2015湖北高三数学(理)一轮复习课件9.9《直线与圆锥曲线的位置关系》_图文

第9 讲

直线与圆锥曲线的位置关系

考纲考向

考纲展示

命题分析 从近两年的高考试题来看,直线与圆锥曲线的位置 关系、弦长、中点弦的问题等是高考的热点问题,

掌握直线与圆锥曲线的 位置关系 .

题型既有选择题、填空题,又有解答题,难度属中等 偏高.客观题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、 弦长问题,解答题考查较为全面,在考查上述问题的 同时,注重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论 等思想方法.

考点基础

基础梳理

1

2

3

1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法 直线与圆锥曲线的位置关系可分为:相交、相切、相离. 这三种位置关系的判定条件可归纳为: 设直线 l:a'x+b'y+c'=0(a'2+b'2≠0),圆锥曲线 C:f(x,y)=0,由 a'x + b'y + c' = 0(a'2 + b'2 ≠ 0), 即将直线 l 的方程与圆锥曲线 C 的方程联 f(x,y) = 0, 立,消去 y 便得到关于 x 的一元方程 ax +bx+c=0(当然,也可以消去 x 得到 关于 y 的一元方程),通过一元方程解的情况判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位 置关系,见下表 :
2

基础梳理

自我检测

考点基础

基础梳理

1

2

3

方程 ax2+bx+c=0 的解 b=0 a=0 b≠0 Δ>0 a≠0 Δ=0 Δ<0 无解(含 l 是双曲线的渐近线) 有一解(含 l 与抛物线的对称轴平行或与双曲线 的渐近线平行) 两个不等的解 两个相等的解 无实数解

l 与 C 的交点 无公共点 一个交点 两个交点 一个交点 无交点

基础梳理

自我检测

考点基础

基础梳理

1

2

3

2.直线与圆锥曲线的相交弦长问题 当直线与圆锥曲线相交时:涉及弦长问题,常用“根与系数的关系”设而 不求计算弦长(即应用弦长公式); 如下: 设直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A,B 两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则弦长 |AB|= 1 + k 2 |x1-x2|或 1 +
1 k
2|y1-y2|.

涉及弦的中点问题,常用“点差法”设而不求,将弦所在直线的斜率、弦 的中点坐标联系起来,相互转化.同时还应充分挖掘题目中的隐含条件,寻找 量与量间的关系灵活转化,往往就能事半功倍,解题的主要规律可以概括为 “联立方程求交点,韦达定理求弦长,根的分布找范围,曲线定义不能忘”.

基础梳理

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考点基础

基础梳理

1

2

3

3.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 想求有关圆锥曲线问题中参数的取值范围,常用的处理方法有: (1)不等式(组)的知识.根据题意结合图形列出所讨论的参数适合的不 等式(组),通过解不等式(组)得出参数的变化范围; (2)转化为求函数的值域.把所讨论的参数作为一个变量,另一个适当的 参数作为自变量来表示这个变量,从而建立函数关系,再通过讨论函数的值 域求出参数的变化范围.

基础梳理

自我检测

考点基础

自我检测

1-2

3

4

5

1.直线 A.相交

x2 y=kx-k+1 与椭圆 9

y2 + =1 的位置关系为( 4

) D.不确定

B.相切

C.相离

答案:A 解析:由于直线 y=kx-k+1=k(x-1)+1 过定点(1,1),(1,1)在椭圆内,故直线与椭 圆必相交. 2.“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的( A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案:A 解析:与渐近线平行的直线也与双曲线只有一个公共点.
基础梳理 自我检测

)

考点基础

自我检测
x2 3.过椭圆 2 a

1-2

3

4

5

+

y2 b

2 =1(a>b>0)的左顶点

A 且斜率为 1 的直线与椭圆的另一个交 .

