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  • 2021-06-16 发布

高考数学一轮复习专题9_8直线与圆锥曲线的位置关系讲

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第八节 直线与圆锥曲线的位置关系 【考纲解读】 考 点 考纲内容 5年统计 分析预测 直 线 与 圆 锥 曲 线 (1)会解决直线与椭 圆、抛物线的位置关系 的问题。 (2) 了解方程与曲线的 对应关系和求曲线方程 的基本方法。 (3)理解数形结合、用 代数方法处理几何问题 的思想。了解圆锥曲线 的简单应用。 2013•浙江文 22;理 15,21; 2014•浙江文 17,22;理 21; 2015•浙江文 19;理 19; 2016•浙江文 19;理 19; 2017•浙江 21. 1.考查直线与椭圆的位置关系; 2.考查直线与抛物线的位置关 系; 3.考查直线与圆、圆锥曲线的综 合问题. 4.备考重点: (1)掌握圆、椭圆、双曲线、抛 物线的定义、标准方程、几何性 质; (2)熟练掌握常见直线与圆锥曲 线位置关系题型的解法; (3)利用数形结合思想,灵活处 理综合问题. 【知识清单】 1.直线和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. 即 Ax+By+C=0, F x,y =0, 消去 y,得 ax2 +bx+c=0. (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相离. (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 的位置关系是平行或重合. 对点练习: 【2018 届衡水金卷全国高三大联考】抛物线有如下光学性质:过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线 平行于抛物线的对称轴;反之,平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知 抛物线 2 4y x 的焦点为 F ,一条平行于 x轴的光线从点  3,1M 射出,经过抛物线上的点 A反射后,再 经抛物线上的另一点 B射出,则 ABM 的周长为 ( ) A. 71 26 12  B. 9 26 C. 9 10 D. 83 26 12  【答案】B 25 4A BAB x x p    . 将 4x  代入 2 4y x 得 4y   ,故  4, 4B  . 故    2 24 3 4 1 26MB       . 故 ABM 的周长为 1 253 26 9 26 4 4 MA MB AB             . 故选 B. 2.“弦”的问题 1.弦长公式 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|= 1+k2 |x1-x2|= 1+k2 · x1+x2 2-4x1x2= 1+ 1 k2 ·|y1-y2| = 1+ 1 k2 · y1+y2 2 -4y1y2. 2.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, y1-y2 x1-x2 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. 注意:中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端:根与系数的关系在解题过程中易产生漏解,需关注直 线的斜率问题;点差法在确定范围方面略显不足. 对点练习: 【2018 届湖南省益阳市、湘潭市高三 9 月调研】如图,过抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F 的直线交抛 物线于点 A B、 ,交其准线 l于点C,若点F 是 AC的中点,且 4AF  ,则线段 AB的长为( ) A. 5 B. 6 C. 16 3 D. 20 3 【答案】C 【解析】如图:过点 A 作 AD l 交 l 于点 D. AF :  y 3 1x  .与抛物线 2 4y x 联立得: 23 10 3 0x x   . 1 2 10 3 x x  . 1 2 10 162 3 3 AB x x p      . 故选 C. 【考点深度剖析】 纵观近几年的高考试题,高考对直线与圆锥曲线的位置关系的考查,一直是命题的热点,较多的考 查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题;有时,先求轨迹方程,再进一步研究直线与曲线的位置关系.命 题的主要特点有:一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”,结合曲线的定义及几何 性质,利用待定系数法先行确定曲线的标准方程,进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等;二 是以不同曲线(圆、椭圆、抛物线)的位置关系为基础设计“连环题”,结合曲线的定义及几何性质,利 用待定系数法先行确定曲线的标准方程,进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等;三是直线与 圆锥曲线的位置关系问题,综合性较强,往往与向量(共线、垂直、数量积)结合,涉及方程组联立, 根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等. 【重点难点突破】 考点 1 直线和圆锥曲线的位置关系 【1-1】【2018 届安徽省合肥市高三调研性检测】已知抛物线 的焦点为 ,直线 过点 交抛物线于 两点,且 .