2016版新课标高考数学题型全归纳文科PPT.第十章 直线与圆锥曲线第5节

第五节直线与圆锥曲线✎考纲解读掌握直线与圆锥曲线的位置关系，能熟练运用函数与方程、数形结合、等价转化和分类讨论思想解题.✎知识点精讲一、直线与圆锥曲线的位置关系的判断判断直线与圆锥曲线的位置关系时，通常将直线的方程（）代入圆锥曲线的方程，消去（也可以消去）得到一个变量的一元二次方程，即消去后得（1）直线与曲线有两个不同的交点；，直线与曲线相切，即有唯一的公共点（切点）；直线与曲线相离.lClCl0AxByC0AB，不同时为C,0Fxyyx0,0AxByCFxy，y20.axbxc00a当时，，lC0lC0lC（2），即得到一个一元一次方程，则与相交，且只有一个交点，此时，若为双曲线，则与双曲线的渐近线平行；若为抛物线，则直线与抛物线的对称轴平行.二、圆锥曲线的弦连接圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦.直线，曲线，的两个不同的交点，坐标分别为则是方程组的两组解，方程组消元后化为关于的一元二次方程判别式所以是方程的根，由根与系数关系（韦达定理）求出，所以两点间的距离为：即弦长公式.也可写关于的形式，0a当时lCClCl:(,)0lfxy:,0CFxyABlC，为与1122,,AxyBxy，，1122,,xyxy，(,)0,0fxyFxy()xy或200.AxByCA240BAC，应有，12xx，20AxByC1212BCxxxxAA，AB，222212121211()41.ABkxxkxxxxkAy2121212221111()4(0).AByyyyyykkk✎题型归纳及思路提示题型130直线与圆锥曲线的位置关系【例10.35】已知两点，给出下列曲线方程：①②③④在曲线上存在点满足的所有曲线方程是.（写编号）【分析】所选曲线上存在点满足等价于曲线与线段的垂直平分线有公共点.【解析】故线段的垂直平分线方程为显然①中直线与直线平行，不符合题意.对于②，因为圆心到直线的距离所以直线与圆相交，符合题意.4210xy，223xy，2212xy，221.2xy551,4,44MN，PPMPNPPMPNMN5531,4,,0.442MNMNN由，，得线段的中点为55144412MNk又，MN3:22lyx，l:230.lxy即(0,0)l223353521d，l223xy对于③，由故直线与椭圆相切，符合题意.对于④，由故直线与双曲线相交，符合题意.综上，应填②③④.2222230924160244916012xyyxxxy消得，，2212xy222223072420024472016012xyyxxxy消得，，l2212xyl【例10.37】在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，经过点0，2且斜率为𝑘的直线𝑙与椭圆𝑥22+𝑦2=1有两个不同的交点𝑃，𝑄.1求𝑘的取值范围；2设椭圆与𝑥轴正半轴、𝑦轴正半轴的交点分别为𝐴，𝐵，是否存在常数𝑘，使得向量𝑂𝑃+𝑂𝑄与𝐴𝐵共线？如果存在，求𝑘值；如果不存在，请说明理由.【解析】1由已知条件，直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，代入椭圆方程得𝑥22+𝑘𝑥+22=1.整理得2𝑘2+1𝑥2+42𝑘𝑥+2=0①因为直线𝑙与椭圆有两个不同的交点𝑃，𝑄，解得𝑘−22或𝑘22，即𝑘的取值范围为−∞，−22⋃22，+∞.2设𝑃𝑥1,𝑦1，𝑄𝑥2,𝑦2，则𝑂𝑃+𝑂𝑄=𝑥1+𝑥2，𝑦1+𝑦2，将②③代入上式，解得𝑘=22.由方程①得𝑥1+𝑥2=−42𝑘1+2𝑘2②又𝑦1+𝑦2=𝑘𝑥1+𝑥2+22，③而𝐴2，0，𝐵0，1，𝐴𝐵=−2，1.