2019年高考数学一轮总复习第八章解析几何8.9.1直线与圆锥曲线的位置关系课件理

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2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系

2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系1．直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线______公共点；相切时，直线与圆锥曲线有______公共点；相交时，直线与椭圆有______公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公共点．一般通过它们的方程来研究：设直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0与二次曲线C ：f (x ，y )＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，f （x ，y ）＝0消元，如果消去y 后得：ax 2＋bx ＋c ＝0，(1)当a ≠0时，①Δ＞0，则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线________；②Δ＝0，则方程有两个相同的解，直线与圆锥曲线有一个公共点，直线与圆锥曲线________；③Δ＜0，则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线________．(2)注意消元后非二次的情况，即当a ＝0时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线．当圆锥曲线是双曲线时，直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是________；当圆锥曲线是抛物线时，直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是________．(3)直线方程涉及斜率k 要考虑其不存在的情形． 2．直线与圆锥曲线相交的弦长问题(1)直线l ：y ＝kx ＋m 与二次曲线C ：f (x ，y )＝0交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，f （x ，y ）＝0得ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2＝________，||AB ＝__________________________．(2)若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算．3．直线与圆锥曲线相交弦的中点问题中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．(1)利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解．(2)点差法：若直线l 与圆锥曲线C 有两个交点A ，B ，一般地，首先设出A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x 1＋x 2，y 1＋y 2，x 1－x 2，y 1－y 2，从而建立中点坐标和斜率的关系．无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论．自查自纠1．无一个两个 (1)①相交 ②相切 ③相离(2)平行或重合平行或重合 2．(1)－b a ca1＋k 2||x 1－x 2＝1＋k2b 2－4ac||a直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解：由于直线y ＝kx －k ＋1＝k (x－1)＋1过定点(1，1)，而(1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．故选A.过点(0，1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0，1)且平行于x 轴的直线y ＝1，以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线y ＝x ＋1.故选C.抛物线C 的顶点为原点，焦点在x 轴上，直线x －y ＝0与抛物线C 交于A ，B 两点，若P (1，1)为线段AB 的中点，则抛物线C 的方程为( )A ．y 2＝4xB ．y 2＝2xC ．x 2＝2yD ．y 2＝－2x 解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程为y 2＝2px ，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，两式相减可得2p ＝y 1－y 2x 1－x 2×(y 1＋y 2)＝k AB ×2＝2，即可得p ＝1，所以抛物线C 的方程为y 2＝2x .故选B.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F (2，0)为其右焦点，过点F 且垂直于x 轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C 的方程为____________．解：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，b 2a ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.故填x 24＋y 22＝1.已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线经过点(1，2)，则该渐近线与圆(x ＋1)2＋(y －2)2＝4相交所得的弦长为________．解：因为bx －ay ＝0过点(1，2)，故b －2a ＝0，渐近线方程为2x －y ＝0，圆心到该直线的距离d ＝45，故弦长为24－165＝455.故填455.类型一弦的中点问题(1)已知一直线与椭圆4x 2＋9y 2＝36相交于A ，B 两点，弦AB 的中点坐标为M (1，1)，则直线AB 的方程为_____________________________．解法一：根据题意，易知直线AB 的斜率存在，设通过点M (1，1)的直线AB 的方程为y ＝k (x －1)＋1，代入椭圆方程，整理得(9k 2＋4)x 2＋18k (1－k )x ＋9(1－k )2－36＝0.设A ，B 的横坐标分别为x 1，x 2，则x 1＋x 22＝－9k （1－k ）9k 2＋4＝1，解之得k ＝－49. 故直线AB 的方程为y ＝－49(x －1)＋1，即4x ＋9y－13＝0.解法二：设A (x 1，y 1)．因为AB 中点为M (1，1)，所以B 点坐标是(2－x 1，2－y 1)．将A ，B 点的坐标代入方程4x 2＋9y 2＝36，得4x 21＋9y 21－36＝0，①及4(2－x 1)2＋9(2－y 1)2＝36，化简为4x 21＋9y 21－16x 1－36y 1＋16＝0.②①－②，得16x 1＋36y 1－52＝0，化简为4x 1＋9y 1－13＝0.同理可推出4(2－x 1)＋9(2－y 1)－13＝0. 因为A (x 1，y 1)与B (2－x 1，2－y 1)都满足方程4x ＋9y －13＝0，所以4x ＋9y －13＝0即为所求．解法三：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是弦的两个端点，代入椭圆方程，得⎩⎪⎨⎪⎧4x 21＋9y 21＝36， ①4x 22＋9y 22＝36， ② ①－②，得4(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋9(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0.因为M (1，1)为弦的中点，所以x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2.所以4(x 1－x 2)＋9(y 1－y 2)＝0.所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－49. 故AB 方程为y －1＝－49(x －1)，即4x ＋9y －13＝0.故填4x ＋9y －13＝0.(2)椭圆ax 2＋by 2＝1与直线y ＝1－x 交于A ，B 两点，过原点与线段AB 中点的直线的斜率为32，则ab＝( )A.32 B.233 C.932 D.2327解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点M (x 0，y 0)，结合题意，由点差法得，y 2－y 1x 2－x 1＝－a b ·x 1＋x 2y 1＋y 2＝－a b ·23＝－1，所以a b ＝32.故选A.【点拨】题(1)的三种解法很经典，各有特色，解法一思路直接，但计算量大，解法三计算简捷，所列式子“整齐、美观，对称性强”，但消去x 1，x 2，y 1，y 2时，要求灵活性高，整体意识强．弦中点问题常用“点差法”(步骤详见“考点梳理”栏目)．(1)过点M (1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于____________．解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，两式相减得（x 1－x 2）（x 1＋x 2）a 2＋（y 1－y 2）（y 1＋y 2）b 2＝0，变形得－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝y 1－y 2x 1－x 2，即－2b 22a 2＝－12，a 2＝2b 2，e ＝ca＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝22.故填22.(2)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( )A.x 245＋y 236＝1B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 解：因为直线AB 过点F (3，0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝⎛⎭⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝⎛⎭⎫a24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，故选D.类型二定点问题(2015·大庆检测)已知椭圆C ：x 2a2＋y 2＝1(a >1)的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：(x －3)2＋(y －1)2＝3相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)若不过点A 的动直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，且AP →·AQ →＝0，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标．解：(1)圆M 的圆心为(3，1)，半径r ＝ 3. 由题意知A (0，1)，F (c ，0)，直线AF 的方程为xc ＋y ＝1，即x ＋cy －c ＝0.