高考数学大一轮复习第九章平面解析几何99圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线的综合问题教师用书.docx

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高考数学大一轮复习第九章平面解析几何99圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线的综合问题教师用书

【2019最新】精选高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9-9圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线的综合问题教师用书

1．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：

ax2＋bx＋c＝0（或ay2＋by＋c＝0）．

（1）若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有

①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；

②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；

③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．

（2）若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，

①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；

②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．

2．圆锥曲线的弦长

设斜率为k（k≠0）的直线l与圆锥曲线C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则|AB|＝|x2－x1|＝|y2－y1|.

【知识拓展】

过一点的直线与圆锥曲线的位置关系

（1）过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；

过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；

过椭圆内一点的直线与椭圆相交．

（2）过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：

两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；

过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：

一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；

过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：

一条与对称轴平行或重合的直线.

（3）过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：

两条切线和两条与渐近线平行的直线；

过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：

一条切线和两条与渐近线平行的直线；

过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：

两条与渐近线平行的直线．

【思考辨析】

判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）

（1）直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．（　×　）

（2）直线y＝kx（k≠0）与双曲线x2－y2＝1一定相交．（　×　）

（3）与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．（　√　）

（4）直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．（　√　）

（5）过点（2,4）的直线与椭圆＋y2＝1只有一条切线．（　×　）

（6）满足“直线y＝ax＋2与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点”的a的值有4个．（　√　）

1．（2017·杭州高级中学月考）在同一平面直角坐标系中，方程a2x2＋b2y2＝1与ax＋by2＝0（a>b>0）表示的曲线大致是（　　）

答案　D

解析　将方程a2x2＋b2y2＝1变形为＋＝1，

∵a>b>0，∴<，

∴椭圆焦点在y轴上．

将方程ax＋by2＝0变形为y2＝－x，

∵a>b>0，∴－<0，

∴抛物线焦点在x轴负半轴上，开口向左．

2．（2016·青岛模拟）直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为（　　）

A．相交B．相切

C．相离D．不确定

答案　A

解析　直线y＝kx－k＋1＝k（x－1）＋1恒过定点（1,1），又点（1,1）在椭圆内部，故直线与椭圆相交．

3．若直线y＝kx与双曲线－＝1相交，则k的取值范围是（　　）

A.

B.

C.

D.∪

答案　C

解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，

若直线与双曲线相交，数形结合，得k∈.

4．（教材改编）已知与向量v＝（1,0）平行的直线l与双曲线－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．

答案　4

解析　由题意可设直线l的方程为y＝m，

代入－y2＝1得x2＝4（1＋m2），

所以x1＝＝2，

x2＝－2，

所以|AB|＝|x1－x2|＝4，

所以|AB|＝4≥4，

即当m＝0时，|AB|有最小值4.

第1课时　直线与圆锥曲线

题型一　直线与圆锥曲线的位置关系

例1　（2016·烟台模拟）已知直线l：

y＝2x＋m，椭圆C：

＋＝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

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

（2）当Δ＝0，即m＝±3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<－3或m>3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．

思维升华　

（1）判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.

（2）依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．

　（2016·全国乙卷）在直角坐标系xOy中，直线l：

y＝t（t≠0）交y轴于点M，交抛物线C：

y2＝2px（p>0）于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.

（1）求；

（2）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？

说明理由．

解　

（1）由已知得M（0，t），P，

又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为y＝x，代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H.

所以N为OH的中点，即＝2.

（2）直线MH与C除H以外没有其它公共点，理由如下：

直线MH的方程为y－t＝x，即x＝（y－t）．

代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其它公共点．

题型二　弦长问题

例2　（2016·全国甲卷）已知A是椭圆E：

＋＝1的左顶点，斜率为k（k>0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.

（1）当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积．

（2）当2|AM|＝|AN|时，证明：

（1）解　设M（x1，y1），则由题意知y1>0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.

又A（－2,0），因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝，所以y1＝.

因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.

（2）证明　将直线AM的方程y＝k（x＋2）（k>0）代入＋＝1得（3＋4k2）x2＋16k2x＋16k2－12＝0，

由x1·（－2）＝得x1＝，

故|AM|＝|x1＋2|＝.

由题设，直线AN的方程为y＝－（x＋2），

故同理可得|AN|＝.

由2|AM|＝|AN|，得＝，即4k3－6k2＋3k－8＝0，

设f（t）＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f（t）的零点，f′（t）＝12t2－12t＋3＝3（2t－1）2≥0，所以f（t）在（0，＋∞）上单调递增，又f（）＝15－26<0，f

（2）＝6>0，因此f（t）在（0，＋∞）有唯一的零点，且零点k在（，2）内，所以

思维升华　有关圆锥曲线弦长问题的求解方法

涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．

　设F1，F2分别是椭圆E：

＋＝1（a>b>0）的左，右焦点，过F1且斜率为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|＝a，

l的方程为y＝x＋c，其中c＝.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则A，B两点的坐标满足方程组消去y，化简得（a2＋b2）x2＋2a2cx＋a2（c2－b2）＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝.

