《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學一輪復習 第九篇 解析幾何 第8講　直線與圓錐曲線的位置關系教案 理 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學一輪復習 第九篇 解析幾何 第8講　直線與圓錐曲線的位置關系教案 理 新人教版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講　直線與圓錐曲線的位置關系 【2020年高考會這樣考】 1．考查圓錐曲線中的弦長問題、直線與圓錐曲線方程的聯(lián)立、根與系數(shù)的關系、整體代入和設而不求的思想． 2．高考對圓錐曲線的綜合考查主要是在解答題中進行，考查函數(shù)、方程、不等式、平面向量等在解決問題中的綜合運用． 【復習指導】 本講復習時，應從“數(shù)”與“形”兩個方面把握直線與圓錐曲線的位置關系．會判斷已知直線與曲線的位置關系(或交點個數(shù))，會求直線與曲線相交的弦長、中點、最值、定值、點的軌跡、參數(shù)問題及相關的不等式與等式的證明問題． 基礎梳理 1．直線與圓錐曲線的位置關系 判斷直線l與圓錐曲線C的位置關系時，通常將直

2、線l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一個關于變量x(或變量y)的一元方程． 即消去y后得ax2＋bx＋c＝0. (1)當a≠0時，設一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判別式為Δ，則Δ＞0?直線與圓錐曲線C相交； Δ＝0?直線與圓錐曲線C相切； Δ＜0?直線與圓錐曲線C無公共點． (2)當a＝0，b≠0時，即得到一個一次方程，則直線l與圓錐曲線C相交，且只有一個交點，此時，若C為雙曲線，則直線l與雙曲線的漸近線的位置關系是平行；若C為拋物線，則直線l與拋物線的對稱軸的位置關系是平行． 2．圓錐曲線的弦長 (

3、1)圓錐曲線的弦長 直線與圓錐曲線相交有兩個交點時，這條直線上以這兩個交點為端點的線段叫做圓錐曲線的弦(就是連接圓錐曲線上任意兩點所得的線段)，線段的長就是弦長． (2)圓錐曲線的弦長的計算 設斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝＝|x1－x2|＝·|y1－y2|.(拋物線的焦點弦長|AB|＝x1＋x2＋p＝，θ為弦AB所在直線的傾斜角)． 一種方法 點差法：在求解圓錐曲線并且題目中交代直線與圓錐曲線相交和被截的線段的中點坐標時，設出直線和圓錐曲線的兩個交點坐標，代入圓錐曲線的方程并作差，從而求出直線的斜率，然后

4、利用中點求出直線方程．“點差法”的常見題型有：求中點弦方程、求(過定點、平行弦)弦中點軌跡、垂直平分線問題．必須提醒的是“點差法”具有不等價性，即要考慮判別式Δ是否為正數(shù)． 一條規(guī)律 “聯(lián)立方程求交點，根與系數(shù)的關系求弦長，根的分布找范圍，曲線定義不能忘”． 雙基自測 1．(人教A版教材習題改編)直線y＝kx－k＋1與橢圓＋＝1的位置關系為 (　　)． A．相交 B．相切 C．相離 D．不確定 解析　直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1,1)，而點(1,1)在橢圓內部，故直線與橢圓相交． 答案　A 2．(2020·泉州質檢)“直線與雙曲線相切”是“

5、直線與雙曲線只有一個公共點”的(　　)． A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析　與漸近線平行的直線也與雙曲線有一個公共點． 答案　A 3．已知以F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)為焦點的橢圓與直線x＋y＋4＝0有且僅有一個交點，則橢圓的長軸長為(　　)． A．3 B．2 C．2 D．4 解析　根據(jù)題意設橢圓方程為＋＝1(b＞0)，則將x＝－y－4代入橢圓方程，得4(b2＋1)y2＋8b2y－b4＋12b2＝0，∵橢圓與直線x＋y＋4＝0有且僅有一個交點，∴Δ＝(8b2)2－4×4(b2＋1

6、)·(－b4＋12b2)＝0，即(b2＋4)(b2－3)＝0，∴b2＝3， 長軸長為2＝2. 答案　C 4．(2020·成都月考)已知雙曲線E的中心為原點，F(xiàn)(3,0)是E的焦點，過F的直線l與E相交于A，B兩點，且AB的中點為N(－12，－15)，則E的方程為(　　)． A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解析　設雙曲線的標準方程為－＝1(a＞0，b＞0)，由題意知c＝3，a2＋b2＝9，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有：兩式作差得：＝＝＝，又AB的斜率是＝1，所以將4b2＝5a2代入a2＋b2＝9得a2＝4，b2＝5，所以雙曲線的標準方程是－＝1.

