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2013高考总复习江苏专用(理科):第十篇 圆锥曲线与方程《第61讲 直线与圆锥曲线》课件


第61讲 直线与圆锥曲线

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基础梳理 1.直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程Ax +By+C=0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x,y)= 0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方 程.
? ?Ax+By+C=0, 即? ? ?F?x,y?=0,

消去y后得ax2+bx+c=0.

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(1)当a≠0时,设一元二次方程ax2+bx+c=0的判别式为Δ,则 Δ>0?直线与圆锥曲线C 相交 ; Δ=0?直线与圆锥曲线C 相切 ; Δ<0?直线与圆锥曲线C 无公共点 . (2)当a=0,b≠0时,即得到一个一次方程,则直线l与圆锥曲 线C相交,且只有一个交点,此时,若C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C为抛物线,则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是 平行 .

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2.圆锥曲线的弦长 (1)圆锥曲线的弦长 直线与圆锥曲线相交有两个交点时,这条直线上以这两个交点 为端点的线段叫做圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两 点所得的线段),线段的长就是弦长.

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(2)圆锥曲线的弦长的计算 设斜率为k(k≠0)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|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 = 1+k2 |x1-x2| = 1 2p 1+k2· |y1-y2|.(抛物线的焦点弦长|AB|=x1+x2+p=sin2θ,

θ为弦AB所在直线的倾斜角).

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一种方法 点差法:在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交 和被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.

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双基自测 x2 y2 1.直线y=kx-k+1与椭圆 + =1的位置关系为________. 9 4 解析 直线y=kx-k+1=k(x-1)+1恒过定点(1,1),而点(1,1) 在椭圆内部,故直线与椭圆相交. 答案 相交

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x2 2.若直线y=kx+1与椭圆 16 +y2=1只有一个公共点,则k= ________. 解析 直线恒过定点A(0,1),而点A恰为椭圆的顶点,故只需k =0时,直线与椭圆只有一个公共点. 答案 0

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3.已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+ 3 y+4= 0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为________. x2 y2 解析 根据题意设椭圆方程为 2 + b2 =1(b>0),则将x=- b +4 3 y-4代入椭圆方程,得4(b2+1)y2+8 3 b2y-b4+12b2=0, ∵椭圆与直线x+ 3y+4=0有且仅有一个交点,∴Δ=(8 3b2)2 -4×4(b2+1)· (-b4+12b2)=0,即(b2+4)(b2-3)=0,∴b2= 3,长轴长为2 b2+4=2 7. 答案 2 7

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4.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________.

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解析

x2 y2 设双曲线的标准方程为 a2 - b2 =1(a>0,b>0),由题意

知c=3,a2+b2=9,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有:
2 2 ?x1 y1 ?a2-b2=1, ? 2 2 x y 2 ? 2- 2 2=1, ?a b

y1-y2 b2?x1+x2? -12b2 两式作差得: = 2 = = x1-x2 a ?y1+y2? -15a2

-15-0 4b2 2 2 2 2 = 1 ,所以将 4 b = 5 a 代入 a + b = 2 ,又AB的斜率是 5a -12-3 x2 y2 9得a =4,b =5,所以双曲线的标准方程是 4 - 5 =1.
2 2

答案

x2 y2 4 - 5 =1
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5.(2011· 泉州模拟)y=kx+2与y2=8x有且仅有一个公共点,则 k的取值为________. 解析 由
? ?y=kx+2, ? 2 ? ?y =8x,

得ky2-8y+16=0,若k=0,则y=2;

若k≠0,则Δ=0,即64-64k=0,解得k=1.故k=0或k=1. 答案 0或1

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考向一

直线与圆锥曲线的位置关系

【例1】?(2011· 烟台模拟)设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点 Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值 范围是________. [审题视点] Δ≥0解得. 设直线l的方程,将其与抛物线方程联立,利用

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解析

由题意得Q(-2,0).设l的方程为y=k(x+2),代入y2=

8x得k2x2+4(k2-2)x+4k2=0,∴当k=0时,直线l与抛物线恒 有一个交点;当k≠0时,Δ=16(k2-2)2-16k4≥0,即k2≤1, ∴-1≤k≤1,且k≠0,综上-1≤k≤1. 答案 [-1,1]

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研究直线和圆锥曲线的位置关系,一般转化为研究其直线方 程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,但对于选择题、填 空题,常充分利用几何条件,利用数形结合的方法求解.