因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即a＝，故a2＝2b2，

所以E的离心率e＝＝＝.

（2）设AB的中点为N（x0，y0），由

（1）知

x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.

由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，

得c＝3，从而a＝3，b＝3.

故椭圆E的方程为＋＝1.

题型三　中点弦问题

命题点1　利用中点弦确定直线或曲线方程

例3　

（1）已知椭圆E：

＋＝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.＋＝1B.＋＝1

C.＋＝1D.＋＝1

（2）已知（4,2）是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________________．

答案　

（1）D　

（2）x＋2y－8＝0

解析　

（1）因为直线AB过点F（3,0）和点（1，－1），所以直线AB的方程为y＝（x－3），代入椭圆方程＋＝1消去y，得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3，选D.

（2）设直线l与椭圆相交于A（x1，y1），B（x2，y2），

则＋＝1，且＋＝1，

两式相减得＝－.

又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，

所以＝－，

故直线l的方程为y－2＝－（x－4），

即x＋2y－8＝0.

命题点2　由中点弦解决对称问题

例4　（2015·浙江）已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋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＝－x＋b.由

消去y，得x2－x＋b2－1＝0.

因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①

将AB中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－②

由①②得m＜－或m＞.

（2）令t＝∈∪，则

|AB|＝·.

且O到直线AB的距离为d＝.

设△AOB的面积为S（t），

所以S（t）＝|AB|·d＝≤.

当且仅当t2＝时，等号成立．

故△AOB面积的最大值为.

思维升华　处理中点弦问题常用的求解方法

（1）点差法：

即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．

（2）根与系数的关系：

即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．

（3）解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：

如果点A，B关于直线l对称，则l垂直直线AB且A，B的中点在直线l上的应用．

　已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________．

答案　0或－8

解析　设M（x1，y1），N（x2，y2），MN的中点P（x0，y0），

则

由②－①得（x2－x1）（x2＋x1）＝（y2－y1）（y2＋y1），显然x1≠x2.∴·＝3，即kMN·＝3，

∵M，N关于直线y＝x＋m对称，

∴kMN＝－1，

∴y0＝－3x0.

又∵y0＝x0＋m，∴P，

代入抛物线方程得m2＝18·，

解得m＝0或－8，经检验都符合.

1．（2016·泰安模拟）斜率为的直线与双曲线－＝1恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是（　　）

A．[2，＋∞）B．（2，＋∞）

C．（1，）D．（，＋∞）

答案　B

解析　要使直线与双曲线恒有两个公共点，

则渐近线的斜率的绝对值应大于，

所以||>，∴e＝>2，

即e∈（2，＋∞），故选B.

2．（2016·青岛模拟）已知抛物线y2＝2px（p>0）与直线ax＋y－4＝0相交于A，B两点，其中A点的坐标是（1,2）．如果抛物线的焦点为F，那么|FA|＋|FB|等于（　　）

A．5B．6C．3D．7

答案　D

解析　把点A的坐标（1,2）分别代入抛物线y2＝2px与直线方程ax＋y－4＝0，得p＝2，a＝2，

由消去y，得x2－5x＋4＝0，

则xA＋xB＝5.由抛物线定义得

|FA|＋|FB|＝xA＋xB＋p＝7，故选D.

3．（2016·丽水一模）斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为（　　）

A．2B.C.D.

答案　C

解析　设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），直线l的方程为y＝x＋t，

由消去y，得5x2＋8tx＋4（t2－1）＝0，

则x1＋x2＝－t，x1x2＝.

∴|AB|＝|x1－x2|

＝·

＝·

＝·，

当t＝0时，|AB|max＝.

4．（2016·天津模拟）直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是（　　）

A．1B．2C．1或2D．0

答案　A

解析　因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，

所以它与双曲线只有1个交点，故选A.

5．设双曲线－＝1（a>0，b>0）的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为（　　）

A.B．5C.D.

答案　D

解析　双曲线－＝1的一条渐近线为y＝x，

由方程组消去y，

得x2－x＋1＝0有唯一解，

所以Δ＝（）2－4＝0，＝2，

e＝＝＝＝.

6．过抛物线y2＝4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A，B两点，它们到直线x＝－2的距离之和等于5，则这样的直线（　　）

A．有且仅有一条B．有且仅有两条

C．有无穷多条D．不存在

答案　D

解析　抛物线y2＝4x的焦点坐标为（1,0），准线方程为x＝－1，设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则A，B到直线x＝－1的距离之和为x1＋x2＋2.