7、 答案　B 5．(2020·泉州模擬)y＝kx＋2與y2＝8x有且僅有一個公共點，則k的取值為________． 解析　由得ky2－8y＋16＝0，若k＝0，則y＝2；若k≠0，則Δ＝0，即64－64k＝0，解得k＝1.故k＝0或k＝1. 答案　0或1　　 考向一　直線與圓錐曲線的位置關系 【例1】?(2020·合肥模擬)設拋物線y2＝8x的準線與x軸交于點Q，若過點Q的直線l與拋物線有公共點，則直線l的斜率的取值范圍是(　　)． A. B．[－2,2] C．[－1,1] D．[－4,4] [審題視點] 設直線l的方程，將其與拋物線方程聯(lián)立，利用Δ≥0解得． 解析　

8、由題意得Q(－2,0)．設l的方程為y＝k(x＋2)，代入y2＝8x得k2x2＋4(k2－2)x＋4k2＝0，∴當k＝0時，直線l與拋物線恒有一個交點；當k≠0時，Δ＝16(k2－2)2－16k4≥0，即k2≤1，∴－1≤k≤1，且k≠0，綜上－1≤k≤1. 答案　C 研究直線和圓錐曲線的位置關系，一般轉化為研究其直線方程與圓錐曲線方程組成的方程組解的個數(shù)，但對于選擇題、填空題，常充分利用幾何條件，利用數(shù)形結合的方法求解． 【訓練1】 若直線mx＋ny＝4與⊙O：x2＋y2＝4沒有交點，則過點P(m，n)的直線與橢圓＋＝1的交點個數(shù)是(　　)． A．至多為1 B．2 C．1 D

9、．0 解析　由題意知：＞2，即＜2， ∴點P(m，n)在橢圓＋＝1的內部，故所求交點個數(shù)是2個． 答案　B 考向二　弦長及中點弦問題 【例2】?若直線l與橢圓C：＋y2＝1交于A、B兩點，坐標原點O到直線l的距離為，求△AOB面積的最大值． [審題視點] 聯(lián)立直線和橢圓方程，利用根與系數(shù)關系后代入弦長公式，利用基本不等式求出弦長的最大值即可． 解　設A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)當AB⊥x軸時，|AB|＝； (2)當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y＝kx＋m.由已知，得＝，即m2＝(k2＋1)．把y＝kx＋m代入橢圓方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6k

10、mx＋3m2－3＝0. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)·＝ ＝＝3＋. 當k≠0時，上式＝3＋≤3＋＝4， 當且僅當9k2＝，即k＝±時等號成立．此時|AB|＝2；當k＝0時，|AB|＝，綜上所述|AB|max＝2. ∴當|AB|最大時，△AOB面積取最大值Smax＝×|AB|max×＝. 當直線(斜率為k)與圓錐曲線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)時，則|AB|＝·|x1－x2|＝ |y1－y2|，而|x1－x2|＝，可根據(jù)直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系得到兩根之和、兩根之

11、積的代數(shù)式，然后再進行整體代入求解． 【訓練2】 橢圓ax2＋by2＝1與直線x＋y－1＝0相交于A，B兩點，C是AB的中點，若AB＝2，OC的斜率為，求橢圓的方程． 解　法一　設A(x1，y1)、B(x2，y2)， 代入橢圓方程并作差得 a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0. 而＝－1，＝koc＝， 代入上式可得b＝a. 再由|AB|＝|x2－x1|＝|x2－x1|＝2， 其中x1、x2是方程(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0的兩根， 故2－4·＝4， 將b＝a代入得a＝，∴b＝. ∴所求橢圓的方程是＋＝1. 法二　由得(a＋b)x2－2

12、bx＋b－1＝0. 設A(x1，y1)、B(x2，y2)， 則|AB|＝＝·. ∵|AB|＝2，∴＝1.① 設C(x，y)，則x＝＝，y＝1－x＝， ∵OC的斜率為，∴＝. 代入①，得a＝，b＝. ∴橢圓方程為＋y2＝1. 考向三　圓錐曲線中的最值(或取值范圍)問題 【例3】?(2020·湘潭模擬)已知橢圓＋y2＝1的左焦點為F，O為坐標原點． (1)求過點O、F，并且與直線l：x＝－2相切的圓的方程； (2)設過點F且不與坐標軸垂直的直線交橢圓于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點G，求點G橫坐標的取值范圍． [審題視點] (1)求出圓心和半徑，得出圓的標準方

13、程； (2)設直線AB的點斜式方程，由已知得出線段AB的垂直平分線方程，利用求值域的方法求解． 解　(1)∵a2＝2，b2＝1，∴c＝1，F(xiàn)(－1,0)， ∵圓過點O，F(xiàn)，∴圓心M在直線x＝－上． 設M，則圓半徑r＝＝， 由|OM|＝r，得 ＝，解得t＝±， ∴所求圓的方程為2＋(y±)2＝. (2)設直線AB的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)，代入＋y2＝1， 整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0. ∵直線AB過橢圓的左焦點F且不垂直于x軸， ∴方程有兩個不等實根． 如圖，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中點N(x0，y0)， 則x1＋x2

