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2015《金榜e讲堂》高三人教版数学(理)一轮复习课件:第8章 第9节 圆锥曲线的综合问题

时间:2014-07-23


第八节

圆锥曲线的综合问题 (文)

第九节

圆锥曲线的综合问题
(理)

[主干知识梳理]
一、直线与圆锥曲线的位置关系 判定直线与圆锥曲线的位置关系时,通常是将直线方程与 曲线方程联立,消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程: ax2+bx+c=0(或ay2+by+

c=0). 若a≠0,可考虑一元二次方程的判别式Δ,有: Δ>0?直线与圆锥曲线 相交 ;

Δ=0?直线与圆锥曲线 相切
Δ<0?直线与圆锥曲线




相离

若a=0且b≠0,则直线与圆锥曲线相交,且有 一 个交点.

二、圆锥曲线的弦长问题 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 |x1-x2| 或
2

1 1+ 2|y1-y2| . k

[基础自测自评] x2 y2 1.(教材习题改编)与椭圆 + =1 焦点相同,离心率互为倒数 12 16 的双曲线方程是 (
2 x A.y2- =1 3

)

y2 2 B. -x =1 3 3 2 3 2 D. y - x =1 4 8

3 2 3 2 C. x - y =1 4 8

y2 x2 A [设双曲线方程为 2- 2=1(a>0,b>0), a b
2 2 2 a + b = c , ? ? ?c 则?a=2, 得 a=1,b= 3. ? ? ?c=2, 2 x 故双曲线方程为 y2- =1.] 3

x2 y2 2.(教材习题改编)直线 y=kx-k+1 与椭圆 + =1 的位置关系 9 4 是 ( A.相交 C.相离 B.相切 D.不确定 )

A [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.]

3.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=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 C [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).]

x2 y2 4.过椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的左顶点 A 且斜率为 1 的直线与椭 a b 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________. 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
? a a? ? - , 点的坐标为? ? 2 2?,代入 ? ?

2 c 2 6 2 2 2 2 椭圆方程得 a =3b ,则 c =2b ,则 2= ,故 e= . a 3 3

答案

6 3

2 y 5.已知双曲线方程是 x2- =1,过定点 P(2,1)作直线交双曲线 2

于 P1,P2 两点,并使 P(2,1)为 P1P2 的中点,则此直线方程是 ________________.
2 2 y y 1 2 2 解析 设点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由 x2 - = 1 , x - =1, 1 2 2 2

y2-y1 2(x2+x1) 2×4 得 k= = = =4,从而所求方程为 4x-y 2 x2-x1 y2+y1 -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. 答案 4x-y-7=0

[关键要点点拨] 1 .直线与圆锥曲线的位置关系,主要涉及弦长、弦中点、

对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题.解题中要
充分重视根与系数的关系和判别式的应用.

2.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);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”.

直线与圆锥曲线的位置关系 [典题导入]
(2014· 长春三校调研)在直角坐标系 xOy 中, 点
? 1? ? M?2,-2? ?, ? ?

点 F 为抛物线 C:y=mx2(m>0)的焦点,线段 MF 恰被抛物线 C 平分. (1)求 m 的值; (2)过点 M 作直线 l 交抛物线 C 于 A、B 两点,设直线 FA、FM、 FB 的斜率分别为 k1、k2、k3,问 k1、k2、k3 能否成公差不为零的 等差数列?若能,求直线 l 的方程;若不能,请说明理由.

[听课记录] MF 的中点

(1)由题得抛物线 C 的焦点 F
? 1 1? ? N?1,8m-4? ?在抛物线 ? ?

? 1? ? 的坐标为?0,4m? ?,线段 ? ?

C 上,

1 1 ∴ - =m,8m2+2m-1=0, 8m 4
? 1 1? ? ∴m= ?m=-2舍去? ?. 4? ?