点为 M,与 y 轴的交点为 B,若|AM|=|MB|,则该椭圆的离心率为 答案:
6 3

解析:由题意知 A 点的坐标为(-a,0),l 的方程为 y=x+a,所以 B 点的坐标为 (0,a),故 M 点的坐标为 e= .
基础梳理 自我检测

a a - , 2 2

,代入椭圆方程得 a =3b ,则 c =2b
2 2 2

2

c2 ,则 2 a

= ,故

2 3

6 3

考点基础

自我检测

1-2

3

4

5

4.若直线 y=a 是 答案:(-2,2) 解析:由
x2 3

x2 与椭圆 3

y2 + =1 4

恒有两个不同交点,则 a 的取值范围

. y = a,
y2 + 4

得 4x2+3a2-12=0. = 1,

∵ Δ=16(12-3a2)>0, ∴ a2<4.∴ -2<a<2.

基础梳理

自我检测

考点基础

自我检测

1-2
2

3

4

5

5.已知双曲线方程是 x

y2 - =1,过定点 2

P(2,1)作直线交双曲线于 P1,P2 两点,并 .

使 P(2,1)为线段 P1P2 的中点,则此直线方程是 答案:4x-y-7=0 解析:设点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),
2 则由 x1

?

y2 1

=1,x 2 2 2 =

? =1,
2

y2 2

得 k=

y 2 -y 1 x2-x1

2(x2+x1) y2+y1

=

2×4 =4, 2

从而所求方程为 4x-y-7=0. 将此直线方程与双曲线方程联立得 14x2-56x+51=0,Δ>0,故此直线满足 条件.
基础梳理 自我检测

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系

例1

点拨提示

迁移训练1

y2 已知椭圆 C1 : 2 a

+

x2 b

2=1(a>b>0)的右顶点为 A(1,0),过 C1 的焦点且垂直长轴的

弦长为 1.

(1)求椭圆 C1 的方程. (2)设点 P 在抛物线 C2:y=x2+h(h∈R)上,C2 在点 P 处的切线与 C1 交于 点 M,N.当线段 AP 的中点与 MN 的中点的横坐标相等时,求 h 的最小值.
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系

例1

点拨提示

迁移训练1

解:(1)由题意,得

b = 1,
b 2· a

= 1,

从而

a = 2, b = 1.

y2 2 因此,所求的椭圆方程为 +x =1. 4

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系
2

例1

点拨提示

迁移训练1

(2)设 M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,t +h), 则抛物线 C2 在点 P 处的切线斜率为 y'| x=t=2t, 直线 MN 的方程为 y=2tx-t2+h. 将上式代入椭圆 C1 的方程中,得 4x2+(2tx-t2+h)2-4=0, 即 4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0.① 因为直线 MN 与椭圆 C1 有两个不同的交点, 所以①式中的 Δ1=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0.② 设线段 MN 的中点的横坐标是 x3,则
x +x x3 = 1 2 2 t(t2-h) . 2(1+t2 )

=

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系

例1

点拨提示

迁移训练1

设线段 PA 的中点的横坐标是 x4,则 x4= 由题意,得 x3=x4, 即 t2+(1+h)t+1=0.③

t+1 . 2

由③式中的 Δ2=(1+h) -4≥0,得 h≥1,或 h≤-3. 当 h≤-3 时,h+2<0,4-h <0, 则不等式②不成立,所以 h ≥1. 当 h=1 时,代入方程③得 t=-1, 将 h=1,t=-1 代入不等式②,检验成立. 所以,h 的最小值为 1.
2

2

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系

例1

点拨提示

迁移训练1

(1)在直线与圆锥曲线所组成的方程组消元后, 要注意所得方程的二次项系数是 否含有参数, 若含参数, 需按二次项系数是否为零进行讨论, 只有二次项的系数 不为零时, 方程才是一元二次方程, 后面才可以利用判别式的符号来判断方程解 的个数, 进而说明直线与圆锥曲线的位置关系. (2)直线与圆锥曲线公共点有一个和直线与圆锥曲线的相切不一定是等价 关系.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系

