【志鸿优化设计】高考数学一轮复习第九章解析几何9.8直线与圆锥曲线教学案新人教B版.pdf

9.8 直线与圆锥曲线 考纲要求 1了解圆锥曲线的简单应用 2理解数形结合思想 1直线与圆锥曲线位置关系的判断(1)代数法：把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y，整理得到关于x的方程Ax2BxC0.若圆锥曲线是双曲线或是抛物线，当A0 时，表示直线与双曲线的渐近线或抛物线的轴平行；当A0 时，记该一元二次方程根的判别式为，若0，则直线与圆锥曲线_；若0，则直线与圆锥曲线_；若0，则直线与圆锥曲线_(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判断直线与圆锥曲线的位置关系 2直线与圆锥曲线的相交弦长问题 若直线与圆锥曲线有两个公共点M(x1，y1)，N(x2，y2)，可结合韦达定理，代入弦长公式|MN|_或|MN|_求距离 若涉及直线过圆锥曲线焦点的弦问题，一般利用圆锥曲线的定义去解决 1过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1 条 B2 条 C3 条 D4 条 2已知直线l1：4x3y60 和直线l2：x1，抛物线y24x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()A2 B3 C115 D3716 3已知抛物线y22px(p0)，过其焦点且斜率为 1 的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为 2，则该抛物线的准线方程为()Ax1 Bx1 Cx2 Dx2 4已知F为抛物线y28x的焦点，过点F且斜率为 1 的直线交抛物线于A，B两点，则|FA|FB|的值为()A4 2 B8 C8 2 D16 5已知斜率为 1 的直线过椭圆x24y21 的右焦点交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为_ 一、直线与圆锥曲线的位置关系【例 11】求证：不论m取何值，直线l：mxym10 与椭圆x216y291 总有交点【例 12】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 方法提炼 求直线与圆锥曲线的交点时，注意用一元二次方程的判别式、根与系数的关系来解决在解题时，应注意讨论二次项系数为 0 和不为 0 的两种情况 请做演练巩固提升 1 二、直线与圆锥曲线的相交弦问题【例 2】过点P(8,1)的直线与双曲线x24y21 相交于A，B两点，且P是线段AB的中点，求直线AB的方程 方法提炼 1当直线与圆锥曲线相交时，涉及的问题有弦长问题、弦的中点等问题，解决办法是把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元后得到关于x(或y)的一元二次方程，设而不求，利用根与系数的关系解决问题 2要灵活应用弦长公式和点差法 请做演练巩固提升 2 三、最值与定值问题【例 31】已知椭圆C经过点A1，32，两个焦点为(1,0)，(1,0)(1)求椭圆C的方程；(2)E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值【例 32】(2012 浙江高考)如图，在直角坐标系xOy中，点P1，12到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为54.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分 (1)求p，t的值；(2)求ABP面积的最大值 方法提炼 圆锥曲线中常见最值问题及解题方法(1)圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题(2)求最值常见的解法有两种：几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值 提醒：求最值问题时，一定要注意特殊情况的讨论，如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等 请做演练巩固提升 3 巧用韦达定理解圆锥曲线问题【典例】(12 分)(2012 重庆高考)如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且AB1B2是面积为 4 的直角三角形 (1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2QB2，求PB2Q的面积 规范解答：(1)设所求椭圆的标准方程为x2a2y2b21(ab0)，右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形且|AB1|AB2|，故B1AB2为直角，从而|OA|OB2|，即bc2.(2 分)结合c2a2b2得 4b2a2b2，故a25b2，c24b2，所以离心率eca255.(3 分)在 RtAB1B2中，OAB1B2，故12AB BS12|B1B2|OA|OB2|OA|c2bb2，由题设条件12AB BS4 得b24，从而a25b220.因此所求椭圆的标准方程为x220y241.(5 分)(2)由(1)知B1(2,0)，B2(2,0)由题意，直线PQ的倾斜角不为 0，故可设直线PQ的方程为xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160.(*)(7 分)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此y1y24mm25，y1y216m25.又B2P(x12，y1)，B2Q(x22，y2)，所以B2PB2Q(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)16 16m21m2516m2m2516 16m264m25.(9 分)由PB2QB2，知B2PB2Q0，即 16m2640，解得m2.(10分)当m2 时，方程(*)化为 9y28y160，故y144 109，y244 109，|y1y2|8910，PB2Q的面积S12|B1B2|y1y2|16910.当m2 时，同理可得(或由对称性可得)PB2Q的面积S16910.综上所述，PB2Q的面积为16910.(12 分)答题指导：解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意以下几点：1快速寻求出a，b，c，确定圆锥曲线方程；2充分利用韦达定理进行巧妙处理；3涉及平面向量运算时，一定要注意平面几何性质的运用，例如垂直、中点等 1(2012 辽宁高考)已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为()A1 B3 C4 D8 2已知F1，F2分别是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，过F1作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，若ABF2为锐角三角形，则双曲线的离心率的范围是()A(1,1 2)B(1 2，)C(1 2，1 2)D(2，21)3椭圆x2a2y2b21(ab0)与直线xy10 相交于P，Q两点，且OPOQ(O为原点)(1)求证：1a21b2等于定值；(2)若椭圆的离心率e33，22，求椭圆长轴长的取值范围 4(2012 辽宁高考)如图，动圆C1：x2y2t2,1t3，与椭圆C2：x29y21相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点 (1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程 参考答案 基础梳理自测 知识梳理 1相交 相切 相离 2.