直线与圆锥曲线专题

直线与圆锥曲线专题复习更生学校童景平要点梳理1．直线与圆锥曲线的位置关系(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点．(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程f(x，y)＝0.由Ax＋By＋C＝0fx，y＝0，消元如消去y后得ax2＋bx＋c＝0.①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行或重合；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)．②若a≠0，设Δ＝b2－4ac.a．Δ0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；b．Δ0时，直线和圆锥曲线相切于一点；c．Δ0时，直线和圆锥曲线没有公共点．2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝1＋k2|x1－x2|或|P1P2|＝1＋1k2|y1－y2|.(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用轴上两点间距离公式)．(3)求经过圆锥曲线的焦点的弦的长度，应用圆锥曲线的定义，转化为两个焦半径之和，往往比用弦长公式简捷．=3．圆锥曲线的中点弦问题遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解．在椭圆x2a2＋y2b2＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－b2x0a2y0；在双曲线x2a2－y2b2＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝b2x0a2y0；在抛物线y2＝2px(p0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝py0.[难点正本疑点清源]1．直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点．还可通过代数方法即解方程组的办法来研究．因为直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法．2．直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视韦达定理和判别式的应用．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．基础自测1．已知椭圆x24＋y2＝1的两个焦点为F1、F2，过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，一个交点为P，则|PF2|＝______.解析将x＝－3代入椭圆方程得yp＝12，由|PF1|＋|PF2|＝4⇒|PF2|＝4－|PF1|＝4－12＝72.722．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是____________．解析Q点坐标为(－2,0)，直线l的斜率不存在时，不满足题意，所以可设直线l的斜率为k，方程为y＝k(x＋2)．当k＝0时满足．当k≠0时，x＝1ky－2，代入y2＝8x，得y2－8ky＋16＝0.Δ＝64k2－64≥0，k2≤1，即－1≤k≤1(k≠0)．综上，－1≤k≤1.－1≤k≤13．过点P(－1,2)且与曲线y＝3x2－4x＋2在点M(1,1)处的切线平行的直线方程是______________．解析由y＝3x2－4x＋2，得y′＝6x－4，∴k＝y′|x＝1＝2，∴所求直线方程为y－2＝2(x＋1)，即2x－y＋4＝0.2x－y＋4＝04．已知直线y＝kx－1与椭圆x24＋y2a＝1相切，则k，a之间的关系式为()A．4a＋4k2＝1B．4k2－a＝1C．a－4k2＝1D．a＋4k2＝1解析由y＝kx－1，ax2＋4y2－4a＝0，得(4k2＋a)x2－8kx＋4(1－a)＝0.∵直线与椭圆相切，∴Δ＝0，即64k2＋4×(4k2＋a)×4(a－1)＝0，∴a＋4k2＝1.D5．(2010·辽宁)设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足，如果直线AF的斜率为－3，那么|PF|等于()A．43B．8C．83D．16解析如图所示，直线AF的方程为y＝－3(x－2)，与准线方程x＝－2联立得A(－2,43)．设P(x0,43)，代入抛物线y2＝8x，得8x0＝48，∴x0＝6，∴|PF|＝x0＋2＝8.B题型分类深度剖析题型一直线与圆锥曲线的位置关系例1已知直线l：kx－y＋2＝0，双曲线C：x2－4y2＝4，当k为何值时：(1)l与C无公共点；(2)l与C有唯一公共点；(3)l与C有两个不同的公共点思维启迪：联立方程，解方程组，通过方程的解的个数分析直线l与双曲线的关系．解将直线与双曲线方程联立消去y，得(1－4k2)x2－16kx－20＝0.①当1－4k2≠0时，有Δ＝(－16k)2－4(1－4k2)·(－20)＝16(5－4k2)．(1)当1－4k2≠0且Δ0时，即k－52或k52时，l与C无公共点．(2)当1－4k2＝0，即k＝±12时，显然方程①只有一解．当Δ＝0时，即k＝±52时，方程①只有一解．故当k＝±12或k＝±52时，l与C有唯一公共点.(3)当1－4k2≠0，且Δ0时，即－52k52且k≠±12时，方程有两解，l与C有两个公共点．探究提高用直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，可以研究直线与圆锥曲线的位置关系，也就是用代数的方法研究几何问题，这是解析几何的重要思想方法．方程组消元后要注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讨论，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的符号判断方程解的个数，从而说明直线与圆锥曲线的位置关系．