2011高中数学总复习课件：直线与圆锥曲线的位置关系

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有相交、相切、相离；相交有两个交点（特殊情况除外），相切只有一个交点，相离无交点.判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y（或x）得变量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：Δ＞0Δ=0Δ0.若a=0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点.若曲线为双曲线，则直线与双曲线的渐近线平行；若曲线为抛物线，则直线与抛物线的对称轴平行.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212122111.ABkxxyyk1.直线过点（2,4）与抛物线y2=8x只有一个公共点，这样的直线共有（）A.1条B.2条C.3条D.4条B因为点(2,4)在曲线上，所以当直线与抛物线相切时只有一条，而当直线与抛物线的对称轴平行时也有一条，故共有2条，故选B.易错点：直线与抛物线相交，交点的问题应注意到直线的斜率k不存在，以及直线平行抛物线对称轴时的两种情况.2.已知双曲线的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是（）A.（1,2）B.（1,2］C.D.（2,+∞）221124xyC33,33［］可得双曲线的渐近线方程为y=±x，过点F分别作两条渐近线的平行线l1和l2，由图形可知，符合题意的直线斜率的取值范围为，故选C.易错点：直线与双曲线相交问题，应结合图形分析直线与渐近线平行、相切等极端位置.3333,33［］3.过抛物线y2=4x的焦点，且倾斜角为的直线交抛物线于P，Q两点，O为坐标原点，则△OPQ的面积是.3π422因为直线方程为x+y-1=0，即x=1-y.代入y2=4x，得：y2+4y-4=0，设P（x1,y1），Q（x2,y2），所以y1+y2=-4,y1·y2=-4，所以所以故填161642，21212124yyyyyy（）121·2OABSOFyy1=142=222，22.4.已知抛物线y2=2px（p0）的顶点为O焦点为F，点P为抛物线上一点，对于△POF的形状有下列说法：①可能为等腰三角形；②可能为等腰直角三角形；③可能为正三角形，其中正确的序号是.结合图形当时，，不等于，也不等于，又因为通径长（过焦点F与对称轴垂直的弦长）为2p，则②③均不可能发生.故填①.4px22yp4p34p①，重点突破：直线与圆锥曲线的位置关系(Ⅰ)已知A(-3,4)，B(4,4)，若线段AB与椭圆没有公共点，求正数a的取值范围.(Ⅱ)若直线y=kx+1与双曲线3x2-4y2=12有两个不同的交点，求实数k的取值范围.例12222yxa(Ⅰ)利用图形进行分析，分两种情况解答，即线段AB在椭圆内和椭圆外.(Ⅱ)联立直线与双曲线方程消去y得到关于x的二次方程，在二次项系数不等于零的情况下利用Δ＞0求解.(Ⅰ)线段AB的方程为y=4(-3≤x≤4).①当线段AB在椭圆外时，a4，解得0a2②当线段AB在椭圆内时，根据椭圆的对称性可知，解得a2，综上知正数a的取值范围是0a2或a2.2；2222442a，626(Ⅱ)由y=kx+1与双曲线3x2-4y2=12联立消去y得(3-4k2)x2-8kx-16=0，由题意知3-4k2≠0，即k≠±，则Δ=64k2+64（3-4k2）0，得k21，即-1k1，综上所得3233331,,,1.2222k（）（）（）(Ⅰ)解答直线与椭圆的位置关系有两种，即判别式法与数形结合法.(Ⅱ)判断直线与双曲线的位置关系利用判别式法时，注意对二次项系数的讨论，二次项系数等于零实质是直线与渐近线平行的情况.当k=时，直线y=k(x+1)与抛物线y2=4x恰有一个公共点.由y=k(x+1)与y2=4x联立消去x，得ky2-4y+4k=0，当k=0时，直线与抛物线只有一个公共当k≠0时，Δ=16-16k2=0，解得k=±1.综上，k=-1,0,1.变式练习1-1，0，1点；重点突破：中点弦及弦长问题已知△ABC的顶点A，B在椭圆x2+3y2=4上，点C在直线l：y=x+2上，且AB∥l.(Ⅰ)当AB边通过坐标原点O时，求线段AB的长及△ABC的面积；(Ⅱ)当∠ABC=90°，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程.例2(Ⅰ)求出直线AB的方程，与椭圆方程联立，消元，利用根与系数的关系求出弦长AB，进而求出△ABC的面积；(Ⅱ)先设直线AB的方程，然后建立斜边长AC是某一变量的函数关系式，求出取得最值时，相应的变量，即可求得直线AB的方程.(Ⅰ)因为AB∥l，且AB边过点(0，0)，则AB所在直线的方程为y=x，设A，B两点坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，x2+3y2=4y=x所以又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离，所以h=，所以由，得x=±1，12222.ABxx21·2.2ABCSABh(Ⅱ)设AB所在直线的方程为y=x+m，由x2+3y2=4y=x+m因为A，B在椭圆上，所以Δ=-设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，则所以，得4x2+6mx+3m2-4=0.12m2+640.y2)，2121233424mmxxxx，，21232622mABxx，又因为BC的长等于点(0，m)到直线l的距离即所以=-(m+1)2+11，所以当m=-1时，AC边最长，(这时Δ=-12+640)，此时AB所在直线的方程为y=x-1.利用韦达定理、弦长公式可解答与弦中点有关的问题、弦长问题及弦所围成的三角形面积等高考常见热点问题.22mBC，2222210ACABBCmm已知抛物线y2=8x上一个定点M(x0,y0)(y00)，过点N(x0+4,0)与MN垂直的直线交抛物线于P，Q两点，若求△MPQ的面积.据题意得：=8x0所以x0=2，y0=4，所以M(2,4)，N(6,0)，所以变式练习242MN，20y22000(4)42MNxxy又因为y00，，40126MNk，因为MN⊥PQ,所以kPQ=1，则直线PQ方程为：y=x-6，y=x-6y2=8x所以又点M到直线PQ的距离为所以SΔMPQ=×16×4=64.