14、＝－，x0＝(x1＋x2)＝－， y0＝k(x0＋1)＝， ∴AB的垂直平分線NG的方程為y－y0＝－(x－x0)． 令y＝0，得xG＝x0＋ky0＝－＋ ＝－＝－＋， ∵k≠0，∴－＜xG＜0， ∴點G橫坐標的取值范圍為. 直線與圓錐曲線位置關系的判斷、有關圓錐曲線弦的問題等能很好地滲透對函數(shù)方程思想和數(shù)形結合思想的考查，一直是高考考查的重點，特別是焦點弦和中點弦等問題，涉及中點公式、根與系數(shù)的關系以及設而不求、整體代入的技巧和方法，也是考查數(shù)學思想方法的熱點題型． 【訓練3】 (2020·金華模擬)已知過點A(－4,0)的動直線l與拋物線G：x2＝2py(p＞0)相交于B

15、、C兩點．當直線l的斜率是時，＝4. (1)求拋物線G的方程； (2)設線段BC的中垂線在y軸上的截距為b，求b的取值范圍． 解　(1)設B(x1，y1)，C(x2，y2)，當直線l的斜率是時，l的方程為y＝(x＋4)，即x＝2y－4. 由得2y2－(8＋p)y＋8＝0， ∴ 又∵＝4，∴y2＝4y1，③ 由①②③及p＞0得：y1＝1，y2＝4，p＝2， 得拋物線G的方程為x2＝4y. (2)設l：y＝k(x＋4)，BC的中點坐標為(x0，y0)， 由得x2－4kx－16k＝0，④ ∴x0＝＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k. ∴線段BC的中垂線方程為y－2k2

16、－4k＝－(x－2k)， ∴線段BC的中垂線在y軸上的截距為： b＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2， 對于方程④，由Δ＝16k2＋64k＞0得k＞0或k＜－4. ∴b∈(2，＋∞)． 考向四　定值(定點)問題 【例4】?(2020·四川)橢圓有兩頂點A(－1,0)、B(1,0)，過其焦點F(0,1)的直線l與橢圓交于C、D兩點，并與x軸交于點P.直線AC與直線BD交于點Q. (1)當|CD|＝時，求直線l的方程． (2)當點P異于A、B兩點時，求證：O·O為定值． [審題視點] (1)設出直線方程與橢圓方程聯(lián)立．利用根與系數(shù)的關系和弦長公式可求出斜率從而求出直線方程；(2)

17、關鍵是求出Q點坐標及其與P點坐標的關系，從而證得·為定值．證明過程中要充分利用已知條件進行等價轉化． (1)解　因橢圓焦點在y軸上， 設橢圓的標準方程為＋＝1(a＞b＞0)， 由已知得b＝1，c＝1， 所以a＝，橢圓方程為＋x2＝1. 直線l垂直于x軸時與題意不符． 設直線l的方程為y＝kx＋1，將其代入橢圓方程化簡得 (k2＋2)x2＋2kx－1＝0. 設C(x1，y1)，D(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1·x2＝－， |CD|＝·＝. 由已知得＝，解得k＝±. 所以直線l的方程為y＝x＋1或y＝－x＋1. (2)證明　直線l與x軸垂直時與題意不符． 設

18、直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)， 所以P點坐標為. 設C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－，x1·x2＝－， 直線AC的方程為y＝(x＋1)， 直線BD的方程為y＝(x－1)， 將兩直線方程聯(lián)立，消去y得＝. 因為－1＜x1，x2＜1，所以與異號． 2＝ ＝·＝ ＝＝2. 又y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝＝－·， ∴與y1y2異號，與同號， ∴＝，解得x＝－k. 因此Q點坐標為(－k，y0)． O·O＝·＝1. 故O·O為定值． 解決圓錐曲線中的定值問題的基本思路很明確：即定值問題必然是在變化中所表現(xiàn)

19、出來的不變的量，那么就可以用變化的量表示問題中的直線方程、數(shù)量積等，其不受變化的量所影響的一個值即為定值，化解這類問題的關鍵是引進參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量，解題過程中要注意討論直線斜率的存在情況，計算要準確． 【訓練4】 (2020·山東)在平 面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1.如圖所示，斜率為k(k＞0)且不過原點的直線l交橢圓C于A，B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C于點G，交直線x＝－3于點D(－3，m)． (1)求m2＋k2的最小值； (2)若|OG|2＝|OD|·|OE|，求證：直線l過定點． (

