高一数学必修二课件第八章 第九节直线与圆锥曲线的位置关系.ppt

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1、第九节 直线与圆锥曲线的位置关系1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法直线与圆锥曲线的位置关系可分为：_、_、_.这三种位置关系的判定条件可归纳为：设直线l:Ax+By+C=0(A2+B20)，圆锥曲线C1：f(x,y)=0,相交 相切 相离方程ax2+bx+c=0的解 l与C1的交点 a=0 b=0 无解(含l是双曲线的渐近线)_b0 有一解(含l与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐近线平行)_a0 0 两个_的解 _=0 两个相等的解 _0 无实数解 _即将直线l的方程与圆锥曲线C1的方程联立，消去y便得到关于x的方程ax2+bx+c=0(当然，也可以消去x得到关于y的方程)，通过方程解的情

2、况判断直线l与圆锥曲线C1的位置关系，见下表：无公共点一个交点不等 两个交点一个交点无交点2.圆锥曲线的弦长设斜率为k(k0)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|=_=_=|y1-y2|=_.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”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

3、|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的方程联立消元得到的一元二次方程的判别式0.()【解析】(1)正确，直线l与椭圆C只有一个公共点，则直线l与椭圆C相切，反之亦成立.(2)错误，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)错误，因为直线l与抛物线C的对称轴平行时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.(4)正确，又x1=ty1+a,x2=ty2+a,|AB|=(5)错误，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0.答案:(1)(2)(3)(4)(5

4、)1.已知直线y=kx-k及抛物线y2=2px(p0)，则()(A)直线与抛物线有一个公共点(B)直线与抛物线有两个公共点(C)直线与抛物线有一个或两个公共点(D)直线与抛物线可能无公共点【解析】选C.因为直线y=kx-k=k(x-1)恒过定点(1，0)，而点(1，0)在抛物线内部，故直线与抛物线有一个或两个公共点.2.已知以F1(-2，0)，F2(2，0)为焦点的椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为()【解析】选C.根据题意设椭圆方程为=1(b0)，则将x=-y-4代入椭圆方程，得4(b2+1)y2+8 b2y-b4+12b2=0,椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个交

5、点，=(8 b2)2-44(b2+1)(-b4+12b2)=0，即(b2+4)(b2-3)=0,b2=3,长轴长为3.已知直线x-y-1=0与抛物线y=ax2相切，则a等于()【解析】选C.将x-y-1=0，即y=x-1代入y=ax2得，ax2-x+1=0,直线与抛物线相切，=(-1)2-4a=0，解得a=4.已知双曲线x2-y2=1和斜率为 的直线l交于A，B两点，当l变化时，线段AB的中点M的坐标满足的方程是_.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AB的中点坐标(x0,y0),(x1+x2)(x1-x2)=(y1+y2)(y1-y2),答案:y=2x5.过椭圆+y2=1的左焦

6、点且倾斜角为 的直线被椭圆所截得的弦长为_.【解析】设直线与椭圆+y2=1的交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由椭圆方程+y2=1得：a=3，b=1，所以c=2，因此，直线方程为：y=(x+2)，与椭圆方程+y2=1联立，消去y得：4x2+12 x+15=0,则x1+x2=-3，x1x2=所以|AB|=|x1-x2|答案：2考向 1 直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用【典例1】(1)已知椭圆=1，若此椭圆与直线y=4x+m交于不同两点A，B，则实数m的取值范围是_.(2)(2013长沙模拟)已知抛物线的方程为y2=4x,斜率为k的直线l过定点P(-2，1)，若直线l与抛物线只有一

7、个公共点，则k的值为_.(3)(2012安徽高考)如图，F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆C:=1(ab0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x=于点Q.若点Q的坐标为(4，4)，求椭圆C的方程；证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点.【思路点拨】(1)(2)将直线与曲线方程联立转化为所得方程解的个数满足的条件求解.(3)利用F1Px轴，PF2QF2，构建关于a,b,c的方程组，求解；只需证明直线PQ与椭圆相切，即其方程联立消元后的一元二次方程有唯一解即可.【规范解答】(1)直线y=4x+m与椭圆=1联立，消去y得：67x2+32mx

8、+4(m2-3)=0，由已知，其判别式=(32m)2-4674(m2-3)0,解得：m267,即：-m.答案:(-,)(2)由题意，得直线l的方程为y-1=k(x+2)，()当k=0时，由方程(*)得y=1,方程组有一个解,此时，直线与抛物线只有一个公共点.()当k0时，方程(*)的判别式为=-16(2k2+k-1).由=0，即2k2+k-1=0，解得k=-1或k=,当k=-1或k=时，方程组有一个解，此时，直线与抛物线只有一个公共点.综上可知，当k=-1或k=0或k=时，直线与抛物线只有一个公共点.答案:-1或0或(3)方法一：由条件知，P(-c,)，故直线PF2的斜率为因为PF2F2Q，所