由直线AF 与圆M 相切，得|3＋c －c |c 2＋1＝3，解得c 2＝2，a 2＝c 2＋1＝3，故椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)证法一：由AP →·AQ →＝0，知AP ⊥AQ ，从而直线AP 与坐标轴不垂直，故可设直线AP 的方程为y ＝kx ＋1，直线AQ 的方程为y ＝－1kx ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 23＋y 2＝1，整理得(1＋3k 2)x 2＋6kx ＝0，解得x ＝0或x ＝－6k 1＋3k 2，故点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 1＋3k 2，1－3k 21＋3k 2，同理，点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫6k k 2＋3，k 2－3k 2＋3，所以直线l 的斜率为k 2－3k 2＋3－1－3k 21＋3k 26kk 2＋3－－6k 1＋3k 2＝k 2－14k ，所以直线l 的方程为y ＝k 2－14k ⎝⎛⎭⎫x －6k k 2＋3＋k 2－3k 2＋3，即y ＝k 2－14k x －12.所以直线l 过定点⎝⎛⎭⎫0，－12. 证法二：由AP →·AQ →＝0，知AP ⊥AQ ，从而直线PQ 与x 轴不垂直，故可设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 23＋y 2＝1，整理得(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3(t 2－1)＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－6kt 1＋3k 2，x 1x 2＝3（t 2－1）1＋3k 2.(*)由Δ＝(6kt )2－4(1＋3k 2)×3(t 2－1)>0，得3k 2>t 2－1.由AP →·AQ →＝0，得AP →·AQ →＝(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (t －1)(x 1＋x 2)＋(t －1)2＝0.将(*)代入，得t ＝－12，所以直线l 过定点⎝⎛⎭⎫0，－12. 【点拨】(1)根据已知条件建立方程；(2)通过假设相关点的坐标，利用函数与方程思想及点的坐标关系，按照“设而不求”的原则计算或化简．(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .解：(1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．由NP →＝2NM →，得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 202＋y 20＝1，所以x 22＋y 22＝1. 因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：易知F (－1，0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .类型三定值问题如图，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0，2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O为坐标原点)．(1)证明：动点D 在定直线上；(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2.证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．证明：(1)依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2，代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8，直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ，BD 的方程为x ＝x 2，解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1.注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1，则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2.因此D 点在定直线y ＝－2(x ≠0)上． (2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2－4ax －4b ＝0，由Δ＝0得16a 2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2.故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2. 分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝⎛⎭⎫2a ＋a ，2，N 2⎝⎛⎭⎫－2a ＋a ，－2，则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝⎛⎭⎫－2a ＋a 2＋42－⎝⎛⎭⎫2a ＋a 2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.【点拨】求解此类问题的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线．应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算．(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值．解：(1)由题意得⎩⎨⎧c a ＝32，12ab ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知，A (2，0)，B (0，1)，设P (x 0，y 0)，则x 20＋4y 20＝4.当x 0≠0时，直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.所以|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4. 综上，|AN |·|BM |为定值．类型四与弦有关的范围与最值问题(2015·浙江)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．解：(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝⎛⎭⎫12＋1m 2x 2－2bmx ＋b 2－1＝0. 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2>0.① 将AB 的中点M ⎝⎛⎭⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2的坐标代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得3m 4＋4m 2－42m 4>0，即3m 4＋4m 2－4>0也即(3m 2－2)(m 2＋2)>0，解得m <－63或m >63. (2)令t ＝1m ∈⎝⎛⎭⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，则 S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22. 【点拨】(1)圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．(2)解决圆锥曲线中的取值范围问题常从五方面考虑：①利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；③利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；⑤利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4.(1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值．解：(1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)设点A ，B 的坐标分别为(t ，2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 20＋4－x 202＋2（4－x 20）x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0<x 20≤4)．因为x 202＋8x 20≥4，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.类型五对称问题已知抛物线y ＝ax 2－1(a ≠0)上总有关于直线x ＋y ＝0对称的相异两点，则a 的取值范围是____________．解：设A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)为抛物线y ＝ax 2－1上的关于直线x ＋y ＝0对称的两相异点，则y 1＝ax 21－1，y 2＝ax 22－1.两式相减，得y 1－y 2＝a (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．再由x 1≠x 2，得y 1－y 2x 1－x 2＝a (x 1＋x 2)＝1.设线段AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝12a .由M 点在直线x ＋y ＝0上，得y 0＝－12a .所以直线AB 的方程为y ＋12a ＝x －12a .联立直线AB 与抛物线的方程并消去y ，得ax 2－x ＋1a －1＝0.依题意，上面的方程有两个相异实根，所以Δ＝1－4a ⎝⎛⎭⎫1a －1＞0，解得a ＞34. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫34，＋∞.故填⎝⎛⎭⎫34，＋∞. 【点拨】应用判别式法解决此类对称问题，要抓住三点：(1)中点在对称轴上；(2)两个对称点的连线与对称轴垂直；(3)两点连线与曲线有两个交点，故Δ＞0.一般通过“设而不求”“点差法”得到对称点连线的方程，再与曲线方程联立，由判别式不等式求出参数范围．已知椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点为F ，O 为坐标原点．设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，点A 和点B 关于直线l 对称，l 与x 轴交于点G ，则点G 横坐标的取值范围是____________．解：设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，代入x 22＋y 2＝1，整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.因为直线AB 过椭圆的左焦点F 且不垂直于x 轴，所以方程有两个不等实根．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点N (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－2k22k 2＋1，y 0＝k (x 0＋1)＝k2k 2＋1，因为点A 和点B 关于直线l 对称，所以直线l 为AB 的垂直平分线，其方程为y －y 0＝－1k (x －x 0)．