直线与圆锥曲线位置关系和练习.pptx

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1、第1页/共85页1.1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法直线与圆锥曲线的位置关系可分为：直线与圆锥曲线的位置关系可分为：_、_、_._.这三种位置关系的判断方法为：这三种位置关系的判断方法为：设直线设直线l:Ax+By+C=0(A:Ax+By+C=0(A2 2+B+B2 20)0)，圆锥曲线，圆锥曲线C C1 1：f(x,y)=0,f(x,y)=0,由由 即将直线即将直线l的方程与圆锥曲线的方程与圆锥曲线C C1 1的的方程联立，消去方程联立，消去y y便得到关于便得到关于x x的方程的方程axax2 2+bx+c=0(+bx+c=0(当然，也可当然，也可以

2、消去以消去x x得到关于得到关于y y的方程的方程)，通过方程解的情况判断直线，通过方程解的情况判断直线l与圆与圆锥曲线锥曲线C C1 1的位置关系，见下表：的位置关系，见下表：相交相交相切相切相离相离第2页/共85页方程方程axax2 2+bx+c=0+bx+c=0的解的解 l与与C C1 1的交点的交点 a=0a=0b=0b=0无解无解(含含l是双曲线的渐是双曲线的渐近线近线)无公共点无公共点 b0b0有一解有一解(含含l与抛物线的与抛物线的对称轴平行或与双曲线对称轴平行或与双曲线的渐近线平行的渐近线平行)一个交点一个交点 a0a000两个两个_的解的解两个交点两个交点=0=0两个相等的解

3、两个相等的解_00.0.()()第6页/共85页【解解析析】(1)(1)正正确确，直直线线l与与椭椭圆圆C C只只有有一一个个公公共共点点，则则直直线线l与与椭圆椭圆C C相切，反之亦成立相切，反之亦成立.(2)(2)错错误误，因因为为直直线线l与与双双曲曲线线C C的的渐渐近近线线平平行行时时，也也只只有有一一个个公公共点，是相交，但并不相切共点，是相交，但并不相切.(3)(3)错错误误，因因为为直直线线l与与抛抛物物线线C C的的对对称称轴轴平平行行时时，也也只只有有一一个个公公共点，是相交，但不相切共点，是相交，但不相切.第7页/共85页(4)(4)正确，正确，又又x x1 1=ty=t

4、y1 1+a,x+a,x2 2=ty=ty2 2+a,+a,(5)(5)错错误误，应应是是以以l为为垂垂直直平平分分线线的的线线段段ABAB所所在在的的直直线线l 与与抛抛物物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式0.0.答案答案:(1)(2)(3)(4)(5)(1)(2)(3)(4)(5)第8页/共85页1.1.已知直线已知直线y=kx-ky=kx-k及抛物线及抛物线y y2 2=2px(p0)=2px(p0)，则，则()()(A)(A)直线与抛物线有一个公共点直线与抛物线有一个公共点(B)(B)直线与抛物线有两个公共点直线与抛物线有两个公共点(

5、C)(C)直线与抛物线有一个或两个公共点直线与抛物线有一个或两个公共点(D)(D)直线与抛物线可能无公共点直线与抛物线可能无公共点【解解析析】选选C.C.因因为为直直线线y=kx-k=k(x-1)y=kx-k=k(x-1)恒恒过过定定点点(1(1，0)0)，而而点点(1(1，0)0)在抛物线内部，故直线与抛物线有一个或两个公共点在抛物线内部，故直线与抛物线有一个或两个公共点.第9页/共85页2.2.已知以已知以F F1 1(-2(-2，0)0)，F F2 2(2(2，0)0)为焦点的椭圆与直线为焦点的椭圆与直线有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为()()(A)(

6、B)(C)(D)(A)(B)(C)(D)第10页/共85页【解析解析】选选C.C.根据题意设椭圆方程为根据题意设椭圆方程为 则将则将 代入椭圆方程，得代入椭圆方程，得椭圆与直线椭圆与直线 有且仅有一个交点，有且仅有一个交点，b b2 2=3,=3,长轴长为长轴长为第11页/共85页3.3.已知直线已知直线x-y-1=0 x-y-1=0与抛物线与抛物线y=axy=ax2 2相切，则相切，则a a等于等于()()(A)(B)(C)(D)4(A)(B)(C)(D)4【解析解析】选选C.C.将将x-y-1=0 x-y-1=0，即，即y=x-1y=x-1代入代入y=axy=ax2 2得，得，axax2

