《高考讲坛》2015届高三数学（理山东版）一轮配套文档：第8章 第9节 直线与圆锥曲线的位置关系.doc

1、第九节直线与圆锥曲线的位置关系考情展望1.考查直线与圆锥曲线方程的联立，根与系数的关系，整体代入和设而不求的思想.2.通过研究直线与圆锥曲线的位置关系，考查圆锥曲线中的弦长、中点弦问题，最值与范围问题，定点与定值等问题.3.高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行，考查函数、方程、不等式、平面向量等知识在解决问题中的综合应用一、直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2bxc0(或ay2byc0)1当a0，可考虑一元二次方程的判别式，有0直线与圆锥曲线相交；0直线与圆锥曲线相切；0直线与圆锥曲线相离2当a0，b0时，即得到一

2、个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合二、圆锥曲线的弦长设斜率为k(k0)的直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x2x1|y2y1|.1直线ykxk1与椭圆1的位置关系为()A相交B相切C相离 D不确定【解析】直线ykxk1k(x1)1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交【答案】A2若直线ykx与双曲线1相交，则k的取值范围是()A. B.C. D.【解析】双曲线1的渐近线方程为yx，若直

3、线与双曲线相交，数形结合，得k.【答案】C3已知倾斜角为60的直线l通过抛物线x24y的焦点，且与抛物线相交于A、B两点，则弦AB的长为_【解析】直线l的方程为yx1，由得y214y10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y214，|AB|y1y2p14216.【答案】164过椭圆1(ab0)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_【解析】由题意A点的坐标(a,0)，l的方程为yxa，B点的坐标为(0，a)，故M点的坐标为(，)，代入椭圆方程得a23b2，c22b2，e.【答案】5(2013山东高考)抛物线C1：yx2

4、(p0)的焦点与双曲线C2：y21的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p()A. B.C. D.【解析】作出草图，数形结合，建立方程求解双曲线C2：y21，右焦点为F(2,0)，渐近线方程为yx.抛物线C1：yx2(p0)，焦点为F.设M(x0，y0)，则y0x.kMFkFF，.又yx，y|xx0x0.由得p.【答案】D6(2012辽宁高考)已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为_【解析】因为yx2，所以yx，易知P(4,8)，Q(2,2)，所以在P、Q两点处切

5、线的斜率的值为4或2.所以这两条切线的方程为l1：4xy80，l2：2xy20，将这两个方程联立方程组求得y4.【答案】4考向一 160中点弦、弦长问题已知F1(1,0)、F2(1,0)，圆F2：(x1)2y21，一动圆在y轴右侧与y轴相切，同时与圆F2相外切，此动圆的圆心轨迹为曲线C，曲线E是以F1，F2为焦点的椭圆(1)求曲线C的方程；(2)设曲线C与曲线E相交于第一象限点P，且|PF1|，求曲线E的标准方程；(3)在(1)、(2)的条件下，直线l与椭圆E相交于A、B两点，若AB的中点M在曲线C上，求直线l的斜率k的取值范围【思路点拨】(1)利用两圆外切的性质求曲线C的方程(2)利用|PF

6、1|可求点P的横坐标，进一步求|PF2|的长，再结合椭圆的定义求出椭圆的方程(3)设出直线l的方程，与椭圆方程联立利用根与系数的关系求解或用点差法求解【尝试解答】(1)设动圆圆心的坐标为(x，y)(x0)因为动圆在y轴右侧与y轴相切，同时与圆F2相外切，所以|CF2|x1，x1，化简整理得y24x，曲线C的方程为y24x(x0)；(2)依题意，c1，|PF1|，可得xp，|PF2|，又由椭圆定义得2a|PF1|PF2|4，a2.b2a2c23，所以曲线E的标准方程为1；(3)(方法一)设直线l与椭圆E交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B的中点M的坐标为(x0，y0)，设直线l方程为y