所以𝑂𝑃+𝑂𝑄与𝐴𝐵共线等价于𝑥1+𝑥2=−2𝑦1+𝑦2，由1知𝑘−22或𝑘22，故没有符合题意的常数𝑘.【例10.38变式1】已知椭圆𝐶：𝑥22+𝑦2=1，过椭圆𝐶的左焦点𝐹且倾斜角为π6的直线𝑙与椭圆𝐶交于𝐴，𝐵两点，求弦长|𝐴𝐵|.【解析】设𝐴𝑥1,𝑦1，𝐵𝑥2,𝑦2.椭圆𝐶的左焦点为𝐹−1，0，则𝑙：𝑦=33𝑥+1，联立𝑦=33𝑥+1𝑥22+𝑦2=1，消𝑦得：𝑥22+13𝑥+12=1，整理得：3𝑥2+2𝑥+12−6=0，即5𝑥2+4𝑥−4=0，题型131弦长与面积问题则∆=42−4×5×−4=960𝑥1+𝑥2=−45𝑥1𝑥2=−45，𝐴𝐵=1+𝑘𝐴𝐵2𝑥1−𝑥2=1+𝑘𝐴𝐵2𝑥1+𝑥22−4𝑥1𝑥2=43⋅−452−4×−45=23×465=825.【例10.40】已知椭圆𝐶：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1𝑎𝑏0的一个顶点为𝐴2，0，离心率为22.直线𝑦=𝑘𝑥−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.（1）由题意知𝑎=2𝑐𝑎=22𝑎2=𝑏2+𝑐2，解得𝑏=2.【解析】所以椭圆的方程为𝑥24+𝑦22=1.（2）由𝑦=𝑘𝑥−1𝑥24+𝑦22=1，得1+2𝑘2𝑥2−4𝑘2𝑥+2𝑘2−4=0，设点𝑀，𝑁的坐标分别为𝑥1,𝑦1，𝑥2,𝑦2，所以𝑀𝑁=𝑥1−𝑥22+𝑦1−𝑦22=1+𝑘2𝑥1+𝑥22−4𝑥1𝑥2=21+𝑘24+6𝑘21+2𝑘2，𝑥1+𝑥2=4𝑘21+2𝑘2，𝑥1𝑥2=2𝑘2−41+2𝑘2，又点𝐴2，0到直线𝑦=𝑘𝑥−1的距离为𝑑=|𝑘|1+𝑘2，所以△𝐴𝑀𝑁的面积为𝑆=12𝑀𝑁𝑑=|𝑘|4+6𝑘21+2𝑘2=103，解得𝑘=±1.【评注】因为△𝐴𝑀𝑁是跨越𝑥轴的“跨轴三角形”，所以有103=12𝑦1−𝑦2，进而通过𝑦的一元二次方程及其韦达定理求解所得.【例10.41】已知𝐹1和𝐹2是椭圆𝐶：𝑥24+𝑦23=1的左、右焦点，𝐴𝐵是过点𝐹1的一条动弦.求△𝐴𝐵𝐹2的面积的最大值.【解析】由题意可知𝐹1−1，0，设𝐴𝑥1,𝑦1，𝐵𝑥2,𝑦2.当直线𝑙的斜率为零时，△𝐴𝐵𝐹2不存在，显然𝑙不可能是一条水平的直线，故可设𝑙：𝑥=𝑡𝑦−1.由𝑥=𝑡𝑦−1𝑥24+𝑦23=1，消𝑥得3𝑡2+4𝑦2−6𝑡𝑦−9=0.∆=−6𝑡2+363𝑡2+4=144𝑡2+10，则𝑦1+𝑦2=6𝑡3𝑡2+4，𝑦1𝑦2=−93𝑡2+4，①把①式代入得𝑆△𝐴𝐵𝐹2=6𝑡3𝑡2+42+363𝑡2+4=12𝑡2+13𝑡2+4.设s=𝑡2+1≥1，则𝑆△𝐴𝐵𝐹2=12𝑠3𝑠2+1=123𝑠+1𝑠，在1，+∞上单调递减，因此△𝐴𝐵𝐹2的面积的最大值为3.因此𝑆△𝐴𝐵𝐹2max=124=3.𝑆△𝐴𝐵𝐹2=𝑆△𝐴𝐹1𝐹2+𝑆△𝐵𝐹1𝐹2=12𝐹1𝐹2𝑦1−𝑦2=12×2𝑦1−𝑦2=𝑦1+𝑦22−4𝑦1𝑦2，题型132中点弦问题【例10.42】已知过点𝑀(12,12的直线𝑙与椭圆𝑥22+𝑦2=1交于𝐴,𝐵两点，且𝑂𝑀=12(𝑂𝐴+𝑂𝐵(𝑂为坐标原点），求直线𝑙的方程.【解析】由题设知𝑀是线段𝐴𝐵的中点，且𝑦𝑀=12≠0，设𝐴(𝑥1,𝑦1,𝐵(𝑥2,𝑦2,则有𝑥12+2𝑦12=2𝑥22+2𝑦22=2，故直线AB的斜率存在.则有两式相减得,𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−12∙𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2(𝑥1≠𝑥2).