7、2-x+1=0,-x+1=0,直线与抛物线相切，直线与抛物线相切，=(-1)=(-1)2 2-4a=0-4a=0，解得，解得a=a=第12页/共85页4.4.已知双曲线已知双曲线x x2 2-y-y2 2=1=1和斜率为和斜率为 的直线的直线l交于交于A A，B B两点，当两点，当l变变化时，线段化时，线段ABAB的中点的中点M M的坐标满足的方程是的坐标满足的方程是_._.【解析解析】设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2)，线段，线段ABAB中点坐标中点坐标(x(x0 0,y,y0 0),),则则 两式相减，得两式相减，得(x(x1 1+x+x2 2)

8、(x)(x1 1-x-x2 2)=(y)=(y1 1+y+y2 2)(y)(y1 1-y-y2 2),),答案答案:y=2xy=2x第13页/共85页5.5.过椭圆过椭圆 的左焦点且倾斜角为的左焦点且倾斜角为 的直线被椭圆所截的直线被椭圆所截得的弦长为得的弦长为_._.第14页/共85页【解析解析】设直线与椭圆设直线与椭圆 的交点分别为的交点分别为A(xA(x1 1,y,y1 1),),B(xB(x2 2,y,y2 2).).由椭圆方程由椭圆方程 得：得：a=3a=3，b=1b=1，所以，所以因此，直线方程为：因此，直线方程为：与椭圆方程与椭圆方程 联联立，消去立，消去y y得：得：则则所以所

9、以答案：答案：2 2 第15页/共85页考向考向 1 1 直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用【典例典例1 1】(1)(1)已知椭圆已知椭圆 若此椭圆与直线若此椭圆与直线y=4x+my=4x+m交于交于不同两点不同两点A A，B B，则实数，则实数m m的取值范围是的取值范围是_._.(2)(2013(2)(2013西安模拟西安模拟)已知抛物线的方程为已知抛物线的方程为y y2 2=4x,=4x,斜率为斜率为k k的直的直线线l过定点过定点P(-2P(-2，1)1)，若直线，若直线l与抛物线只有一个公共点，则与抛物线只有一个公共点，则k k的值为的值为_._

10、.第16页/共85页(3)(2012(3)(2012安徽高考安徽高考)如图，如图，F F1 1(-c,0),F(-c,0),F2 2(c,0)(c,0)分别是椭分别是椭圆圆C:(ab0)C:(ab0)的的左、右焦点，过点左、右焦点，过点F F1 1作作x x轴的轴的垂线交椭圆的上半部分于点垂线交椭圆的上半部分于点P P，过点过点F F2 2作直线作直线PFPF2 2的垂线交直线的垂线交直线 于点于点Q.Q.若点若点Q Q的坐标为的坐标为(4(4，4)4)，求椭圆，求椭圆C C的方程；的方程；证明：直线证明：直线PQPQ与椭圆与椭圆C C只有一个交点只有一个交点.第17页/共85页【思思路路点点

11、拨拨】(1)(2)(1)(2)将将直直线线与与曲曲线线方方程程联联立立转转化化为为所所得得方方程程解解的个数满足的条件求解的个数满足的条件求解.(3)(3)利利用用F F1 1PxPx轴轴，PFPF2 2QFQF2 2，构构建建关关于于a,b,ca,b,c的的方方程程组组，求求解解；只只需需证证明明直直线线PQPQ与与椭椭圆圆相相切切，即即其其方方程程联联立立消消元元后后的的一一元二次方程有唯一解即可元二次方程有唯一解即可.第18页/共85页【规范解答规范解答】(1)(1)直线直线y=4x+my=4x+m与椭圆与椭圆 联立，消去联立，消去y y得：得：67x67x2 2+32mx+4(m+32

12、mx+4(m2 2-3)=0-3)=0，由已知，其判别式由已知，其判别式=(32m)=(32m)2 2-4674(m-4674(m2 2-3)0,-3)0,解得：解得：答案答案:第19页/共85页(2)(2)由题意，得直线由题意，得直线l的方程为的方程为y-1=k(x+2)y-1=k(x+2)，由由 得得kyky2 2-4y+4(2k+1)=0 (*)-4y+4(2k+1)=0 (*)()()当当k=0k=0时时，由由方方程程(*)(*)得得y=1,y=1,方方程程组组有有一一个个解解,此此时时，直直线线与抛物线只有一个公共点与抛物线只有一个公共点.第20页/共85页()()当当k0k0时，方