(2)由(1)知抛物线 C:x2=4y,F(0,1). 1 设直线 l 的方程为 y+ =k(x-2),A(x1,y1)、B(x2,y2), 2

1 ? ?y+ =k(x-2) 由? 2 ,得 x2-4kx+8k+2=0, 2 ? ? x =4 y Δ=16k2-4(8k+2)>0, 2- 6 2+ 6 ∴k< 或 k> . 2 2
? ?x1+x2=4k ? , ? ?x1x2=8k+2

假设 k1、k2、k3 能成公差不为零的等差数列, 则 k1+k3=2k2.

y1-1 y2-1 x2y1+x1y2-x2-x1 而 k1+k3= + = x1 x2 x1x2
2 x2x1 x1x2 2 + -x2-x1 4 4 = x1x2



?x1x2 ? ? ? - 1 ? 4 ?(x1+x2) ? ?

x1x2
?8k+2 ? ? ? 4k - 1 ? 4 ?· ? ?



8k+2

4k2-k = , 4k+1

4k2-k 3 3 k2=- ,∴ =- ,8k2+10k+3=0, 4 2 4k+1

1 3 解得 k=- (符合题意)或 k=- (不合题意,舍去). 2 4 1 1 ∴直线 l 的方程为 y+ =- (x-2), 2 2 即 x+2y-1=0. ∴k1、k2、k3 能成公差不为零的等差数列,此时直线 l 的方程为 x+ 2y-1=0.

[规律方法] 研究直线与圆锥曲线的位置关系时,一般转化为研究其直线

方程与圆锥方程组成的方程组解的个数,但对于选择、填空
题也可以利用几何条件,用数形结合的方法求解.

[跟踪训练] x2 y2 1.已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的一个顶点为 A(2,0),离心率 a b 2 为 .直线 y=k(x-1)与椭圆 C 交于不同的两点 M,N. 2 (1)求椭圆 C 的方程; 10 (2)当△AMN 的面积为 时,求 k 的值. 3

解析

? ?a=2, ?c 2 (1)由题意得? = , 解得 b= 2, a 2 ? 2 2 2 ? ?a =b +c ,

x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 + =1. 4 2 ? k(x-1), ?y= (2)由?x2 y2 得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0. + =1, ? 4 2 ? 设点 M,N 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

4k2 则 y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),x1+x2= 2, 1+2k 2k2-4 x1x2= , 1+2k2

所以|MN|= (x2-x1)2+(y2-y1)2 = (1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2] 2 (1+k2)(4+6k2) = . 2 1+2k

|k| 又因为点 A(2,0)到直线 y=k(x-1)的距离 d= 2, 1+k 所以△AMN 的面积为 |k| 4+6k2 1 S= |MN|· d= 2 . 2 1+2k |k| 4+6k2 10 由 = , 3 1+2k2 解得 k=±1.

最值与范围问题
[典题导入] x2 y2 (2012· 浙江高考)如图,椭圆 C: 2+ 2= a b 1 1(a>b>0)的离心率为 ,其左焦点到点 P(2,1) 2 的距离为 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.

[听课记录]

(1)设椭圆左焦点为 F(-c,0),

? (2+c)2+1= 10, ? ? ?c=1, 则由题意得?c 1 得? ? = , ?a=2. ? ?a 2 x2 y2 所以椭圆方程为 + =1. 4 3

(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? 2 消去 2 ? ?3x +4y =12

y,整理得

(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ① 则 Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0, ? ?x1+x2=- 8km 2, 3+4k ? ? 2 4 m -12 ? x1x2= 2 . ? 3+4k ? 所以线段 AB 的中点为
? 4km 3m ? ? ? M?- 2, 2?. 3+4k ? ? 3+4k

-2km 1 3m 因为 M 在直线 OP:y= x 上,所以 2= 2. 2 3+4k 3+4k 3 得 m=0(舍去)或 k=- . 2

此时方程①为 3x2-3mx+m2-3=0, ?x1+x2=m, ? 2 则 Δ=3(12-m )>0,? m2-3 xx= . ? 3 ? 1 2 39 所以|AB|= 1+k · |x1-x2|= · 12-m2, 6
2

设点 P 到直线 AB 的距离为 d, |8-2m| 2|m-4| 则 d= 2 2= . 13 3 +2

设△ ABP 的面积为 S, 1 3 则 S= |AB|· d= · (m-4)2(12-m2). 2 6 其中 m∈(-2 3,0)∪(0,2 3). 令 u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2 3,2 3 ], u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6) =-4(m-4)(m-1- 7)(m-1+ 7).