设直线方程为x＝my＋1，代入抛物线y2＝4x，

则y2＝4（my＋1），即y2－4my－4＝0，

∴x1＋x2＝m（y1＋y2）＋2＝4m2＋2.

∴x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4.

∴A，B到直线x＝－2的距离之和为x1＋x2＋2＋2≥6>5.

∴满足题意的直线不存在．

7．已知抛物线y2＝4x的弦AB的中点的横坐标为2，则|AB|的最大值为________．

答案　6

解析　设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝4，

那么|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，

又|AF|＋|BF|≥|AB|⇒|AB|≤6，当AB过焦点F时取得最大值6.

8．过椭圆＋＝1内一点P（3,1），且被这点平分的弦所在直线的方程是____________．

答案　3x＋4y－13＝0

解析　设直线与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，

由于A，B两点均在椭圆上，

故＋＝1，＋＝1，

两式相减得

＋＝0.

又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，

∴kAB＝＝－.

∴直线AB的方程为y－1＝－（x－3）．

即3x＋4y－13＝0.

9．已知F1，F2分别是椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的左，右焦点，A是其上顶点，且△AF1F2是等腰直角三角形，延长AF2与椭圆C交于另一点B，若△AF1B的面积为6，则椭圆C的方程为________．

答案　＋＝1

解析　因为△AF1F2为等腰直角三角形，

所以b＝c，a＝c，

设|BF2|＝x，则由椭圆的定义可知|BF1|＝2c－x，

在△BF1F2中，由余弦定理可知（2c－x）2＝x2＋4c2－2x·2c·cos，

解得x＝，

所以＝＋＝×2c×c＋×2c×c×sin＝6，

解得c2＝，所以b2＝，a2＝9，

则椭圆的方程为＋＝1.

10．已知双曲线C：

x2－＝1，直线y＝－2x＋m与双曲线C的右支交于A，B两点（A在B的上方），且与y轴交于点M，则的取值范围为________．

答案　（1,7＋4）

解析　由可得x2－4mx＋m2＋3＝0，

由题意得方程在[1，＋∞）上有两个不相等的实根，

设f（x）＝x2－4mx＋m2＋3，则得m>1，

设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1

得x1＝2m－，x2＝2m＋，

所以＝＝

＝－1＋，

由m>1得，的取值范围为（1,7＋4）．

11．（2016·郑州模拟）已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，且椭圆经过圆C：

x2＋y2－4x＋2y＝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＝6，

圆心C（2，－），半径r＝.

设椭圆的方程为＋＝1（a>b>0），

则⇒

∴所求的椭圆方程是＋＝1.

（2）由

（1）得到椭圆的左，右焦点分别是F1（－2,0），

F2（2,0），|F2C|＝＝<.

∴F2在C内，故过F2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，－）到直线l的距离d＝，

由d＝，得＝.

解得k＝或k＝－，

故l的方程为x－5y＋2＝0或x＋y＋2＝0.

12．（2015·课标全国Ⅱ）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，点（2，）在C上．

（1）求C的方程；

（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：

直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．

（1）解　由题意得＝，＋＝1，

解得a2＝8，b2＝4.

所以C的方程为＋＝1.

（2）证明　设直线l：

y＝kx＋b（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）．将y＝kx＋b代入＋＝1，得

（2k2＋1）x2＋4kbx＋2b2－8＝0.

故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.

于是直线OM的斜率kOM＝＝－，

即kOM·k＝－.

所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．

*13.（2016·广州联考）已知点P是圆O：

x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使＝.

（1）求点M的轨迹E的方程；

（2）过点C（m,0）作圆O的切线l，交

（1）中曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值．

解　

（1）设点M（x，y），∵＝，

∴P为QM的中点，又PQ⊥y轴，∴P（，y）．

∵点P是圆O：

x2＋y2＝1上的点，

∴（）2＋y2＝1，

即点M的轨迹E的方程为＋y2＝1.

（2）由题意可知直线l不与y轴垂直，

故可设l：

x＝ty＋m，t∈R，

A（x1，y1），B（x2，y2）．

∵l与圆O：

x2＋y2＝1相切，

∴＝1，即m2＝t2＋1.①

联立消去x，

得（t2＋4）y2＋2mty＋m2－4＝0.

其中Δ＝（2mt）2－4（t2＋4）（m2－4）

＝16（t2－m2）＋64＝48>0.

∴y1＋y2＝－，y1y2＝.②

∴|AB|＝

＝

＝.

将①②代入上式得

|AB|＝

＝，|m|≥1，

∴S△AOB＝|AB|·1

＝×

＝≤＝1，

当且仅当|m|＝，即m＝±时，等号成立．

∴（S△AOB）max＝1.