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【训练1】 若直线mx+ny=4与⊙O:x2+y2=4没有交点,则 x2 y2 过点P(m,n)的直线与椭圆 + =1的交点个数是________. 9 4 4 2 2 解析 由题意知: 2 > 2 ,即 m + n <2, 2 m +n x2 y2 ∴点P(m,n)在椭圆 9 + 4 =1的内部,故所求交点个数是2个. 答案 2

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考向二

中点弦问题

x2 y2 【例2】?过点P(-1,1)作直线交椭圆 + =1于A,B两点,若 4 2 线段AB的中点恰为点P,求AB所在直线的方程. [审题视点] 已知弦的中点,常采用“点差法”求弦所在直线

的斜率,进而求得直线的方程.

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解 设A、B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), x2 y2 1 1 则 4 + 2 =1, x2 y2 2 2 4 + 2 =1, y1-y2 2?x1+x2? 2×?-1? 1 由①-②得 =- =- = . 2 x1-x2 4?y1+y2? 4×2 ∴线段AB所在直线的方程为 1 y-1=2(x+1),即x-2y+3=0. ① ②

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x2 y2 中点弦问题常用“点差法”求解.在椭圆 2+ 2=1 a b b2x0 中,以P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率k=- 2 ;在双曲 a y0 x2 y2 线a2-b2=1中,以P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率k= b2x0 2 2 ,在抛物线y =2px(p>0)中,以P(x0,y0)为中点的弦所在 a y0 p 直线的斜率k=y . 0

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【训练2】 椭圆ax2+by2=1与直线x+y-1=0相交于A,B两 2 点,C是AB的中点,若AB=2 2 ,OC的斜率为 ,求椭圆的 2 方程. 解 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. y1-y2 y1+y2 2 而 =-1, =k = , x1-x2 x1+x2 OC 2 代入上式可得b= 2a.

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再由|AB|= 1+k2|x2-x1|= 2|x2-x1|=2 2, 其中x1、x2是方程(a+b)x b-1 4· =4, a+b 1 2 将b= 2a代入得a=3,∴b= 3 . x2 2y2 ∴所求椭圆的方程是 3 + 3 =1.
2

? 2b ? ?2 -2bx+b-1=0的两根,故 ? ?a+b? - ? ?

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考向三
2

对称问题

3 【例3】? 已知抛物线C:y =x与直线l:y=kx+ 4 ,试问:C 上能否存在关于直线l对称的两点?若存在,求出实数k的取值 范围;若不存在,说明理由. [审题视点] 两点所在的直线与抛物线有两个交点,可利用判

别式求k的范围.

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假设抛物线C上存在两点关于直线l对称.

设对称两点的坐标为A(x1,y1),B(x2,y2) AB的中点M(x0,y0). y1-y2 1 ∴ =-k. x1-x2 则A、B两点满足抛物线方程
2 y1 =x1 2 y2 =x2

① ②

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2 ①-②得y1 -y2 2=x1-x2.

即y1+y2=-k. k ∴y0=- ③ 2 2k+3 3 把③代入直线l的方程y=kx+4得x0=- 4k ∵中点在抛物线y2=x内部
? k? 2k+3 2 ∴?-2? <- 4k ? ?

解得-1<k<0. 所以存在实数k,且k的取值范围是(-1,0) (注:k3+2k+3=(k+1)(k2-k+3))
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若A,B两点关于直线对称,则直线AB与对称轴垂 直,且线段AB的中点在对称轴上,即对称轴是线段AB的垂直 平分线.解对称问题应注意条件的充分利用,如斜率、截距 等,同时还应注意各量之间的关系.

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x2 y2 【训练3】 已知椭圆C: a2 + b2 =1(a>b>0)的左焦点F及点 2 A(0,b),原点O到直线FA的距离为 2 b. (1)求椭圆C的离心率e; (2)若点F关于直线l:2x+y=0的对称点P在圆O:x2+y2=4 上,求椭圆C的方程及点P的坐标.