9、以直线F2Q的方程为y=故Q(,2a).由题设知，=4,2a=4，解得a=2,c=1.故椭圆方程为方法二：设直线x=与x轴交于点M.由条件知，P(-c,).因为PF1F2F2MQ，所以故椭圆方程为证明：直线PQ的方程为即y=x+a,将上式代入=1，得x2+2cx+c2=0.(方法一)其判别式=(2c)2-4c2=0,(方法二)解得x=-c,y=所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.【互动探究】若将本例(1)中“此椭圆与直线y=4x+m交于不同两点A，B”变为“此椭圆上存在不同的两点A，B关于直线y=4x+m对称”，则实数m的取值范围如何？【解析】方法一：由于A，B两点关于直线y=4x+m对称，所以

10、设直线AB的方程为y=-x+b，即x=-4(y-b)，将其代入=1，得:13y2-24by+12b2-3=0，其判别式=(-24b)2-413(12b2-3)0，解得：b2，设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M0(x0,y0),y1+y2=,x1+x2=-4(y1-b)-4(y2-b)=M0(),又M0在y=4x+m上，有b=将代入解得方法二：设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M(x,y)，kAB=x1+x2=2x,y1+y2=2y,3x+4y=12 3x+4y=12 两式相减得即y1+y2=3(x1+x2),即y=3x,与y=4x+m联立得x=-m,y=

11、-3m,而M(x,y)在椭圆的内部，答案:【拓展提升】1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法用直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组的解的个数，可以研究直线与圆锥曲线的位置关系，即用代数法研究几何问题，这是解析几何的重要思想方法.直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点问题，实际上是研究方程组解的个数问题.【提醒】在研究方程组是否有实数解或实数解的个数问题时，要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.2.曲线上存在关于直线对称的两点问题的解法及关键(1)解法：转化为过两对称点的直线与曲线的相交问题求解.(2)关键：使用两对称点的连线与对称轴垂直，两点的中点在对称轴上.【变式备选】(1)若直线mx+ny=

12、4与O:x2+y2=4没有交点，则过点P(m,n)的直线与椭圆=1的交点个数是()(A)至多为1(B)2(C)1(D)0【解析】选B.由题意知：2，即 2，点P(m,n)在椭圆=1的内部，故所求交点个数是2个.(2)过双曲线x2-=1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|=4，则这样的直线l有()(A)1条(B)2条(C)3条(D)4条【解析】选C.由于a=1，所以2a=24，数形结合知，当A，B在左右两支上时有2条，又过右焦点垂直于x轴的弦长恰好为4，故A，B同在右支上时，有1条.所以共3条.考向 2 与弦长、弦中点及弦端点相关的问题【典例2】(1)(2013湘潭模拟)已知抛物线C

13、的顶点在坐标原点，焦点为F(0，-1)，直线l与抛物线C相交于A，B两点.若线段AB的中点为(2，-2)，则直线l的方程为_.(2)(2013绵阳模拟)过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，如果 则直线AB的方程是_.(3)(2013常德模拟)已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，直线y=x+1与该椭圆相交于P，Q，且OPOQ，|PQ|=求椭圆的方程.【思路点拨】(1)涉及弦的中点、斜率问题可利用点差法求解.(2)关键将弦的端点满足的向量关系转化为其横坐标大小关系，从而构建方程求解.(3)设出椭圆方程，与直线方程联立，利用OPOQ及弦长|PQ|=构建方程(组)求解.【规范解答】(

14、1)由题意知，抛物线的方程为x2=-4y，设A(x1,y1),B(x2,y2)，且x1x2,联立方程得两式相减得=-4(y1-y2),直线l的方程为y+2=-(x-2),即y=-x.答案:x+y=0(2)由已知抛物线y2=4x的焦点F(1，0)，显然满足题意的直线斜率存在，设为k,则直线的方程为y=k(x-1),将其代入y2=4x,整理得k2x2-2(k2+2)x+k2=0(k20)其判别式=16(k2+1)0,设A(x1,y1),B(x2,y2)且由不妨设x1x2.由解得x1=又 得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),得1-x1=2(x2-1),即x1+2x2=3,亦即：解得k=2,

