2020届高考数学一轮复习 第八篇 平面解析几何 第7节 圆锥曲线的综合问题（第1课时）课件 理 新

第八篇平面解析几何(必修2、选修2-1)第7节圆锥曲线的综合问题最新考纲1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.2.了解圆锥曲线的简单应用．3.理解数形结合的思想.返回导航返回导航【教材导读】若直线和圆锥曲线只有一个公共点，则直线和圆锥曲线相切吗？提示：不一定相切，如图(1)、(2)所示．即与双曲线渐近线平行的直线与双曲线只有一个公共点；与抛物线对称轴平行的直线与抛物线只有一个公共点，但此时它们的位置关系是相交而不是相切．返回导航1．直线和圆锥曲线的位置关系已知直线l：ax＋by＋c＝0，圆锥曲线M：f(x，y)＝0.联立方程组ax＋by＋c＝0，fx，y＝0，消去y，整理得Ax2＋Bx＋C＝0.(1)若A＝0且B≠0，则直线l和圆锥曲线M只有一个公共点．①当曲线为双曲线时，直线l与双曲线的__________平行；②当曲线为抛物线时，直线l与抛物线的__________平行．返回导航渐近线对称轴(2)若A≠0，则Δ＝B2－4AC①当Δ0时，直线和圆锥曲线M有______________公共点；②当Δ＝0时，直线和圆锥曲线M相切，只有________公共点；③当Δ0时，直线和圆锥曲线M________公共点．2．直线被圆锥曲线截得的弦长公式设直线与圆锥曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝1＋1k2[y1＋y22－4y1y2](k为直线斜率)返回导航两个不同的一个没有3．直线与圆锥曲线相交时的常见问题的处理方法(1)涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”，采用设而不求，利用弦长公式计算弦长．(2)涉及弦中点的问题，常用“点差法”设而不求，将动点的坐标，弦中点坐标和弦所在直线的斜率联系起来，相互转化．(3)特别注意利用公式求弦长时，是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式，判别式__________是检验所求参数的值是否有意义的依据．返回导航大于零【重要结论】1．直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交．返回导航2．直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线．返回导航3．直线与双曲线位置关系的有关结论(1)过双曲线外不在渐近线上一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点，两条切线和两条与渐近线平行的直线；(2)过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点，一条切线和两条与渐近线平行的直线；(3)过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点，两条与渐近线平行的直线．返回导航1．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)不确定返回导航A解析：y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1，显然直线恒过点A(1,1)，而点A在椭圆内，故直线和椭圆总相交．2．已知抛物线C的顶点是原点O，焦点F在x轴的正半轴上，经过F的直线与抛物线C交于A，B两点，如果OA→·OB→＝－12，那么抛物线C的方程为()(A)x2＝8y(B)x2＝4y(C)y2＝8x(D)y2＝4x返回导航C解析：由题意，设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，直线方程为x＝my＋p2，联立方程组，消去x，得y2－2pmy－p2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，故OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝my1＋p2my2＋p2＋y1y2＝m2y1y2＋pm2(y1＋y2)＋p24＋y1y2＝－34p2＝－12⇒p＝4，即抛物线C的方程为y2＝8x.返回导航3．过抛物线y2＝8x的焦点F作倾斜角为135°的直线交抛物线于A，B两点，则弦AB的长为()(A)4(B)8(C)12(D)16返回导航答案：D4．(2019湛江二模)已知抛物线y2＝2px(p＞0)与双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)有相同的焦点F，点A是两条曲线的一个交点，且AF⊥x轴，则该双曲线经过一、三象限的渐近线的倾斜角所在的区间是()(A)0，π6(B)π6，π4(C)π4，π3(D)π3，π2返回导航D解析：两曲线有相同的焦点F，则c＝p2.又AF⊥x轴．不妨设点A在第一象限．可得A(c,2c)．代入x2a2－y2b2＝1可得c2a2－4c2b2＝1，整理化简可得：b2a2－4a2b2－4＝0，双曲线经过一三象限的渐近线方程为y＝bax，令k＝ba，则：k2－4k2－4＝0，解得：k2＝2＋22＞3，即k＞3.返回导航故双曲线的渐近线的倾斜角所在的区间为π3，π2.故选D.返回导航5.(2019承德模拟)如图，F是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点，A，B是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率为12.点C在x轴上，BC⊥BF，B，C，F三点确定的圆M恰好与直线l1：x＋3y＋3＝0相切．则椭圆的方程为________．返回导航解析：由已知F(－c,0)，B(0，3c)，∵kBF＝3，kBC＝－33，C(3c,0)且圆M方程为(x－c)2＋y2＝4c2.圆M与直线l1：x＋3y＋3＝0相切|1×c＋3×0＋3|1＋3＝2c，解得c＝1.∴所求椭圆方程为x24＋y23＝1.返回导航答案：x24＋y23＝1返回导航考点一直线与圆锥曲线的位置关系在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.①求轨迹C的方程；②设斜率为k的直线l过定点P(－2,1)．求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．