13、程时，方程(*)(*)的判别式为的判别式为=-16(2k=-16(2k2 2+k-1).+k-1).由由=0=0，即，即2k2k2 2+k-1=0+k-1=0，解得，解得k=-1k=-1或或当当k=-1k=-1或或 时，方程组有一个解，时，方程组有一个解，此时，直线与抛物线只有一个公共点此时，直线与抛物线只有一个公共点.综上可知，当综上可知，当k=-1k=-1或或k=0k=0或或 时，直线与抛物线只有一个公时，直线与抛物线只有一个公共点共点.答案答案:-1-1或或0 0或或第21页/共85页(3)(3)由条件知，由条件知，故直线故直线PFPF2 2的斜率为的斜率为因为因为PFPF2 2FF2

14、2Q Q，所以直线，所以直线F F2 2Q Q的方程为的方程为故故由题设知，由题设知，2a=42a=4，解得，解得a=2,c=1.a=2,c=1.故椭圆方程为故椭圆方程为第22页/共85页证明：直线证明：直线PQPQ的方程为的方程为即即将上式代入将上式代入 得得x x2 2+2cx+c+2cx+c2 2=0.=0.(方法一方法一)其判别式其判别式=(2c)=(2c)2 2-4c-4c2 2=0,=0,(方法二方法二)解得解得x=-c,x=-c,所以直线所以直线PQPQ与椭圆与椭圆C C只有一个交点只有一个交点.第23页/共85页【互动探究互动探究】若将本例题若将本例题(1)(1)中中“此椭圆与

15、直线此椭圆与直线y=4x+my=4x+m交于不交于不同两点同两点A A，B”B”变为变为“此椭圆上存在不同的两点此椭圆上存在不同的两点A A，B B关于直线关于直线y=4x+my=4x+m对称对称”，则实数，则实数m m的取值范围如何？的取值范围如何？第24页/共85页【解析解析】方法一：由于方法一：由于A A，B B两点关于直线两点关于直线y=4x+my=4x+m对称，所以设对称，所以设直线直线ABAB的方程为的方程为 即即x=-4(y-b)x=-4(y-b)，将其代入，将其代入得得:13y:13y2 2-24by+12b-24by+12b2 2-3=0-3=0，其判别式，其判别式=(-24

16、b)=(-24b)2 2-413(12b-413(12b2 2-3)0-3)0，解得：，解得：，设，设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),线段线段ABAB中点为中点为M M0 0(x(x0 0,y,y0 0),),又又M M0 0在在y=4x+my=4x+m上，上，有有 将将代入代入解得解得第25页/共85页方法二：设方法二：设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),线段线段ABAB的中点的中点M(x,y)M(x,y)，x x1 1+x+x2 2=2x,y=2x,y1 1+y+y2 2=2y,=2y,两式相减得

17、两式相减得即即y y1 1+y+y2 2=3(x=3(x1 1+x+x2 2),),即即y=3x,y=3x,与与y=4x+my=4x+m联立得联立得x=-m,y=-3m,x=-m,y=-3m,而而M(x,y)M(x,y)在椭圆的内部，在椭圆的内部，则则第26页/共85页【拓展提升拓展提升】1.1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法直线与圆锥曲线位置关系的判断方法用用直直线线方方程程与与圆圆锥锥曲曲线线方方程程组组成成的的方方程程组组的的解解的的个个数数，可可以以研研究究直直线线与与圆圆锥锥曲曲线线的的位位置置关关系系，即即用用代代数数法法研研究究几几何何问问题题，这这是是解解析析几几何何的的重重

18、要要思思想想方方法法.直直线线与与圆圆锥锥曲曲线线有有无无公公共共点点或或有有几个公共点问题，实际上是研究方程组解的个数问题几个公共点问题，实际上是研究方程组解的个数问题.【提提醒醒】在在研研究究方方程程组组是是否否有有实实数数解解或或实实数数解解的的个个数数问问题题时时，要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.第27页/共85页2.2.曲线上存在关于直线对称的两点问题的解法及关键曲线上存在关于直线对称的两点问题的解法及关键(1)(1)解法：转化为过两对称点的直线与曲线的相交问题求解解法：转化为过两对称点的直线与曲线的相交问题求解.(2)(2)关关键键：用

19、用好好两两对对称称点点的的连连线线与与对对称称轴轴垂垂直直，且且两两点点的的中中点点在对称轴上在对称轴上.第28页/共85页【变式备选变式备选】(1)(2013(1)(2013抚州模拟抚州模拟)若直线若直线mx+ny=4mx+ny=4与与O:xO:x2 2+y+y2 2=4=4没有交点，则过点没有交点，则过点P(m,n)P(m,n)的直线与椭圆的直线与椭圆的交点个数是的交点个数是()()(A)(A)至多为至多为1 (B)21 (B)2(C)1 (D)0(C)1 (D)0【解析解析】选选B.B.由题意知：由题意知：点点P(m,n)P(m,n)在椭圆在椭圆 的内部，故所求交点个数是的内部，故所求交