20、1)解　設直線l的方程為y＝kx＋t(k＞0)，由題意，t＞0. 由方程組得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0. 由題意Δ＞0，所以3k2＋1＞t2. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由根與系數(shù)的關系得x1＋x2＝－， 所以y1＋y2＝. 由于E為線段AB的中點，因此xE＝－， yE＝， 此時kOE＝＝－.所以OE所在直線方程為y＝－x，又由題設知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1， 所以m2＋k2≥2mk＝2，當且僅當m＝k＝1時上式等號成立， 此時由Δ＞0得0＜t＜2，因此當m＝k＝1且0＜t＜2時，m2＋k2取最小值2. (2)證明　由

21、(1)知OD所在直線的方程為y＝－x， 將其代入橢圓C的方程，并由k＞0， 解得G. 又E，D， 由距離公式及t＞0得 |OG|2＝2＋2＝， |OD|＝ ＝， |OE|＝ ＝， 由|OG|2＝|OD|·|OE|得t＝k， 因此直線l的方程為y＝k(x＋1)， 所以直線l恒過定點(－1,0)． 　　 規(guī)范解答17——怎樣求解析幾何中的探索性問題 【問題研究】 解析幾何中探索性問題的結論往往不明確，需要根據(jù)已知條件通過推理論證或是計算對結論作出明確的肯定或是否定，因此解決起來具有較大的難度． 【解決方案】 明確這類問題的解題思想：即假設其結論成立、存在等，在這個假

22、設下進行推理論證，如果得到了一個合情合理的推理結果，就肯定假設，對問題作出正面回答，如果得到一個矛盾的結果，就否定假設，對問題作出反面回答． 【示例】?(本題滿分12分)(2020·遼寧) 如圖，已知橢圓C1的中心在原點O，長軸左、右端點M、N在x軸上，橢圓C2的短軸為MN，且C1，C2的離心率都為e.直線l⊥MN，l與C1交于兩點，與C2交于兩點，這四點按縱坐標從大到小依次為A，B，C，D. (1)設e＝，求|BC|與|AD|的比值； (2)當e變化時，是否存在直線l，使得BO∥AN，并說明理由． 第(1)問，設C1的方程，C2的方程同樣由C1的系數(shù)a，b來表示，再分別求點A

23、、B的坐標，進而可求|BC|∶|AD|；第(2)問利用kBO＝kAN，得t與e、a的關系式，再由|t|＜a，求e的范圍． [解答示范] (1)因為C1，C2的離心率相同，故依題意可設C1：＋＝1，C2：＋＝1，(a＞b＞0)． 設直線l：x＝t(|t|＜a)，分別與C1，C2的方程聯(lián)立， 求得A(t，)，B.(4分) 當e＝時，b＝a，分別用yA，yB表示A，B的縱坐標，可知 |BC|∶|AD|＝＝＝.(6分) (2)t＝0時的l不符合題意．t≠0時，BO∥AN當且僅當BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等，即 ＝，(8分) 解得t＝－＝－·a. 因為|t|＜a，又0＜e＜1

24、，所以＜1，解得＜e＜1.(10分) 所以當0＜e≤時，不存在直線l，使得BO∥AN； 當＜e＜1時，存在直線l，使得BO∥AN.(12分) 本題探索的是離心率e的變化范圍，化解這個難點的方法首先假設存在直線l，使得BO∥AN，根據(jù)kBO＝kAN，再由|t|＜a構建關于e的不等式，解出e的范圍，最后作出肯定回答． 【試一試】 已知一條曲線C在y軸右邊，C上每一點到點F(1,0)的距離減去它到y(tǒng)軸距離的差都是1. (1)求曲線C的方程； (2)是否存在正數(shù)m，對于過點M(m,0)且與曲線C有兩個交點A，B的任一直線，都有·＜0？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由． [

25、嘗試解答]　(1)設P(x，y)是曲線C上任意一點，那么點P(x，y)滿足： －x＝1(x＞0)． 化簡得y2＝4x(x＞0)． (2)設過點M(m,0)(m＞0)的直線l與曲線C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)． 設l的方程為x＝ty＋m，由得y2－4ty－4m＝0， Δ＝16(t2＋m)＞0，于是① 又＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)． ·＜0?(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＜0.② 又x＝，于是不等式②等價于·＋y1y2－＋1＜0?＋y1y2－[(y1＋y2)2－2y1y2]＋1＜0，③ 由①式，不等式③等價于m2－6m＋1＜4t2，④ 對任意實數(shù)t,4t2的最小值為0，所以不等式④對于一切t成立等價于m2－6m＋1＜0，即3－2＜m＜3＋2. 由此可知，存在正數(shù)m，對于過點M(m,0)且與曲線C有兩個交點A，B的任一直線，都有·＜0，且m的取值范圍是(3－2，3＋2)．