令y ＝0，得x G ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k 22k 2＋1＝－k 22k 2＋1＝－12＋14k 2＋2，因为k ≠0，所以－12＜x G ＜0，即点G 横坐标的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，0.故填⎝⎛⎭⎫－12，0.1．对于圆锥曲线的综合问题，①要注意将曲线的定义性质化，找出定义赋予的条件；②要重视利用图形的几何性质解题(本书多处强调)；③要灵活运用韦达定理、弦长公式、斜率公式、中点公式、判别式等解题，巧妙运用“设而不求”“整体代入”“点差法”“对称转换”等方法．2．在给定的圆锥曲线f (x ，y )＝0中，求中点为(m ，n )的弦AB 所在直线方程或动弦中点M (x ，y )轨迹时，一般可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，利用A ，B 两点在曲线上，得f (x 1，y 1)＝0，f (x 2，y 2)＝0及x 1＋x 2＝2m (或2x )，y 1＋y 2＝2n (或2y )，从而求出斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2，最后由点斜式写出直线AB 的方程，或者得到动弦所在直线斜率与中点坐标x ，y 之间的关系，整体消去x 1，x 2，y 1，y 2，得到点M (x ，y )的轨迹方程．3．对满足一定条件的直线或者曲线过定点问题，可先设出该直线或曲线上两点的坐标，利用坐标在直线或曲线上以及切线、点共线、点共圆、对称等条件，建立点的坐标满足的方程或方程组．为简化运算，应多考虑曲线的几何性质，求出相应的含参数的直线或曲线，再利用直线或曲线过定点的知识加以解决.以“求直线l ：y ＝kx ＋2k ＋1(k 为参数)是否过定点”为例，有以下常用方法：①待定系数法：假设直线l 过点(c 1，c 2)，则y －c 2＝k (x －c 1)，即y ＝kx －c 1k ＋c 2，通过与已知直线方程比较得c 1＝－2，c 2＝1.所以直线l 过定点(－2，1)．②赋值法：令k ＝0，得l 1：y ＝1；令k ＝1，得l 2：y ＝x ＋3，求出l 1与l 2的交点(－2，1)，将交点坐标代入直线系得1＝－2k ＋2k ＋1恒成立，所以直线l 过定点(－2，1)．赋值法由两步构成，第一步：通过给参数赋值，求出可能的定点坐标；第二步：验证其是否恒满足直线方程．③参数集项法：对直线l 的方程中的参数集项得y －1＝k (x ＋2)，由直线的点斜式方程，易知直线l 过定点(－2，1)．若方程中含有双参数，应考虑两个参数之间的关系．4．给出曲线上的点到直线的最短(长)距离或求动点到直线的最短(长)距离时，可归纳为求函数的最值问题，也可借助于图形的性质(如三角形的公理、对称性等)求解．5．圆锥曲线上的点关于某一直线对称的问题，通常利用圆锥曲线上的两点所在直线与已知直线l (或者是直线系)垂直，圆锥曲线上两点连成线段的中点一定在对称轴直线l 上，再利用判别式或中点与曲线的位置关系求解．1．直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的交点个数是( )A ．1B ．2C ．1或2D ．0解：因为直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝ba x平行，所以它与双曲线只有1个交点．故选A.2．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线y 2＝2px (p >0)上的两点，并且满足OA ⊥OB ，则y 1y 2等于( )A ．－4p 2B ．－3p 2C ．－2p 2D ．－p 2 解：因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0. 所以x 1x 2＋y 1y 2＝0.①因为A 、B 都在抛物线上，有⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，代入①得y 212p ·y 222p ＋y 1y 2＝0，解得y 1y 2＝－4p 2.故选A.3．已知椭圆C 的方程为x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)，如果直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( )A ．2B ．2 2C ．8D ．2 3 解：根据已知条件得c ＝16－m 2，则点⎝⎛⎭⎫16－m 2，2216－m 2在椭圆x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)上，所以16－m 216＋16－m 22m 2＝1，可得m ＝2 2.故选B.4．抛物线y 2＝2px 与直线2x ＋y ＋a ＝0交于A ，B 两点，其中点A 的坐标为(1，2)，设抛物线的焦点为F ，则|F A |＋|FB |的值等于( )A ．7B ．3 5C ．6D ．5 解：点A (1，2)在抛物线y 2＝2px 和直线2x ＋y ＋a ＝0上，可得p ＝2，a ＝－4，令A ，B 的横坐标分别为x A ，x B ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，2x ＋y －4＝0得x 2－5x ＋4＝0，即x A＋x B ＝5，故|F A |＋|FB |＝x A ＋x B ＋p ＝7.故选A. 5．直线4kx －4y －k ＝0与抛物线y 2＝x 交于A ，B两点，若|AB |＝4，则弦AB 的中点到直线x ＋12＝0的距离等于( )A.74 B ．2 C.94D ．4 解：易知直线4kx －4y －k ＝0过抛物线y 2＝x 的焦点⎝⎛⎭⎫14，0，所以|AB |为焦点弦．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则AB 中点N ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4.所以x 1＋x 22＝74. 所以AB 中点到直线x ＋12＝0的距离为74＋12＝94.故选C.6．(2016·贵州模拟)斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A.455B.4105C.9510D.91010解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y＝x ＋t ，代入x 24＋y 2＝1，消去y ，整理得54x 2＋2tx ＋t 2－1＝0，由题意得Δ＝(2t )2－5(t 2－1)>0，即t 2<5.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4（t 2－1）5，则弦长|AB |＝（1＋k 2）[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝42×5－t 25≤4105.故选B.7．已知过定点(1，0)的直线与抛物线x 2＝y 相交于不同的A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则(x 1－1)(x 2－1)＝________．解：由题知直线的斜率存在，设过定点(1，0)的直线的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程x 2＝y 可得x 2－kx ＋k ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1·x 2＝k ，所以(x 1－1)(x 2－1)＝x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋1＝1. 故填1.8．过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________．解：设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，由于A ，B 两点均在椭圆上，故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1，两式相减得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）16＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）4＝0.又因为P 是A ，B 的中点，所以x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34.所以直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3)，即3x ＋4y －13＝0.故填3x ＋4y －13＝0.9．已知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，且椭圆经过圆C ：x 2＋y 2－4x ＋22y ＝0的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)设直线l 过椭圆的焦点且与圆C 相切，求直线l 的方程．解：(1)圆C 方程化为(x －2)2＋(y ＋2)2＝6，圆心C (2，－2)，半径r ＝ 6.设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，故有⎩⎨⎧4a 2＋2b 2＝1，c a ＝22，所以a ＝22，b ＝2.则所求的椭圆方程是x 28＋y 24＝1.(2)由(1)得到椭圆的左、右焦点分别是F 1(－2，0)，F 2(2，0)，|F 2C |＝（2－2）2＋（0＋2）2＝2< 6. 所以F 2在C 内，故过F 2没有圆C 的切线，设l 的方程为y ＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0.点C (2，－2)到直线l 的距离d ＝|2k ＋2＋2k |1＋k 2＝6，解得k ＝25或k ＝－2，故l 的方程为2x －5y ＋22＝0或2x ＋y ＋22＝0.10．已知过点M ⎝⎛⎭⎫p 2，0的直线l 与抛物线y 2＝2px (p >0)交于A 、B 两点，且OA →·OB →＝－3，其中O 为坐标原点．(1)求p 的值；(2)当|AM |＋4|BM |最小时，求直线l 的方程．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my ＋p2.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋p 2，y 2＝2px ，消去x 得y 2－2pmy －p 2＝0.所以y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－p 2.因为OA →·OB →＝－3，所以x 1x 2＋y 1y 2＝－3.又x 1x 2＝y 212p ·y 222p ＝p 24，所以p 24－p 2＝－3p 2＝4.因为p >0，所以p ＝2.(2)显然M 是抛物线的焦点，由抛物线定义，|AM |＝x 1＋p 2＝x 1＋1，|BM |＝x 2＋p2＝x 2＋1，所以|AM |＋4|BM |＝x 1＋4x 2＋5≥24x 1x 2＋5＝9，当且仅当x 1＝4x 2时取等号．将x 1＝4x 2代入x 1x 2＝p 24＝1，得x 2＝12(负值舍去)．将x 2＝12代入y 2＝4x ，得y 2＝±2，即点B ⎝⎛⎭⎫12，±2.将点B 代入x ＝my ＋1，得m ＝±24.所以直线l 的方程为x ＝±24y ＋1，即4x ±2y －4＝0.