15、所求直线方程为y=2(x-1),即4x-y-4=0或4x+y-4=0.答案:4x-y-4=0或4x+y-4=0(3)设椭圆方程为ax2+by2=1(0)，且设P(x1,y1),Q(x2,y2).=4b2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab).OPOQ,x1x2+y1y2=0.x1x2+(x1+1)(x2+1)=0,2x1x2+x1+x2+1=0 代入得a+b=2,|PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=2(x1-x2)2=2(x1+x2)2-4x1x2 即4b2-8b+3=0,b=或b=a+b=2且【拓展提升】1.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

16、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，然后进行整体代入弦长公式求解.【提醒】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.弦中点问题的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在.3.与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解.【变式训练】设椭圆C：=1(ab0)过点(0，4)，离心率为(1)求椭圆C的方程.(2

17、)求过点(3，0)且斜率为 的直线被C所截线段的中点坐标.【解析】(1)将点(0，4)代入C的方程得=1,b=4,椭圆C的方程为(2)过点(3，0)且斜率为 的直线方程为y=(x-3),设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程y=(x-3)代入C的方程，得，即x2-3x-8=0,解得x1=AB的中点的横坐标 纵坐标即所截线段的中点坐标为().考向 3 探究性、存在性问题【典例3】(2012福建高考)如图，椭圆E：=1(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=.过F1的直线交椭圆于A，B两点，且ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方程.(2)设动直线l：y=kx+

18、m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.【思路点拨】(1)利用待定系数法求解，(2)假设存在点M满足题设条件，先探索出M必在x轴上，再根据以PQ为直径的圆恒过M点，即=0恒成立，求M点横坐标大小，从而判断点是否存在.【规范解答】方法一：(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8，即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8，又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,所以4a=8,a=2.又因为e=,即 所以c=1,所以b=故椭圆E的方程是(4

19、k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0)，所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0，化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=所以P().假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.设M(x1,0)，则=0对满足(*)式的m,k恒成立.因为=(),=(4-x1,4k+m),由=0，得整理，得(4x1-4)+x-4x1+3=0.(*)由于(*)式对满足(*)式的m,k恒成立，所以故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.方法二：(1)同方法一.得(4k2+3)x2+8kmx+4m

20、2-12=0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0)，所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0，化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=所以P().假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.取k=0,m=，此时P(0,),Q(4,),以PQ为直径的圆为(x-2)2+(y-)2=4，交x轴于点M1(1,0),M2(3,0)；取k=-m=2,此时P(1,),Q(4,0)，以PQ为直径的圆为(x-)2+(y-)2=,交x轴于点M3(1，0)，M4(4,0).所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1，0).以下证明M(1，0)就是

21、满足条件的点:因为M的坐标为(1，0)，所以从而故恒有 即存在定点M(1，0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.【拓展提升】探究性、存在性问题的求解步骤(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参数的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解即存在,若无解则不存在.【变式训练】(2013株洲模拟)已知：向量=(,0)，O为坐标原点，动点M满足：(1)求动点M的轨迹C的方程.(2)已知直线l1,l2都过点B(0,1)，且l1l2，l1,l2与轨迹C分别交于点D,E，试探究是否存在这样的直线使得BDE是等腰直角三角形.若存在，指出这样的直线共有几组(无需求出直线的方

22、程)；若不存在，请说明理由.【解析】(1)方法一：设A(-,0)，则动点M的轨迹为以A，A为焦点，长轴长为4的椭圆.由c=,2a=4，得a=2,b=动点M的轨迹C的方程为+y2=1.方法二:设点M(x,y),则点M的轨迹C是以(,0)，(-，0)为焦点，长轴长为4的椭圆.a=2,c=,b=1,动点M的轨迹C的方程为+y2=1.(2)轨迹C是椭圆+y2=1，点B(0,1)是它的上顶点，设满足条件的直线l1，l2存在，由题意知两直线斜率存在且不为零，不妨设直线l1的方程为y=kx+1(k0)则直线l2的方程为y=-x+1 将代入椭圆方程并整理得：(1+4k2)x2+8kx=0，可得xD=则yD=+

23、1.将代入椭圆方程并整理得：(4+k2)x2-8kx=0，可得xE=则yE=由BDE是等腰直角三角形得|BD|=|BE|k3+4k=1+4k2k3-1=4k2-4k(k-1)(k2+k+1)=4k(k-1)k=1或k2-3k+1=0 方程的判别式=50，即方程有两个不相等的实根，且不为1.方程有三个互不相等的实根.即满足条件的直线l1，l2存在，共有3组【满分指导】解答直线与圆锥曲线位置关系的综合问题【典例】(12分)(2012北京高考)已知曲线C：(5-m)x2+(m-2)y2=8(mR).(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围.(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位