直线 分别过点 ,且与 轴平行,在直线 上分别取点 ( 分别 在点 的右侧),分别作 和 的平分线且相交于 点,则 的面积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【1-2】【2017 届四川省成都市第三次诊断】已知圆 ,点 是圆 上任意一点,线 段 的垂直平分线交 于点 ,当点 在圆上运动时,点 的轨迹为曲线 . (Ⅰ)求曲线 的方程; (Ⅱ)若直线 与曲线 相交于 两点, 为坐标原点,求 面积的最大值. 【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ) . 【解析】试题分析:(1)由垂直平分线的几何意义可知 , , 满足椭圆的定义。(2)直线 与椭圆组方程组,由韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式, 可求得 .由 ,得 及均值不等式可求得 面积的最大值. 试题解析:(Ⅰ)∵点 在线段 的垂直平分线上,∴ . 又 ,∴ . ∴曲线 是以坐标原点为中心, 和 为焦点,长轴长为 的椭圆. 设曲线 的方程为 . ∵ ,∴ . ∴曲线 的方程为 . (Ⅱ)设 . 联立 消去 ,得 . 此时有 . 由一元二次方程根与系数的关系,得 , . ∴ . ∵原点 到直线 的距离 , ∴ . 由 ,得 .又 ,∴据基本不等式,得 . 当且仅当 时,不等式取等号. ∴ 面积的最大值为 . 【综合点评】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.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. 【领悟技法】 1.直线与双曲线交于一点时,易误认为直线与双曲线相切,事实上不一定相切,当直线与双曲线的渐近 线平行时,直线与双曲线相交于一点. 2.直线与抛物线交于一点时,除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点. 3直线和圆锥曲线的位置关系利用代数方法判断,其中直线和双曲线的位置关系,还可以通过比较直线的 斜率和渐近线斜率来判断. 【触类旁通】 【变式一】已知抛物线 xy 82  的准线与双曲线 )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 相交于 A,B 两点,双曲线的一 条渐近线方程是 xy 22 ,点 F 是抛物线的焦点,,且△ FAB是直角三角形,则双曲线的标准方程是 ( ) A. 1 216 22  yx B. 1 8 2 2  yx C. 1 162 22  yx D. 1 8 2 2  yx 【答案】C 【变式二】【2017 届浙江省台州市高三 4 月调研】如图,在椭圆 中,过坐标原点 作两条互相 垂直的射线 与 分别交于 两点. (1)已知直线 的斜率为 ,用 表示线段 的长度; (2)过点 作 于 点,点 为椭圆 上一动点,求线段 长度的取值范围. 【答案】(1) ;(2) . 【解析】试题分析:(1)设直线 的方程为 与椭圆方程联立,得到根与系数的关系,代入弦长 公式 ,再根据 ,解得: ,代入上式得到 ;(2)设直线 的方程为 ,与直线 方程联立,消参 后得到点 的轨迹方程 ,那么即求椭圆上的点和原点连线的取值范围,再求 长度的取值 范围. 所以 ; (2)若设直线 ,则 ,可设 , 由(1)可知, (**) 由 ,得 ,再代入 ,得 , 代入(**),有 ,即 , 因 ,故有 . 当直线 的斜率为 0或不存在时,显然符合 . 故点 的轨迹方程为 . 所以, . 而 的最大值为 ,最小值为 , 所以, 的取值范围为 . 【综合点评】直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想,另一方面要结合已知条件,从图形角 度求解. 考点 2 弦长问题和中点弦问题 【2-1】【2016 高考新课标 3理数】已知抛物线C: 2 2y x 的焦点为 F ,平行于 x轴的两条直线 1 2,l l 分 别交C于 ,A B两点,交C的准线于 P Q, 两点. (I)若 F 在线段 AB上, R是PQ的中点,证明 AR FQ ; (II)若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍,求 AB中点的轨迹方程. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) 2 1y x  . (Ⅰ)由于 F 在线段 AB上,故 01  ab . 记 AR的斜率为 1k ,FQ的斜率为 2k ,则 2221 1 1 kb a ab aaba ba a bak          , 所以 AR FQ . ......5 分 (Ⅱ)设 l与 x轴的交点为 )0,( 1xD , 则 2 , 2 1 2 1 2 1 1 ba SxabFDabS PQFABF    . 由题设可得 22 1 2 1 1 ba xab   ,所以 01 x (舍去), 11 x . 设满足条件的 AB的中点为 ),( yxE . 当 AB与 x轴不垂直时,由 DEAB kk  可得 )1( 1 2     x x y ba . 而 yba   2 ,所以 )1(12  xxy . 当 AB与 x轴垂直时, E与D重合,所以,所求轨迹方程为 12  xy . ....12 分 【2-2】【2018 届云南省玉溪第一中学高三上学期第三次月考】在平面直角坐标系 xOy 中,直线 l与抛物线 y 2 =4x 相交于不同的 A,B 两点,O 为坐标原点. (1) 如果直线 l过抛物线的焦点且斜率为 1,求 AB 的值; (2)如果 4OA OB     ,证明:直线 l必过一定点,并求出该定点. 