20、点个数是2 2个个.第29页/共85页(2)(2)过双曲线过双曲线 的右焦点作直线的右焦点作直线l交双曲线于交双曲线于A A，B B两点，两点，若若|AB|=4|AB|=4，则这样的直线，则这样的直线l有有()()(A)1(A)1条条 (B)2(B)2条条 (C)3(C)3条条 (D)4(D)4条条【解析解析】选选C.C.由于由于a=1a=1，所以，所以2a=242a=20,+1)0,设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2)且由且由 不妨设不妨设x x1 1xx2 2.由由解得解得又又 得得(1-x(1-x1 1,-y,-y1 1)=2(x)=2(x2 2

21、-1,y-1,y2 2),),得得1-x1-x1 1=2(x=2(x2 2-1),-1),即即x x1 1+2x+2x2 2=3,=3,第34页/共85页亦即：亦即：解得解得 所求直线方程为所求直线方程为答案答案:第35页/共85页(3)(3)设椭圆方程为设椭圆方程为axax2 2+by+by2 2=1=1 且设且设P(xP(x1 1,y,y1 1),Q(x),Q(x2 2,y,y2 2).).由由 得得(a+b)x(a+b)x2 2+2bx+b-1=0.+2bx+b-1=0.=4b=4b2 2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab).-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab).OPOQ

22、,OPOQ,x x1 1x x2 2+y+y1 1y y2 2=0.=0.xx1 1x x2 2+(x+(x1 1+1)(x+1)(x2 2+1)=0,+1)=0,第36页/共85页2x2x1 1x x2 2+x+x1 1+x+x2 2+1=0 +1=0 代入代入得得a+b=2,a+b=2,|PQ|PQ|2 2=(x=(x1 1-x-x2 2)2 2+(y+(y1 1-y-y2 2)2 2=2(x=2(x1 1-x-x2 2)2 2=2=2(x(x1 1+x+x2 2)2 2-4x-4x1 1x x2 2=第37页/共85页a+b=2a+b=2且且 满足满足0.0.椭圆方程为椭圆方程为第38页

23、/共85页【拓展提升拓展提升】1.1.弦长的计算方法与技巧弦长的计算方法与技巧求求弦弦长长时时可可利利用用弦弦长长公公式式，根根据据直直线线方方程程与与圆圆锥锥曲曲线线方方程程联联立立消消元元后后得得到到的的一一元元二二次次方方程程，利利用用根根与与系系数数的的关关系系得得到到两两根根之之和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解.【提提醒醒】注注意意两两种种特特殊殊情情况况：(1)(1)直直线线与与圆圆锥锥曲曲线线的的对对称称轴轴平平行或垂直；行或垂直；(2)(2)直线过圆锥曲线的焦点直线过圆锥曲线的焦点.第39页/共85页2.2.弦

24、中点问题的解法弦中点问题的解法点点差差法法在在解解决决有有关关弦弦中中点点、弦弦所所在在直直线线的的斜斜率率、弦弦中中点点与与原原点点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在.3.3.与弦端点相关问题的解法与弦端点相关问题的解法解解决决与与弦弦端端点点有有关关的的向向量量关关系系、位位置置关关系系等等问问题题的的一一般般方方法法，就就是是将将其其转转化化为为端端点点的的坐坐标标关关系系，再再根根据据联联立立消消元元后后的的一一元元二二次方程根与系数的大小关系，构建方程次方程根与系数的大小关系，构建方程(组组)求解求解.第40页/共85

25、页【变式训练】【变式训练】设椭圆设椭圆C C：(ab0)(ab0)过点过点(0(0，4)4)，离心率，离心率为为 (1)(1)求椭圆求椭圆C C的方程的方程.(2)(2)求过点求过点(3(3，0)0)且斜率为且斜率为 的直线被的直线被C C所截线段的中点坐标所截线段的中点坐标.第41页/共85页【解析解析】(1)(1)将点将点(0(0，4)4)代入代入C C的方程得的方程得 b=4,b=4,椭圆椭圆C C的方程为的方程为 (2)(2)过点过点(3(3，0)0)且斜率为且斜率为 的直线方程为的直线方程为设直线与设直线与C C的交点为的交点为A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2

26、2,y,y2 2)，将直线方程，将直线方程代入代入C C的方程，得的方程，得 即即x x2 2-3x-8=0,-3x-8=0,解得解得ABAB的中点的横坐标的中点的横坐标 纵坐标纵坐标 即所截线段的中点坐标为即所截线段的中点坐标为第42页/共85页考向考向 3 3 探究性、存在性问题探究性、存在性问题【典例典例3 3】(2012(2012福建高考福建高考)如图，如图，椭圆椭圆E E：(ab0)(ab0)的左焦点的左焦点为为F F1 1，右焦点为，右焦点为F F2 2，离心率，离心率 过过F F1 1的直线交椭圆于的直线交椭圆于A A，B B两点，且两点，且ABFABF2 2的周长为的周长为8.

