2014届高考数学一轮复习(基础知识+高频考点+解题训练)《圆锥曲线的综合问题》教学案

圆锥曲线的综合问题(文视情况[知识能否忆起]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．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|＝1＋k2|x1－x2|或1＋1k2|y1－y2|.[小题能否全取]1．(教材习题改编)与椭圆x212＋y216＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是()A．y2－x23＝1B.y23－x2＝1C.34x2－38y2＝1D.34y2－38x2＝1解析：选A设双曲线方程为y2a2－x2b2＝1(a＞0，b＞0)，则a2＋b2＝c2，ca＝2，c＝2，得a＝1，b＝3.故双曲线方程为y2－x23＝1.2．(教材习题改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆x29＋y24＝1的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．不确定解析：选A由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有()A．1条B．2条C．3条D．4条解析：选C结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．4．过椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A点的坐标为(－a,0)，l的方程为y＝x＋a，所以B点的坐标为(0，a)，故M点的坐标为－a2，a2，代入椭圆方程得a2＝3b2，则c2＝2b2，则c2a2＝23，故e＝63.答案：635．已知双曲线方程是x2－y22＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x21－y212＝1，x22－y222＝1，得k＝y2－y1x2－x1＝x2＋x1y2＋y1＝2×42＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x－y－7＝01.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．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，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”．直线与圆锥曲线的位置关系典题导入[例1](2012·北京高考)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．[自主解答](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＝kx－，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－x12＋y2－y12＝＋k2x1＋x22－4x1x2]＝2＋k2＋6k21＋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.由|k|4＋6k21＋2k2＝103，解得k＝±1.由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．以题试法1．(2012·信阳模拟)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：选C易知抛物线y2＝8x的准线x＝－2与x轴的交点为Q(－2,0)，于是，可设过点Q(－2,0)的直线l的方程为y＝k(x＋2)(由题可知k是存在的)，联立y2＝8x，y＝kx＋⇒k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0.当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0，可解得－1≤k≤1.最值与范围问题典题导入[例2](2012·浙江高考)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．[自主解答](1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得＋c2＋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.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－2－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.由题悟法1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．以题试法2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y2＝2px(p≠0)上存在关于直线x＋y＝1对称的相异两点，则实数p的取值范围为()A.－23，0B.0，23C.－32，0D.0，32解析：选B设抛物线上关于直线x＋y＝1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设直线MN的方程为y＝x＋b.将y＝x＋b代入抛物线方程，得x2＋(2b－2p)x＋b2＝0，则x1＋x2＝2p－2b，y1＋y2＝(x1＋x2)＋2b＝2p，则MN的中点P的坐标为(p－b，p)．因为点P在直线x＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1.又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp＞0，将b＝2p－1代入得4p2－8p(2p－1)＞0，即3p2－2p＜0，解得0＜p＜23.定点定值问题典题导入[例3](2012·辽宁高考)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．(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．[自主解答](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．由题悟法1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．以题试法3．(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2＝2px(p≠0)及定点A(a，b)，B(－a,0)，ab≠0，b2≠2pa，M是抛物线上的点．设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为________．解析：设My202p，y0，M1y212p，y1，M2y222p，y2，由点A，M，M1共线可知y0－by202p－a＝y1－y0y212p－y202p，得y1＝by0－2pay0－b，同理由点B，M，M2共线得y2＝2pay0.设(x，y)是直线M1M2上的点，则y2－y1y222p－y212p＝y2－yy222p－x，即y1y2＝y(y1＋y2)－2px，又y1＝by0－2pay0－b，y2＝2pay0，则(2px－by)y02＋2pb(a－x)y0＋2pa(by－2pa)＝0.当x＝a，y＝2pab时上式恒成立，即定点为a，2pab.答案：a，2pab