【答案】(1)8;(2)证明见解析 【解析】试题分析:(Ⅰ)根据抛物线的方程得到焦点的坐标,设出直线与抛物线的两个交点和直线方程, 是直线的方程与抛物线方程联立,得到关于 y 的一元二次方程,根据根与系数的关系,求出弦长; (Ⅱ)设出直线的方程,同抛物线方程联立,得到关于 y的一元二次方程,根据根与系数的关系表示出 数量积,根据数量积等于﹣4,做出数量积表示式中的 b 的值,即得到定点的坐标. 试题解析: (1)解, 1, 4 k   , 2 4 8 sin 4 AB   (2)证明 由题意:抛物线焦点为(1,0),设 l:x=ty+b,代入抛物线 y2=4x, 消去 x得 y2-4ty-4b=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=4t,y1y2=-4b, ∴ · =x1x2+y1y2=(ty1+b)(ty2+b)+y1y2 =t 2 y1y2+bt(y1+y2)+b 2 +y1y2 =-4bt2+4bt2+b2-4b=b2-4b. 令 b2-4b=-4,∴b2-4b+4=0,∴b=2, ∴直线 l 过定点(2,0).∴若 · =-4,则直线 l 必过一定点. 【综合点评】处理直线与圆锥曲线相交时候的相交弦长和中点问题时,利用根与系数的关系或者中点坐 标公式,涉及弦的中点,还可以利用点差法. 【领悟技法】 1.直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合 思想的考查,一直是高考考查的重点,特别是焦点弦和中点弦等问题,涉及中点公式、根与系数的关系 以及设而不求、整体代入的技巧和方法,也是考查数学思想方法的热点题型. 2. 涉及弦长的问题中,应熟练地利用根与系数关系、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. 【触类旁通】 【变式一】【2017 届福建省泉州市高三 5 月模拟】已知动圆C过点  1,0Q ,且在 y 轴上截得的弦长为 2. (Ⅰ)求圆心C的轨迹方程; (Ⅱ)过点  1,0Q 的直线 l交轨迹C 于    1 1 2 2, , ,A x y B x y 两点,证明: 2 2 1 1 QA QB  为定值,并求 出这个定值. 【答案】(Ⅰ) 2 2 .y x (Ⅱ)定值为1. 【解析】试题分析:(1)设动圆圆心C坐标为  ,x y ,根据垂径定理得   2 22 2 21 1x x y        ,化 简解得圆心C的轨迹方程;(2)设直线 l的方程为:   1 0y k x k   ,利用直线方程与抛物线方程 联立方程组,结合韦达定理 1 2 1x x  化简 2 2 1 1 1. . QA QB   最后讨论斜率不存在的情形 试题解析:解:(Ⅰ)设动圆圆心C坐标为  ,x y , 由题意得:动圆半径  2 21r x y   圆心到 y轴的距离为 x , 依题意有   2 22 2 21 1x x y        , 化简得 2 2y x ,即动圆圆心C的轨迹方程为: 2 2 .y x ②当直线 l的斜率存在,则设直线 l的方程为:   1 0y k x k   ,   2 1 { 2 y k x y x    得  2 2 2 22 2 0k x k x k    ,所以 2 1 2 1 22 2 2 , 1kx x x x k      , 即    2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1QA QB x y x y        , 又点    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在抛物线 2 2y x 上,所以 2 2 1 2 22 , 2y x y x  , 于是    2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2QA QB x x x x          2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 21 1 1 1 1 x x x x x x x x            2 2 1 2 2 2 1 2 2 1. 2 x x x x       综合①②, 2 2 1 1 QA QB  为定值,且定值为1. 【变式二】椭圆的对称中心在坐标原点,一个顶点为 (0,2)A ,右焦点 F 与点 ( 2, 2)B 的距离为 2. (1)求椭圆的方程; (2)是否存在斜率  0k 的直线  : 2l y kx 使直线 l与椭圆相交于不同的两点 M,N 满足 | | | |AM AN ,若存 在,求直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 【答案】(1) 1 412 22  yx .(2)l 的方程为   3 2 3 y x 或    3 2 3 y x . (2)方法一:由 |||| ANAM  知点 A 在线段 MN的垂直平分线上,由       1 412 2 22 yx kxy 消去 y 得 12)2(3 22  kxx 即 012)31( 22  kxxk (*) 由 0k ,得方程(*)的 0144)12( 22  kk ,即方程(*)有两个不相等的实数根. 