(2015·河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)，直线y ＝kx ＋2与E 交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝2，其中O 为原点．(1)求抛物线E 的方程；(2)点C 坐标为(0，－2)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 21＋k 22－2k 2为定值．解：(1)将y ＝kx ＋2代入x 2＝2py ，得x 2－2pkx －4p ＝0，其中Δ＝4p 2k 2＋16p ＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－4p ，OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 212p ·x 222p ＝－4p ＋4＝2，得p ＝12，所以抛物线E 的方程为x 2＝y .(2)证明：由(1)知，x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－2.k 1＝y 1＋2x 1＝x 21＋2x 1＝x 21－x 1x 2x 1＝x 1－x 2，同理k 2＝x 2－x 1，所以k 21＋k 22－2k 2＝2(x 1－x 2)2－2(x 1＋x 2)2＝－8x 1x 2＝16，即k 21＋k 22－2k 2为定值．1．(2016·天津)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为25，且双曲线的一条渐近线与直线2x ＋y ＝0垂直，则双曲线的方程为( )A.x 24－y 2＝1 B ．x 2－y 24＝1 C.3x 220－3y 25＝1 D.3x 25－3y 220＝1 解：由焦距为25，得c ＝ 5.因为双曲线的一条渐近线与直线2x ＋y ＝0垂直，所以b a ＝12.又c 2＝a 2＋b 2，解得a ＝2，b ＝1，所以双曲线的方程为x 24－y 2＝1.故选A.2．直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的13，则该椭圆的离心率为( )A.13B.12C.23D.34解：bc a ＝13×2b ，解得c a ＝23，即e ＝23.故选C.3．抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l ，经过F 且斜率为3的直线与抛物线在x 轴上方的部分相交于点A ，AK ⊥l ，垂足为K ，则△AKF 的面积是( )A ．4B ．3 3C ．4 3D ．8 解：因为y 2＝4x ，所以F (1，0)，l ：x ＝－1，过焦点F 且斜率为3的直线l 1：y ＝3(x －1)，与y 2＝4x 联立，解得A (3，23)，所以AK ＝AF ＝4，所以S △AKF＝12×4×23＝4 3.故选C. 4．抛物线y ＝ax 2与直线y ＝kx ＋b (k ≠0)交于A ，B 两点，且此两点的横坐标分别为x 1，x 2，直线与x 轴交点的横坐标是x 3，则恒有( )A ．x 3＝x 1＋x 2B ．x 1x 2＝x 1x 3＋x 2x 3C ．x 1＋x 2＋x 3＝0D ．x 1x 2＋x 2x 3＋x 3x 1＝0 解：联立得ax 2－kx －b ＝0，可知x 1＋x 2＝k a ，x 1x 2＝－b a ，x 3＝－bk ，代入各项验证即可得B 正确，故选B.5．已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时，点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( )A.95B.125C ．4D ．5 解：由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，所以所求的距离d ＝125，故选B.6．(2016·湖北模拟)设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋1相切，则该双曲线的离心率等于( )A. 3 B ．2 C. 5 D. 6 解：设切点P (x 0，y 0)，则切线的斜率为y ′|x ＝x 0＝2x 0.由题意有y 0x 0＝2x 0，又y 0＝x 20＋1，解得x 20＝1，所以ba＝2，则e ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝ 5.故选C.7．已知F 为抛物线y 2＝8x 的焦点，过点F 且斜率为1的直线l 交抛物线于A ，B 两点，则||F A |－|FB ||的值为________．解：依题意知F (2，0)，直线l 的方程为y ＝x －2，与抛物线方程联立得x 2－12x ＋4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12，x 1x 2＝4，则||F A |－|FB ||＝|(x 1＋2)－(x 2＋2)|＝|x 1－x 2|＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝144－16＝8 2.故填8 2.8．若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最小值为________．解：点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3)，依题意得左焦点F (－1，0)，所以OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )，所以OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19x2＋x ＋8，因为－3≤x ≤3，所以 6≤OP →·FP →≤12.故最小值为6.故填6.9．(2016·厦门模拟)已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为12，右焦点到右顶点的距离为1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在与椭圆C 交于A ，B 两点的直线l ：y ＝kx ＋m (k ∈R )，使得OA →·OB →＝0成立？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，半焦距为c .依题意有e ＝c a ＝12，a －c ＝1，解得c ＝1，a ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝3.则椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)存在直线l ，使得OA →·OB →＝0成立．理由如下：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)>0，化简得3＋4k 2>m 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x2＝4m 2－123＋4k 2. 若OA →·OB →＝0，则x 1x 2＋y 1y 2＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝0，整理得(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝0，则(1＋k 2)·4m 2－123＋4k 2－km ·8km 3＋4k2＋m 2＝0，化简得7m 2＝12＋12k 2，将k 2＝712m 2－1代入3＋4k 2>m 2中，则3＋4⎝⎛⎭⎫712m 2－1>m 2，解得m 2>34，又由7m 2＝12＋12k 2≥12，得m 2≥127，从而m 2≥127，即m ≥2721或m ≤－2721.所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－2721∪⎣⎡⎭⎫2721，＋∞.10．(2016·南京模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，椭圆C 上任意一点到椭圆左右两个焦点的距离之和为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆C 与x 轴负半轴交于点A ，直线过定点(－1，0)交椭圆于M ，N 两点，求△AMN 面积的最大值．解：(1)由题意可知a ＝2b ，且2a ＝4，所以a ＝2，b ＝1，则椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)易知A 点坐标为(－2，0)，直线MN 过定点D (－1，0)，即可令直线MN 的方程为x ＝my －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 24＋y 2＝1消去x 得(m 2＋4)y 2－2my －3＝0，令M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2mm 2＋4， y 1y 2＝－3m 2＋4，所以S △AMN ＝12|AD ||y 1－y 2|＝12（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝124m 2（m 2＋4）2＋12m 2＋4＝2m 2＋3（m 2＋4）2，令t ＝m 2＋3，则t ≥3，所以S △AMN ＝2t（t ＋1）2＝21t ＋1t＋2 ≤213＋13＋2＝32，所以当且仅当t ＝m 2＋3＝3，即m ＝0时，△AMN 的面积取最大值，最大值为32. 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，椭圆C 过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，直线PF 1交y 轴于点Q ，且PF 2→＝2QO →，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M 是椭圆C 的上顶点，过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆C 于A ，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝2，证明：直线AB 过定点．解：(1)因为椭圆C 过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，所以1a 2＋12b 2＝1，①.又PF 2→＝2QO →，即PF 2⊥F 1F 2，则c ＝1，所以a 2－b 2＝1，②，由①②得a 2＝2，b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)可知M (0，1)，当直线AB 的斜率不存在时，设A (x 0，y 0)，则B (x 0，－y 0)，由k 1＋k 2＝2得y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝2，则x 0＝－1，即直线AB 为x ＝－1.当直线AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2，由k 1＋k 2＝2得y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝2，即（kx 2＋m －1）x 1＋（kx 1＋m －1）x 2x 2x 1＝2，化简得(2－2k )x 2x 1＝(m －1)(x 2＋x 1)，则(1－k )(m 2－1)＝－km (m －1)，由m ≠1，(1－k )(m ＋1)＝－km 得k ＝m ＋1，所以y ＝kx ＋m ＝(m ＋1)x ＋m ，即(x ＋1)m ＝y －x ，故直线AB 过定点(－1，－1)．2019年高考数学一轮复习第13 页共13 页。

