2021高考数学(福建-理)一轮学案54-直线与圆锥曲线的位置关系.docx
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学案54 直线与圆锥曲线的位置关系 导学目标: 1.了解圆锥曲线的简洁应用.2.理解数形结合的思想. 自主梳理 1.直线与椭圆的位置关系的判定方法 (1)将直线方程与椭圆方程联立,消去一个未知数,得到一个一元二次方程,若Δ>0,则直线与椭圆________;若Δ=0,则直线与椭圆________;若Δ<0,则直线与椭圆________. (2)直线与双曲线的位置关系的判定方法 将直线方程与双曲线方程联立消去y(或x),得到一个一元方程ax2+bx+c=0. ①若a≠0,当Δ>0时,直线与双曲线________;当Δ=0时,直线与双曲线________;当Δ<0时,直线与双曲线________. ②若a=0时,直线与渐近线平行,与双曲线有________交点. (3)直线与抛物线位置关系的判定方法 将直线方程与抛物线方程联立,消去y(或x),得到一个一元方程ax2+bx+c=0. ①当a≠0,用Δ判定,方法同上. ②当a=0时,直线与抛物线的对称轴________,只有________交点. 2.已知弦AB的中点,争辩AB的斜率和方程 (1)AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦,M(x0,y0)是AB的中点,则kAB=________,kAB·kOM=__________.点差法求弦的斜率的步骤是: ①将端点坐标代入方程:+=1,+=1. ②两等式对应相减:-+-=0. ③分解因式整理:kAB==-=-. (2)运用类比的手法可以推出:已知AB是双曲线-=1的弦,中点M(x0,y0),则kAB=__________________.已知抛物线y2=2px (p>0)的弦AB的中点M(x0,y0),则kAB=____________. 3.弦长公式 直线l:y=kx+b与圆锥曲线C:F(x,y)=0交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点, 则|AB|=|x1-x2| = 或|AB|= |y1-y2|= ·. 自我检测 1.抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l,经过F且斜率为的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A,AK⊥l,垂足为K,则△AKF的面积是( ) A.4 B.3 C.4 D.8 2.(2011·中山调研)与抛物线x2=4y关于直线x+y=0对称的抛物线的焦点坐标是( ) A.(1,0) B. C.(-1,0) D. 3.(2011·许昌模拟)已知曲线+=1和直线ax+by+1=0 (a、b为非零实数),在同一坐标系中,它们的图形可能是( ) 4.(2011·杭州模拟)过点的直线l与抛物线y=-x2交于A、B两点,O为坐标原点,则·的值为( ) A.- B.- C.-4 D.无法确定 探究点一 直线与圆锥曲线的位置关系 例1 k为何值时,直线y=kx+2和曲线2x2+3y2=6有两个公共点?有一个公共点?没有公共点? 变式迁移1 已知抛物线C的方程为x2=y,过A(0,-1),B(t,3)两点的直线与抛物线C没有公共点,则实数t的取值范围是( ) A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.∪ C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-)∪(,+∞) 探究点二 圆锥曲线中的弦长问题 例2 如图所示,直线y=kx+b与椭圆+y2=1交于A、B两点, 记△AOB的面积为S. (1)求在k=0,0<b<1的条件下,S的最大值; (2)当|AB|=2,S=1时,求直线AB的方程. 变式迁移2 已知椭圆的两焦点为F1(-,0),F2(,0),离心率e=. (1)求椭圆的标准方程; (2)设直线l:y=x+m,若l与椭圆相交于P,Q两点,且|PQ|等于椭圆的短轴长,求m的值. 探究点三 求参数的范围问题 例3 (2011·开封模拟)直线m:y=kx+1和双曲线x2-y2=1的左支交于A、B两点,直线l过点P(-2,0)和线段AB的中点M,求l在y轴上的截距b的取值范围. 变式迁移3 在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,)且斜率为k的直线l与椭圆+y2=1有两个不同的交点P和Q. (1)求k的取值范围; (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B,是否存在常数k,使得向量+与共线?假如存在,求k值;假如不存在,请说明理由. 函数思想的应用 例 (12分)已知椭圆C的方程为+=1 (a>b>0),双曲线-=1的两条渐近线为l1,l2, 过椭圆C的右焦点F作直线l,使l⊥l1,又l与l2交于P点,设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A,B. (1)当l1与l2夹角为60°,双曲线的焦距为4时,求椭圆C的方程及离心率; (2)求的最大值. 【答题模板】 解 (1)双曲线的渐近线为y=±x,两渐近线夹角为60°,又<1,∴∠POx=30°, ∴=tan 30°=,∴a=b.又a2+b2=22, ∴3b2+b2=4,[2分] ∴b2=1,a2=3,∴椭圆C的方程为+y2=1, ∴离心率e==.[4分] (2)由已知,l:y=(x-c)与y=x联立, 解方程组得P.[6分] 设=λ,则=λ,∵F(c,0),设A(x0,y0),则(x0-c,y0)=λ, ∴x0=,y0=.即A.