例1

点拨提示

迁移训练1

求证:不论 m 取何值,直线 证法一:由
x2 y2 + 16 9

mx-y-m + 1 = 0, = 1,
2

x2 y2 l:mx-y-m+1=0 与椭圆 + =1 总有交点. 16 9

消去 y 得

x2 (mx-m+1) + 16 9

=1,

整理,得(16m2+9)x2-32m(m-1)x+16m2-32m-128=0.(*) ∵ Δ=322m2(m-1)2-4(16m2+9)(16m2-32m-128) =576(15m2+2m+8) =576 15 ∴ 方程(*)恒有实根. ∴ 原方程组恒有解.故直线 l 与椭圆总有交点.
1 2 m+ 15

+

119 15

>0,

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型一

直线与圆锥曲线的位置关系

例1

点拨提示

迁移训练1

证法二:直线 l 的方程可化为 m(x-1)+(-y+1)=0, 故直线 l 恒过 x-1=0 和-y+1=0 的交点 A(1,1).∵ + <1, ∴ 点A
x2 y2 在椭圆 + =1 16 9 1 16 1 9

内部.

∴ 直线 l 与椭圆总有交点.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题

例2

点拨提示

迁移训练2

如图,椭圆

x2 E: 2 a

+

y2 b

2 =1(a>b>0)的左焦点为

F1,右焦

点为 F2,离心率 e= .过 F1 的直线交椭圆于 A,B 两 点,且△ABF2 的周长为 8. (1)求椭圆 E 的方程; (2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点 Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆 恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由.
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

1 2

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题

例2

点拨提示

迁移训练2

解:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 又因为 e= ,即 = ,所以 c=1. 所以 b= a2 -c 2 = 3. 故椭圆 E
x2 的方程是 4 y2 + =1. 3 1 2 c a 1 2

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题
y2 + 3

例2

点拨提示

迁移训练2

(2)由

y = kx + m,
x2 4

= 1,

得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.

因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 此时 x0=所以 P 由
4km
2

4k +3

=- ,y0=kx0+m= , .

4k m

3 m

4k 3 , m m

x = 4, 得 Q(4,4k+m). y = kx + m,

假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上.
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题

例2

点拨提示

迁移训练2

设 M(x1,0),则MP·MQ=0 对满足(*)式的 m,k 恒成立. 因为MP = 得4k 3 -x1 , m m

, MQ=(4-x1,4k+m),

由MP·MQ=0,
16k 4kx1 12k 2 + -4x1+x1 + +3=0, m m m k 2 整理,得(4x1-4) + x1 -4x1+3=0.(**) m

4x1 -4 = 0, 解得 x1=1. 2 x1 -4x1 + 3 = 0, 故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题

例2

点拨提示

迁移训练2

圆锥曲线中的探索性问题是高考命题的热点,主要以解答题的形式出现,难 度较大,一般作为压轴题.解决这类问题往往采用“假设反证法”或“假设检验法”, 也可先用特殊情况得到所求值,再给出一般性的证明.考查的知识点多,能力要 求高,尤其是运算变形能力,同时着重考查学生分析问题与解决综合问题的能 力.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题
x2 C: 2 a

例2

点拨提示

迁移训练2

已知椭圆

+

y2 b

2 =1(a>b>0)的焦距为

4,且过点 P( 2, 3).

(1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠ 0)为椭圆 C 上一点.过点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E.取点 A(0,2 2),连接 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,作直线 QG.问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定 有唯一的公共点?并说明理由.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题

例2

点拨提示

迁移训练2

解:(1)因为焦距为 4,所以 a2-b2=4. 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3), 所以
2 a2

+

3 b

2 2 =1, 故 a =8,b =4, 2

从而椭圆

x2 C 的方程为 8

y2 + =1. 4

(2)由题意,E 点坐标为(x0,0).设 D(xD,0),则AE=(x0,-2 2),AD=(xD,-2 2). 再由 AD⊥AE 知,AE·AD=0,即 xDx0+8=0. 由于 x0y0≠0,故 xD=- . 因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,所以点 G 故直线 QG 的斜率 kQG=
题型一 题型二 题型三
8 x0 -x 0

8 x0

y0

=

x0 y0 x2 0 -8

8 ,0 x0

.

.