高中数学高三一轮第八章平面解析几何 8.9 直线与圆锥曲线的位置关系【素材】考向归纳

第八章平面解析几何8。

9 直线与圆锥曲线的位置关系考向归纳考向1直线与圆锥曲线的位置关系1.已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：错误!＋错误!＝1。

试问当m取何值时，直线l与椭圆C：（1）有两个不重合的公共点；(2)有且只有一个公共点；（3)没有公共点．【解】将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组错误!将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m）2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.（1)当Δ>0，即－3错误!<m<3错误!时，方程③有两个不同的实数根,可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．(2）当Δ＝0，即m＝±3错误!时,方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l 与椭圆C有且只有一个公共点．（3）当Δ〈0，即m〈－32或m〉3错误!时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．直线与圆锥曲线位置关系的判定方法及关注点1．判定方法：直线与圆锥曲线方程联立，消去x （或y），判定该方程组解的个数，方程组有几组解，直线与圆锥曲线就有几个交点．2．关注点:（1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况．（2）判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用：第一，可以限定所给参数的范围；第二，可以取舍某些解以免产生增根．考向2直线与圆锥曲线相交时的弦长问题1。

设F1，F2分别是椭圆E：错误!＋错误!＝1(a>b〉0）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．【解】（1）由椭圆定义知｜AF2|＋｜BF2｜＋｜AB｜＝4a,又2｜AB｜＝|AF2|＋｜BF2｜，得|AB|＝错误!a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝错误!。

2019一轮复习课件第8章第8节直线与圆锥曲线的位置关系

(1)(理)解析：由题意知F2( 4－b2，0)，故直线方程为 y＝－(x－ 4－b2)，即y＝－x＋ 4－b2，代入b2x2＋4y2－4b2＝0中消去y整理得 (b2＋4)x2－8 4－b2x＋16－8b2＝0，设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝8 b24＋－4b2，x1x2＝16b－ 2＋84b2，
②假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝32x＋t.
由1yx＝62 ＋32x1y＋22 ＝t 1
消去y整理得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－4 3≤t≤4 3
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得
|t| 94＋1
二、圆锥曲线的弦长
设直线与圆锥曲线相交于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)． (1)|P1P2|＝ x1－x22＋y1－y22 ；
(2)当直线方程写成y＝kx＋b(k∈R)形式时，其弦长用 x1，x2表示为：|P1P2|＝ 1＋k2|x1－x2| .
用y1，y2表示为：|P1P2|＝
1＋k12|y1－y2|.
1 2
时，y＝x＋b与y2＝2x有且只有一个
公共点．②当Δ＞0，即b＜
1 2
时，y＝x＋b与y2＝2x有两个公
共点．③当Δ＜0，即b＞12时，y＝x＋b与y2＝2x无公共点．
答案：12 －∞，12 12，＋∞
【考向探寻】 1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定． 2．直线与圆锥曲线的交点个数问题．
判断直线与圆锥曲线公共点的个数或位置关系有两种常用方法：
(1)代数法．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(x)得一元方程，此方程根的个数即为交点的个数；方程组的解，即为交点的坐标；

高考数学一轮总复习第八章解析几何8.9.1直线与圆锥曲线的位置关系课时训练理(2021年整理)

2019年高考数学一轮总复习第八章解析几何8.9.1 直线与圆锥曲线的位置关系课时跟踪检测理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考数学一轮总复习第八章解析几何8.9.1 直线与圆锥曲线的位置关系课时跟踪检测理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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8。

9。

1 直线与圆锥曲线的位置关系[课时跟踪检测］[基础达标]1．若直线ax＋by－3＝0与圆x2＋y2＝3没有公共点，设点P的坐标为（a,b)，则过点P的一条直线与椭圆x24＋错误!＝1的公共点的个数为( )A．0 B．1C．2 D．1或2解析：由题意得，圆心(0，0）到直线ax＋by－3＝0的距离错误!〉错误!,所以a2＋b2〈3.又a，b不同时为零，所以0〈a2＋b2<3。

由0<a2＋b2〈3，可知｜a｜〈错误!，｜b｜<错误!，由椭圆的方程知其长半轴长为2,短半轴长为错误!，所以P(a,b)在椭圆内部，所以过点P的一条直线与椭圆错误!＋错误!＝1的公共点有2个，故选C。

答案：C2．已知椭圆错误!＋错误!＝1以及椭圆内一点P（4，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )A.错误!B．－错误!C．2 D．－2解析:设弦的端点为A(x1，y1)，B(x2,y2），则x1＋x2＝8,y1＋y2＝4,错误!两式相减，得错误!＋错误!＝0，所以错误!＝－错误!,所求斜率k＝错误!＝－错误!.故选B.答案:B3．斜率为1的直线l与椭圆错误!＋y2＝1相交于A，B两点,则|AB｜的最大值为( )A．2 B.错误!C.错误!D.错误!解析：设直线l的方程为y＝x＋t，代入错误!＋y2＝1，消去y得54x2＋2tx＋t2－1＝0，由题意知Δ＝（2t）2－5（t2－1)〉0，即t2〈5，｜AB｜＝错误!错误!≤错误!。

高三理科数学一轮复习第八章解析几何第八节直线与圆锥曲线的位置关系课件

B.2
C.3
D.4
2.C
【解析】由题意知直线 AB 的方程为 y=
3
��-
�� 2
, 即为�� =
�� 3
+
�� 2
,
代入抛物线方程整理得
3��2 −
2�� −
3��2 = 0, 解得�� =
3��, ��
7
8
9
10
11
直线与圆锥曲线的位置关系的判定方法以及注意点 (1)判定方法:一般是代数法,即将直线方程代入圆锥曲线方程,消去一个变量得到关于另一个变量的方程,进而判定该方程解的个数,方程组有几组解,直线与圆锥曲线就有几个交点.
(2)注意点:①联立直线与圆锥曲线的方程消元后,应注意讨论二次项系数是否为零的情况; ②判别式的作用是限定所给参数的范围,以此为依据确定哪些根是增根,从而判断取舍.
典例1 (2015·四川高考)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段
AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是 ( )
A.(1,3) B.(1,4)
C.(2,3)
D.(2,4)
【解题思路】由抛物线与圆的对称性知,满足条件的直线如图所示,其中两条是与x轴垂直的直线l1,l2,另两条直线为图中的l3,l4.当存在l1,l2使其满足条件时,则有0<r<5.当存在l3,l4使其满足条件时,设其方程为 y=kx+m(k≠0),代入y2=4x,得k2x2+(2km-4)x+m2=0,则Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,所以km<1 ①.设A(x1,y1),B(x2,y2),