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.

[规律方法] 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.

[跟踪训练] 2. (2013· 新课标全国卷Ⅱ高考)平面直角坐标系 xOy 中, 过椭圆 M: x2 y2 + =1(a>b>0)右焦点的直线 x+y- 3=0 交 M 于 A,B a2 b2 1 两点,P 为 AB 的中点,且 OP 的斜率为 . 2 (1)求 M 的方程; (2)C,D 为 M 上两点,若四边形 ACBD 的对角线 CD⊥AB,求 四边形 ACBD 面积的最大值.

解析

(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),

2 2 2 y2-y1 x1 y2 x y 1 2 2 则 2+ 2=1, 2+ 2=1, =-1, a b a b x2-x1

b2(x2+x1) y2-y1 由此可得 2 =- =1. a (y2+y1) x2-x1 y0 1 因为 x1+x2=2x0,y1+y2=2y0, = , x0 2 所以 a2=2b2, 又由题意知, M 的右焦点为( 3,0),

故 a2-b2=3. 因此 a2=6,b2=3. x2 y2 所以 M 的方程为 + =1. 6 3

? 4 3 ? ? y- 3=0, x= , ?x=0, ?x+ 3 ? ? 2 2 (2)由?x y 解得? 或? ? 3 + =1 ? ?y= 3. ? 6 3 ? y=- , ? 3 ? 4 6 因此|AB|= . 3 由题意可设直线 CD 的方程为
? 5 3 y=x+n? ?- 3 <n< ? ? ? 3?, ?

设 C(x3,y3),D(x4,y4). ? x+n, ?y= 由?x2 y2 得 3x2+4nx+2n2-6=0. + =1 ? 6 3 ?

-2n± 2(9-n2) 于是 x3,4= . 3 因为直线 CD 的斜率为 1, 4 所以|CD|= 2|x4-x3|= 9-n2. 3 1 由已知,四边形 ACBD 的面积 S= |CD|·|AB| 2 8 6 = 9-n2. 9 8 6 当 n=0 时,S 取得最大值,最大值为 . 3 8 6 所以四边形 ACBD 面积的最大值为 . 3

定点定值问题
[典题导入]

(2013·陕西高考)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴
上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程; (2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不 同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明直线l过定 点.

[听课记录]

(1)如图,设动圆圆心 O1(x,y),

由题意,|O1A|=|O1M|. 当 O1 不在 y 轴上时,过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H, 则 H 是 MN 的中点. ∴|O1M|= x2+42. 又|O1A|= (x-4)2+y2, ∴ (x-4)2+y2= x2+42,化简得 y2=8x(x≠0).

又当 O1 在 y 轴上时,O1 与 O 重合,点 O1 的坐标(0,0)也满足方 程 y2=8x, ∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y2=8x. (2)由题意,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 将 y=kx+b 代入 y2=8x 中, 得 k2x2+(2bk-8)x+b2=0, 其中 Δ=-32kb+64>0. 由根与系数的关系得,

8-2bk x1+x2= , ① k2 b2 x1x2= 2, ② k 因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线, y1 y2 所以 =- . x1+1 x2+1 即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0, ③

将①②代入③,得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此时Δ>0,

∴直线l的方程为y=k(x-1),∴直线l过定点(1,0).

[规律方法]

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.