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解 (1)由点F(-ae,0),点A(0,b)及b= 1-e2 a得直线FA的方 x y 2 2 程为 + = 1 ,即 1 - e x - ey + ae 1 - e =0. 2 -ae 1-e a 2 ∵原点O到直线FA的距离为 2 b=a ae 1-e2 ∴ 2 2=a 1-e +e 1-e2 2 ,

1-e2 2 2 ,解得e= 2 .

2 故椭圆C的离心率e= 2 .

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(2)因为F

? ? ?- ?

? 2 ? a , 0 ? 关于直线l的对称点P在圆O上,又直线l: 2 ?
2 2

2x+y=0经过圆O:x +y =4的圆心O(0,0),所以F 也在圆O上,
? 从而? ?- ?

? ? ?- ?

? 2 ? a , 0 ? 2 ?

2 ? ? a?2+02=4,得a2=8,所以b2=(1-e2)a2=4. 2 ?

x2 y2 故椭圆C的方程为 8 + 4 =1.

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∵F(-2,0)与P(x0,y0)关于直线l对称, ? ? y0 =1, ?x0+2 2 ∴? ? x0-2 y0 2· 2 + 2 =0, ? ?
?6 8? 故点P的坐标为?5,5?. ? ?

6 8 解之,得x0=5,y0=5.

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考向四

定值(定点)问题

x2 y2 【例4】?已知椭圆 + =1上的两个动点P,Q,设P(x1, 4 2 y1),Q(x2,y2)且x1+x2=2. (1)求证:线段PQ的垂直平分线经过一个定点A; (2)设点A关于原点O的对称点是B,求PB的最小值及相应的P点 坐标. [审题视点] (1)由x1+x2=2可得PQ的中点横坐标,引入参数PQ 中点的纵坐标,先求kPQ,利用直线PQ的方程求解.(2)建立PB 关于动点坐标的目标函数,利用函数的性质求最值.
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(1)证明 ∵P(x1,y1),Q(x2,y2),且x1+x2=2.
2 2 ? ?x1+2y1=4 当x1≠x2时,由? 2 2 ? ?x +2y2=4

y1-y2 1 x1+x2 ,得 =-2· . x1-x2 y1+y2

y1-y2 1 设线段PQ的中点N(1,n),∴kPQ= =-2n, x1-x2 ∴线段PQ的垂直平分线方程为y-n=2n(x-1), ∴(2x-1)n-y=0,
?1 ? 则直线恒过一个定点A?2,0?. ? ?

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?1 ? 当x1=x2时,线段PQ的中垂线也过定点A?2,0?. ? ? ?1 ? 综上,线段PQ的垂直平分线恒过定点A?2,0?. ? ?

(2)解 由于点B与点A关于原点O对称,
? 1 ? 故点B?-2,0?. ? ?

∵-2≤x1≤2,-2≤x2≤2,∴x1=2-x2∈[0,2], PB
2

? 1?2 2 1 7 9 2 ? ? = x1+2 +y1=2(x1+1) +4≥4, ? ?

3 ∴当点P的坐标为(0,± 2)时,PBmin=2.
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以直线与圆锥曲线的位置关系为背景的证明题常见 的有:证明直线过定点和证明某些量为定值.而解决这类定点 与定值问题的方法有两种:一是研究一般情况,通过逻辑推理 与计算得到定点或定值,这种方法难度大,运算量大,且思路 不好寻找;另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定 值,然后验证,这样在整理式子或求值时就有了明确的方向.

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【训练4】 (2011· 四川)如图过点 x2 y2 C(0,1)的椭圆a2+b2=1(a>b>0)的 3 离心率为 2 .椭圆与x轴交于两点 A(a,0)、B(-a,0).过点C的直线l与 椭圆交于另一点D,并与x轴交于点P. 直线AC与直线BD交于点Q. (1)当直线l过椭圆右焦点时,求线段CD的长; → → (2)当点P异于点B时,求证:OP· OQ为定值.
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c 3 (1)解 由已知得b=1, = ,解得a=2,所以椭圆方程为 a 2 x2 2 4 +y =1. 3 椭圆的右焦点为( 3 ,0),此时直线l的方程为y=- x+1, 3 代入椭圆方程化简得7x2-8 3x=0. 8 3 解得x1=0,x2= ,代入直线l的方程得 7 1 y1=1,y2=-7,

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?8 3 1? ? ? 所以D点坐标为? ,- ?. 7 7 ? ?