高考数学一轮总复习第九章平面解析几何第八节直线与圆锥曲线的位置关系课件

x=- ,分别过
2

F( ,0),
2
A,B 作准线的垂线,垂足为点 A',B',
过A作BB'的垂线,垂足为M,设|AA'|=|AF|=t,
∵|BF|=3|FA|,∴|BB'|=|BF|=3t,则|BM|=2t,|AB|=4t,
∴∠ABM=60°.
即直线l的倾斜角∠AFx=120°,可得直线l的斜率为
k=tan 120°= - 3 ,故选A.
考点二
弦长问题
典例突破
例2.(多选)(2023新高考Ⅱ,10)设O为坐标原点,直线 y=- 3(x-1) 过抛物线
C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则(
A.p=2
B.|MN|=
8
3
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
21
22
(2 -1 )(2 +1 )
2
2
+1 =1, +2 =1,两式作差,得
+(y2-y1)(y2+y1)=0.因为
2
2
2
2 -1
0
x1+x2=2x0,y1+y2=2y0, - =kAB,所以 kAB=-2 .
2 1
0
(1)设弦中点为 M(x,y),由①式, 得

2=-2,所以
= 16 2 -4 × (1- 2 ) × (-10) > 0,
4
A(x1,y1),B(x2,y2),则 1 + 2 =
1 2 =
解得-
15
<k<-1.故选
3

2019届高考数学一轮复习第八章解析几何第8节直线与圆锥曲线的位置关系课件新人教A版

答案：－4
1 1 x2 2 5．(导学号 14576785)椭圆 2 ＋y ＝1 的弦被点2，2平分，则这
条弦所在的直线方程是
________.Fra bibliotek解析：设弦的两个端点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝1，y1＋y2＝1.
2 x2 x 1 2 2 ∵A，B 在椭圆上，∴ 2 ＋y2 1＝1，＋y2＝1. 2
x1＋x2x1－x2 两式相减得＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0， 2 y1－y2 x1＋x2 1 即＝－＝－2， x1－x2 2y1＋y2 1 即直线 AB 的斜率为－2.
1 1 1 ∴直线 AB 的方程为 y－2＝－2x－2，即 2x＋4y－3＝0.
答案：2x＋4y－3＝0
考点一
直线与圆锥曲线的位置关系(自主练透)
1．(导学号 14576786)若过点(0,1)作直线，使它与抛物线 y2＝4x 仅有一个公共点，则这样的直线有( A．1 条 C．3 条解析：C ) B．2 条 D．4 条 [结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线
x＝0，过点(0,1)且平行于 x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线 x＝0)，故选 C.]
4x2－4(1－k)x＋k2＝0， 1 Δ＝16(1－k) －16k ＝16(1－2k)＞0，∴k＜2.
2 2
.
解析：直线方程与抛物线方程联立，消去 y 得：
k2 所以 x1＋x2＝1－k，x1x2＝ 4 . 依题意得：3 5＝ 1＋22|x1－x2|，即 9＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(1－k)2－k2，解得：k＝－4.
2
l 与 C1 的交点无公共点一个交点

高考数学一轮总复习教学课件第八章平面解析几何第8节直线与圆锥曲线的位置关系

所以l的方程为x=-1,A(-1,0),
设过点A的抛物线的一条切线为x=my-1,m>0,
= -,
由
= ,
消x得y2-4my+4=0,
所以Δ=(-4m)2-4×4=0,解得m=1,
所以y2-4y+4=0,解得y=2,即yB=2,
同理当m<0时,|yB|=2,

所以△OAB的面积为 ×1×2=1.故选 A.
所以|CD|= +
×|xC-xD|=

× =

.
考点三
中点弦问题
[例3] 设P1和P2是双曲线

- =1 上的两点,线段P1P2的中点为M,

直线P1P2不经过坐标原点O.
(1)若直线P 1 P 2 和直线OM的斜率都存在且分别为k 1 和k 2 ,求证:

代入双曲线方程可解得 P2(- ,-),注意到 P1,P2 在直线 F1F2 的两侧,

所以四边形 P1F1P2F2 的面积为 |F1F2|·|y1-y2|= × =

.
解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
(1)根与系数的关系法:联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组,消元
得到一元二次方程后,由根与系数的关系及中点坐标公式求解.
C.8
)
D.16
= -,
解析:联立
= ,
消去y并整理得x2-6x+1=0,Δ>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=6,注意到直线l恰好过抛物线的焦点,
所以|AB|=x1+x2+2=8.故选C.

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第八章 §8.9 直线与圆锥曲线的位置关系

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第八章§8.9　直线与圆锥曲线的位置关系1.了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法.2.掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式.3.能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题.第一部分落实主干知识第二部分探究核心题型课时精练第一部分落实主干知识1.直线与圆锥曲线的位置判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y (或x )，得到关于x (或y )的一元二次方程，则直线与圆锥曲线相交⇔Δ0；直线与圆锥曲线相切⇔Δ 0；直线与圆锥曲线相离⇔Δ0.特别地，①与双曲线渐近线平行的直线与双曲线相交，有且只有一个交点.②与抛物线的对称轴平行的直线与抛物线相交，有且只有一个交点.>＝<2.弦长公式已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，＝，＝ .常用结论1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)√(2)直线与抛物线只有一个公共点，则该直线与抛物线相切.( )(3)与双曲线渐近线平行的直线一定与双曲线有公共点.( )(4)圆锥曲线的通径是所有的焦点弦中最短的弦.( )×√√√得(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，由题意知Δ＝(12k)2－4×6×(2＋3k2)＝0，3.(选择性必修第一册P136T3改编)已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x 交于A，B两点，则线段AB的长是√A.2B.4C.8D.16消去y并整理得x2－6x＋1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝6，x1x2＝1，√方法一　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵点A，B是双曲线C上的两点，∵M(3,2)是线段AB的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，返回第二部分探究核心题型题型一　直线与圆锥曲线的位置关系A.相交B.相切C.相离D.有3个公共点√√√可得(4b2－a2)x2＋8b2x＋4b2－a2b2＝0.化简得a2＝4b2＋4≥4，则a≥2，不符合题意.思维升华(1)直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行.(2)直线与抛物线只有一个交点包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行(或重合).跟踪训练1　(1)(2023·北京海淀模拟)已知抛物线C：y2＝4x，经过点P的任意一条直线与C均有公共点，则点P的坐标可以为A.(0,1)B.(1，－3)√C.(3,4)D.(2，－2)点(0,1)在y轴上，所以点(0,1)在抛物线外部，将x＝1代入抛物线C：y2＝4x中，则|y|＝2<3，所以点(1，－3)在抛物线外部，将x＝3代入抛物线C：y2＝4x中，将x＝2代入抛物线C：y2＝4x中，所以点(2，－2)在抛物线内部，将选项中的点分别在平面直角坐标系中画出来，只有点(2，－2)在抛物线内部，故当点P的坐标为(2，－2)时，经过点P的任意一条直线与C均相交，均有公共点.(2)已知双曲线C：－y2＝1，过点P(2,1)与双曲线C有且只有一个公共点的直线有√A.1条B.2条C.3条D.4条由双曲线方程知，右顶点坐标为(2,0)，故共有两条直线满足要求.题型二　弦长问题由题意得，又b2＝a2－c2＝1，(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝ .由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F三点共线，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，所以m2＝k2＋1，可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，思维升华(1)弦长公式不仅适用于圆锥曲线，任何两点的弦长都可以用弦长公式求.(2)抛物线的焦点弦的弦长应选用更简捷的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p.(3)设直线方程时应注意讨论是否存在斜率.(1)求椭圆C的标准方程；由题意知，直线的斜率存在且不为0，F1(－1,0)，B(2,0)，设直线l的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，解得m ＝±1，所以直线l 的方程为x －y ＋1＝0或x ＋y ＋1＝0.题型三　中点弦问题(1)求椭圆C的标准方程；因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.因为四边形MF1NF2的面积为32，(2)直线l交椭圆C于A，B两点，若AB的中点坐标为(－2,1)，求直线l的方程.由题意得，直线l的斜率存在.因为AB的中点坐标为(－2,1)，故直线l的方程为y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0.思维升华解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路(1)根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解.(2)点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB的斜率有关的式子，可以大大减少计算量.跟踪训练3　(1)已知双曲线方程为x2－＝1，则以A(2,1)为中点的弦所在直线l的方程是√A.6x＋y－11＝0B.6x－y－11＝0C.x－6y－11＝0D.x＋6y＋11＝0即直线l的斜率为6，故直线l的方程为y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0.经检验满足题意.(2)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同的两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为√∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，∴y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2).。

