【创新方案】2013年高考数学一轮复习_第九篇_解析几何_第8讲_直线与圆锥曲线的位置关系教案_理_

1直线与圆锥曲线的位置关系考向一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】►(2011·合肥模拟)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()．A.－12，12B．[－2,2]C．[－1,1]D．[－4,4]解析由题意得Q(－2,0)．设l的方程为y＝k(x＋2)，代入y2＝8x得k2x2＋4(k2－2)x＋4k2＝0，∴当k＝0时，直线l与抛物线恒有一个交点；当k≠0时，Δ＝16(k2－2)2－16k4≥0，即k2≤1，∴－1≤k≤1，且k≠0，综上－1≤k≤1.答案C【训练1】若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆x29＋y24＝1的交点个数是()．A．至多为1B．2C．1D．0解析由题意知：4m2＋n2＞2，即m2＋n2＜2，∴点P(m，n)在椭圆x29＋y24＝1的内部，故所求交点个数是2个．答案B考向二弦长及中点弦问题【例2】►若直线l与椭圆C：x23＋y2＝1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．[审题视点]联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系后代入弦长公式，利用基本不等式求出弦长的最大值即可．解设A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)当AB⊥x轴时，|AB|＝3；(2)当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m.由已知，得|m|1＋k2＝32，即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＝m2－3k2＋1.∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)·36k2m2k2＋2－m2－3k2＋1＝k2＋k2＋1－m2k2＋22＝k2＋k2＋k2＋2＝3＋12k29k4＋6k2＋1.当k≠0时，上式＝3＋129k2＋1k2＋6≤3＋122×3＋6＝4，当且仅当9k2＝1k2，即k＝±33时等号成立．此时|AB|＝2；当k＝0时，|AB|＝3，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.【训练2】椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，C是AB的中点，若AB＝22，OC的斜率为22，求椭圆的方程．解法一设A(x1，y1)、B(x2，y2)，代入椭圆方程并作差得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0.而y1－y2x1－x2＝－1，y1＋y2x1＋x2＝koc＝22，代入上式可得b＝2a.再由|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝2|x2－x1|＝22，其中x1、x2是方程(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0的两根，故2ba＋b2－4·b－1a＋b＝4，将b＝2a代入得a＝13，∴b＝23.∴所求椭圆的方程是x23＋2y23＝1.考向三圆锥曲线中的最值(或取值范围)问题【例3】►(2011·湘潭模拟)已知椭圆x22＋y2＝1的左焦点为F，O为坐标原点．(1)求过点O、F，并且与直线l：x＝－2相切的圆的方程；(2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围．解(1)∵a2＝2，b2＝1，∴c＝1，F(－1,0)，∵圆过点O，F，∴圆心M在直线x＝－12上．设M－12，t，则圆半径r＝－12－－＝32，由|OM|＝r，得－122＋t2＝32，解得t＝±2，∴所求圆的方程为x＋122＋(y±2)2＝94.(2)设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，代入x22＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.3∵直线AB过椭圆的左焦点F且不垂直于x轴，∴方程有两个不等实根．如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点N(x0，y0)，则x1＋x2＝－4k22k2＋1，x0＝12(x1＋x2)＝－2k22k2＋1，y0＝k(x0＋1)＝k2k2＋1，∴AB的垂直平分线NG的方程为y－y0＝－1k(x－x0)．令y＝0，得xG＝x0＋ky0＝－2k22k2＋1＋k22k2＋1＝－k22k2＋1＝－12＋14k2＋2，∵k≠0，∴－12＜xG＜0，∴点G横坐标的取值范围为－12，0.【训练3】(2012·金华模拟)已知过点A(－4,0)的动直线l与抛物线G：x2＝2py(p＞0)相交于B、C两点．当直线l的斜率是12时，AC→＝4AB→.(1)求抛物线G的方程；(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b，求b的取值范围．解(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的斜率是12时，l的方程为y＝12(x＋4)，即x＝2y－4.由x2＝2py，x＝2y－4得2y2－(8＋p)y＋8＝0，∴y1y2＝4，①y1＋y2＝8＋p2，②又∵AC→＝4AB→，∴y2＝4y1，③由①②③及p＞0得：y1＝1，y2＝4，p＝2，得抛物线G的方程为x2＝4y.(2)设l：y＝k(x＋4)，BC的中点坐标为(x0，y0)，由x2＝4y，y＝kx＋得x2－4kx－16k＝0，④∴x0＝xC＋xB2＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k.∴线段BC的中垂线方程为y－2k2－4k＝－1k(x－2k)，∴线段BC的中垂线在y轴上的截距为：b＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2，对于方程④，由Δ＝16k2＋64k＞0得k＞0或k＜－4.∴b∈(2，＋∞)．4考向四定值(定点)问题【例4】►(2011·四川)椭圆有两顶点A(－1,0)、B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.(1)当|CD|＝322时，求直线l的方程．