27、8.第43页/共85页(1)(1)求椭圆求椭圆E E的方程的方程.(2)(2)设设动动直直线线l：y=kx+my=kx+m与与椭椭圆圆E E有有且且只只有有一一个个公公共共点点P P，且且与与直直线线x=4x=4相相交交于于点点Q.Q.试试探探究究：在在坐坐标标平平面面内内是是否否存存在在定定点点M M，使使得得以以PQPQ为为直直径径的的圆圆恒恒过过点点M M？若若存存在在，求求出出点点M M的的坐坐标标；若若不不存存在在，说明理由说明理由.第44页/共85页【思路点拨思路点拨】(1)(1)利用待定系数法求解，利用待定系数法求解，(2)(2)假设存在点假设存在点M M满足满足题设条件，先探索

28、出题设条件，先探索出M M必在必在x x轴上，再根据以轴上，再根据以PQPQ为直径的圆恒过为直径的圆恒过M M点，即点，即 恒成立，求恒成立，求M M点横坐标大小，从而判断点点横坐标大小，从而判断点是否存在是否存在.第45页/共85页【规范解答规范解答】方法一：方法一：(1)(1)因为因为|AB|+|AF|AB|+|AF2 2|+|BF|+|BF2 2|=8|=8，即即|AF|AF1 1|+|F|+|F1 1B|+|AFB|+|AF2 2|+|BF|+|BF2 2|=8|=8，又又|AF|AF1 1|+|AF|+|AF2 2|=|BF|=|BF1 1|+|BF|+|BF2 2|=2a,|=2a

29、,所以所以4a=8,a=2.4a=8,a=2.又因为又因为 所以所以c=1,c=1,所以所以故椭圆故椭圆E E的方程是的方程是第46页/共85页(2)(2)由由 得得(4k(4k2 2+3)x+3)x2 2+8kmx+4m+8kmx+4m2 2-12=0.-12=0.因为动直线因为动直线l与椭圆与椭圆E E有且只有一个公共点有且只有一个公共点P(xP(x0 0,y,y0 0)，所以，所以m0m0且且=0,=0,即即64k64k2 2m m2 2-4(4k-4(4k2 2+3)(4m+3)(4m2 2-12)=0-12)=0，化简得化简得4k4k2 2-m-m2 2+3=0.(*)+3=0.(*

30、)此时此时所以所以第47页/共85页由由 得得Q(4,4k+m).Q(4,4k+m).假设平面内存在定点假设平面内存在定点M M满足条件，由图形对称性知，点满足条件，由图形对称性知，点M M必在必在x x轴上轴上.设设M(xM(x1 1,0),0)，则，则 对满足对满足(*)(*)式的式的m,km,k恒成立恒成立.因为因为由由得得整理，得整理，得 (*)(*)第48页/共85页由于由于(*)(*)式对满足式对满足(*)(*)式的式的m,km,k恒成立，所以恒成立，所以解得解得x x1 1=1.=1.故存在定点故存在定点M(1,0)M(1,0)，使得以，使得以PQPQ为直径的圆恒过点为直径的圆恒

31、过点M.M.方法二：方法二：(1)(1)同方法一同方法一.(2)(2)由由 得得(4k(4k2 2+3)x+3)x2 2+8kmx+4m+8kmx+4m2 2-12=0.-12=0.因因为为动动直直线线l与与椭椭圆圆E E有有且且只只有有一一个个公公共共点点P(xP(x0 0,y,y0 0)，所所以以m0m0且且=0,=0,第49页/共85页即即64k64k2 2m m2 2-4(4k-4(4k2 2+3)(4m+3)(4m2 2-12)=0-12)=0，化简得化简得4k4k2 2-m-m2 2+3=0.(*)+3=0.(*)此时此时所以所以由由 得得Q(4,4k+m).Q(4,4k+m).假

32、设平面内存在定点假设平面内存在定点M M满足条件，由图形对称性知，点满足条件，由图形对称性知，点M M必在必在x x轴上轴上.第50页/共85页取取k=0,k=0,此时此时 以以PQPQ为直径的圆为为直径的圆为(x-2)(x-2)2 2+交交x x轴于点轴于点M M1 1(1,0),M(1,0),M2 2(3,0)(3,0)；取；取 m=2,m=2,此时此时 Q(4,0)Q(4,0)，以，以PQPQ为直径的圆为为直径的圆为 交交x x轴轴于点于点M M3 3(1(1，0)0)，M M4 4(4,0).(4,0).所以若符合条件的点所以若符合条件的点M M存在，则存在，则M M的坐的坐标必为标必

