《浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.4直线与圆锥曲线的位置关系课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.4直线与圆锥曲线的位置关系课件（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、10.4 直线与圆锥曲线的位置关系,高考数学,考点 直线与圆锥曲线的位置关系 1.判断直线l与圆锥曲线r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r的方程F(x,y)=0.消去y(或x)得到一 个关于变量x(或y)的方程,即 消去y后得ax2+bx+c=0. (1)若a0,则当 0 时,直线l与曲线r相交;当 =0 时,直线l 与曲线r相切;当 0 时,直线l与曲线r相离. (2)若a=0,则得到一个一次方程,则l与r相交,且只有一个交点,此时,若r为 双曲线,则直线l与双曲线的一条渐近线平行;若r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
2、重合. 2.连接圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦.,知识清单,直线l:y=kx+b,曲线r:F(x,y)=0,l与r的两个不同的交点为M(x1,y1)、N(x2,y2), 则(x1,y1)、(x2,y2)是方程组 的解.方程组消元后化为关于x(也可 以是y)的一元二次方程Ax2+Bx+C=0(A0).判别式=B2-4AC,应有0. 所以x1、x2是方程Ax2+Bx+C=0的解.由根与系数的关系求出x1+x2=- ,x1x2 = .所以M、N两点间距离为|MN|= |x1-x2|,即弦长公式.也可以写成 关于y的形式,|MN|= |y1-y2|(k0). 3.已知弦的中点、研究弦的斜率和方
3、程 (1)AB是椭圆 + =1(ab0)的一条弦,中点M坐标为(x0,y0)(y00),则 AB的斜率为- .,运用点差法求AB的斜率,设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2). A、B都在椭圆上, 两式相减得 + =0. + =0, 即 =- =- . 故kAB=- . (2)运用类比的方法可以推出:已知AB是双曲线 - =1(a0,b0)的弦,中点M(x0,y0)(y00),则kAB= ;已知抛物线y2=2px(p0)的弦AB的中点M (x0,y0)(y00),则kAB= .,有关位置关系、弦长、面积问题的解题策略 1.直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题,可以转化为它们
4、所对应的方程构成的方程组是否有解或解的个数问题,往往通过消元最 终归结为讨论方程解的情况.需要注意的是当直线平行于抛物线的对称 轴或双曲线的渐近线时,直线与抛物线或双曲线有且只有一个交点. 2.涉及直线与圆锥曲线相交弦的问题,主要有这样几个方面:相交弦的长 (弦长公式|AB|= |x2-x1|);弦所在直线的方程(如中点弦、相交弦 等)、弦的中点的轨迹等,可以利用“设点代点、设而不求”(设交点坐 标,将交点坐标代入曲线方程,并不具体求出坐标,而是利用坐标应满足 的关系直接解决问题)的方法解决. 例1 (2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,21)已知椭圆C: +,方法技巧,=1(ab0)
5、的离心率为 ,且椭圆经过点M(- ,1). (1)求椭圆的标准方程; (2)若直线l与圆O:x2+y2=1相切,与椭圆C相交于A,B两点,求AOB的面积 的最大值.,解题导引 (1)由离心率的定义、点的坐标满足椭圆方程以及a,b,c之间的关系,得关于a,b,c的方程组解方程组得结论 (2)当斜率存在时,设直线方程为y=kx+m由直线与圆相切得m与k的关系式联立直线和椭圆方程,由韦达定理计算弦长|AB|把面积的平方表示成k的函数利用换元法求得面积的最大值计算斜率不存在时三角形面积 比较后得结论,解析 (1)由 得a=2,b= , 所以椭圆的标准方程为 + =1. (2)当直线l的斜率存在时,设直
6、线l:y=kx+m, 因为直线l与圆O相切,所以点O到直线l:y=kx+m的距离d= =1,所以 m2=1+k2. 由 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0,=32k2-8m2+160,x1+x2=- ,x1x2= . 所以|AB|= = = , 所以SAOB= 1, 令1+2k2=t(t1),得 = =- +22, 当t=1,即k=0时,AOB的面积取得最大值,为 . 当直线l的斜率不存在时,l:x=1,此时SAOB= . 综上所述,AOB的面积的最大值为 .,评析 本题考查椭圆的标准方程和性质,直线与椭圆的位置关系,直线 与圆的位置关系,韦达定理,弦长的计算以及三角形面积的最值的
7、求法 等基础知识.考查运算求解能力,逻辑推理能力和综合运用能力.,探索性问题的解题策略 解决探索结论的开放性问题的一般方法是研究特例、观察、归纳、猜 想,然后加以论证,对存在判断型问题,常以条件和假设存在为出发点进 行推理.若推出矛盾,则否定存在;若不出现矛盾,则肯定存在.对结论开放 性问题,常需对不同的情形加以分类讨论. 例2 (2017浙江宁波期末,21)已知椭圆C: + =1(0n2).,(1)若椭圆C的离心率为 ,求n的值; (2)若过点N(-2,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点A,B.在x轴上是 否存在点M,使得NMA+NMB=180?若存在,求出点M的坐标;若不存 在,请说
8、明理由.,解题导引 (1)由离心率的定义得结论. (2)假设存在点M(m,0)满足题意,得直线AM,BM的斜率之和为零联立直线l和椭圆方程由韦达定理和斜率之和为零求得m的值检验后得结论,解析 (1)由 = 得 = = ,得n= . (2)假设存在点M(m,0),使得NMA+NMB=180,则直线AM和BM的斜 率存在,分别设为k1,k2,且满足k1+k2=0. 设直线l的方程为y=k(x+2), 由 得(2k2+n)x2+8k2x+8k2-2n=0. =-16k2n+8n20, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=- ,x1x2= , 由 + =0,得(x1-m)y2+(x2-m)y1=0,即k(x1-m)(x2+2)+k(x2-m)(x1+2)=0.,当k0时,2x1x2-(m-2)(x1+x2)-4m=0, 所以2 +(m-2) -4m=0,化简得 =0,所以m=-1. 当k=0时,检验也成立. 所以存在点M(-1,0),使得NMA+NMB=180.,评析 本题考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系,韦达定理,直 线斜率的运算以及定点问题等基础知识.考查运算求解能力,逻辑推理 能力和综合运用能力,化归与转化思想.,
