2019版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节直线与圆锥曲线的位置关系课件理

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1、第九节 直线与圆锥曲线的位置关系,总纲目录,教材研读,1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断,考点突破,2. 圆锥曲线的弦长,考点二 弦长问题,考点一 直线与圆锥曲线的位置关系,考点三 中点弦问题,教材研读,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)当a0时,可考虑一元二次方程的判别式,有 (i)0直线与圆锥曲线 相交 ; (ii)=0直线与圆锥曲线 相切 ; (iii)0,b0)的交点个数是 ( ) A.1 B.2 C.1或2 D.0,A,答案 A 因为直线y= x+3与双

2、曲线的渐近线y= x平行,所以它与双 曲线只有1个交点.,3.椭圆ax2+by2=1与直线y=1-x交于A、B两点,过原点与线段AB中点的直 线的斜率为 ,则 的值为( ) A. B. C. D.,A,答案 A 设A(x1,y1)、B(x2,y2),AB的中点为M(x0,y0),结合题意, 由点差法 得, =- =- =-1, = .,4.已知椭圆C: + =1(ab0),F( ,0)为其右焦点,过点F且垂直于x轴 的直线与椭圆相交所得的弦长为2,则椭圆C的方程为 + =1 .,答案 + =1,解析 由题意得 解得 所以椭圆C的方程为 + =1.,5.过抛物线y2=8x的焦点F作倾斜角为135

3、的直线,交抛物线于A,B两点, 则弦AB的长为 16 .,答案 16,解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),因为抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),直线AB的倾 斜角为135,故直线AB的方程为y=-x+2,代入抛物线方程y2=8x,得x2-12x+ 4=0,则x1+x2=12,x1x2=4,则|AB|=x1+x2+4=12+4=16.,考点一 直线与圆锥曲线的位置关系,考点突破,典例1 (2017北京顺义二模,19)已知椭圆E: + =1(ab0)经过点,其离心率e= . (1)求椭圆E的方程; (2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E相切,切点为T,且l与直线x=-4相交于点S. 试

4、问:在x轴上是否存在一定点,使得以ST为直径的圆恒过该定点?若存 在,求出该点的坐标;若不存在,请说明理由.,解析 (1)因为点 在椭圆上,所以 + =1. 依题意知a=2c,则a2=4c2,b2=3c2, 将代入得c2=1,故a2=4,b2=3. 故椭圆E的标准方程为 + =1. (2)存在.,由 消去y,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线l与椭圆E相切,所以它们有且只有一个公共点T,所以m0且 =0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0, 设T(x0,y0),则x0=- =- ,y0=kx0+m= , 所以点T的坐标为

5、 , 由 得S(-4,-4k+m), 假设在x轴上存在定点满足条件,不妨设定点为点A(x1,0), 则由已知条件知ASAT,即 =0对满足式的m,k恒成立. 易知 =(-4-x1,-4k+m), = , 则 = + +4x1+ - +3=0, 整理得(4x1+4) + +4x1+3=0,因为式对满足式的m,k恒成立,所以 解得x1=-1. 故在x轴上存在定点(-1,0),使得以ST为直径的圆恒过该定点.,方法技巧 直线与圆锥曲线位置关系问题的求解策略 (1)直线与圆锥曲线相交或相离时,可直接联立直线与圆锥曲线的方程, 结合消元后的一元二次方程求解. (2)直线与圆锥曲线相切时,尤其是抛物线与双

6、曲线,要数形结合求解.,1-1 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1: + =1(ab0)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.,解析 (1)由题意得a2-b2=1,b=1,则a= , 椭圆C1的方程为 +y2=1. (2)易得直线l的斜率存在且不为零,则可设l的方程为y=kx+m(k0).,由 消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,1=16k2m2-8(m2-1)(2k2+1)=16k2+8-8m2=0, 即m2=2k2+1. 由 消去y,整理得k2