题型四

解题策略

重点难点

题型二

圆锥曲线的探究、存在性问题

例2

点拨提示

迁移训练2

又因 Q(x0,y0)在椭圆 C 上,所以
2 2 x0 +2y0 =8.①

从而 kQG=-

x0 . 2y0

故直线 QG 的方程为 y=将②代入椭圆 C 方程,得

x0 2y0

x-

8 x0

.②

2 2 2 2 (x0 +2y0 )x -16x0x+64-16y0 =0.③

再将①代入③,化简得
2 x2-2x0x+x0 =0. 解得 x=x0,y=y0,即直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

x2 已知椭圆 2 a

+

y2 b

2 =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点(2, 2).

2 2

(1)求椭圆的标准方程; (2)四边形 ABCD 的顶点在椭圆上,且对角线 AC,BD 过原点 O,若
b kAC· kBD=- 2 . a
2

①求OA ·OB的最值. ②求证:四边形 ABCD 的面积为定值.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题
c a 2 4 , 2 a2

例3

规律总结

迁移训练3

解:(1)由题意 e= = 解得 a =8,b
2 2

+

2 b

2 =1,又

a2=b2+c2, +
y2 =1. 4

x2 =4,椭圆的标准方程为 8

(2) 当直线 AB 有斜率时, 设直线 AB 的方程为 y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2), y = kx + m, 2 2 2 联立 2 得 (1+2k )x +4kmx+2m -8=0, x + 2y 2 = 8, Δ=(4km) -4(1+2k )(2m -8)=8(8k -m +4)>0.① x1 + x 2 = x1 x 2 =
题型一
2 2 2 2 2

-4km

1+2k 2m2 -8

2,

1+2k

2.

2 b 1 y y 1 ∵ kOA·kOB=- 2 =- ,∴ 1 2=- . a 2 x1x2 2

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

1 1 2m2 -8 m2 -4 ∴ y1y2=- x1x2=- · =. 2 2 1+2k2 1+2k2

y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
2 2 2m -8 =k 2 +km

-4km 1+2k

1+2k
2 =

2+m

2

=

m2 -8k 1+2k

2

2.

∴ -

m2 -4

m2 -8k 1+2k

1+2k

2 2 2 2 2 . ∴ -(m -4)=m -8k . ∴ 4k +2=m . 2

2

①∵ OA·OB=x1x2+y1y2= ∴ -2=2-4≤OA·OB<2.
题型一 题型二 题型三

2m2 -8 1+2k

2?

m2 -4 1+2k

2=

m2 -4 1+2k

2 =

4k +2-4 1+2k
2

2

=2-

4

1+2k

2,

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

当 k=0(此时 m2=2 满足①式),即直线 AB 平行于 x 轴时,OA·OB的最小 值为-2. 又直线 AB 的斜率不存在时OA·OB=2,所以OA·OB的最大值为 2.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

②证明:设原点到直线 AB 的距离为 d,则 S△AOB= |AB|·d=
1 2 1 2

1 + k 2 ·|x2-x1|·

|m| 1+k
2

|m| = 2

(x1 + x2 )
64k m2
2

2

|m| -4x1 x2 = 2

-4km 1+2k
2

2

-4 ×

2m2 -8 1+2k
2

|m| = 2

16(m2 -4) =2 m2

4k 2 -m2 + 4=2 2,

故 S 四边形 ABCD=4S△AOB=8 2, 即四边形 ABCD 的面积为定值.
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出表达式,再证明这个值与变量无关; (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为 y=kx+b,然后利用条件建立 b,k 等 量关系进行消元,借助于直线系方程找出定点; (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

椭圆

x2 C: 2 a

+

y2 b

2 =1(a>b>0)的离心率 e= ,a+b=3.

3 2

(1)求椭圆 C 的方程; (2)如图,A,B,D 是椭圆 C 的顶点,P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点,直 线 DP 交 x 轴于点 N,直线 AD 交 BP 于点 M,设 BP 的斜率为 k,MN 的斜率 为 m.证明:2m-k 为定值.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

解:(1)因为 e=
2 3

3 2 1 3

= ,

c a

所以 a= c,b= c. 代入 a+b=3,得 c= 3,a=2,b=1. 故椭圆 C
x2 2 的方程为 +y =1. 4

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题
1 2

例3

规律总结

迁移训练3

(2)方法一:因为 B(2,0),P 不为椭圆顶点,则直线 BP 的方程为 y=k(x2) k ≠ 0,k ≠ ± ,① P
8k -2 4k +1
2 2

x2 2 ①代入 +y =1,解得 4

,-

4k 4k +1
2

.