(1k2)(x1x2)24x1x2 11k2(y1y2)24y1y2 基础自测 1C 解析：与抛物线相切有 2 条，与对称轴平行有 1 条，共 3 条 2A 解析：由抛物线y24x知直线l2为其准线，焦点为F(1,0)由抛物线的定义可知动点P到直线l2的距离与P到焦点F(1,0)的距离相等，所以P到直线l1的距离与P到焦点F(1,0)的距离之和的最小值为焦点F(1,0)到直线l1的距离(如图)，则d|4106|32422.3B 解析：过焦点Fp2，0 且斜率为 1 的直线方程为yxp2，与抛物线方程联立可得y22pyp20，所以y1y22p4.所以p2，故准线方程为x1.4C 解析：依题意知F(2,0)，所以直线的方程为yx2.联立方程，得 yx2，y28x，消去y，得x212x40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24，x1x212，则|AF|BF|(x12)(x22)|x1x2|(x1x2)24x1x2 144168 2.5.85 解析：右焦点(3，0)，直线AB的方程为yx 3，由 yx 3，x24y21，得 5x28 3x80.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28 35，x1x285，|AB|(1k2)853248585.考点探究突破【例 11】证法一：由 mxym10，x216y291 消去y得x216(mxm1)291.整理，得(16m29)x232m(m1)x16m232m1280.(*)322m2(m1)24(16m29)(16m232m128)576(15m22m8)57615m1152119150，方程(*)恒有实根 原方程组恒有解 故直线l与椭圆总有交点 证法二：直线l的方程可化为m(x1)(y1)0，故直线l恒过x10 和y10 的交点A(1,1)又点A在椭圆x216y291 内部，直线l与椭圆总有交点【例 12】解法一：(1)依题意，可设椭圆C的方程为x2a2y2b21(ab0)，且可知左焦点为F(2,0)，从而有 c2，2a|AF|AF|358，解得 c2，a4.又a2b2c2，所以b212.故椭圆C的方程为x216y2121.(2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y32xt.由 y32xt，x216y2121，得 3x23txt2120.因为直线l与椭圆C有公共点，所以(3t)243(t212)0.解得4 3t4 3.另一方面，由直线OA与l的距离d4 可得|t|9414，从而t2 13.由于2 134 3，4 3，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x2a2y2b21(ab0)，且有 4a29b21，a2b24.解得b212 或b23(舍去)从而a216.所以椭圆C的方程为x216y2121.(2)同解法一【例 2】解：设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x124y124，x224y224.，得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0.P是线段AB的中点，x1x216，y1y22.y1y2x1x2x1x24(y1y2)2.直线AB的斜率为 2.直线AB的方程为 2xy150.【例 31】解：(1)由题意，c1，可设椭圆方程为x21b2y2b21.因为A在椭圆上，所以11b294b21，解得b23，b234(舍去)所以椭圆方程为x24y231.(2)设直线AE的方程为yk(x1)32，代入x24y231，得(34k2)x24k(32k)x432k2120.设E(xE，yE)，F(xF，yF)，因为点A1，32在椭圆上，所以 xE432k21234k2，yEkxE32k.又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以k代替k，可得 xF432k21234k2，yFkxF32k.所以直线EF的斜率 kEFyFyExFxEk(xExF)2kxFxE12，即直线EF的斜率为定值，其值为12.【例 32】解：(1)由题意知 2pt1，1p254，得 p12，t1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)由题意知，设直线AB的斜率为k(k0)由 y12x1，y22x2，得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1.所以直线AB方程为ym12m(xm)，即x2my2m2m0.由 x2my2m2m0，y2x，消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|11k2|y1y2|14m2 4m4m2.设点P到直线AB的距离为d，则d|12m2m2|14m2.设ABP的面积为S，则S12|AB|d|12(mm2)|mm2.由4m4m20，得 0m1.令umm2，0u12，则Su(12u2)设S(u)u(12u2),0u12，则S(u)16u2.由S(u)0，得u660，12，所以S(u)maxS6669.故ABP面积的最大值为69.演练巩固提升 1C 解析：如图所示，由已知可设P(4，y1)，Q(2，y2)，点P，Q在抛物线x22y上，422y1，(2)22y2.y18，y22.P(4,8)，Q(2,2)又抛物线可化为y12x2，yx，过点P的切线斜率为y|x44，过点P的切线为y84(x4)，即y4x8.又过点Q的切线斜率为y|x22，过点Q的切线为y22(x2)，即y2x2.联立 y4x8，y2x2，解得x1，y4，点A的纵坐标为4.2A 解析：由ABF2为锐角三角形得，b2a2ctan41，即b22ac，c2a22ac.e22e10，解得 1 2e1 2，又e1，1e1 2.3(1)证明：由 b2x2a2y2a2b2，xy10，消去y，得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0.有两个交点，0，即 4a44(a2b2)a2(1b2)0a2b2(a2b21)0，ab0，a2b21.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1，x2是方程的两实根 x1x22a2a2b2，x1x2a2(1b2)a2b2.由OPOQ，得x1x2y1y20.又y11x1，y21x2，得 2x1x2(x1x2)10.式代入式，化简得a2b22a2b2.1a21b22.1a21b2等于定值(2)解：eca，b2a2c2a2(1e2)a2b22a2b2，a22e22(1e2)1212(1e2).33e22，13e212.54a232.52a62，从而长轴长的范围为 5，6 4解：(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S4|x0|y0|.由x029y021 得y021x029，从而 x02y02x021x029 19x0292294.当x0292，y0212时，Smax6.从而t 5时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为 6.(2)由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3,0)，A2(3,0)知直线AA1的方程为 yy0 x03(x3)，直线A2B的方程为 yy0 x03(x3)，由得y2y02x029(x29)又点A(x0，y0)在椭圆C上，故 y021x029.将代入得x29y21(x3，y0)因此点M的轨迹方程为 x29y21(x3，y0)