2012高考数学二轮专题复习课件 直线与圆锥曲线的位置关系

第三讲直线与圆锥曲线的位置关系1．判断直线l与圆锥曲线r的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线r的方程F(x，y)＝0.消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元二次方程，即Ax＋By＋C＝0，Fx，y＝0，消去y后得ax2＋bx＋c＝0.(1)当a≠0时，则当Δ0时，直线l与曲线r相交：Δ＝0时，直线l与曲线r相切；Δ0时，直线l与曲线r相离．(2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与r相交，且只有一个交点，此时，若r为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若r为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行．2．连结圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦直线l：f(x，y)＝0，曲线r：F(x，y)＝0，l与r的两个不同的交点A、B，A(x1，y1)、B(x2，y2)，则(x1，y1)、(x2，y2)是方程组fx，y＝0，Fx，y＝0的两组解．方程组消元后化为关于x(或y)的一元二次方程Ax2＋Bx＋C＝0(A≠0)．判别式Δ＝B2－4AC，应用Δ0，所以x1、x2是方程Ax2＋Bx＋C＝0的解．由根与系数的关系(韦达定理)求出x1＋x2＝－BA，x1x2＝CA，所以A、B两点间距离为|AB|＝1＋k2B2－4ACA2(其中k为l的斜率)，即弦长公式．也可以写成关于y的形式，其弦长公式为|AB|＝1＋1k2[y1＋y22－4y1y2].3．已知弦AB的中点，研究AB的斜率和方程(1)AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一条弦，中点M坐标为(x0，y0)，则AB的斜率为－b2x0a2y0.运用点差法求AB的斜率，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．A、B都在椭圆上，∴x12a2＋y12b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，两式相减得x12－x22a2＋y12－y22b2＝0，∴x1－x2x1＋x2a2＋y1－y2y1＋y2b2＝0，即y1－y2x1－x2＝－b2x1＋x2a2y1＋y2＝－b2x0a2y0.故kAB＝－b2x0a2y0.(2)运用类比的方法可以推出：已知AB是双曲线x2a2－y2b2＝1的弦，中点M(x0，y0)，则kAB＝b2x0a2y0；已知抛物线y2＝2px(p0)的弦AB的中点M(x0，y0)，则kAB＝py0.题型一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为63，短轴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ca＝63，a＝3，∴b＝1，∴所求椭圆方程为x23＋y2＝1.(2)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|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)(x2－x1)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≤3＋122×3＋6＝4(k≠0)．当且仅当9k2＝1k2，即k＝±33时等号成立．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S＝12×|AB|max×32＝32.拓展提升——开阔思路提炼方法解决直线与圆锥曲线的位置关系问题对于直线与圆锥曲线的交点可利用“设而不求”的办法，可利用一元二次方程的判别式和根与系数之间的关系进行过渡，解决的常见问题有：弦长、弦的中点、垂直、三点共线等等．1．(2009·湖南)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形(记为Q)．(1)求椭圆的方程；(2)设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点、过点P的直线l与椭圆C相交于M，N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内(包括边界)时，求直线l的斜率的取值范围．解：(1)由已知条件a＝22，b＝2，所求椭圆的方程为x28＋y24＝1.(2)由a2＝8，b2＝4，c＝a2－b2＝2，a2c＝4.则P(－4,0)，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋4)，如图设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中点G(x0，y0)．将y＝k(x＋4)代入x28＋y24＝1，整理得：(2k2＋1)x2＋16k2x＋32k2－8＝0.由Δ＝(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－8)0，解得－22k22.①x1＋x2＝－16k22k2＋1.则x0＝－8k22k2＋1，y0＝k(x0＋4)＝4k2k2＋1，因为x0＝－8k21＋2k2≤0，知G点不可能在y轴的右边，又直线F1B2与F1B1的方程分别为y＝x＋2，y＝－x－2，则点G在正方形Q内(包括边界)的充要条件是y0≤x0＋2y0≥－x0－2，即4k1＋2k2≤－8k21＋2k2＋24k1＋2k2≥8k21＋2k2－2，整理得2k2＋2k－1≤02k2－2k－1≤0，解得－3－12≤k≤3－12，此时①也成立，故直线l斜率的取值范围是－3－12，3－12.题型二圆锥曲线中的探索性问题【例2】(2010·福建)已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．解：解法一：(1)依题意，可设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且可知左焦点为F′(－2,0)．