直线与圆锥曲线的位置关系ppt课件演示文稿
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直线与圆锥曲线的位置关系 课件(62张)
由直线 l 与双曲线交于不同的两点得
1-3 2 ≠ 0,
= (-6 2k)2 + 36(1-3 2 ) = 36(1- 2 ) > 0,
1
3
故 k2≠ 且 k 2<1.①
6 2k
-9
1-3
1-32
设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=
2,x1x2=
.
由·>2 得 x1x2+y1y2>2.
直线与圆锥曲线的位置关系
目录
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1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法
(1)代数法,把圆锥曲线方程与直线方程联立消去 y,整理得出关于 x 的
方程 Ax2+Bx+C=0,若圆锥曲线是双曲线或是抛物线,当 A=0 时,表示直线与
双曲线的渐近线或抛物线的轴平行;当 A≠0 时,记该一元二次方程根的判
别式为 Δ.(ⅰ)若 Δ>0 时,直线与圆锥曲线相交;(ⅱ)若 Δ=0 时,直线与圆锥曲
截的线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲
线的方程并作差,从而求出直线的斜率,然后利用中点求出直线方程.“点差
法”的常见题型有:求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直
平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式 Δ 是否
为正数.
4.圆锥曲线的定值、最值、存在性问题很大一部分是利用等价转化思
B. -∞,-
2
2
∪
2
,+
2
∞
C.(-∞,-2 2)∪(2 2,+∞)
D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞)
)
【答案】D
4
1-3 2 ≠ 0,
= (-6 2k)2 + 36(1-3 2 ) = 36(1- 2 ) > 0,
1
3
故 k2≠ 且 k 2<1.①
6 2k
-9
1-3
1-32
设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=
2,x1x2=
.
由·>2 得 x1x2+y1y2>2.
直线与圆锥曲线的位置关系
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1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法
(1)代数法,把圆锥曲线方程与直线方程联立消去 y,整理得出关于 x 的
方程 Ax2+Bx+C=0,若圆锥曲线是双曲线或是抛物线,当 A=0 时,表示直线与
双曲线的渐近线或抛物线的轴平行;当 A≠0 时,记该一元二次方程根的判
别式为 Δ.(ⅰ)若 Δ>0 时,直线与圆锥曲线相交;(ⅱ)若 Δ=0 时,直线与圆锥曲
截的线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲
线的方程并作差,从而求出直线的斜率,然后利用中点求出直线方程.“点差
法”的常见题型有:求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直
平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式 Δ 是否
为正数.
4.圆锥曲线的定值、最值、存在性问题很大一部分是利用等价转化思
B. -∞,-
2
2
∪
2
,+
2
∞
C.(-∞,-2 2)∪(2 2,+∞)
D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞)
)
【答案】D
4
高三数学直线和圆锥曲线的位置关系PPT精品课件
把 直 线 方 程
代
方得 程到
一
方程 好解
元
二 方程不
次 好解
解方 程
计算判 别式
交位 点置 个关 数系
Hale Waihona Puke 把直线方程代入双曲线方程得到一元一次方程
直线与双曲线的 渐进线平行
相交（一个交点）
得到一元二次方程 计算判别式
>0 =0 <0 相交 相切 相离
把直线方程代入抛物线方程
得到一元一次方程 得到一元二次方程
直线与抛物 线相交(一 个交点)
计算判别式
判别式大于 0，相交 判别式等于 0，相切 判别式小于 0，相离
把直线方程代入曲线方程
得到一元一次方程
得到一元二次方程
直线与双曲线的渐进线 或抛物线的对称轴平行
计算判别式 >0 =0 <0
相交（一个交点） 相交 相切 相离
3.K为何值时，直线L：y=kx+1与抛物线：y2=4x 相切、相交、相离？
1. 2.