7、x2+(2km-4)x+m2=0,2=(2km-4)2-4k2m2=16-16km=0,即km=1, ,由得m= ,代入得 =2k2+1,即2k4+k2-1=0. 令t=k2,则2t2+t-1=0,解得t1= ,t2=-1(舍), 或 直线l的方程为y= x+ 或y=- x- .,典例2 (2017北京石景山一模,19)已知椭圆E: + =1(ab0)过点(0, 1),且离心率为 . (1)求椭圆E的标准方程; (2)设直线l:y= x+m与椭圆E交于A、C两点,以AC为对角线作正方形 ABCD,记直线l与x轴的交点为N,问B、N两点间的距离是否为定值?如果 是,求出定值;如果不是,请说明理由

8、.,考点二 弦长问题,解析 (1)设椭圆的半焦距为c. 因为点(0,1)在椭圆E上,所以b=1,故a2-c2=1, 又因为e= = ,所以c= ,a=2, 所以椭圆E的标准方程为 +y2=1. (2)是定值. 设A(x1,y1),C(x2,y2),线段AC的中点为M(x0,y0).,由 得x2+2mx+2m2-2=0.,由=(2m)2-4(2m2-2)=8-4m20,可得- m .,所以x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2. 所以AC的中点为M , |AC|= = = , 又直线l与x轴的交点N(-2m,0), 所以|MN|= = , 所以|BN|2=|BM|2+|MN|2= |AC|2+

9、|MN|2= . 所以B、N两点间的距离为定值,且定值为 .,方法技巧 弦长的计算方法与技巧 求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得 到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代 数式,然后整体代入弦长公式求解. 注意两种特殊情况:(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直;(2)直线过 圆锥曲线的焦点.,2-1 设F1,F2分别是椭圆E:x2+ =1(0b1)的左,右焦点,过F1的直线l与E 相交于A,B两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列. (1)求|AB|; (2)若直线l的斜率为1,求b的值.,解析 (1)由椭圆定义知|AF2|+|A

10、B|+|BF2|=4, 又2|AB|=|AF2|+|BF2|,所以|AB|= . (2)l的方程为y=x+c,其中c= . 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则A,B两点坐标满足方程组,化简得(1+b2)x2+2cx+1-2b2=0. 则x1+x2= ,x1x2= . 因为直线AB的斜率为1, 所以|AB|= |x2-x1|,即 = |x2-x1|.,则 =(x1+x2)2-4x1x2= - = , 因为0b1,所以b= .,典例3 (1)在椭圆 + =1内,通过点M(1,1),且被这点平分的弦所在的 直线方程为 ( ) A.x+4y-5=0 B.x-4y-5=0 C.4x+y-5=0

11、D.4x-y-5=0 (2)若椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),直线y=3x+7与椭圆相交所得 弦的中点的纵坐标为1,则这个椭圆的方程为 ( ) A. + =1 B. + =1,考点三 中点弦问题,C. + =1 D. + =1,A,D,答案 (1)A (2)D,解析 (1)设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2), 则 由-,得 + =0, 因为 所以 =- =- , 所以所求直线方程为y-1=- (x-1),即x+4y-5=0. (2)因为椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),则a2-b2=4,所以可设椭圆方,程为 + =1,联立,得(10b2+4)y2-14(b2+

12、4)y-9b4+13b2+196=0, 设直线y=3x+7与椭圆相交所得弦的端点的坐标为(x1,y1),(x2,y2),由一元二次方程根与系数的关系及题意得y1+y2= =2,解得b2=8. 所以a2=12.则椭圆的方程为 + =1.,方法技巧 处理中点弦问题的常用方法 (1)点差法: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:联立直线与圆锥曲线的方程,将其转化为一元二次 方程后由根与系数的关系求解.,3-1 抛物线C的顶点为原点,焦点在x轴上,直线x-y=0与抛物线C交于A, B两点.若P(1,1)为线段AB的中点,则抛物线C的方程为 ( ) A.y=2x2 B.y2=2x C.x2=2y D.y2=-2x,答案 B 设A(x1,y1),B(x2,y2),抛物线方程为y2=2px,则 两式相减可得2p= (y1+y2)=kAB2=2,即可得p=1,抛物线C的方程为y2=2x.,B,

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