联立，得：y2-8y-48=0，122111164192PQyyk162，222464211d，1222设椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A、B两点，点C是AB的中点，若|AB|＝22，OC的斜率为22，求椭圆的方程．变式练习3解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么A、B的坐标是方程组ax2＋by2＝1，x＋y－1＝0的解．由ax21＋by21＝1，ax22＋by22＝1，两式相减，得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0，因为y1－y2x1－x2＝－1，所以y1＋y2x1＋x2＝ab，即2yc2xc＝ab，ycxc＝ab＝22，所以b＝2a.①再由方程组消去y得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0，由|AB|＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝2(x1－x2)2＝2[(x1＋x2)2－4x1x2]＝22.得(x1＋x2)2－4x1x2＝4，得(2ba＋b)2－4·b－1a＋b＝4.②由①、②解得a＝13，b＝23，故所求的椭圆方程为x23＋2y23＝1.重点突破：最值与范围问题设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，顶点A(0,-1).(Ⅰ)若P是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值；(Ⅱ)是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使l与已知椭圆交于不同的两点M、N，且若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.例32213xy12·PFPFAMAN？(Ⅰ)设点P(x,y)，利用函数的最值来求解.(Ⅱ)假设存在，设出直线方程，与椭圆联立，由转化为AP是线段MN的垂直平分线，利用根与系数的关系可判断.AMAN(Ⅰ)由题意知所以F1(-,0)，F2(,0)，设P(x,y)，则因为x∈［］，故当x=0时，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值-1；当x=±时，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值1.3,1,2abc，22212·(2,)(2,)PFPFxyxyx222222121.33xyxx3,312·PFPF312·PFPF(Ⅱ)设存在满足条件的直线l，其方程为y=kx+b(k≠0)，y=kx+b则Δ=36k2b2-4(3k2+1)(3b2-3)=36k2-12b2+①设M(x1,y1)，N(x2,y2)，得：由2213xy得：(3k2+1)x2+6bkx+3b2-3=0，120.1226.31bkxxk从而MN的中点P的坐标为因为所以AP是线段MN的垂直平分线，所以AP⊥MN，于是代入①并整理得：（3k2+1）（k2-1）0，所以-1k1，故满足条件的直线l存在，其斜率k的范围为-1k1且k≠0.223-,.3131bkbkk（）AMAN，22211131,3132031bkbkbkkk（）（），圆锥曲线中求最值与范围问题是高考中的常考问题，解决此类问题一般有两种思路：(1)构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来求解；(2)构造关于所求值的不等式，通过求不等式来获得问题的解.注意在解决此类问题的过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等.变式练习4已知点A，B分别是椭圆长轴的左、右端点，F点是椭圆的右焦点，点P在椭圆上且位于x轴的上方，PA⊥PF.(Ⅰ)求点P的坐标.(Ⅱ)设M是椭圆长轴AB上的一点,M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值.236x2120y(Ⅰ)由已知可得点A(-6,0),F(4，0),设点P(x,y)，y＞0，则=(x+6,y)，(x+6)(x-4)+y2=0，可得2x2+9x-18=0，解得x=,或x=-6，由于y0，只能x=,于是y=，所以点P的坐标是(,).AP=(x-4,y)，由已知可得：2213620xyFP323253232532(Ⅱ)易得直线AP的方程是x-y+6=0，设点M(m,0)，则M到直线AP的距离是，于是=|m-6|，又-6≤m≤6，解得m=2，所以椭圆上的点(x,y)到点M的距离d有d2=(x-2)2+y2=x2-4x+4+20-由于-6≤x≤6，所以当x=时，d取得最小值.362m62m259x2491592x（），9215已知圆O：x2+y2=1，点O为坐标原点，一条直线l：y=kx+b(b0)与圆O相切并与椭圆交于不同的两点A，B.(Ⅰ)设b=f(k)，求f(k)的表达式；(Ⅱ)若，求直线l的方程；(Ⅲ)若求三角形OAB面积的取值范围.例42212xy2·3OAOB23·34OAOBmm（），(Ⅰ)由直线与圆相切，得圆心到直线的距离等于半径可求得.(Ⅱ)联立直线与椭圆方程，由根与系数关系可求得.(Ⅲ)利用弦长公式及求最值的方法可得.(Ⅰ)因为y=kx+b(b＞0)与圆x2+y2=1相切，则即b2=k2+1(k≠0)，所以21,1bk21.bky=kx+b，消去y得：(2k2+1)x2+4kbx+2b2-2=0,所以Δ=8k2＞0(因为k≠0)，设A(x1,y1),B(x2,y2),则所以k2=1，k=±1，则b2=2，又b0，所以b=，所以直线l的方程为y=x+或y=-x+.(Ⅱ)由2212xy21212212·,213kOAOBxxyyk222(Ⅲ)由(Ⅱ)知：因为所以所以≤k2≤1，由弦长公式得：设O到直线AB的距离为d，则d=1，22121kmk，2334m，222133214kk，1222222121kABkk　，所以解得：本题考查直线与圆，直线与椭圆