2012版步步高高考数学考前三个月专题复习课件6(3)：解析几何

§3直线与圆锥曲线的位置关系真题热身1．(2011·课标全国改编)已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，AB＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为________．解析不妨设抛物线的标准方程为y2＝2px(p0)，由于l垂直于对称轴且过焦点，故直线l的方程为x＝p2.代入y2＝2px得y＝±p，即AB＝2p，又AB＝12，故p＝6，所以抛物线的准线方程为x＝－3，故S△ABP＝12×6×12＝36.362．(2011·山东改编)设M(x0，y0)为抛物线C：x2＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、FM为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是___________．解析∵x2＝8y，∴焦点F的坐标为(0,2)，准线方程为y＝－2.由抛物线的定义知MF＝y0＋2.以F为圆心、FM为半径的圆的标准方程为x2＋(y－2)2＝(y0＋2)2.由于以F为圆心、FM为半径的圆与准线相交，又圆心F到准线的距离为4，故4y0＋2，∴y02.(2，＋∞)3．(2011·浙江改编)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)与双曲线C2：x2－y24＝1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则b＝________.解析由题意知，a2＝b2＋5，因此椭圆方程为(a2－5)x2＋a2y2＋5a2－a4＝0，双曲线的一条渐近线方程为y＝2x，联立方程消去y，得(5a2－5)x2＋5a2－a4＝0，∴直线截椭圆的弦长d＝5×2a4－5a25a2－5＝23a，解得a2＝112，b2＝12，则b＝22.22考点整合1．直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程．若Δ0，则直线与椭圆相交；若Δ＝0，则直线与椭圆相切；若Δ0，则直线与椭圆相离．(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．①若a≠0，当Δ0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ0时，直线与双曲线相离．②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点．(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．①当a≠0时，用Δ判定，方法同上．②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点．2．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及韦达定理，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长P1P2＝1＋k2|x2－x1|或P1P2＝1＋1k2|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用韦达定理，即作如下变形：|x2－x1|＝(x1＋x2)2－4x1x2，|y2－y1|＝(y1＋y2)2－4y1y2.(2)弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．3．圆锥曲线中的最值(1)椭圆中的最值F1、F2为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有①OP∈[b，a]．②PF1∈[a－c，a＋c]．③PF1·PF2∈[b2，a2]．④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1、F2为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有①OP≥a.②PF1≥c－a.(3)抛物线中的最值点P为抛物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有：①PF≥p2.②A(m，n)为一定点，则PA＋PF有最小值．分类突破一、直线与圆锥曲线的位置关系例1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和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的值；如果不存在，请说明理由．解(1)由已知，得直线l的方程为y＝kx＋2，代入椭圆方程，得x22＋(kx＋2)2＝1，整理，得(12＋k2)x2＋22kx＋1＝0，①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4×(12＋k2)＝4k2－2＞0，解得k＜－22或k＞22，即k的取值范围为(－∞，－22)∪(22，＋∞)．(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由方程①，得x1＋x2＝－42k1＋2k2，②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③而A(2，0)，B(0,1)，AB→＝(－2，1)，所以OP→＋OQ→与AB→共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，将②③代入上式，解得k＝22，由(1)知k＜－22或k＞22，故没有符合题意的常数k.归纳拓展熟悉此类问题求解的几个基本步骤：(1)代入(直线方程代入圆锥曲线方程，对于抛物线情形，也可把抛物线方程代入直线方程)；(2)化简(注意是等价转化)；(3)讨论二次项系数是否为0，只有在二次项系数不为0的情况下，才能用有关二次方程的理论处理；(4)Δ符号与交点个数的关系；(5)利用一元二次方程根与系数之间的关系处理问题．变式训练1(2010·浙江)已知m1，直线l：x－my－m22＝0，椭圆C：x2m2＋y2＝1，F1、F2分别为椭圆C的左、右焦点．(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．解(1)∵直线l：x－my－m22＝0经过F2(m2－1，0)，∴m2－1＝m22，得m2＝2.又∵m1，∴m＝2.