24、于点B的上方)，直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y=1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线.【思路点拨】已知条件 条件分析 曲线C是焦点在x轴上的椭圆 构建关于m的不等式组 m=4 得曲线C：x2+2y2=8 直线y=kx+4与曲线C交于不同两点 联立消元所得一元二次方程的判别式0 A，G，N三点共线 只需证kAN=kAG即可【规范解答】(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得 m5,所以m的取值范围是(,5).5分(2)当m=4时，曲线C的方程为x2+2y2=8,点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，-2).6分7分因为直线与曲线C交于不同的两点，所以 8分设

25、点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=直线BM的方程为y+2=点G的坐标为(,1).9分因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN=所以kAN-kAG=11分即kAN=kAG.又AN与AG有公共点A，故A，G，N三点共线.12分【失分警示】(下文见规范解答过程)1.(2013益阳模拟)设双曲线=1(a0,b0)的一条渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点，则双曲线的离心率为()【解析】选D.双曲线=1的一条渐近线为y=由方程组 消去y得，x2-x+1=0有唯一解，所以2.(2013怀化模拟)直线3x-4y+4=0与抛物

26、线x2=4y和圆x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A，B，C，D.则的值为()(A)16(B)(C)4(D)【解析】选B.由 得x2-3x-4=0，xA=-1,xD=4，直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0，1).|AF|=yA+1=,|DF|=yD+1=5,3.(2013娄底模拟)已知双曲线方程是x2-=1，过定点P(2，1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2，1)为P1P2的中点，则此直线方程是_.【解析】设点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由得k=4，从而所求方程为4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2-56x+51=0,0，故此直线满

27、足条件.答案:4x-y-7=04.(2013北京模拟)已知椭圆C：=1(ab0)，过点B(0，1)，离心率为(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在过点P(0，2)的直线l与椭圆交于M，N两个不同的点，且使 成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意可知b=1,解得a2=9.故椭圆C的方程为+y2=1.(2),点M为PN的中点，设M(x1,y1),N(x2,y2),则x2=2x1.当直线的斜率k不存在时，M(0，1)，N(0，-1)，P(0，2)，易知不符合条件，此时直线方程不存在.当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx+2,得=(36k)2-4(9k2+1)2

28、70，解得k2(*)x1+x2=，x1x2=由消去x1,x2，可得k2=,故k=综上可知：存在，直线l的方程为y=1.已知圆M：(x+)2+y2=36及定点N(,0)，点P是圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足(1)求点G的轨迹C的方程.(2)过点K(2，0)作直线l,与曲线C交于A，B两点，O是坐标原点，设，是否存在这样的直线l,使四边形OASB的对角线相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.【解析】(1)由 Q为PN的中点，且GQPNGQ是PN的中垂线，|PG|=|GN|，|PM|=|GM|+|GP|=|GM|+|GN|=6点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，又a=3

29、,c=b=2.C的方程为(2)四边形OASB为平行四边形，假设存在直线l，使|OS|=|AB|四边形OASB为矩形OAOB.若l的斜率不存在，则l的方程为x=2,这与=0相矛盾，l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=,x1x2=y1y2=k(x1-2)k(x2-2)=k2x1x2-2(x1+x2)+4=由=0 x1x2+y1y2=0,存在直线l:3x-2y-6=0或3x+2y-6=0满足条件.2.如图，在x轴上方有一段曲线弧，其端点A，B在x轴上(但不属于)，对上任一点P及点F1(-1，0)，F2(1，0)，满足：|PF1|+|PF2|

30、=2.直线AP，BP分别交直线l:x=a(a)于R，T两点.(1)求曲线弧的方程.(2)求|RT|的最小值(用a表示).(3)曲线弧上是否存在点P，使PRT为正三角形？若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由.【解析】(1)由椭圆的定义知，曲线弧是以F1(-1，0)，F2(1，0)为焦点的半椭圆，c=1,a=,b2=a2-c2=1.曲线弧的方程为(2)由(1)知，曲线弧的方程为+y2=1(y0),设P(x0,y0),则有又A(-，0)，B(，0)，从而直线AP，BP的方程为令x=a得R，T的纵坐标分别为将代入，得yRyT=(2-a2).|RT|=|yR-yT|=当且仅当|yR|=|yT|,即yR=-yT时，取等号.即|RT|的最小值是(3)设P(x0,y0)，依题设，直线ly轴，若PRT为正三角形，则必有PAB=30,从而直线AP，BP的斜率存在，分别设为k1,k2,由(2)知，k1=于是有k1k2=不存在点P，使PRT为正三角形.