33、为(1(1，0).0).以下证明以下证明M(1M(1，0)0)就是满足条件的点就是满足条件的点:因为因为M M的坐标为的坐标为(1(1，0)0)，所以，所以从而从而 故恒有故恒有 即存在即存在定点定点M(1M(1，0)0)，使得以，使得以PQPQ为直径的圆恒过点为直径的圆恒过点M.M.第51页/共85页【拓展提升拓展提升】探究性、存在性问题的求解步骤探究性、存在性问题的求解步骤(1)(1)先先假假设设存存在在,引引入入参参数数,根根据据题题目目条条件件列列出出关关于于参参数数的的方方程程(组组)或不等式或不等式(组组).).(2)(2)解解此此方方程程(组组)或或不不等等式式(组组),),若若

34、有有解解即即存存在在,若若无无解解则则不不存存在在.第52页/共85页【变式训练变式训练】(2013(2013宝鸡模拟宝鸡模拟)已知：向量已知：向量 O O为坐为坐标原点，动点标原点，动点M M满足：满足：(1)(1)求动点求动点M M的轨迹的轨迹C C的方程的方程.(2)(2)已知直线已知直线l1 1,l2 2都过点都过点B(0,1)B(0,1)，且，且l1 1l2 2，l1 1,l2 2与轨迹与轨迹C C分别分别交于点交于点D,ED,E，试探究是否存在这样的直线使得，试探究是否存在这样的直线使得BDEBDE是等腰直角是等腰直角三角形三角形.若存在，指出这样的直线共有几组若存在，指出这样的直

35、线共有几组(无需求出直线的方无需求出直线的方程程)；若不存在，请说明理由；若不存在，请说明理由.第53页/共85页【解析解析】(1)(1)方法一：设方法一：设 则则动点动点M M的轨迹为以的轨迹为以A A，AA为焦点，长轴长为为焦点，长轴长为4 4的椭圆的椭圆.由由 2a=42a=4，得，得a=2,a=2,动点动点M M的轨迹的轨迹C C的方程为的方程为方法二方法二:设点设点M(x,y),M(x,y),则则第54页/共85页点点M M的轨迹的轨迹C C是以是以 为焦点，长轴长为为焦点，长轴长为4 4的椭圆的椭圆.动点动点M M的轨迹的轨迹C C的方程为的方程为 (2)(2)轨迹轨迹C C是椭圆

36、是椭圆 点点B(0,1)B(0,1)是它的上顶点，是它的上顶点，设满足条件的直线设满足条件的直线l1 1，l2 2存在，由题意知两直线斜率存在且不存在，由题意知两直线斜率存在且不为零，不妨设直线为零，不妨设直线l1 1的方程为的方程为y=kx+1(ky=kx+1(k0)0)则直线则直线l2 2的方程为的方程为 第55页/共85页将将代入椭圆方程并整理得：代入椭圆方程并整理得：(1+4k(1+4k2 2)x)x2 2+8kx=0+8kx=0，可得，可得则则 将将代入椭圆方程并整理得：代入椭圆方程并整理得：(4+k(4+k2 2)x)x2 2-8kx-8kx=0=0，可得，可得由由BDEBDE是等

37、腰直角三角形得是等腰直角三角形得|BD|=|BE|BD|=|BE|第56页/共85页 k k3 3+4k=1+4k+4k=1+4k2 2 k k3 3-1=4k-1=4k2 2-4k-4k(k-1)(k(k-1)(k2 2+k+1)=4k(k-1)+k+1)=4k(k-1)k=1k=1或或k k2 2-3k+1=0 -3k+1=0 方程方程的判别式的判别式=5=50 0，即方程，即方程有两个不相等的实根，有两个不相等的实根，且不为且不为1.1.方程方程有三个互不相等的实根有三个互不相等的实根.即满足条件的直线即满足条件的直线l1 1，l2 2存存在，共有在，共有3 3组组第57页/共85页【满