变式训练1已知直线y＝(a＋1)x－1与曲线y2＝ax恰有一个公共点，求实数a的值．解联立方程y＝a＋1x－1y2＝ax(1)当a＝0时，此方程组恰有一组解x＝1y＝0；(2)当a≠0时，消去x，得a＋1ay2－y－1＝0；①当a＋1a＝0，即a＝－1时，方程变为一元一次方程－y－1＝0，方程恰有一组解x＝－1y＝－1；②若a＋1a≠0，即a≠－1时，令Δ＝0，得1＋4a＋1a＝0，解得a＝－45，此时直线与曲线相切，有且只有一个公共点．综上所述，当a＝0，a＝－1或a＝－45时，直线与曲线y2＝ax恰有一个公共点．易错分析(1)很多考生误以为a≠0，忽视对a＝0的讨论，从而致误．(2)当a≠0时，转化为一元二次方程，对二次项的系数的讨论，也是一个易错点．感悟高考明确考向(2010·浙江)已知m1，直线l：x－my－m22＝0，椭圆C：x2m2＋y2＝1，F1、F2分别为椭圆C的左、右焦点．(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．解(1)∵直线l：x－my－m22＝0经过F2(m2－1，0)，∴m2－1＝m22，得m2＝2.又∵m1，∴m＝2.故直线l的方程为x－2y－1＝0.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋m22，x2m2＋y2＝1，消去x得2y2＋my＋m24－1＝0，则由Δ＝m2－8(m24－1)＝－m2＋80，知m28，且有y1＋y2＝－m2，y1y2＝m28－12.由于F1(－c,0)，F2(c,0)，故O为F1F2的中点．由G、H分别为△AF1F2、△BF1F2的重心，可知G(x13，y13)，H(x23，y23)，|GH|2＝(x1－x2)29＋(y1－y2)29.设M是GH的中点，则M(x1＋x26，y1＋y26)，由题意可知，2|MO||GH|，即4[(x1＋x26)2＋(y1＋y26)2](x1－x2)29＋(y1－y2)29，即x1x2＋y1y20.而x1x2＋y1y2＝(my1＋m22)(my2＋m22)＋y1y2＝(m2＋1)(m28－12)，∴m28－120，即m24.又∵m1且Δ0，∴1m2.∴m的取值范围是(1,2)．考题分析本题主要考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、点与圆的位置关系．体现了待定系数法和运用解方程组研究有关参数问题的思想方法，即方程的思想方法．易错提醒(1)利用待定系数法求方程时，出现计算错误．(2)直线l与椭圆C相交，在联立方程解方程组时，考生易忽略判别式大于0.(3)无法实现将“O在以线段GH为直径的圆内”转化为代数式．缺乏转化的方向感．题型二圆锥曲线中的弦长问题例2设点F0，32，动圆P经过点F且和直线y＝－32相切，记动圆的圆心P的轨迹为曲线W.(1)求曲线W的方程；(2)过点F作互相垂直的直线l1，l2分别交曲线W于A，B和C，D.求四边形ACBD面积的最小值．解(1)过点P作PN垂直于直线y＝－32于点N，依题意得|PF|＝|PN|，所以动点P的轨迹是以F0，32为焦点，直线y＝－32为准线的抛物线，即曲线W的方程是x2＝6y.(2)如图所示，依题意，直线l1，l2的斜率存在且不为0，设直线l1的方程为y＝kx＋32，由l1⊥l2得l2的方程为y＝－1kx＋32.将y＝kx＋32代入x2＝6y，化简得x2－6kx－9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝6k，x1x2＝－9，∴|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝6(k2＋1)．同理可得|CD|＝61k2＋1，∴四边形ACBD的面积S＝12|AB|·|CD|＝18(k2＋1)1k2＋1＝18k2＋1k2＋2≥72.当且仅当k2＝1k2，即k＝±1时，Smin＝72，故四边形ACBD面积的最小值是72.探究提高由直线与圆锥曲线的方程联立解方程组是解决这类问题的通法，而相关的最值的讨论求解往往需要建立目标函数，进一步转化为函数法或不等式法来求解．变式训练2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为63，短轴的一个端点到右焦点的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为32，求△AOB面积的最大值．解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意得ca＝63a＝3，∴c＝2，b＝1.∴所求椭圆方程为x23＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①当l⊥x轴或l∥x轴时，|AB|＝3.②当l与x轴不垂直且不平行时，设直线l的方程为y＝kx＋m.由已知|m|1＋k2＝32，得m2＝34(k2＋1)把y＝kx＋m代入椭圆方程整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，∴x1＋x2＝－6km3k2＋1，x1x2＝3m2－13k2＋1.∴|AB|2＝(1＋k2)36k2m23k2＋12－12m2－13k2＋1＝12k2＋13k2＋1－m23k2＋12＝3k2＋19k2＋13k2＋12＝3＋12k29k4＋6k2＋1＝3＋129k2＋1k2＋6(k≠0)≤3＋122×3＋6＝4，当且仅当9k2＝1k2，即k＝±33时等号成立．综上所述，|AB|max＝2.∴当|AB|最大时，△AOB面积取最大值Smax＝12×|AB|max×32＝32.例已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x2＋3y2＝4上，对角线BD所在直线的斜率为1.(1)当直线BD过点(0,1)时，求直线AC的方程；(2)当∠ABC＝60°时，求菱形ABCD面积的最大值．思维