7、kxm(k0，m0)，与1联立得(34k2)x28kmx4m2120，由0得4k2m230；由韦达定理得x1x2，x0，y0，将M代入y24x，整理得m，将代入得162k2(34k2)81，令t4k2(t0)，则64t2192t810，0t.k且k0.(方法二)设直线l与椭圆E交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B的中点M的坐标为(x0，y0)，将A，B的坐标代入椭圆方程中，得两式相减得3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0，y4x0，直线AB的斜率ky0，由(2)知xp，y4xp，yP，由题设y0(y00)，y0，即k(k0)规律方法11.在第(2)问方法一中，根据0

8、求t的范围，进而去求k的取值范围，这是求解的关键.2.涉及弦的中点与直线的斜率问题，可考虑“点差法”，构造出kAB和x1x2，y1y2，整体代换，求出中点或斜率，体现“设而不求”的思想.对点训练设抛物线过定点A(1,0)，且以直线x1为准线(1)求抛物线顶点的轨迹C的方程；(2)若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x平分，设弦MN的垂直平分线的方程为ykxm，试求m的取值范围【解】(1)设抛物线顶点为P(x，y)，则焦点F(2x1，y)再根据抛物线的定义得|AF|2，即(2x)2y24，所以轨迹C的方程为x21.(2)设弦MN的中点为P(，y0)，M(xM，yM)，N(xN

9、，yN)，则由点M，N为椭圆上的点，可知两式相减，得4(xMxN)(xMxN)(yMyN)(yMyN)0，将xMxN2()1，yMyN2y0，代入上式得k.又点P(，y0)在弦MN的垂直平分线上，所以y0km.所以my0ky0.由点P(，y0)在线段BB上(B、B为直线x与椭圆的交点，如图所示)，所以yBy0yB，也即y0.所以m，且m0.考向二 161最值与范围问题(2013课标全国卷)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：1(ab0)右焦点的直线xy0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD

10、面积的最大值【思路点拨】(1)涉及到弦AB的中点问题，考虑点差法，建立关于a，b的方程组，解得a，b的值，确立M的方程；(2)将四边形的面积表示出来，可转化为S|AB|h，然后利用函数的知识求最值【尝试解答】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则1，1，1，由此可得1.因为x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程为1.(2)由解得或因此|AB|.由题意可设直线CD的方程为yxn，设C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因为直线CD的斜率为1，所

11、以|CD|x4x3| .由已知，四边形ACBD的面积S|CD|AB| ，当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.规律方法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.对点训练(2014玉溪模拟)已知定点A(1,0)和定直线x1上的两个动点E、F，满足，动点P满足，

12、(其中O为坐标原点)(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点B(0,2)的直线l与(1)中轨迹C相交于两个不同的点M、N，若0，求直线l的斜率的取值范围【解】(1)设P(x，y)，E(1，y1)，F(1，y2)(y1、y2均不为0)，由得y1y，即E(1，y)，由得y2，即F，由得0(2，y1)(2，y2)0y1y24y24x(x0)，动点P的轨迹C的方程为y24x(x0)(2)设直线l的方程ykx2(k0)，M，N，联立得消去x得ky24y80，y1y2，y1y2，且1632k0即k.y1y2(yy)y1y211.0，12k0.考向三 162定值、定点问题设M、N为抛物线C：yx2上图891

13、的两个动点，过M、N分别作抛物线C的切线l1、l2，与x轴分别交于A、B两点，且l1与l2相交于点P，若|AB|1.(1)求点P的轨迹方程；(2)求证：MNP的面积为一个定值，并求出这个定值【思路点拨】(1)设出M、N的坐标，再求出切线l1，l2的方程，然后求出交点P的坐标，最后利用|AB|1可求得点P的轨迹方程(2)设出直线MN的方程，再与抛物线方程联立，结合根与系数关系表示出弦长|MN|，再求出点P到直线MN的距离，证明MNP的面积为定值【尝试解答】(1)设M(m，m2)，N(n，n2)，则依题意知，切线l1，l2的方程分别为y2mxm2，y2nxn2，则A，B.设P(x，y)，由得因为|