(2)当点P异于A、B两点时，求证：OP→·OQ→为定值．(1)解因椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)，由已知得b＝1，c＝1，所以a＝2，椭圆方程为y22＋x2＝1.直线l垂直于x轴时与题意不符．设直线l的方程为y＝kx＋1，将其代入椭圆方程化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－2kk2＋2，x1·x2＝－1k2＋2，|CD|＝k2＋1·x1＋x22－4x1x2＝22k2＋k2＋2.由已知得22k2＋k2＋2＝322，解得k＝±2.所以直线l的方程为y＝2x＋1或y＝－2x＋1.(2)证明直线l与x轴垂直时与题意不符．设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，所以P点坐标为－1k，0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－2kk2＋2，x1·x2＝－1k2＋2，直线AC的方程为y＝y1x1＋1(x＋1)，直线BD的方程为y＝y2x2－1(x－1)，将两直线方程联立，消去y得x＋1x－1＝y2x1＋y1x2－.因为－1＜x1，x2＜1，所以x＋1x－1与y2y1异号．x＋1x－12＝y22x1＋2y21x2－25＝2－2x222－2x21·x1＋2x2－2＝＋x1＋x2－x1－x2＝1＋－2kk2＋2＋－1k2＋21－－2kk2＋2＋－1k2＋2＝k－1k＋12.又y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－k＋kk2＋2＝－＋k2k2＋2·k－1k＋1，∴k－1k＋1与y1y2异号，x＋1x－1与k－1k＋1同号，∴x＋1x－1＝k－1k＋1，解得x＝－k.因此Q点坐标为(－k，y0)．OP→·OQ→＝－1k，0·()－k，y0＝1.故OP→·OQ→为定值．【训练4】(2011·山东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x23＋y2＝1.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝－3于点D(－3，m)．(1)求m2＋k2的最小值；(2)若|OG|2＝|OD|·|OE|，求证：直线l过定点．(1)解设直线l的方程为y＝kx＋t(k＞0)，由题意，t＞0.由方程组y＝kx＋t，x23＋y2＝1，得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0.由题意Δ＞0，所以3k2＋1＞t2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝－6kt3k2＋1，所以y1＋y2＝2t3k2＋1.由于E为线段AB的中点，因此xE＝－3kt3k2＋1，yE＝t3k2＋1，此时kOE＝yExE＝－13k.所以OE所在直线方程为y＝－13kx，又由题设知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝1k，即mk＝1，所以m2＋k2≥2mk＝2，当且仅当m＝k＝1时上式等号成立，此时由Δ＞0得0＜t＜2，因此当m＝k＝1且0＜t＜2时，m2＋k2取最小值2.(2)证明由(1)知OD所在直线的方程为y＝－13kx，将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G－3k3k2＋1，13k2＋1.又E－3kt3k2＋1，t3k2＋1，D－3，1k，由距离公式及t＞0得|OG|2＝－3k3k2＋12＋13k2＋12＝9k2＋13k2＋1，6|OD|＝－2＋1k2＝9k2＋1k，|OE|＝－3kt3k2＋12＋t3k2＋12＝t9k2＋13k2＋1，由|OG|2＝|OD|·|OE|得t＝k，因此直线l的方程为y＝k(x＋1)，所以直线l恒过定点(－1,0)．【示例】►如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M、N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.(1)设e＝12，求|BC|与|AD|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．[解答示范](1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1：x2a2＋y2b2＝1，C2：b2y2a4＋x2a2＝1，(a＞b＞0)．设直线l：x＝t(|t|＜a)，分别与C1，C2的方程联立，求得A(t，aba2－t2)，Bt，baa2－t2.当e＝12时，b＝32a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|∶|AD|＝2|yB|2|yA|＝b2a2＝34.(2)t＝0时的l不符合题意．t≠0时，BO∥AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即baa2－t2t＝aba2－t2t－a，解得t＝－ab2a2－b2＝－1－e2e2·a.因为|t|＜a，又0＜e＜1，所以1－e2e2＜1，解得22＜e＜1.(10分)所以当0＜e≤22时，不存在直线l，使得BO∥AN；当22＜e＜1时，存在直线l，使得BO∥AN.(12分)【试一试】已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1.(1)求曲线C的方程；(2)是否存在正数m，对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有FA→·FB→7＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．[尝试解答](1)设P(x，y)是曲线C上任意一点，那么点P(x，y)满足：x－2＋y2－x＝1(x＞0)．化简得y2＝4x(x＞0)．(2)设过点M(m,0)(m＞0)的直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．设l的方程为x＝ty＋m，由x＝ty＋m，y2＝4x，得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16(t2＋m)＞0，于是y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.①又FA→＝(x1－1，y1)，FB→＝(x2－1，y2)．FA→·FB→＜0⇔(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＜0.②又x＝y24，