高考数学总复习平面解析几何圆锥曲线的综合问题学案 18页

第9讲　圆锥曲线的综合问题 最新考纲　1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.‎ 知 识 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，‎ 即消去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.‎ ‎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，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·|y1－y2|＝·.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　　)‎ ‎(5)若抛物线C上存在关于直线l对称的两点，则需满足直线l与抛物线C的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.(　　)‎ 解析　(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.‎ ‎(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.‎ ‎(5)应是以l为垂直平分线的线段AB所在的直线l′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×‎ ‎2.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 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.‎ 答案　A ‎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.∪ 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∈.‎ 答案　C ‎4.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 解析　过(0，1)与抛物线y2＝4x相切的直线有2条，过(0，1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点.‎ 答案　C ‎5.已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2＝1 600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为________.‎ 解析　由题意可得|PF1|＋|PF2|＝‎2a＝20，‎ ‎|PF1|2＋|PF2|2＝|F‎1F2|2＝‎4c2＝144＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|＝202－2|PF1|·|PF2|，‎ 解得|PF1|·|PF2|＝128，‎ 所以△F1PF2的面积为|PF1|·|PF2|＝×128＝64.‎ 答案　64‎ ‎6.(2017·嘉兴七校联考)椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A，B，当m＝________时，△FAB的周长最大，此时△FAB的面积是________.‎ 解析　设椭圆＋＝1的右焦点为F′，则F(－1，0)，F′(1，0).由椭圆的定义和性质易知，当直线x＝m过F′(1，0)时△FAB的周长最大，此时m＝1，把x＝1代入＋＝1得y2＝，y＝±，S△FAB＝|F‎1F2||AB|＝×2×3＝3.‎ 答案　1　3‎ 第1课时　直线与圆锥曲线 考点一　直线与圆锥曲线的位置关系 ‎【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－1，0)，且点P(0，1)在C1上.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程.‎ 解　(1)椭圆C1的左焦点为F1(－1，0)，∴c＝1，‎ 又点P(0，1)在曲线C1上，‎ ‎∴＋＝1，得b＝1，则a2＝b2＋c2＝2，‎ 所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 由消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋‎2m2‎－2＝0.‎ 因为直线l与椭圆C1相切，‎ 所以Δ1＝16k‎2m2‎－4(1＋2k2)(‎2m2‎－2)＝0.‎ 整理得2k2－m2＋1＝0.①‎ 由消去y，得k2x2＋(‎2km－4)x＋m2＝0.‎ 因为直线l与抛物线C2相切，‎ 所以Δ2＝(‎2km－4)2－4k‎2m2‎＝0，整理得km＝1.②‎ 综合①②，解得或 所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.‎ 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曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.‎ ‎【训练1】 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围.‎ 解　(1)设点M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1，‎ ‎∴＝|x|＋1，化简得y2＝2(|x|＋x)，‎ 故轨迹C的方程为y2＝ ‎(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)；C2：y＝0(x＜0).‎ 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2).‎ 由方程组 可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①‎ ‎①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.‎ 故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.‎ ‎②当k≠0时，方程①的Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)(k＋1)，②‎ 设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则 由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③‎ ‎(ⅰ)若由②③解得k＜－1，或k＞.‎ 所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点. ‎ ‎(ⅱ)若即解集为∅.‎ 综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点.‎ 考点二　弦长问题 ‎【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.‎ ‎(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；‎ ‎(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值.‎ ‎(1)解　由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.‎ 由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①‎ 方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，‎ 此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2，1).‎ ‎(2)证明　由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，‎ 由方程组可得 所以P点坐标为.|PT|2＝m2.‎ 设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).‎ 由方程组可得3x2＋4mx＋(‎4m2‎－12)＝0.②‎ 方程②的判别式为Δ＝16(9－‎2m2‎)，‎ 由Δ>0，解得－