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汇报人：XXX
时间：20XX.XX.XX
2021/02/24
10
把直线方程代入圆的方程
得到一元 二次方程
计算判别式 > 0, 相 交 = 0, 相 切 < 0, 相 离
[1]判断直线与椭圆位置关系的根本方法是解直线方 程和椭圆方程组成的方程组
[2]把直线方程代入椭圆方程后，若一元二次方程好 解，则应解方程；若一元二次方程不好解，则计算 判别式。
入
椭 圆 方 程
高中数学第2轮总复习专题6第4课时直线与圆锥曲线的位置关系课件文.ppt
所
以
x y
21 2t ， 1 2t 2
所
以
y
x2 4
，
即x2 4y.因为t 0,1，所以x 2 1 2t 2, 2．
所以所求动点M 的轨迹方程为x2 4y( x 2, 2)．
备选例题: 已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点
到点F 1, 0的距离减去它到y轴距离的差都是1. 1求曲线C的方程； 2是否存在正数m，对于过点M m,0且与曲线C
B
(
x
，
2
y2
)，
l的
方
程
为
x
ty
m.
由
x ty
y2
4x
m，
得
y2
4ty
4m
0，
16t2
16m
0， 于
是
y1 y1
y2
y2
4t 4m
.
又FA (x1 1，y1)，FB (x2 1，y2 )，由FA FB 0，
得x1x2
x1
x2 1
y1 y2
0.又x
y2 ， 4
所以 y12 y22 16
xE yE
2t .
2t 1
所 以 kDE
yE xE
yD xD
2t 1 2t 1 2t 2t 2
1 2t.
所 以 t 0,1， 所 以 kDE 1,1．
2因为DM t DE，
所以( x 2t 2，y 2t 1)
t 2t 2t 2,2t 1 2t 1
t 2, 4t 2 2t, 4t 2 2t ．
1.(2011四川卷)在抛物线yx2 ax5(a0)上取横
坐标为x1 4，x2 2的两点，过这两点引一条割线 有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆
第十章 第4讲 直线与圆锥曲线的位置关系.pptx
(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为D(x0，y0).
y＝x＋m， 由1x22 ＋y42＝1，消去
y
整理得
4x2＋6mx＋3m2－12＝0，
由Δ＝36m2－16(3m2－12)>0得m2<16，
11
知识衍化体验
考点聚焦突破
则 x0＝x1＋2 x2＝－34m，y0＝x0＋m＝14m，即 D－34m，14m.
所以直线 AB 的斜率为 k＝ba22，
设直线方程为 y＝ba22(x－3)，
13
知识衍化体验
考点聚焦突破
联立直线与椭圆的方程得 (a2＋b2)x2－6b2x＋9b2－a4＝0，
所以 x1＋x2＝a26＋b2b2＝2，
又因为a2－b2＝9，解得b2＝9，a2＝18.
答案 1x82 ＋y92＝1
14
18
@《创新设计》
知识衍化体验
考点聚焦突破
∴AP＝ 23＋22＋432＝435，
又∵原点
O
到直线
l
的距离
d＝
2， 5
45 ∴AQ＝2 4－45＝855，∴AAQP＝835＝56.
5 法二 由xx＝ 2＋22yy－2＝2，4 得 3y2－4y＝0，∴yP＝43，
由xx＝ 2＋2yy2－＝24，，得 5y2－8y＝0，∴yQ＝85，∴AAQP＝43×58＝56.
21
知识衍化体验
@《创新设计》 考点聚焦突破
@《创新设计》
【例 2－2】 (2019·南京学情调研)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：ax22＋by22＝ 1(a>b>0)的离心率为 23.且过点1， 23.过椭圆 C 的左顶点 A 作直线交椭圆 C 于另一 点 P，交直线 l：x＝m(m>a)于点 M.已知点 B(1，0)，直线 PB 交 l 于点 N.
y＝x＋m， 由1x22 ＋y42＝1，消去
y
整理得
4x2＋6mx＋3m2－12＝0，
由Δ＝36m2－16(3m2－12)>0得m2<16，
11
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则 x0＝x1＋2 x2＝－34m，y0＝x0＋m＝14m，即 D－34m，14m.
所以直线 AB 的斜率为 k＝ba22，
设直线方程为 y＝ba22(x－3)，
13
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联立直线与椭圆的方程得 (a2＋b2)x2－6b2x＋9b2－a4＝0，
所以 x1＋x2＝a26＋b2b2＝2，
又因为a2－b2＝9，解得b2＝9，a2＝18.
答案 1x82 ＋y92＝1
14
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考点聚焦突破
∴AP＝ 23＋22＋432＝435，
又∵原点
O
到直线
l
的距离
d＝
2， 5
45 ∴AQ＝2 4－45＝855，∴AAQP＝835＝56.