直线 AD 的方程为:y= x+1.② ①与②联立解得 M 由 D(0,1),P 解得 N
8k -2 4k +1
2 2

1 2 4k+2 4k , 2k-1 2k-1 4k
2

.
4k 8k2 -2 2 -0 4k +1

,-

4k +1

- 2 -1 ,N(x,0)三点共线知 4k +1

=

0-1 , x-0

4k-2 ,0 2k+1

.
4k -0 2k-1 m=4k+2 4k-2 2k-1 2k+1

所以 MN 的斜率为 则 2m-k=
题型一

=

4k(2k+1) 2(2k+1) -2(2k-1)
2

2 =

2k+1 , 4

2k+1 1 -k= (定值). 2 2
题型三

题型二

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题
y0 x0 -2

例3

规律总结

迁移训练3

方法二:设 P(x0,y0)(x0≠0,± 2),则 k= 直线 AD 的方程为:y= (x+2), 直线 BP 的方程为:y= 直线 联立
x0 -2 1 2 y0

,

(x-2), y=0,由于 y0≠1 可得 N
-x0 ,0 y0 -1

y0 -1 DP 的方程为:y-1= x,令 x0

,

y = (x + 2), y=
x0 -2 4y0 +2x0 -4

1 2 y0

(x-2), ,
4y0

解得 M

2y0 -x0 +2 2y0 -x0 +2

,

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型三

圆锥曲线的定点定值问题

例3

规律总结

迁移训练3

因此 MN 的斜率为 m= 4y =
2 2 0 +2x0 -4+ x0 4y0-8y0 +4x0 y0-x0 +4 2y0 -x0 +2 y0 -1

4y0 2y0 -x0 +2

=

4y0 (y0-1)

2 4y2 0 -8y0 +4x0 y0-(4-4y0 )+4 2y0+x0 -2

4y0 (y0-1)

=

y0 -1

,

所以 2m-k= =

2(y0 -1)

2y0 +x0 -2 x0 -2 2(y0 -1)(x0 -2)-2y2 0 -y0 (x0 -2) (2y0+x0 -2)(x0 -2)
1

?

y0

=

2(y0 -1)(x0 -2)-y0 (2y0 +x0 -2) (2y0 +x0 -2)(x0 -2)

2(y0 -1)(x0 -2)-2(4-x2 0 )-y0 (x0 -2) 1 = = (定值). 2 (2y0 +x0 -2)(x0 -2)

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题
x2 C: 2 a

例4

规律总结

迁移训练4

(12 分)如图,椭圆

+

y2 b

2=1(a>b>0)的离心率为 ,其左焦点到点 P(2,1)的距

1 2

离为 10 ,不过原点 ....O 的直线 l 与 C 相交于 A,B 两点,且线段 AB 被直线 OP 平分.

(1)求椭圆 C 的方程; (2)求△ABP 面积取最大值时直线 l 的方程.
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题

例4

规律总结

迁移训练4

解:(1)设椭圆左焦点为 F(-c,0),则由题意得 (2 + c)2 + 1 = 10 , 得 c = 1, a = 2.

c 1 = , a 2
x2 y2 所以椭圆方程为 + =1.(2 4 3

分)

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题

例4

规律总结

迁移训练4

(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),线段 AB 的中点为 M. 当直线 AB 与 x 轴垂直时,直线 AB 的方程为 x=0,与不过原点的条件 不符,舍去.故可设直线 AB 的方程为 y=kx+m(m≠0),

y = kx + m, 由 消去 y,整理得 3x 2 + 4y 2 = 12. (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,①(6 分)
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题
2 2 2 2