故CD=

?8 3 ? ? ? 16 ? ?2 ? 1 2 ? ? 7 -0? +?-7-1? = 7 . ? ?

(2)当直线l与x轴垂直时与题意不符. 1 设直线l的方程为y=kx+1(k≠0且k≠2). 代入椭圆方程化简得(4k2+1)x2+8kx=0. -8k 解得x1=0,x2= 2 , 4k +1

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1-4k2 代入直线l的方程得y1=1,y2= 2 , 4k +1
2? ? -8k 1 - 4 k ? , 所以D点坐标为? 2 2 ?4k +1 4k +1?. ? ?

x 又直线AC的方程为2+y=1,
? ?x=-4k, 1+2k 直线BD的方程为y= (x+2),联立解得? ? 2-4k ?y=2k+1.

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因此Q点坐标为(-4k,2k+1).
? 1 ? 又P点坐标为?-k,0?. ? ?

→ → ? 1 ? 所以OP· OQ=?-k,0?· (-4k,2k+1)=4.
? ?

→ → 故OP· OQ为定值.

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阅卷报告14——忽视“判别式”致误
【问题诊断】 由于“判别式”是判断直线与圆锥曲线是否有 公共点的重要方法,在解决直线与圆锥曲线相交的问题时,有 时不需要考虑判断式,致使有的考生思维定势的原因,任何情 况下都没有考虑判别式,导致解题错误. 【防范措施】 解题后任何情况下都来检验判别式Δ.

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【示例】?(2010· 福建)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点A(1, -2). (1)求抛物线C的方程,并求其准线方程; (2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l,使得直线l与抛 5 物线C有公共点,且直线OA与l的距离等于 5 ?若存在,求出 直线l的方程;若不存在,说明理由. 错因 遗漏判别式的应用.

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实录

(1)将点A(1,-2)代入y2=2px,得p=2,故所求抛物线C

的方程为y2=4x, 其准线方程为x=-1. (2)假设存在直线l,设l:y=-2x+t, 5 由直线OA与l的距离d= 5 , |t| 1 得 = ,解得t=± 1. 5 5 故符合题意的直线l存在,其方程为2x+y-1=0或2x+y+1=0.

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正解 (1)将(1,-2)代入y2=2px, 得(-2)2=2p· 1, 所以p=2. 故所求的抛物线C的方程为y2=4x,其准线方程为x=-1. (2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=-2x+t,
? ?y=-2x+t, 由? 2 ? ?y =4x,

得y2+2y-2t=0.

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因为直线l与抛物线C有公共点, 所以Δ=4+8t≥0, 1 解得t≥-2. 5 另一方面,由直线OA与l的距离d= 5 , |t| 1 可得 = ,解得t=± 1. 5 5
? 1 ? ? 1 ? 因为-1??-2,+∞?,1∈?-2,+∞?, ? ? ? ?

所以符合题意的直线l存在,其方程为2x+y-1=0.

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【试一试】 (2011· 南京学情分析)已知直线y=2x+k被抛物线x2 =4y截得的弦长AB为20,O为坐标原点. (1)求实数k的值; (2)问点C位于抛物线弧AOB上何处时,△ABC的面积最大?

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[尝试解答]

(1)将y=2x+k代入x2=4y,得x2-8x-4k=0,

由Δ=64+16k>0,可知k>-4, 另一方面,弦长AB= 5× 64+16k=20,解得k=1. (2)当k=1时,直线为y=2x+1,要使得内接△ABC面积最 1 大.则只须使得yC′= 4 ×2xC=2,即xC=4,即C位于点(4,4) 处.△ABC的面积最大.

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2013 年普通高考数学科一轮复习精品学案 第 34 讲一.课标要求: 1.通过圆锥曲线与方程的学习,进一步体会数形结合的思想; 2.掌握直线与圆锥曲线的位置关系判定及其...


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