5 法二 由xx＝ 2＋22yy－2＝2，4 得 3y2－4y＝0，∴yP＝43，
由xx＝ 2＋2yy2－＝24，，得 5y2－8y＝0，∴yQ＝85，∴AAQP＝43×58＝56.
21
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【例 2－2】 (2019·南京学情调研)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：ax22＋by22＝ 1(a>b>0)的离心率为 23.且过点1， 23.过椭圆 C 的左顶点 A 作直线交椭圆 C 于另一 点 P，交直线 l：x＝m(m>a)于点 M.已知点 B(1，0)，直线 PB 交 l 于点 N.
直线与圆锥曲线的位置关系总结归纳ppt课件
a283Fra bibliotek或k＜－
3 3 .(*)
25
设 A、B 两点的坐标是 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－1＋369k2，x1·x2＝1＋279k2.
由于以 AB 为直径的圆过原点，∴x1x2＋y1y2＝0， 即 x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝0.
∴(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0， 即271(＋1＋9kk22)－17＋2k92k2＋4＝0，解得 k＝± 331，满足(*)式．
|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ (1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝ 1＋k12|y1－y2|＝ (1＋k12)[(y1＋y2)2－4y1y2].
a
13
1.直线y=kx-k+1与椭圆 x2 y2 1 的位置关系为( A )
(A) 相交 (B) 相切 9 (C)4相离
(D) 不确定
的右焦点为
F，若过点
F
的直线
与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围
(
33 )A．(－ 3 ， 3 )
B．(－
3，
3)C.－
33，
33D．[－
3， 3]
x2 y2
又由双曲线方程12－ 4 ＝1，有双曲线的渐近线方程为
y＝±
33x，
∴有－ 33≤k≤ 33.
• 答案：C
a
15
• 【例1】 已知直线y＝(a＋1)x－1与曲线y2＝ax恰有一 个公共点，求实数a的值．
1
,
1 2
P A 2）若 P 是椭圆上的动点，求线段 中点 M . 的轨迹方程；
（3）过原点O 的直线交椭圆于点 B , C
3 3 .(*)
25
设 A、B 两点的坐标是 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－1＋369k2，x1·x2＝1＋279k2.
由于以 AB 为直径的圆过原点，∴x1x2＋y1y2＝0， 即 x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝0.
∴(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0， 即271(＋1＋9kk22)－17＋2k92k2＋4＝0，解得 k＝± 331，满足(*)式．
|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ (1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝ 1＋k12|y1－y2|＝ (1＋k12)[(y1＋y2)2－4y1y2].
a
13
1.直线y=kx-k+1与椭圆 x2 y2 1 的位置关系为( A )
(A) 相交 (B) 相切 9 (C)4相离
(D) 不确定
的右焦点为
F，若过点
F
的直线
与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围
(
33 )A．(－ 3 ， 3 )
B．(－
3，
3)C.－
33，
33D．[－
3， 3]
x2 y2
又由双曲线方程12－ 4 ＝1，有双曲线的渐近线方程为
y＝±
33x，
∴有－ 33≤k≤ 33.
• 答案：C
a
15
• 【例1】 已知直线y＝(a＋1)x－1与曲线y2＝ax恰有一 个公共点，求实数a的值．
1
,
1 2
P A 2）若 P 是椭圆上的动点，求线段 中点 M . 的轨迹方程；
（3）过原点O 的直线交椭圆于点 B , C
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2．直线与双曲线的位置关系将直线l：y kx m x2 y 2 代入双曲线C： 2 2 1(a＞0，b＞0)得 a b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b a k x 2 a kmx a m a b 0 *． b 当k 时，方程 * 为一次方程，此时直线 a y kx m与双曲线的渐近线平行． b 当k 时，方程 * 为二次方程，这时与判断 a 直线和椭圆位置关系的方法一样，利用判别式分 三种情况来判断直线与双曲线的位置关系．
5
4y 21 0(k R )的圆心为点Ak .