[跟踪训练] x2 y2 3.(2012· 辽宁高考)如图,椭圆 C0: 2+ 2=1 a b (a>b>0,a,b 为常数),动圆 C1:x2+y2=t2 1, b<t1<a.点 A1,A2 分别为 C0 的左,右顶点,C1 与 C0 相交于 A,B,C,D 四点. (1)求直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程; (2)设动圆 C2: x2+y2=t2 B′, C′, D′四点, 其中 b<t2<a, 2与 C0 相交于 A′,
2 t1≠t2.若矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,证明:t2 1+t2

为定值.

解析

(1)设 A(x1,y1),B(x1,-y1),又知 A1(-a,0),A2(a,0), ① ②

y1 则直线 A1A 的方程为 y= (x+a), x1+a -y1 直线 A2B 的方程为 y= (x-a). x1-a

2 - y 1 2 2 2 由①②得 y = 2 2(x -a ). x1-a



由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,

2 x1 y2 1 故 2+ 2=1. a b

从而

2? ? x 1 ? 2? 1 - y2 = b , 2 1 ? a? ? ?

x2 y2 代入③得 2- 2=1(x<-a,y<0). a b

【创新探究】 圆锥曲线中探索性问题 (2012 福建高考 )如图,椭圆 x2 y2 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左焦点为 F1, 右 a b 1 焦点为 F2, 离心率 e= .过 F1 的直线交椭 2 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.

【思路导析】 第一问

1.审条件,挖解题信息

2.审结论,明解题方向

3.建联系,找解题突破口

第二问 1.审条件,挖解题信息

3.建联系,找解题突破口

【解析】 (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. 1 c 1 又因为 e= ,即 = ,所以 c=1, 2 a 2
2 2 x y 所以 b= a2-c2= 3.故椭圆 E 的方程是 + =1. 4 3

? kx+m, ?y= (2)由?x2 y2 + =1, ? 4 3 ? 消去 y 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.(*) 4km 4k 3 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= , m m 4k +3

所以

? 4k 3 ? ? - , P? ? m m?. ? ?

? ?x=4, 由? ? ?y=kx+m,

得 Q(4,4k+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.

由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,
? ?4x1-4=0, 所以? 2 解得 ? ?x1-4x1+3=0,

x1=1.

故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.

【高手支招】 第一步

假设结论成立

第二步 以假设为条件,进行推理求解

第三步

明确规范结论,若能推出合理结果,经验证成立即

可肯定正确.若推出矛盾,即否定假设 第四步 回顾反思解题过程

[体验高考] x2 2 (2013· 北京高考)已知 A,B,C 是椭圆 W: +y =1 上的三个点, 4 O 是坐标原点. (1)当点 B 是 W 的右顶点, 且四边形 OABC 为菱形时, 求此菱形的 面积; (2)当点 B 不是 W 的顶点时,判断四边形 OABC 是否可能为菱形, 并说明理由.

解析

x2 2 (1)椭圆 W: +y =1 的右顶点 B 的坐标为(2,0).因为四 4

边形 OABC 为菱形, 所以 AC 与 OB 相互垂直平分. 所以可设 A(1, 1 m),代入椭圆方程得 +m2=1, 4 3 即 m=± . 2 1 1 所以菱形 OABC 的面积是 |OB|·|AC|= ×2×2|m| 2 2 = 3.

(2)假设四边形 OABC 为菱形. 因为点 B 不是 W 的顶点,且直线 AC 不过原点, 所以可设 AC 的方程为 y=kx+m(k≠0,m≠0).
2 2 ? ?x +4y =4, 由? 消 ? ?y=kx+m

y 并整理得

(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 设 A(x1,y1),C(x2,y2), x1+x2 y1+y2 x1+x2 4km m 则 =- =k· +m= 2, 2. 2 2 2 1+4k 1+4k 所以 AC 的中点为
? 4km m ? ? ? M?- 2, 2?. 1+4k ? ? 1+4k

因为 M 为 AC 和 OB 的交点, 1 所以直线 OB 的斜率为- . 4k 因为
? 1? ? ? - k· ? 4k?≠-1,所以 ? ?

AC 与 OB 不垂直.

所以四边形 OABC 不是菱形,与假设矛盾. 所以当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不可能是菱形.

课时作业


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