从而有c＝2，2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，解得c＝2，a＝4.又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，故椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝32x＋t.由y＝32x＋t，x216＋y212＝1得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)≥0，解得－43≤t≤43.另一方面，由直线OA与l的距离d＝4可得|t|94＋1＝4，从而t＝±213.由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l不存在．解法二：(1)依题意，可设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且有：4a2＋9b2＝1，a2－b2＝4.解得b2＝12或b2＝－3(舍去)，从而a2＝16.所以椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)同解法一．拓展提升——开阔思路提炼方法圆锥曲线与探索型问题包含两类题型，一是无明确结论，探索结论问题；二是给定明确结论，探索结论是否存在问题．设置此类问题，旨在考查创新意识和探究能力．探究性问题的处理方法一般采用先假设存在或成立，再以此为条件推证，若结论与题设(或已知结论)矛盾，则不存在：若满足条件(或结论)则存在．2．(2010·陕西)如图，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1的顶点为A1，A2，B1，B2，焦点为F1，F2，|A1B1|＝7，S▱A1B1A2B2＝2S▱B1F1B2F2.(1)求椭圆C的方程；解：(1)由|A1B1|＝7知a2＋b2＝7，①由S▱A1B1A2B2＝2S▱B1F1B2F2知a＝2c，②又b2＝a2－c2，③由①②③解得a2＝4，b2＝3，故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，假设使AP→·PB→＝1成立的直线l存在，(i)当l不垂直于x轴时，设l的方程为y＝kx＋m，由l与n垂直相交于P点且|OP→|=1得|m|1＋k2＝1，即m2＝k2＋1.∵AP→·PB→＝1，|OP→|＝1，∴OA→·OB→＝(OP→＋PA→)·(OP→＋PB→)=OP→2＋OP→·PB→＋PA→·OP→＋PA→·PB→＝1＋0＋0－1＝0，即x1x2＋y1y2＝0.将y＝kx＋m代入椭圆方程，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0，由求根公式可得x1＋x2＝－8km3＋4k2④x1x2＝4m2－123＋4k2⑤0＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝x1x2＋k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，将④⑤代入上式并化简得(1＋k2)(4m2－12)－8k2m2＋m2(3＋4k2)＝0⑥将m2＝1＋k2代入⑥并化简得－5(k2＋1)＝0，矛盾．即此时直线l不存在．题型三热点交汇【例3】已知两点M（-2，0），N（2，0），动点P在y轴上的射影是H，如果PH→·PH→，PM→·PN→分别是公比q＝2的等比数列的第三、第四项．(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)已知过点N的直线l交曲线C于x轴下方两个不同的点A，B，设R为AB的中点，若过点R与定点Q(0，－2)的直线交x轴于点D(x0,0)，求x0的取值范围．∴点P的轨迹方程为y2－x2＝4(x≠0)．(2)当k＝±1时，不成立．设直线AB的方程为：y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，R(x3，y3)，其中x3＝x1＋x22，y3＝y1＋y22.由y＝kx－2，y2－x2＝4，化简得(k2－1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0，∴y3x3＝1k，∴DQ的方程为y＋2x＝y3＋2x3.令y＝0，得2x0＝y3＋2x3＝1k＋2x3，∴x0＝21k＋2·k2－12k2＝2－1k－122＋54.又由Δ＝16k4－16(k2－1)2＝32k2－160，y1＋y20，y1·y20，可得22k1，∴11k2，∴2－1－1k－122＋541，∴2x02＋22.故所求的x0的取值范围为(2,2＋22)．拓展提升——开阔思路提炼方法解析几何与平面向量结合的参数问题，往往是高考的热点之一，解此类题有三种处理方法．1．不作任何变换，直接由向量概念向点的坐标转化．2．把平面几何语言转化为向量语言，然后用向量知识来解决．3．转换为平面几何语言，化为代数运算，其转化途径主要有两种：(1)利用向量平行或垂直的充要条件；(2)利用向量数量积的公式和性质．3．如图，在直角坐标系xOy中，有一组对角线长为an的正方形AnBnCnDn(n＝1,2，…)，其对角线BnDn依次放置在x轴上(相邻顶点重合)．设{an}是首项为a，公差为d(d0)的等差数列，点B1的坐标为(d,0)．(1)当a＝8，d＝4时，证明：顶点A1、A2、A3不在同一条直线上；(2)在(1)的条件下，证明：所有顶点An均落在抛物线y2＝2x上．(3)为使所有顶点An均落在抛物线y2＝2px(p0)上，求a与d之间所应满足的关系式．(1)证明：由题意可知A1(8,4)，A2(18,6)，A3(32,8)，∴kA1A2＝6－418－8＝15，kA2A3＝8－632－18＝17.∵kA1A2≠kA2A3，∴顶点A1，A2，A3不在同一条直线上．(2)证明：由题意可知，顶点An的横坐标xn＝d＋a1＋a2＋…＋an－1＋12an＝2(n＋1)2，顶点An的纵坐标yn＝12an＝2(n＋1)．∵对任意正整数n，点An(xn，yn)的坐标满足方程y2＝2x，∴所有顶点An均落在抛物线y2＝2x上．(3)解：方法一：由题意可知，顶点An的横、纵坐标分别是xn＝d＋12a＋(n－1)a＋12(n－1