38、分指导满分指导】解答直线与圆锥曲线位置关系的综合问题解答直线与圆锥曲线位置关系的综合问题【典例典例】(12(12分分)(2012)(2012北京高考北京高考)已知曲线已知曲线C C：(5-m)x(5-m)x2 2+(m-+(m-2)y2)y2 2=8(mR).=8(mR).(1)(1)若曲线若曲线C C是焦点在是焦点在x x轴上的椭圆，求轴上的椭圆，求m m的取值范围的取值范围.(2)(2)设设m=4m=4，曲曲线线C C与与y y轴轴的的交交点点为为A A，B(B(点点A A位位于于点点B B的的上上方方)，直直线线y=kx+4y=kx+4与与曲曲线线C C交交于于不不同同的的两两点点M M

39、，N N，直直线线y=1y=1与与直直线线BMBM交交于于点点G.G.求证：求证：A A，G G，N N三点共线三点共线.第58页/共85页【思路点拨思路点拨】已知条件已知条件条件分析条件分析曲线曲线C C是焦点在是焦点在x x轴上的椭圆轴上的椭圆构建关于构建关于m m的不等式组的不等式组m=4m=4得曲线得曲线C C：x x2 2+2y+2y2 2=8=8直线直线y=kx+4y=kx+4与曲线与曲线C C交于不交于不同两点同两点联立消元所得一元二次方程联立消元所得一元二次方程的判别式的判别式00A A，G G，N N三点共线三点共线只需证只需证k kANAN=k=kAGAG即可即可第59页/

40、共85页【规范解答规范解答】(1)(1)曲线曲线C C是焦点在是焦点在x x轴上的椭圆，当且仅当轴上的椭圆，当且仅当 3 3分分解得解得 所以所以m m的取值范围是的取值范围是 5 5分分(2)(2)当当m=4m=4时时，曲曲线线C C的的方方程程为为x x2 2+2y+2y2 2=8,=8,点点A A，B B的的坐坐标标分分别别为为(0(0，2)2)，(0(0，-2).-2).6 6分分由由 得得(1+2k(1+2k2 2)x)x2 2+16kx+24=0.+16kx+24=0.7 7分分第60页/共85页因为直线与曲线因为直线与曲线C C交于不同的两点，所以交于不同的两点，所以 8 8分分

41、设点设点M M，N N的坐标分别为的坐标分别为(x(x1 1,y,y1 1),(x),(x2 2,y,y2 2),),则则y y1 1=kx=kx1 1+4,y+4,y2 2=kx=kx2 2+4,+4,直线直线BMBM的方程为的方程为 点点G G的坐标为的坐标为 9 9分分因为直线因为直线ANAN和直线和直线AGAG的斜率分别为的斜率分别为所以所以=第61页/共85页 1111分分即即k kANAN=k=kAGAG.又又ANAN与与AGAG有公共点有公共点A A，故，故A A，G G，N N三点共线三点共线.1212分分第62页/共85页【失分警示失分警示】(下文下文见规范解答过程见规范解答

42、过程)第63页/共85页1.(20131.(2013咸咸阳阳模模拟拟)设设抛抛物物线线y y2 2=8x=8x的的准准线线与与x x轴轴交交于于点点Q Q，若若过过点点Q Q的直线的直线l与抛物线有公共点，则直线与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是的斜率的取值范围是()()(A)(B)(A)(B)-2,2-2,2(C)(C)-1,1-1,1 (D)(D)-4,4-4,4第64页/共85页【解解析析】选选C.C.由由题题意意得得Q(-2Q(-2，0).0).设设l的的方方程程为为y=k(x+2),y=k(x+2),代代入入y y2 2=8x=8x得得k k2 2x x2 2+4(k+4(

43、k2 2-2)x+4k-2)x+4k2 2=0,=0,当当k=0k=0时时，直直线线l与与抛抛物物线线恒恒有有一个交点；当一个交点；当k0k0时时,=16(k,=16(k2 2-2)-2)2 2-16k-16k4 40,0,即即k k2 21,1,-1k1,-1k1,且且k0,k0,综上综上-1k1.-1k1.第65页/共85页2.(20132.(2013九江模拟九江模拟)直线直线3x-4y+4=03x-4y+4=0与抛物线与抛物线x x2 2=4y=4y和圆和圆x x2 2+(y-1)(y-1)2 2=1=1从左到右的交点依次为从左到右的交点依次为A A，B B，C C，D.D.则则 的值为

44、的值为()()(A)16 (B)(C)4 (D)(A)16 (B)(C)4 (D)第66页/共85页【解析解析】选选B.B.由由 得得x x2 2-3x-4=0-3x-4=0，x xA A=-1,x=-1,xD D=4=4，直线，直线3x-4y+4=03x-4y+4=0恰过抛物线的焦点恰过抛物线的焦点F(0F(0，1).1).第67页/共85页3.(20133.(2013安庆模拟安庆模拟)已知双曲线方程是已知双曲线方程是 过定点过定点P P(2(2，1)1)作直线交双曲线于作直线交双曲线于P P1 1，P P2 2两点，并使两点，并使P(2P(2，1)1)为为P P1 1P P2 2的中的中点