例4

规律总结

迁移训练4

则 Δ=64k m -4(3+4k )(4m -12)>0, x1 + x 2 = x1 x 2 = 所以线段 AB 的中点为 M 1 2

8km
2

3 + 4k 4m2 -12 3 + 4k
2,

,

2

. ,

4km 3+4k

3m 3+4k
2

因为 M 在直线 OP:y= x 上,所以 得 m=0(舍去)或 k=- .(8 分)
3 2

3m 3+4k
2

=

-2km 3+4k

2,

此时方程①为 3x -3mx+m -3=0,则 Δ=3(12-m )>0,
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略

2

2

2

x1 + x 2 = m, x1 x 2 =
m2 -3 . 3

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题
39 · 6

例4

规律总结

迁移训练4

所以|AB|= 1 + k 2 ·|x1-x2|=

12- m2 .
|8-2m|

设点 P 到直线 AB 的距离为 d,则 d= 设△ABP 的面积为 S,则

1 3+22 32 S= |AB|· d= · 2 6

=

(m-4)2 (12- m2 ),

2|m-4| .(9 分) 13

其中 m∈(-2 3,0)∪(0,2 3).(10 分) 令 u(m)=(12-m )(m-4) ,m∈[-2 3,2 3], u'(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)·(m-1- 7)(m-1+ 7).(10 分) 所以当且仅当 m=1- 7时,u(m)取到最大值. 故当且仅当 m=1- 7时,S 取到最大值. 综上,所求直线 l 的方程为 3x+2y+2 7-2=0.(12 分)
题型一 题型二 题型三 题型四 解题策略
2 2

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题

例4

规律总结

迁移训练4

1.解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种:几何法和代数法. (1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质 来解决,这就是几何法; (2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起目标 函数,再求这个函数的最值,这就是代数法. 2.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑: (1)利用判别式来构造不等关系,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在两个参 数之间建立等量关系; (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围; (4)利用基本不等式求出参数的取值范围; (5)利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

题型四

圆锥曲线的最值与范围问题

例4

规律总结

迁移训练4

(2014 届山东枣庄月考)直线

x2 2 l:x-y=0 与椭圆 +y =1 相交于 2

A,B 两点,

点 C 是椭圆上的动点,则△ABC 面积的最大值为 答案: 2 解析:由 x-y = 0,
x2 2

.

+ y 2 = 1, ,B -

得 3x2=2,即 x=± ,

6 3

从而 A

6 6 , 3 3

6 6 ,3 3

,因此|AB|=

4 3 . 3

设点 C( 2cos θ,sin θ), 则点 C 到 AB 的距离 d= 故 S△ABC= |AB|· d≤ ×
题型一 题型三

| 2θ-θ| 2

=

3 · 2

|sin(θ-φ)|≤

3 , 2

1 2 题型二

1 4 3 3 × = 2 3 2 题型四 解题策略

2.

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

一、弦长问题
椭圆 ax2+by2=1 与直线 x+y-1=0 相交于 A,B 两点,C 是 AB 的中点,若 |AB|=2 2,OC 的斜率为 ,求椭圆的方程. 思维启迪:结合二次方程根分布的知识与椭圆方程的相关知识即可解 得本题.
2 2

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

解:方法一:设 A(x1,y1),B(x2,y2), 代入椭圆方程并作差得 a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0. 而
y1 -y2 x1 -x2

=-1,

y1 +y2 2 =kOC= , x1 +x2 2

代入上式可得 b= 2a. 再由|AB|= 2|x2-x1|=2 2. ax 2 + by 2 = 1, 由 得(a+b)x2-2bx+b-1=0, x + y = 1, 可知 x1,x2 是方程(a+b)x2-2bx+b-1=0 的两根, 故 则
2b 2 b-1 -4· =4. a+b a+b

将 b= 2a 代入得 a= .
2 x2 b= .故所求椭圆的方程是 3 3
题型二 题型三 题型四

1 3

+

2 2 y =1. 3

题型一

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

ax 2 + by 2 = 1, 方法二:由 得(a+b)x2-2bx+b-1=0. x+y=1 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则|AB|= (k 2 + 1)(x1 -x2 )2 = 2· ∵ |AB|=2 2,∴
a+b-ab a+b 4b -4(a+b)(b-1) a+b
2

.