分析：第1 小题根据椭圆离心率与定义，利用 待定系数法求解；第 2 小题只要确定出A点的纵 坐标就可求得面积；第 3 小题对k的取值进行讨 论，确定椭圆和圆的包含关系．
x y 解析： 1 设椭圆G的方程为：2 2 1(a＞b＞0)， a b a 2 b 2 9 2 a 4 半焦距为c.则 b 5 ，解得 b 2 5 ， 5
3．直线与抛物线的位置关系 将直线l：y kx m代入抛物线C：y 2 2px( p＞0)， 得k 2 x 2 2 km p x m 2 0 *． 当k 0时，方程 * 为一次方程，此时直线y kx m 与抛物线的对称轴( x轴)平行． 当k 0时，方程 * 为二次方程，此时与判断直线和 椭圆、双曲线位置关系的方法一样，利用判别式分 三种情况来判断直线与抛物线的位置关系．
考点2 直线与圆锥曲线相交和其他知识的交汇
例2：双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条 渐近线分别为l1、l2，经过右焦点F 垂直于l1的直线分 别交l1、l2于A、B两点．已知 | OA | 、 | AB | 、 | OB | 成等 差数列，且 BF与FA 同向．
1 求双曲线的离心率； 2 设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲
专题六
解 析 几 何
1．直线与椭圆的位置关系 x2 y2 将直线l：y kx m代入椭圆C： 2 2 1(a＞b＞0) a b 得 b 2 a 2 k 2 x 2 2a 2 kmx a 2 m 2 a 2b 2 0 *． 由b 2 a 2 k 2＞0，知方程 * 为二次方程，则当＞0时， l与C 相交，有两个公共点；当 0时，l与C 相切， 有一个公共点；当＜0时，l与C 相离，无公共点．
2
2
2 设直线l的方程为y kx m(k 0)，
并设M ( x1，y1 )，N ( x2，y2 )． 将y kx m代入双曲线方程得
2 2 2 5 4 k x 8 kmx 4 m 20 0，
5 4k 2 0 则 ， 2 2 2 8km 4 5 4k 4m 20 0 整理得m 5 4k ＞0.①
考点1 直线与圆锥曲线的位置关系
例1：已知椭圆G的中心在坐标原点，长轴在x轴上， 3 离心率为 ，两个焦点分别为F1和F2，椭圆G上 2 2 2 一点到F1和F2的距离之和为12.圆Ck：x y 2kx
1 求椭圆G的方程； 2 求Ak F1 F2的面积； 3问是否存在圆Ck 包围椭圆G？请说明理由．
b 2 4 b 1 a 所以 ，解得 ， b 2 3 a 2 1 a 5 所以双曲线的离心率e . 2 2 由a 2b知， 双曲线的方程可化为x 2 4y 2 4b 2 .① 1 由l1的斜率为 ，c 5b知，直线AB的方程为 2 y 2( x 5b)，②
2 2
由根与系数的关系可知线段MN的 x1 x2 4km 中点坐标( x0，y0 )满足x0 ， 2 2 5 4k 5m y0 kx0 m ， 2 5 4k 从而线段MN的垂直平分线的方程为 5m 1 4km y (x )， 2 2 5 4k k 5 4k 此直线与x轴，y轴的交点坐标分别 9km 9m 为( ，，， 0) (0 )， 2 2 5 4k 5 4k
x2 y 2 解析： 1 设双曲线的方程为 2 2 1(a 0， a b b 0)，右焦点F c,0 c 0 ，则c 2 a 2 b 2 . 设 | OA | m d， | AB | m， | OB | m d， 1 2 2 2 则 m d m m d ，得d m. 4 因为BF与FA 同向，所以AOB 2AOF . b 4 又tanAOF ，tanAOB ， a 3
线的方程．
分析：第 1问可根据 | OA | 、 | AB | 、 | OB | 成等差数列可 巧设 | OA | m d， | AB | m， | OB | m d，然后在 RtOAB中利用勾股定理确定m与d的关系，再利用 tanAOB tan2AOF 转化求解，最后结合a、b、c间 的关系求得e；第 2 问先确立直线AB的方程，再联立 直线AB的方程与双曲线的方程可消去y，最后利用弦 长公式 AB 1 k 2 x1 x2 2 4 x1 x2 求解．
1 9km 9m 81 由题设可得 | || | ， 2 2 2 5 4k 5 4k 2 2 5 4 k 2 整理得m 2 ，k 0. |k|
②由②代入①得 4k 2 5 4k 2 k 5 ＞0，k 0，
5 5 解得0＜ k ＜ 或 k ＞ ，所以k的取值范围是 2 4 5 5 5 5 (， ) ( ， 0) (0， ) ( ， )． 4 2 2 4