45、，则此直线方程是点，则此直线方程是_._.第68页/共85页【解析解析】设点设点P P1 1(x(x1 1,y,y1 1),P),P2 2(x(x2 2,y,y2 2),),则由则由得得 从而所求方程为从而所求方程为4x-y-7=0.4x-y-7=0.将将此直线方程与双曲线方程联立得此直线方程与双曲线方程联立得14x14x2 2-56x+51=0,0-56x+51=0,0，故此直，故此直线满足条件线满足条件.答案答案:4x-y-7=04x-y-7=0第69页/共85页4.(20134.(2013南南昌昌模模拟拟)在在平平面面直直角角坐坐标标系系xOyxOy中中，O O为为坐坐标标原原点点，动点

46、动点P P与两个定点与两个定点M(1M(1，0)0)，N(4N(4，0)0)的距离之比为的距离之比为 (1)(1)求动点求动点P P的轨迹的轨迹W W的方程的方程.(2)(2)若直线若直线l:y=kx+3:y=kx+3与曲线与曲线W W交于交于A A，B B两点，则曲线两点，则曲线W W上是否存上是否存在一点在一点Q Q，使得，使得 若存在，求出此时直线若存在，求出此时直线l的斜率；的斜率；若不存在，请说明理由若不存在，请说明理由.第70页/共85页【解析解析】(1)(1)设点设点P P的坐标为的坐标为(x,y)(x,y)，依题意，知，依题意，知即即化简得化简得x x2 2+y+y2 2=4,

47、=4,所以动点所以动点P P的轨迹的轨迹W W的方程为的方程为x x2 2+y+y2 2=4.=4.第71页/共85页(2)(2)因为直线因为直线l:y=kx+3:y=kx+3与曲线与曲线W W相交于相交于A A，B B两点，两点，所以所以假设存在点假设存在点Q Q，使得，使得因为因为A A，B B在圆上，且在圆上，且由向量加法的平行四边形法则可知四边形由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQBOAQB为菱形，为菱形，所以所以OQOQ与与ABAB互相垂直且平分，互相垂直且平分，所以原点所以原点O O到直线到直线l:y=kx+3:y=kx+3的距离为的距离为1,1,即即 解得解得k k2 2=

48、8,=8,经验证满足条件经验证满足条件.所以存在点所以存在点Q Q，使得，使得第72页/共85页1.1.已知圆已知圆M M：及定点及定点 点点P P是圆是圆M M上的动点，点上的动点，点Q Q在在NPNP上，点上，点G G在在MPMP上，且满足上，且满足 (1)(1)求点求点G G的轨迹的轨迹C C的方程的方程.(2)(2)过点过点K(2K(2，0)0)作直线作直线l,与曲线与曲线C C交于交于A A，B B两点，两点，O O是坐标原是坐标原点，设点，设 是否存在这样的直线是否存在这样的直线l,使四边形使四边形OASBOASB的对的对角线相等？若存在，求出直线角线相等？若存在，求出直线l的方程

49、；若不存在，说明理由的方程；若不存在，说明理由.第73页/共85页【解析解析】(1)(1)由由 Q Q为为PNPN的中点，且的中点，且GQPNGQPN GQ GQ是是PNPN的中垂线，的中垂线，|PG|=|GN|PG|=|GN|，|PM|=|GM|+|GP|=|GM|+|GN|=|PM|=|GM|+|GP|=|GM|+|GN|=点点G G的轨迹是以的轨迹是以M M，N N为焦点的椭圆，为焦点的椭圆，又又a=3,a=3,CC的方程为的方程为第74页/共85页(2)(2)四四边边形形OASBOASB为为平平行行四四边边形形，假假设设存存在在直直线线l，使，使|OS|=|AB|OS|=|AB|四边形

50、四边形OASBOASB为矩形为矩形OAOB.OAOB.若若l的斜率不存在，则的斜率不存在，则l的方程为的方程为x=2,x=2,由由 这与这与 相矛盾，相矛盾，l的斜率存在的斜率存在.第75页/共85页设直线设直线l的方程为的方程为y=k(x-2),A(xy=k(x-2),A(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),(9k(9k2 2+4)x+4)x2 2-36k-36k2 2x+36(kx+36(k2 2-1)=0.-1)=0.yy1 1y y2 2=k(x=k(x1 1-2)-2)k(xk(x2 2-2)-2)由由存在直线存在直线l:3x-2y-6=0:3x-2