=1.①

x1 +x2 b a = ,y=1-x= . 2 a+b a+b 2 a 2 ∵ OC 的斜率为 ,∴ = . 2 b 2

设 C(x,y),则 x=

代入①,得 a= ,b= .
x2 ∴ 椭圆方程为 3
题型一 题型二

1 3

2 3

+

2 2 y =1. 3
题型三 题型四 解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

规律总结
方法一利用了设点、代入、作差,借助斜率的解题方法,称作“点差法”,是解 析几何解决直线与圆锥曲线位置关系的常用技巧,应在理解的基础上进行记忆. 方法二是圆锥曲线弦长的基本求法,是利用两点间的距离公式求得的,再者就是 结合弦所在直线的斜率 k,利用弦长= (1 + k 2 )(x2 -x1 )2 与韦达定理结合较简单, 如果是焦点弦,可结合圆锥曲线的定义求解.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

二、中点弦问题
已知一椭圆的两个焦点为 F1(0,-2 2),F2(0,2 2),离心率 e= (1)求该椭圆方程. (2)一条不与坐标轴平行的直线 l 与椭圆交于不同的两点 M,N,且线段 MN 中点的横坐标为- ,求直线 l 倾斜角的取值范围. 解:(1)∵ c=2 2, = ∴ b
2

2 2 . 3

1 2

c a

2 2 ,∴ a=3. 3

y2 2 =1.∴ 椭圆方程为 +x =1. 9

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略
1 2

例1

例2

例3

(2)设 M(x1,y1),N(x2,y2),且 MN 中点为 P - ,y0 ,kMN=k(k≠0),
y2 则 1 9

+

(y1 -y2 )(y1+y2) +(x1-x2)(x1+x2)=0, 9 y -y 9(x +x ) 9 即 1 2 =- 1 2 .故 y0= . y1 +y2 2k x1 -x2

y 2 x1 =1,① 2 9

2

2 + x2 =1.②

①②相减,得

∵ 点 ∴
92

1 9 - , 2 2k 1 9

y2 2 在椭圆 +x =1 内部, 9 1 4

(2k)

k2>3.∴ k> 3或 k<- 3. 2· + <1.∴
, 3 2

∴ 直线 l 倾斜角的取值范围是



2 , 2 3

.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

规律总结
对于中点弦问题 ,常用的解题方法是点差法 .其解题步骤为 : (1)设点 :即设出弦的两端点坐标; (2)代入 :即代入圆锥曲线方程; (3)作差 :即两式相减 ,再用平方差公式把上式展开; (4)整理 :即转化为斜率与中点坐标的关系式,然后求解 .

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

三、弦的端点问题
过抛物线 y2=4x 焦点 F 的直线与抛物线交于 A,B 两点,如果AF=2FB,则 直线 AB 的方程是 . 答案:4x- 2y-4=0 或 4x+ 2y-4=0 解析:由已知抛物线 y2=4x 的焦点 F(1,0),显然满足题意的直线斜率存 在且不为 0,设为 k(k≠0),则直线的方程为 y=k(x-1),将其代入 y2=4x,整理得 k2x2-2(k2+2)x+k2=0,① 其判别式 Δ=16(k2+1)>0, 设 A(x1,y1),B(x2,y2)且由AF=2FB,不妨设 x1>x2. 由①解得 x1=
k +2+2 1+k k
2 2 2

,x2=

k +2-2 1+k k
2

2

2

,

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

由AF=2FB知(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2), 得 1-x1=2(x2-1),即 x1+2x2=3, 亦即
k +2+2 1+k k
2 2 2

+2·

k +2-2 1+k k
2

2

2

=3,

解得 k=± 2 2, 故所求直线方程为 y=± 2 2(x-1), 即 4x- 2y-4=0 或 4x+ 2y-4=0.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

重点难点

弦长、中点弦、弦端点问题的求解策略

例1

例2

例3

特别提醒
解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法,就是将其转 化为端点的坐标关系,再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系, 构建方程(组)求解.

题型一

题型二

题型三

题型四

解题策略

随堂演练
1-2 3 4 5

1.已知直线 x-y-1=0 与抛物线 y=ax2 相切,则 a 等于( A.
1 2

B.