第一课时直线与圆锥曲线的位置关系解析：①设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即x－12＋y2＝|x|＋1，化简整理得y2＝2(|x|＋x)，故点M的轨迹C的方程为y2＝4x，x≥0，0，x＜0②在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)，C2：y＝0(x＜0)．依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．返回导航由方程组y－1＝kx＋2，y2＝4x，可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝14.故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点(14，1)．当k≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．②返回导航设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－2k＋1k.③(ⅰ)若Δ＜0，x0＜0，，由②③解得k＜－1，或k＞12.即当k∈(－∞，－1)∪12，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．返回导航(ⅱ)若Δ＝0，x0＜0，或若Δ＞0，x0≥0，由②③解得k∈－1，12，或－12≤k＜0.即当k∈－1，12时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．当k∈－12，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．返回导航故当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．(ⅲ)若Δ＞0，x0＜0，由②③解得－1＜k＜－12，或0＜k＜12.即当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．返回导航综上可知，当k∈(－∞，－1)∪12，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．返回导航【反思归纳】判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标；(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．返回导航【即时训练】若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是()(A)－153，153(B)0，153(C)－153，0(D)－153，－1返回导航D解析：由y＝kx＋2，x2－y2＝6得(1－k2)x2－4kx－10＝0，设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1－k2≠0，Δ＝16k2－41－k2×－100，x1＋x2＝4k1－k20，x1x2＝－101－k20，解得－153k－1.返回导航考点二弦长问题已知椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，且过点P22，32，Q63，63.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线y＝kx＋m与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．返回导航解析：(1)设椭圆的方程为mx2＋ny2＝1将P22，32，Q63，63带入方程，可得m＝12，n＝1故椭圆的标准方程为x22＋y2＝1(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)y＝kx＋mx22＋y2＝1⇒(1＋2k2)y2＋4kmx＋2m2－2＝0Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＞0返回导航⇒2k2＋1－m2＞0x1＋x2＝－4km1＋2k2x1x2＝2m2－21＋2k2∴|AB|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝1＋k21＋2k282k2＋1－m2∵原点到直线l的距离d＝|m|1＋k2∴S△AOB＝12|AB|·d＝2|m|1＋2k22k2＋1－m2＝21＋2k2m22k2＋1－m2返回导航由Δ＞0得2k2＋1－m2＞0又m≠0由基本不等式S△AOB≤21＋2k2·m2＋2k2＋1－m22＝22当且仅当m2＝2k2＋12时，不等式取“＝”号．返回导航【反思归纳】求弦长的方法(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题过程．(2)点距法：将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．(3)弦长公式法：根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和，两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解．返回导航【即时训练】设F1，F2分别是椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点，过F1斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．(1)求E的离心率；(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求E的方程．返回导航解：(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝43a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝a2－b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组y＝x＋c，x2a2＋y2b2＝1，消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝－2a2ca2＋b2，x1x2＝a2c2－b2a2＋b2.返回导航因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|＝2[x1＋x22－4x1x2]，即43a＝4ab2a2＋b2，故a2＝2b2，所以E的离心率e＝ca＝a2－b2a＝22.返