故𝑘𝐴𝐵=−12∙𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2=−12∙11=−12.所以直线𝑙的方程为𝑦−12=−12𝑥−12，【评注】由中点弦结论知当椭圆焦点在𝑥轴上时，有𝑘𝑂𝑀∙𝑘𝑙=−𝑏2𝑎2，得𝑘𝑙=−𝑏2𝑎2𝑘𝑂𝑀=−12，则直线𝑙的方程为𝑦−12=−12𝑥−12.即2𝑥+4𝑦−3=0.【例10.42变式3】如图所示，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知椭圆𝑥24+𝑦22=1，过坐标原点的直线交椭圆与𝑃,𝐴两点，其中点𝑃在第一象限，过𝑃作𝑥轴的垂线，垂足为𝐶，连接𝐴𝐶,并延长交椭圆于点𝐵，设直线𝑃𝐴的斜率为𝑘.求证：对任意𝑘0，都有𝑃𝐴⊥𝑃𝐵.【解析】解法一：将直线𝑃𝐴的方程𝑦=𝑘𝑥代入𝑥24+𝑦22=1，解得𝑥=±22𝑘2+1，于是𝐶(𝜇,0，故直线𝐴𝐵的斜率为0+𝜇𝑘𝜇+𝜇=𝑘2，𝑙𝐴𝐵为𝑦=𝑘2𝑥−𝜇，代入椭圆方程得：(𝑘2+2𝑥2−2𝜇𝑘2𝑥−𝜇2(3𝑘2+2=0，记𝜇=22𝑘2+1，则𝑃𝜇,𝜇𝑘，𝐴−𝜇,−𝜇𝑘，POCBAyx解得𝑥=𝜇(3𝑘2+2𝑘2+2，或𝑥=−𝜇，因此𝐵(𝜇3𝑘2+2𝑘2+2，𝜇𝑘3𝑘2+2，于是𝑘𝑃𝐵=𝜇𝑘3𝑘2+2−𝜇𝑘𝜇(3𝑘2+2𝑘2+2−𝜇=𝑘3−𝑘(𝑘2+23𝑘2+2−(𝑘2+2=−1𝑘，因此𝑘∙𝑘𝑃𝐵=−1，所以𝑃𝐴⊥𝑃𝐵.解法二：设𝑃(𝑥1,𝑦1𝑥10,𝑦10，𝐵(𝑥2,𝑦2，则𝐴(−𝑥1,−𝑦1,𝐶(𝑥1,0，且𝑥124+𝑦122=1𝑥224+𝑦222=1，因此𝑘𝐴𝐵×𝑘𝑃𝐵=−12，故𝑃𝐴⊥𝑃𝐵.所以𝑘𝑃𝐴×𝑘𝑃𝐵=𝑘𝑃𝐴×−12𝑘𝐴𝐵=−12×𝑘𝑃𝐴𝑘𝐴𝐵=−12×𝑘𝑃𝐴𝑘𝐴𝐶=−12×𝑦1𝑥1×𝑥1−(−𝑥10−(𝑦1=−1.两式相减得，14(𝑥22−𝑥12+12(𝑦22−𝑦12=0，即𝑦22−𝑦12𝑥22−𝑥12=−12，即𝑦2−(−𝑦1𝑥2−(−𝑥1∙𝑦2−𝑦1𝑥2−𝑥1=−12,题型133平面向量在解析几何中的应用【例10.45】已知椭圆𝐶的中心在坐标原点，焦点在𝑥轴上，离心率为12，椭圆𝐶上的点到焦点距离的最大值为3.1求椭圆𝐶的标准方程；2若过点𝑃0，𝑚的直线𝑙与椭圆𝐶交于不同的两点𝐴，𝐵，且𝐴𝑃=3𝑃𝐵，求实数𝑚的取值范围.【解析】1设所求的椭圆方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1𝑎𝑏0.由题意𝑐𝑎=12𝑎+𝑐=3𝑎2=𝑏2+𝑐2⇒𝑎=2𝑏=3𝑐=1.所求椭圆方程为𝑥24+𝑦23=1.2若过点𝑃0，𝑚的斜率不存在，则𝑚=±32.若过点𝑃0，𝑚的直线斜率为𝑘，即：𝑚≠±32时，设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚.设𝐴𝑥1,𝑦1，𝐵𝑥2,𝑦2.由𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥24+𝑦23=1得4𝑘2+3𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0.即4𝑘2𝑚2−3①则∆=8𝑘𝑚2−44𝑘2+34𝑚2−120，由𝐴𝑃=3𝑃𝐵得−𝑥1，𝑚−𝑦1=3𝑥2，𝑦2−𝑚，则𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚4𝑘2+3，𝑥1𝑥2=4𝑚2−124𝑘2+3②故−𝑥1=3𝑥2③.将③代入②得−3𝟒𝑘𝑚4𝑘2+32=4𝑚2−124𝑘2+3，整理得𝑘2=9−3𝑚216𝑚2−12，综上所述，实数𝑚的取值范围是−3，−32⋃32，3.解得34𝑚23，即−3𝑚−32或32𝑚3.代入①得4𝑘2=9−3