直线与圆锥曲线教案

个性化教案1/17直线与圆锥曲线适用学科数学适用年级高三适用区域通用课时时长（分钟）60知识点直线与圆锥曲线的位置关系交点个数问题弦长问题弦中点问题范围问题对称问题定点、定值、最值问题教学目标掌握将直线与圆锥曲线方程联立，应用判别式、韦达定理的方法.会建立适当的坐标系，合理建立曲线模型，然后转化为相应的代数问题作出定量或定性的分析与判断.灵活解决圆锥曲线的综合问题教学重点圆锥曲线的综合问题教学难点灵活解决圆锥曲线的综合问题教学过程一、复习预习教师引导学生复习上节内容，并引入本节课程内容二、知识讲解考点/易错点1直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有：Δ0⇔直线与圆锥曲线相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；Δ0⇔直线与圆锥曲线相离．若a＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点．考点/易错点2圆锥曲线的弦长问题设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|个性化教案2/17＝1＋k2|x1－x2|或1＋1k2|y1－y2|.三、例题精析【例题1】【题干】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为22.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为103时，求k的值．【解析】(1)由题意得a＝2，ca＝22，a2＝b2＋c2，解得b＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)由y＝kx－1，x24＋y22＝1，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－41＋2k2，所以|MN|＝x2－x12＋y2－y12＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝21＋k24＋6k21＋2k2.又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝|k|1＋k2，所以△AMN的面积为S＝12|MN|·d＝|k|4＋6k21＋2k2.个性化教案3/17由|k|4＋6k21＋2k2＝103，解得k＝±1.【例题2】【题干】如图，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．(1)求椭圆C的方程；(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．【解析】(1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得2＋c2＋1＝10，ca＝12，得c＝1，a＝2.所以椭圆方程为x24＋y23＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，由y＝kx＋m，3x2＋4y2＝12消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2.个性化教案4/17所以线段AB的中点为M－4km3＋4k2，3m3＋4k2.因为M在直线OP：y＝12x上，所以3m3＋4k2＝－2km3＋4k2.得m＝0(舍去)或k＝－32.此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则Δ＝3(12－m2)＞0，x1＋x2＝m，x1x2＝m2－33.所以|AB|＝1＋k2·|x1－x2|＝396·12－m2，设点P到直线AB的距离为d，则d＝|8－2m|32＋22＝2|m－4|13.设△ABP的面积为S，则S＝12|AB|·d＝36·m－4212－m2.其中m∈(－23，0)∪(0,23)．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－23，23]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－7)(m－1＋7)．所以当且仅当m＝1－7时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝1－7时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋27－2＝0.【例题3】【题干】如图，椭圆C0：x2a2＋y2b2＝1(ab0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t21，bt1a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点．个性化教案5/17(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2＋y2＝t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中bt2a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t21＋t22为定值．【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y＝y1x1＋a(x＋a)，①直线A2B的方程为y＝－y1x1－a(x－a)．②由①②得y2＝－y21x21－a2(x2－a2)．③由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故x21a2＋y21b2＝1.从而y21＝b21－x21a2，代入③得x2a2－y2b2＝1(x－a，y0)．(2)证明：设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2|·|y2|，故x21y21＝x22y22.因为点A，A′均在椭圆上，所以b2x211－x21a2＝b2x221－x22a2.由t1≠t2，知x1≠x2，所以x21＋x22＝a2，从而y21＋y22＝b2，因此t21＋t22＝a2＋b2为定值．四、课堂运用【基础】1．已知双曲线x2－y23＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则1PA,·2PF,的最小值为()个性化教案6/17A．－2B．－8116C．1D．0解析：选A设点P(x，y)，其中x≥1.依题意得A1(－1,0)，F2(2,0)，由双曲线方程得y2＝3(x2－1)．1PA,·2PF,＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋y2－x－2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝4x－182－8116，其中x≥1.因此，当x＝1时，1PA,·2PF,取得最小值－2.2．过双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F作与x轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若FM,＝4MN,，则双曲线的离心率为()A.54B.53C.35D.45解析：选B由题意知F(c,0)，则易得M，N的纵坐标分别为b2a，bca，由FM,＝4MN,得b2a＝4·bca－b2a，即bc＝45.又c2＝a2＋b2，则e＝ca＝53.3．已知椭圆C：x22＋y2＝1的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足x202＋y20≤1，则|PF1|＋|PF2|的取值范围为________．解析：当P在原点处时，|PF1|＋|PF2|取得最小值2；当P在椭圆上时，|PF1|＋|PF2|取得最大值22，故|PF1|＋|PF2|的取值范围为[2,22]．答案：[2,22]4．设F1，F2分别是椭圆E：x2＋y2b2＝1(0b1)的左，右焦点，过F1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．(1)求|AB|；(2)若直线l的斜率为1，求b的值．解：(1)由椭圆定义知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝43.个性化教案7/17(2)l的方程为y＝x＋c，其中c＝1－b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组y＝x＋c，x2＋y2b2＝1，化简得(1＋b2)x2＋2cx＋1－2b2＝0.则x1＋x2＝－2c1＋b2，x1x2＝1－2b21＋b2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|，即43＝2|x2－x1|.则89＝(x1＋x2)2－4x1x2＝41－b21＋b22－41－2b21＋b2＝8b41＋b22，解得b＝22.【巩固】1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，直线y＝x＋6与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F1，F2为其左，右焦点，P为椭圆C上任一点，△F1PF2的重心为G，内心为I，且IG∥F1F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点C16，0，求实数k的取值范围．解：(1)设P(x0，y0)，x0≠±a，则Gx03，y03.又设I(xI，yI)，∵IG∥F1F2，∴yI＝y03，∵|F1F2|＝2c，∴S△F1PF2＝12·|F1F2|·|y0|＝12(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·|y03|，∴2c·3＝2a＋2c，个性化教案8/17∴e＝ca＝12，又由题意知b＝|6|1＋1，∴b＝3，∴a＝2，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x24＋y23＝1y＝kx＋m，消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由题意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，即m2＜4k2＋3，又x1＋x2＝－8km3＋4k2，则y1＋y2＝6m3＋4k2，∴线段AB的中点P的坐标为－4km3＋4k2，3m3＋4k2.又线段AB的垂直平分线l′的方程为y＝－1kx－16，点P在直线l′上，∴3m3＋4k2＝－1k－4km3＋4k2－16，∴4k2＋6km＋3＝0，∴m＝－16k(4k2＋3)，∴4k2＋3236k2＜4k2＋3，∴k2＞332，解得k＞68或k＜－68，∴k的取值范围是－∞，－68∪68，＋∞.2．已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，|AM|,·|BM|,cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．(1)求|AM|,＋|BM|,的值，并写出曲线C的方程；(2)求△APQ的面积的最大值．解：(1)设M(x，y)，在△MAB中，|AB|,＝2，∠AMB＝2θ，根据余弦定理得|AM|,2＋|BM|,2－2|AM|,·|BM|,cos2θ＝|AB|,2＝4，即(|AM|,＋|BM|,)2－2|AM|,·|BM|,·(1＋cos2θ)＝4，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4|AM|,|BM|,·cos2θ＝4.因为|AM|,·|BM|,cos2θ＝3，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4×3＝4，个性化教案9/17所以|AM|,＋|BM|,＝4.又|AM|,＋|BM|,＝4＞2＝|AB|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，则a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.所以曲线C的方程为x24＋y23＝1.(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1.由x＝my＋1x24＋y23＝1，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则△APQ的面积S△APQ＝12×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.由根与系数的关系得y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×3m2＋33m2＋42.令t＝3m2＋3，则t≥3，(