设 ),( 11 yxM 、 ),( 22 yxN ,线段 MN 的中点 ),( 00 yxP ,则 221 31 12 k kxx   , 2 21 0 31 6 2 k kxxx     ,  22 22 00 31 2 31 )31(262 kk kkkxy       ,即 ) 31 2, 31 6( 22 kk kP    0k ,∴直线 AP 的斜率为 k k k k kk 6 )31(22 31 6 2 31 2 2 2 2 1        , 由 AP MN ,得 1 6 )31(22 2   k k k ,∴ 6622 2  k ,解得: 3 3 k , ∴ l 的方程为   3 2 3 y x 或    3 2 3 y x . 方法二:直线 l 恒过点(0,-2), 且点(0,-2)在椭圆上, ∴不妨设 M(0,-2), 则|AM|=4 ∴|AN|=4, 故 N 在以 A 为圆心, 4 为半径的圆上,即在   2 2x (y 2) 16的图像上. 联立         2 2 2 2 x (y 2) 16 1 12 4 x y 化简得  2 2 0y y ,解得  或0 2y 当 y=-2 时,N 和 M 重合,舍去.当 y=0 时, ( 2 3,0)N , 因此       2 0 3 30 2 3 k ∴ l 的方程为   3 2 3 y x 或    3 2 3 y x . 【综合点评】中点坐标公式一个作用是可以利用“设而不求”技巧解题,其二是可以将未知点坐标和已 知点坐标联系起来;涉及求范围问题,注意方程不等式思想的运用. 【易错试题常警惕】 易错典例:如图,椭圆 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  的左焦点为F ,过点F 的直线交椭圆于 ,A B两点. AF 的 最大值是M , BF 的最小值是m,满足 23 4 M m a  . (1) 求该椭圆的离心率; (2) 设线段 AB 的中点为G, AB 的垂直平分线与 x轴和 y 轴分别交于 ,D E 两点,O是坐标原点.记 GFD 的面积为 1S , OED 的面积为 2S ,求 1 2 2 2 1 2 2S S S S 的取值范围. 易错分析:目标函数难以转化为一个变量的函数. 正确解析:(1) 设 ( ,0)( 0)F c c  ,则根据椭圆性质得 , ,M a c m a c    而 23 4 M m a  ,所以有 2 2 23 4 a c a  ,即 2 24a c , 2a c , 因此椭圆的离心率为 1 2 ce a   . 2 2 2 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x ck x k c c     从而有 2 1 2 1 2 1 22 2 8 6, ( 2 ) 4 3 4 3 ck ckx x y y k x x c k k           , 所以 2 2 2 4 3( , ) 4 3 4 3 ck ckG k k    . 因为DG AB ,所以 2 2 2 3 4 3 1 4 4 3 D ck k k ck x k        , 2 24 3D ckx k    . 由 Rt FGD 与 Rt EOD 相似,所以 2 2 2 2 2 2 2 2 1 22 2 22 2 4 3( ) ( ) 94 3 4 3 4 3 9 9 ( ) 4 3 ck ck ck S GD k k k ckS OD k k             . 令 1 2 S t S  ,则 9t  ,从而 1 2 2 2 1 2 2 2 2 9 1 1 419 9 S S S S t t       ,即 1 2 2 2 1 2 2S S S S 的取值范围是 9(0, ) 41 . 温馨提示:将目标函数转化为一个变量的函数,进而求范围. 【学科素养提升之思想方法篇】 ----数形结合百般好,隔裂分家万事休——数形结合思想 我国著名数学家华罗庚曾说过:"数形结合百般好,隔裂分家万事休。""数"与"形"反映了事物两个方面的 属性。我们认为,数形结合,主要指的是数与形之间的一一对应关系。数形结合就是把抽象的数学语言、 数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来,通过"以形助数"或"以数解形"即通过抽象思维与形象 思维的结合,可以使复杂问题简单化,抽象问题具体化,从而起到优化解题途径的目的. 数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来,关键是代数问题与图形之间的相 互转化,它可以使代数问题几何化,几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三 点:第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分 析其几何意义又分析其代数意义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由数思形,以形想数,做好 数形转化;第三是正确确定参数的取值范围. 【典例】【2018 届湖南省长沙市长郡中学高三实验班选拔】已知抛物线 及点 , 动直线 与抛物线 交于 、 两点,若直线 与 的倾斜角分别为 ,且 . (Ⅰ)求抛物线 的方程; (Ⅱ)若 为抛物线 上不与原点 重合的一点,点 是线段 上与点 , 不重合的任意一点,过点 作 轴的垂线依次交抛物线 和 轴于点 ,求证: . 【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ)证明见解析. 试题解析: (Ⅰ)把直线 代入 得 , 设 ,则 , 由 可知,直线 的斜率与 的斜率之和为零, 所以 ,去分母整理得 , 即 ,由该式对任意实数 恒成立,可得 , 抛物线 的方程为 . (Ⅱ)证明:设过点 的垂线为 ,联立 ,得 ,即点 . 令 ,则 ,所以直线 方程为 , 联立 ,得 ,即点 , 所以 ,所以 ,即 .