高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8节直线与圆锥曲线的位置关系第2课时范围最值问题教师用书

第2课时范围、最值问题考点1 范围问题——综合性(2021·梅州二模)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x ＋y ＋22－1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)△BMN 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为△BMN 的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．解：(1)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F 2(c,0)，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：(x －c )2＋y 2＝a 2，所以圆心到直线x ＋y ＋22－1＝0的距离d ＝|c ＋22－1|12＋12＝a ．又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a ＝2c ，b ＝3c ，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)设B (m ，n )，设M ，N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A ，B 两点．因为O 为△BMN 的重心，则BO ＝2OD ＝OA ，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－n 2，即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍．当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处．由|OB |＝2，得|OD |＝1，则O 到直线MN 的距离为1，B 到直线MN 的距离为3．当MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，两式相减，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3＝0．因为D 为M ，N 的中点，所以x 1＋x 2＝－m ，y 1＋y 2＝－n ，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3m4n，所以直线MN 的方程为y ＋n 2＝－3m 4n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m 2，即6mx ＋8ny ＋4n 2＋3m 2＝0，所以原点O 到直线MN 的距离d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2．因为m 24＋n 23＝1，所以3m 2＝12－4n 2，所以d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2＝12144＋16n2＝39＋n2．因为0<n 2≤3，所以3<9＋n 2≤23，所以123≤19＋n 2<13，所以332≤3d <3．综上所述，332≤3d ≤3，即点B 到直线MN 距离的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤332，3．圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知可得⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1×4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1．(2)由题意得F (1,0)，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)．与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，y ＝k (x －1)，消去y 可得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝(－4k 2)2－4(2k 2－2)(1＋2k 2)＝8k 2＋8>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k21＋2k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k1＋2k2．可得线段AB 的中点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2．当k ＝0时，直线MN 为x 轴，此时m ＝0；当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2，化简得ky ＋x －k 21＋2k2＝0．令y ＝0，得x ＝k 21＋2k2，所以m ＝k 21＋2k 2＝11k2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12．综上所述，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12．考点2 最值问题——应用性考向1 利用几何性质求最值在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为___________．22解析：双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线间的距离d ＝|1－0|12＋(－1)2＝22，由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22．考向2 利用函数、导数求最值(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C ：y 2＝8x 与动圆M ：(x －8)2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B ，C ，D 四个不同点．(1)求r 的取值范围；(2)求四边形ABCD 面积S 的最大值及相应r 的值．解：(1)联立抛物线与圆方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，(x －8)2＋y 2＝r 2，消去y ，得x 2－8x ＋64－r 2＝0．若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．所以⎩⎪⎨⎪⎧64－r 2>0，64－4(64－r 2)>0，解得43<r <8，所以r 的取值范围为(43，8)．(2)设A (x 1,22x 1)，B (x 2,22x 2)，其中x 2>x 1>0，则x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝64－r 2，S ＝12(42x 1＋42x 2)(x 2－x 1)＝(22x 1＋22x 2)(x 2－x 1)， S 2＝8(x 1＋x 2＋2x 1x 2)[(x 2＋x 1)2－4x 1x 2]， S 2＝64(4＋64－r 2)[16－(64－r 2)]．令x ＝64－r 2(0<x <4)，令f (x )＝(4＋x )(16－x 2)(0<x <4)，f ′(x )＝16－8x －3x 2＝(4－3x )(x ＋4)．当0<x <43时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当43<x <4时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝2 04827，S ＝8f (x )≤25669．当x ＝43时，S 取得最大值，取64－r 2＝43，r ＝4353．考向3 利用基本不等式求最值(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy 中，A (－1,0)，B (1,0)，C 为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC ，BC ，AB 相切于P ，Q ，R ，且|CP |＝1，记点C 的轨迹为曲线E ．(1)求曲线E 的方程；(2)不过原点O 的直线l 与曲线E 交于M ，N ，且直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，求△OMN的面积的最大值．解：(1)依题意可知，|CA |＋|CB |＝|CP |＋|CQ |＋|AP |＋|BQ |＝2|CP |＋|AB |＝4>|AB |，所以曲线E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x 轴的交点)，因此曲线E 的方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，代入x 24＋y 23＝1整理，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，(*)Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)>0．则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3，故MN 的中点T ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 4k 2＋3，3m 4k 2＋3．而直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，得3m 4k 2＋3＝－12×－4km4k 2＋3，又m ≠0，所以直线l 的斜率k ＝32．故(*)式可化简为3x 2＋3mx ＋m 2－3＝0，故x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝m 2－33．由Δ＝36－3m 2>0且m ≠0，得－23<m <23且m ≠0．又|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝132×36－3m 23＝1323×12－m 2，而点O 到直线l 的距离d ＝2|m |13，则△OMN 的面积为S ＝12×2|m |13×1323×12－m 2＝123|m |×12－m 2≤123×m 2＋12－m 22＝3，当且仅当m ＝±6时，等号成立，此时满足－23<m <23且m ≠0，所以△OMN 的面积的最大值为3．最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过点T (0，p )作两条互相垂直的直线l 1和l 2，l 1交抛物线C 于A ，B 两点，l 2交抛物线C 于E ，F 两点，当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)已知O 为坐标原点，线段AB 的中点为M ，线段EF 的中点为N ，求△OMN 面积的最小值．解：(1)因为x 2＝2py 可化为y ＝x 22p ，所以y ′＝xp．因为当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12，所以1p ＝12，所以p ＝2，所以，抛物线C 的标准方程为x 2＝4y ． (2)由(1)知点T 坐标为(0,2)，由题意可知，直线l 1和l 2斜率都存在且均不为0．设直线l 1方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝4y ，联立消去y 并整理，得x 2－4kx －8＝0，Δ＝(－4k )2＋32＝16k 2＋32>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－8，所以，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4＝4k 2＋4．因为M 为AB 中点，所以M (2k,2k 2＋2)．因为l 1⊥l 2，N 为EF 中点，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ，2k2＋2，所以直线MN 的方程为y －(2k 2＋2)＝2k 2＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋22k ＋2k·(x －2k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ·(x －2k )，整理得y ＝⎝⎛⎭⎪⎫k －1k x ＋4，所以，直线MN 恒过定点(0,4)．所以△OMN 面积S ＝12×4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ＋1k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫|k |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k ≥4·2|k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k＝8，当且仅当|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k即k ＝±1时，△OMN 面积取得最小值为8．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆C 的右顶点，过原点且异于x 轴的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，M 在x 轴的上方，直线AM 与圆O 的另一交点为P ，直线AN 与圆O 的另一交点为Q ．(1)若AP →＝3AM →，求直线AM 的斜率；(2)设△AMN 与△APQ 的面积分别为S 1，S 2，求S 1S 2的最大值．[四字程序]读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交 1．向量AP →＝3AM →如何转化？2．如何表示三角形的面积把S 1S 2用直线AM 的斜率k 来表示转化与化归求直线AM 的斜率，求△AMN 与△APQ 的面1．用A ，P ，M 的坐标表示．S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |，进把面积之比的最大值转化为一个变量的不积之比2．利用公式S ＝12ab ·sin C 表示并转化而用基本不等式求其最大值等式思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，将y ＝k (x －2)与椭圆方程x 24＋y 2＝1联立，(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0，得x A ＋x M ＝16k21＋4k2，求得点M 的横坐标为x M ＝8k 2－24k 2＋1，纵坐标为y M ＝－4k4k 2＋1．将y ＝k (x －2)与圆方程x 2＋y 2＝4联立，得(1＋k 2)·x 2－4k 2x ＋4k 2－4＝0，得x A ＋x P ＝4k21＋k2，求得点P 的横坐标为x P ＝2k 2－2k 2＋1，纵坐标为y P ＝－4kk 2＋1．由AP →＝3AM →得y P ＝3y M ，即－4k k 2＋1＝－12k4k 2＋1．又k <0，解得k ＝－2．(2)由M ，N 关于原点对称，得点N 的坐标为x N ＝－8k 2＋24k 2＋1，y N ＝4k4k 2＋1，所以直线AN 的斜率为k AN ＝4k4k 2＋1－8k 2＋24k 2＋1－2＝－14k．于是|AM ||AP |＝y M y P ＝k 2＋14k 2＋1，同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋1＝16k 2＋116k 2＋4．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝k 2＋14k 2＋1·16k 2＋116k 2＋4＝16k 4＋17k 2＋14(16k 4＋8k 2＋1) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋9k 216k 4＋8k 2＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋916k 2＋1k2＋8 ≤14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋9216k 2·1k 2＋8＝2564，当且仅当16k 2＝1k 2，即k ＝－12时等号成立，所以S 1S 2的最大值为2564．思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，由AP →＝3AM →转化为x P －x A ＝3(x M －x A )求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋4(4k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x M ＝4(4k 2－1)4k 2＋1，而x A ＝2，所以x M ＝2(4k 2－1)4k 2＋1．将y ＝k (x －2)代入圆的方程，整理得(k 2＋1)x 2－4k 2x ＋4(k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x P ＝4(k 2－1)k 2＋1，而x A ＝2，所以x P ＝2(k 2－1)k 2＋1．由AP →＝3AM →，得x P －x A ＝3(x M －x A )，即2(k 2－1)k 2＋1－2＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(4k 2－1)4k 2＋1－2，解得k 2＝2．又k <0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，所以k AM k AN ＝－14，即kk AN ＝－14，所以k AN ＝－14k．下同解法1(略)．思路参考：设直线AM 的方程为x ＝my ＋2，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为x ＝my ＋2(m ≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m 2＋4)y 2＋4my ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－4mm 2＋4．将x ＝my ＋2代入圆的方程，整理得(m 2＋1)y 2＋4my ＝0，得点P 的纵坐标为y P ＝－4mm 2＋1．由AP →＝3AM →，得y P ＝3y M ，即m m 2＋1＝3m m 2＋4．因为m ≠0，解得m 2＝12，即m ＝±12．又直线AM 的斜率k ＝1m<0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，又k AM k AN ＝－14，由(1)知k AM ＝1m ，所以有1m k AN ＝－14，则k AN ＝－m4．又y M ＝－4m m 2＋4，y P ＝－4mm 2＋1，所以|AM ||AP |＝y M y P ＝m 2＋1m 2＋4．同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋1＝m 2＋164(m 2＋4)．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝m 2＋1m 2＋4·m 2＋164(m 2＋4)．下同解法1(略)．1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k 的函数，从而求其最大值．2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解：(1)设F (c,0)，由题意知2c ＝233，解得c ＝3．因为e ＝ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1．所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)(方法一)显然直线l 的斜率存在．设直线l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且P 在线段AQ 上．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＋4y 2－4＝0得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，所以x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)>0，得k 2>34．则S △OPQ ＝S △AOQ －S △AOP＝12×2×|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝44k 2－34k 2＋1．令4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，于是S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，所以l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2． (方法二)依题意直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，则Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34．x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由弦长公式得|PQ |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·44k 2－34k 2＋1．由点到直线的距离公式得点O 到直线l 的距离d ＝21＋k2，所以S △OPQ ＝12|PQ |×d ＝121＋k 2×44k 2－34k 2＋1×21＋k 2＝44k 2－34k 2＋1．设4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，所以S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立．7 2x－2或y＝－72x－2．故所求直线l的方程为y＝。