[8分] 将A点坐标代入椭圆方程,得(c2+λa2)2+λ2a4=(1+λ)2a2c2, 等式两边同除以a4,(e2+λ)2+λ2=e2(1+λ)2,e∈(0,1),[10分] ∴λ2==-+3 ≤-2 +3=3-2=(-1)2, ∴当2-e2=,即e2=2-时,λ有最大值-1,即的最大值为-1.[12分] 【突破思维障碍】 最值问题是从动态角度去争辩解析几何中数学问题的主要内容,一是在精确 把握题意的基础上,建立函数、不等式模型,利用二次函数、三角函数的有界性、基本不等式解决;二是利用数形结合,考虑相切、相交的几何意义解决. 【易错点剖析】 不能把转化成向量问题,使得运算繁琐造成错误,由λ2=不会求最值或忽视e2-2<0这个隐含条件. 1.直线与圆锥曲线的位置关系是解析几何的重点内容之一,也是高考的热点,这类问题往往与函数、不等式、三角、向量等学问综合、交汇考查,而且对综合力气的考查显见其中.因此解决此类问题需要有较广的学问面及较强的解决问题的力气. 2.从题目类型上多见于与弦的中点、弦长、弦所在直线的斜率等有关的最值问题、参数范围问题.基本思路就是直线方程与圆锥曲线方程联立消元得到形如ax2+bx+c=0的方程,由韦达定理得x1+x2=,x1x2=.然后再把要争辩的问题转化为用x1+x2和x1x2去表示.最终,用函数、不等式等学问加以解决.需要留意的就是要留意对隐含条件的挖掘,比如判别式Δ≥0,圆锥曲线中有关量的固有范围等. (满分:75分) 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.(2011·菏泽调研)F1、F2是椭圆+=1 (a>b>0)的两个焦点,P是椭圆上任一点,从任一焦点引∠F1PF2的外角平分线的垂线,垂足为Q,则点Q的轨迹为( ) A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 2.若双曲线-=1的渐近线上的点A与双曲线的右焦点F的距离最小,抛物线y2=2px (p>0)通过点A,则p的值为( ) A. B.2 C. D. 3.(2011·武汉月考)已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1,抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是( ) A.2 B.3 C. D. 4.已知直线y=k(x+2) (k>0)与抛物线C:y2=8x相交于A、B两点,F为C的焦点.若|FA|=2|FB|,则k等于( ) A. B. C. D. 5.斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A、B两点,则|AB|的最大值为( ) A.2 B. C. D. 二、填空题(每小题4分,共12分) 6.(2011届合肥期末)若直线y=kx+1 (k∈R)与焦点在x轴上的椭圆+=1恒有公共点,则t的范围是______________. 7.P为双曲线x2-=1右支上一点,M、N分别是圆(x+4)2+y2=4和(x-4)2+y2=1上的点,则|PM|-|PN|的最大值为________. 8.(2010·全国Ⅱ)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,过M(1,0)且斜率为的直线与l相交于点A,与C的一个交点为B,若A=M,则p=________. 三、解答题(共38分) 9.(12分)已知抛物线y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B,求|AB|的长. 10.(12分)(2010·天津)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4. (1)求椭圆的方程; (2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A的坐标为(-a,0),点Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且·=4,求y0的值. 11.(14分)(2011·江西)P(x0,y0)(x0≠±a)是双曲线E:-=1(a>0,b>0)上一点,M,N分别是双曲线E的左,右顶点,直线PM,PN的斜率之积为. (1)求双曲线的离心率; (2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A,B两点,O为坐标原点,C为双曲线上一点,满足=λ+,求λ的值. 学案54 直线与圆锥曲线的位置关系 自主梳理 1.(1)相交 相切 相离 (2)①相交 相切 相离 ②一个 (3)②平行 一个 2.(1)- - (2) 自我检测 1.C 2.C 3.C 4.B 课堂活动区 例1 解题导引 用直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,可以争辩直线与圆锥曲线的位置关系,也就是用代数的方法争辩几何问题,这是解析几何的重要思想方法.方程组消元后要留意所得方程的二次项系数是否含有参数,若含参数,需按二次项系数是否为零进行分类争辩,只有二次项系数不为零时,方程才是一元二次方程,后面才可以用判别式Δ的符号推断方程解的个数,从而说明直线与圆锥曲线的位置关系. 解 由得2x2+3(kx+2)2=6, 即(2+3k2)x2+12kx+6=0, Δ=144k2-24(2+3k2)=72k2-48. 当Δ=72k2-48>0,即k>或k<-时,直线和曲线有两个公共点; 当Δ=72k2-48=0,即k=或k=-时,直线和曲线有一个公共点; 当Δ=72k2-48<0,即-<k<时,直线和曲线没有公共点. 变式迁移1 D [直线AB的方程为y=x-1(t=0时不合题意,舍去),与抛物线方程x2=y联立得x2-x+=0,由于直线AB与抛物线C没有公共点,所以Δ=-2<0,解得t>或t<-.] 