故直线l的方程为x－2y－1＝0.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋m22，x2m2＋y2＝1，消去x得2y2＋my＋m24－1＝0，则由Δ＝m2－8(m24－1)＝－m2＋80，知m28，且有y1＋y2＝－m2，y1y2＝m28－12.由于F1(－c,0)，F2(c,0)，故O为F1F2的中点．由G、H分别为△AF1F2、△BF1F2的重心，可知G(x13，y13)，H(x23，y23)，GH2＝(x1－x2)29＋(y1－y2)29.设M是GH的中点，则M(x1＋x26，y1＋y26)，由题意可知，2MOGH，即4[(x1＋x26)2＋(y1＋y26)2](x1－x2)29＋(y1－y2)29，即x1x2＋y1y20.而x1x2＋y1y2＝(my1＋m22)(my2＋m22)＋y1y2＝(m2＋1)(m28－12)，∴m28－120，即m24.又∵m1且Δ0，∴1m2.∴m的取值范围是(1,2)．二、圆锥曲线中的最值问题例2(2011·北京)已知椭圆G：x24＋y2＝1.过点(m,0)作圆x2＋y2＝1的切线l交椭圆G于A，B两点．(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率；(2)将AB表示为m的函数，并求AB的最大值．解(1)由已知得a＝2，b＝1，所以c＝a2－b2＝3.所以椭圆G的焦点坐标为(－3，0)，(3，0)．离心率为e＝ca＝32.(2)由题意知，|m|≥1.当m＝1时，切线l的方程为x＝1，点A，B的坐标分别为(1，32)，(1，－32)．此时AB＝3.当m＝－1时，同理可得AB＝3.当|m|＞1时，设切线l的方程为y＝k(x－m)．由y＝k(x－m)，x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝8k2m1＋4k2，x1x2＝4k2m2－41＋4k2.又由l与圆x2＋y2＝1相切，得|km|k2＋1＝1，即m2k2＝k2＋1.所以AB＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(1＋k2)64k4m2(1＋4k2)2－4(4k2m2－4)1＋4k2＝43|m|m2＋3.由于当m＝±1时，AB＝3，所以AB＝43|m|m2＋3，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)．因为AB＝43|m|m2＋3＝43|m|＋3|m|≤2，且当m＝±3时，AB＝2，所以AB的最大值为2.归纳拓展1.以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，以不等式或导数为工具，考查圆锥曲线的最值、参数范围、不等式论证等问题，是近年高考的热点内容．这类问题综合性强、能力要求高、解法灵活，值得关注．2．本题涉及到最值问题时，可先建立问题的函数关系式，然后根据其结构特征，运用函数的单调性或基本不等式去获解．求解时应掌握消元技巧，尽量利用根与系数的关系去简化解题过程，提高运算速度和准确度．变式训练2已知直线x－2y＋2＝0经过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左顶点A和上顶点D，椭圆C的右顶点为B，点S是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS，BS与直线l：x＝103分别交于M，N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)求线段MN的长度的最小值．解如图，(1)由题意得椭圆C的左顶点为A(－2,0)，上顶点为D(0,1)，即a＝2，b＝1.故椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)直线AS的斜率显然存在且不为0，设直线AS的方程为y＝k(x＋2)(k＞0)，解得M(103，16k3)，且将直线方程代入椭圆C的方程，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.设S(x1，y1)，由根与系数的关系得(－2)·x1＝16k2－41＋4k2.由此得x1＝2－8k21＋4k2，y1＝4k1＋4k2，即S(2－8k21＋4k2，4k1＋4k2)．又B(2,0)，则直线BS的方程为y＝－14k(x－2)，联立直线BS与l的方程解得N(103，－13k)．∴MN＝16k3＋13k＝16k3＋13k≥216k3·13k＝83.当且仅当16k3＝13k，即k＝14时等号成立，故当k＝14时，线段MN的长度的最小值为83.三、圆锥曲线中的定点、定值问题例3(2011·山东)已知动直线l与椭圆C：x23＋y22＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ＝62，其中O为坐标原点．证明：x21＋x22和y21＋y22均为定值．证明(1)当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x2＝x1，y2＝－y1.因为P(x1，y1)在椭圆上，因此x213＋y212＝1.①又因为S△OPQ＝62，所以|x1|·|y1|＝62.②由①②得|x1|＝62，|y1|＝1，此时x21＋x22＝3，y21＋y22＝2.(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，由题意知m≠0，将其代入x23＋y22＝1，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)0，即3k2＋2m2.(*)又x1＋x2＝－6km2＋3k2，x1x2＝3(m2－2)2＋3k2，所以PQ＝1＋k2·(x1＋x2)2－4x1x2＝1＋k2·263k2＋2－m22＋3k2.因为点O到直线l的距离为d＝|m|1＋k2，所以S△OPQ＝12PQ·d＝121＋k2·263k2＋2－m22＋3k2·|m|1＋k2＝6|m|3k2＋2－m22＋3k2.又S△OPQ＝62，整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，此时x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(－6km2＋3k2)2－2×3(m2－2)2＋3k2＝3，y21＋y22＝23(3－x21)＋23(3－x22)＝4－23(x21＋x22)＝2，综上所述，x21＋x22＝3，y21＋y22＝2，结论成立．归纳拓展解