2019届高考数学一轮复习第九章平面解析几何第八节直线与圆锥曲线的位置关系课件文

2.直线与圆锥曲线相交的弦长问题
直线l:f(x,y)=0,圆锥曲线r:F(x,y)=0,l与r有两个不同的交点A(x1,y1),B(x2,
f ( x, y ) 0, y2),则A、B两点的坐标是方程组的两组解,方程组消元后化为 F ( x , y ) 0
关于x(或y)的一元二次方程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0),判别式Δ=b2-4ac, 应有Δ>0,所以x1,x2(或y1,y2)是方程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0)的两个根.
由根与系数的关系得x1+x2=- ,x1· x2= 或 y y , y y 1 2 1 2 ,以此结合 a a a a
b
c
b
c

Байду номын сангаас

弦长公式可整体代入求值.A、B两点间的距离|AB|=⑥
1 k
2
|x1-x2| =
( x1 x2 ) 2 4 x1 x2 (其中k为直线l的斜率),也可以写成关于y的形式, 1 k2 ·
2.双曲线的切线方程
x2 y 2 x0 x y0 y (1)双曲线 =1( a >0, b >0) 上一点 P ( x , y ) 处的切线方程是 - =1. 0 0 a2 b2 a 2 b2 x2 y 2 (2)过双曲线 - =1(a>0,b>0)外一点P(x0,y0)所引两条切线的切点弦所 2 2 a b x0 x y0 y 在直线方程是 - =1. 2 2 a b 2 2 x y 2 2 2 2 (3)双曲线 =1( a >0, b >0) 与直线 Ax + By + C =0 相切的条件是 A a B b= 2 2 a b