例2 解题导引 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础学问,考查解析几何的基本思想方法和综合解题力气.“设而不求”是解决直线与圆锥曲线交点问题的基本方法.当所求弦为焦点弦时,可结合圆锥曲线的定义求解. 解 (1)设点A的坐标为(x1,b),点B的坐标为(x2,b),由+y2=1,解得x1,2=±2, 所以S=b|x1-x2|=2b≤b2+1-b2=1. 当且仅当b=时,S取到最大值1. (2)由得(4k2+1)x2+8kbx+4b2-4=0, Δ=16(4k2-b2+1).① |AB|=|x1-x2|=·=2.② 又由于O到AB的距离d===1, 所以b2=k2+1.③ 将③代入②并整理,得4k4-4k2+1=0, 解得k2=,b2=,代入①式检查,Δ>0. 故直线AB的方程是:y=x+或y=x-或y=-x+或y=-x-. 变式迁移2 解 (1)设椭圆方程为+=1 (a>b>0), 则c=,=.∴a=2,b=1. ∴所求椭圆方程为+y2=1. (2)由消去y得关于x的方程: 5x2+8mx+4(m2-1)=0, 则Δ=64m2-80(m2-1)>0,解得m2<5.(*) 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-m, x1x2=,y1-y2=x1-x2, ∴|PQ|== = =2, 解得m2=,满足(*),∴m=±. 例3 解题导引 直线与圆锥曲线的位置关系从代数的角度来看,就是直线方程与圆锥曲线的方程组成的方程组有无解的问题,结合判别式Δ争辩,利用设而不求与整体代入等技巧与方法,从而延长出一些简洁的参数范围的争辩. 解 由 (x≤-1) 得(k2-1)x2+2kx+2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2), 则,∴1<k<. 设M(x0,y0),由, 设l与y轴的交点为Q(0,b),则由P(-2,0), M,Q(0,b)三点共线得b=, 设f(k)=-2k2+k+2,则f(k)在(1,)上单调递减, ∴f(k)∈(-2+,1), ∴b∈(-∞,-2-)∪(2,+∞). 变式迁移3 解 (1)由已知条件,直线l的方程为y=kx+, 代入椭圆方程得+(kx+)2=1, 整理得x2+2kx+1=0.① 直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于 Δ=8k2-4=4k2-2>0,解得k<-或k>. 即k的取值范围为∪. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则+=(x1+x2,y1+y2), 由方程①,x1+x2=-.② 又y1+y2=k(x1+x2)+2.③ 而A(,0),B(0,1),=(-,1). 所以+与共线等价于x1+x2=-(y1+y2), 将②③代入上式,解得k=. 由(1)知k<-或k>,故没有符合题意的常数k. 课后练习区 1.A 2.C 3.A 4.D 5.C 6.[1,5) 7.5 8.2 9.解 设直线AB的方程为y=x+b, 由消去y得x2+x+b-3=0,(3分) ∴x1+x2=-1. 于是AB的中点M(-,-+b), 且Δ=1-4(b-3)>0,即b<.(6分) 又M(-,-+b)在直线x+y=0上,∴b=1符合.(8分) ∴x2+x-2=0.由弦长公式可得 |AB|==3.(12分) 10.解 (1)由e==,得3a2=4c2. 再由c2=a2-b2,得a=2b. 由题意可知×2a×2b=4,即ab=2. 解方程组得 所以椭圆的方程为+y2=1.(4分) (2)由(1)可知A(-2,0),且直线l的斜率必存在.设B点的坐标为(x1,y1),直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2). 于是A,B两点的坐标满足方程组 由方程组消去y并整理,得 (1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0. 由根与系数的关系,得-2x1=, 所以x1=,从而y1=. 设线段AB的中点为M,则M的坐标为(-,).(6分) 以下分两种状况争辩: ①当k=0时,点B的坐标是(2,0),线段AB的垂直平分线为y轴,于是=(-2,-y0),=(2,-y0). 由·=4,得y0=±2.(8分) ②当k≠0时,线段AB的垂直平分线的方程为 y-=-(x+). 令x=0,解得y0=-. 由=(-2,-y0),=(x1,y1-y0), ·=-2x1-y0(y1-y0) =+(+) ==4, 整理得7k2=2,故k=±. 所以y0=±.(11分) 综上,y0=±2或y0=±.(12分) 11.解 (1)由点P(x0,y0)(x0≠±a)在双曲线-=1上,有-=1. 由题意有·=,(3分) 可得a2=5b2,c2=a2+b2=6b2,e==.(6分) (2)联立得4x2-10cx+35b2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则① 设=(x3,y3),=λ+, 即(9分) 又C为双曲线上一点, 即x-5y=5b2,有 (λx1+x2)2-5(λy1+y2)2=5b2.化简得 λ2(x-5y)+(x-5y)+2λ(x1x2-5y1y2)=5b2.② 又A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线上, 所以x-5y=5b2,x-5y=5b2.(11分) 由①式又有x1x2-5y1y2=x1x2-5(x1-c)(x2-c) =-4x1x2+5c(x1+x2)-5c2=10b2, ②式可化为λ2+4λ=0,解得λ=0或λ=-4. (14分)- 配套讲稿:
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