14、AB|1，所以|nm|2，即(mn)24mn4，将代入上式，得yx21.点P的轨迹方程为yx21.(2)证明设直线MN的方程为ykxb(b0)联立方程消去y，得x2kxb0.所以mnk，mnb.点P到直线MN的距离d，|MN|mn|，SMNPd|MN|kmnb|mn|(mn)2|mn|2.即MNP的面积为定值2.规律方法31.求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出定值，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ykxb，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找

15、出定点(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关对点训练在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y24x相交于不同的A、B两点(1)如果直线l过抛物线的焦点，求的值；(2)如果4，证明直线l必过一定点，并求出该定点【解】(1)由题意：抛物线焦点为(1,0)，设l：xty1，代入抛物线y24x，消去x得y24ty40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24t，y1y24，x1x2y1y2(ty11)(ty21)y1y2t2y1y2t(y1y2)1y1y24t24t2143.(2)设l：xtyb，代入抛物线y24x，消去x得y24ty4b0.设点A(x1，y1)，B(x2，y2

16、)则y1y24t，y1y24b，x1x2y1y2(ty1b)(ty2b)y1y2t2y1y2bt(y1y2)b2y1y24bt24bt2b24bb24b.令b24b4，b24b40，b2，直线l过定点(2,0)若4，则直线l必过一定点(2,0).规范解答之十七圆锥曲线中探索性问题求解策略1个示范例1个规范练(12分)(2013安徽高考)已知椭圆C：1(ab0)的焦距为4，且过点P(，)(1)求椭圆C的方程(2)设Q(x0，y0)(x0，y00)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)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

17、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【规范解答】(1)因为焦距为4，所以a2b24.又因为椭圆C过点P(，)，所以1.2分故a28，b24，从而椭圆C的方程为1.4分(2)一定有唯一的公共点理由：由题意知，点E坐标为(x0,0)设D(xD,0)，则(x0，2)，(xD，2)再由ADAE知，0，即xDx080.由于x0y00，故xD.6分因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G.8分故直线QG的斜率kQG.又因为点Q(x0，y0)在椭圆C上，所以x2y8.从而kQG.故直线QG的方程为y.将代入椭圆C的方程，化简，得(x2y)x216x0x6416y0.10分再将代入，化简得x

18、22x0xx0.解得xx0，则yy0，即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.12分【名师寄语】(1)解答本题的关键是正确利用点Q的坐标表示出其他相关点的坐标，利用联立直线QG与椭圆方程得唯一解证明结论成立.(2)解答圆锥曲线探索性问题，往往采用“假设检验法”或“假设反证法”，也可以先用特殊情况得到结论，再给出一般性的证明.已知椭圆1上任一点P，由点P向x轴作垂线段PQ，垂足为Q，点M在PQ上，且2，点M的轨迹为C.(1)求曲线C的方程；(2)过点D(0，2)作直线l与曲线C交于A、B两点，设N是过点且平行于x轴的直线上一动点，满足(O为原点)，问是否存在这样的直线l，使得四边形OANB为矩形？

19、若存在，求出直线的方程；若不存在说明理由【解】(1)设M(x，y)是曲线C上任一点，因为PMx轴，2，所以点P的坐标为(x,3y)点P在椭圆1上，所以1，因此曲线C的方程是y21.(2)当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件，所以设直线l的方程ykx2与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，经N点平行x轴的直线方程为y，由得(14k2)x216kx120.x1x2，x1x2，由162k248(14k2)0得k2，即k或k，因为，所以四边形OANB为平行四边形，假设存在矩形OANB，则0即x1x2y1y2x1x2k2x1x22k(x1x2)4(1k2)x1x22k(x1x2)40，所以(1k2)2k40，即k24，k2，设N(x0，y0)，由，得y0y1y2k(x1x2)44，即N点在直线y，所以存在四边形OANB为矩形，直线l的方程为y2x2.