1 3

C.

1 4

)

D.4

答案:C a ≠ 0, x-y-1 = 0, 1 2 解析:由 消去 y 得 ax -x+1=0, 所以 解得 a= . 4 1-4a = 0, y = ax 2 2.过椭圆
x2 C: 2 a

+

y2

b

2 =1(a>b>0)的左顶点

A 且斜率为 k 的直线交椭圆 C 于另
1 3 1 2

一个点 B,且点 B 在 x 轴上的射影恰好为右焦点 F,若 <k< ,则椭圆离心率 的取值范围是( A.
1 9 , 4 4

) B.
2

2 ,1 3
2 b a

C.

1 2 , 2 3

D. 0,

1 2

答案:C 解析:由题意知 B c,
b a

,则 k=

c+a

=

a-c 1 1 1 2 =1-e,由 <1-e< ,得 <e< . a 3 2 2 3

随堂演练
1-2 3 4 5

3.已知双曲线 E 的中心为原点,F(3,0)是 E 的焦点,过 F 的直线 l 与 E 相交于 A,B 两点,且 AB 的中点为 N(-12,-15),则 E 的方程为(
x2 A. 3 y2 ? =1 6 x2 B. 4 y2 ? =1 5 x2 C. 6 y2 ? =1 3 x2 D. 5

)
y2 ? =1 4

答案:B
x2 y2 解析:设双曲线的标准方程为 2 ? 2=1(a>0,b>0), a b 2 由题意知 c=3,a2+b2=9, x2 1 y1 - = 1, a2 b2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 2 2 x2 y2 - = 1, 两式作差得: a2 b2 2 2 2 y 1 -y 2 b (x1 +x2 ) -12b 4b = 2 = = 2, a (y1 +y2) 5a x1 -x2 -15a2 -15-0 又因为直线 AB 的斜率是 =1, -12-3

所以将 4b2=5a2 代入 a2+b2=9,得 a2=4,b2=5.
x2 所以双曲线的标准方程是 4 y2 ? =1. 5

随堂演练
1-2 3 4 5

4.若 P 为双曲线 x 答案:5

2

y2 - =1 右支上一点,M,N 分别是圆(x+4)2+y2=4 和(x15

4)2+y2=1 上的点,则|PM|-|PN|的最大值为

.
2

解析:已知两圆的圆心(-4,0)和(4,0)(记为 F1 和 F2)恰为双曲线 x 点.

y2 - =1 的两焦 15

当|PM|最大,|PN|最小时,|PM|-|PN|最大,|PM|最大值为 P 到圆心 F1 的距 离|PF1|与圆 F1 半径之和,同样|PN|min=|PF2|-1, 从而(|PM|-|PN|)max=|PF1|+2-(|PF2|-1)=|PF1|-|PF2|+3=2a+3=5.

随堂演练
1-2 3 4 5

5.已知抛物线 y2=2px(p≠0)及定点 A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠2pa,M 是抛物 线上的点.设直线 AM,BM 与抛物线的另一个交点分别为 M1,M2,当 M 变动 时,直线 M1M2 恒过一个定点,此定点坐标为 答案: a,
2pa b

.
y0 -b
y2 0 -a 2p

解析:设 M 得 y1=

y2 0 ,y 2p 0

,M1

y2 1 ,y 2p 1

,M2

y2 2 ,y 2p 2

,由点 A,M,M1 共线可知
2pa . y0 y2 -y

=

y 1 -y 0

2, y2 y 1- 0 2p 2p

by0 -2pa y0 -b

,同理由点 B,M,M2 共线得 y2=
y2 -y1
2 y2 2 -y1 2p 2p

设(x,y)是直线 M1M2 上的点,则 又 y1=
by0 -2pa y0 -b

=

,即 y2 2 -x 2p

y1y2=y(y1+y2)-2px,

,y2=

2pa , y0

2 则(2px-by)y0 +2pb(a-x)y0+2pa(by-2pa)=0.

当 x=a,y=

2pa 时上式恒成立,即定点为 b

a,

2pa b

.


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