2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8节第1课时直线与圆锥曲线的位置关系学案含解析新人教B版202305182196.doc

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1、2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8节第1课时直线与圆锥曲线的位置关系学案含解析新人教B版202305182196第8节直线与圆锥曲线的位置关系第1课时直线与圆锥曲线的位置关系一、教材概念结论性质重现1直线与圆锥曲线的位置关系的判定(1)代数法：把圆锥曲线方程C与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2bxc0.方程ax2bxc0的解l与C的交点个数a0b0无解(含l是双曲线的渐近线)0b0有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)1a00两个不相等的解20两个相等的解10无实数解0(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图像和性

2、质可判定直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切而当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外，易忽视直线与对称轴平行或重合时也与抛物线相交于一点2直线与圆锥曲线的相交弦长问题设斜率为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|x1x2|.或|AB|y1y2|.解决直线与圆锥曲线的位置关系问题的规律：“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)“直线

3、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xtya与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|y1y2|.( )(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0.( )2过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1条B2条 C3条D4条C解析：结合图形分析可知，满足题意的直

4、线共有3条，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的两条直线3直线l与双曲线C：1(a0，b0)交于A，B两点，M是线段AB的中点若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为()A3B2 C DD解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得两式相减得0.又所以.所以kOMkl1，所以e212.又e1，所以e.4(2021温州模拟)双曲线1(a0，b0)上一点M(3,4)关于一条渐近线的对称点恰为双曲线的右焦点F2，则该双曲线的标准方程为_1解析：由题设知点M(3,4)与右焦点F2(c,0)关于直

5、线yx对称，所以1，即4ba(c3)，且线段MF2的中点在直线yx上，即2，得b(c3)4a.由得，解得c5，代入可得b2a.又c2a2b2，所以25a2(2a)2，所以a25，从而b24a220.故所求双曲线的标准方程为1.5已知倾斜角为60的直线l经过抛物线x24y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|_.16解析：直线l的方程为yx1.由得y214y10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y214，所以|AB|y1y2p14216.考点1直线和圆锥曲线的位置关系基础性1若直线mxny4与O：x2y24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

6、B2C1D0B解析：由题意知2，即2，所以点P(m，n)在椭圆1的内部故所求交点个数是2.2若直线ykx2与双曲线x2y26的右支交于不同的两点，则k的取值范围是_解析：由得(1k2)x24kx100.设直线与双曲线的右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则解得k0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|2，Q是y轴的正半轴上一点，QF2交椭圆于P，且PF1PF2，PQF1的内切圆M的半径为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线AB：y2xm和圆M相切，且与椭圆C交于A，B两点，求|AB|的值解：(1)如图，设PQF1的内切圆M切PF1，QF1，PQ于点E，F，G

7、，|EF1|FF1|x，|QF|QG|y(x0，y0)由PF1PF2，且|PE|PG|1，有|GF2|FF1|x，则|PF2|x1，|PF1|x1.由|PF1|2|PF2|2|F1F2|2得(x1)2(x1)2(2)2(x0)，解得x3.故2a|PF1|PF2|2x6，即a3，b2.故所求椭圆的标准方程为1.(2)由(1)知tanPF1F2，所以直线PF1的方程为y(x)设点M(0，t)，其到直线PF1的距离为1，有1，解得t或t0(舍)即M(0，)，故圆M的方程为x2(y)21.设A(x1，y1)，B(x2，y2)由得40x236mx9m2360，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|.所以

8、|AB|x1x2|.因为y2xm与x2(y)21相切，所以1，解得m0或m2.故|AB|3或3.直线与圆锥曲线相交时弦长的求法(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题(2)点距法：将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长(3)弦长公式法：体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系已知点N(1,0)，点P是圆M：(x1)2y216上的动点，A为线段PN的中点，G为线段PM上一点，且0.设动点G的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线PN与曲线C相交于E，F两点，与圆M相交

9、于另一点Q，且点P，E位于点N的同侧，当PMN面积最大时，求|PE|FQ|的值解：(1)由题可知圆M的圆心M(1，0)，半径r4.又A为线段PN的中点，G在PM上，且0，所以GA为PN的中垂线，所以|GN|GP|.又|GN|GM|GP|GM|r4|MN|2，所以点G的轨迹为椭圆设曲线C的方程为1(a0，b0)，则2a4,2c2，所以a2，c1.b2a2c23，所以曲线C的方程为1.(2)如图假设点P在x轴上方设点E(x1，y1)，F(x2，y2)当PMN面积最大时，PMx轴，所以点P(1,4)，则直线PN方程为y2(x1)，即2xy20.所以点M到直线PN的距离为d.所以|PQ|2.联立得19

10、x232x40，所以x1x2，x1x2，所以|EF|，所以|PE|FQ|PQ|EF|.考点3中点弦问题综合性考向1由中点弦确定直线方程(2020哈尔滨三中高三期末)已知椭圆1，则与椭圆相交且以点A(1,1)为弦中点的直线所在方程为()A3x4y70B2x5y70C3x4y10D3x4y70D解析：设以点A(1,1)为弦中点的直线与椭圆交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)依题意所求直线的斜率存在，将点M(x1，y1)，N(x2，y2)的坐标代入椭圆方程得，1，1，两式相减得0.因为x1x22，y1y22，所以，即所求直线的斜率为，所求的直线方程为3x4y70.考向2由中点弦确定曲线方程或参数

11、的值(1)(2020西宁市高三二模)已知倾斜角为的直线与双曲线C：1(a0，b0)相交于A，B两点，M(4,2)是弦AB的中点，则双曲线的离心率为()A. B. C. D.D解析：因为倾斜角为的直线与双曲线C：1(a0，b0)相交于A，B两点，所以直线的斜率ktan 1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.由得，则k.因为M(4,2)是弦AB的中点，所以x1x28，y1y24.因为直线的斜率为1，所以1，即.所以e21，即e.故选D.(2)(2020遂宁市高三模拟)若中心在原点，焦点坐标为(0，5)的椭圆被直线3xy20截得的弦的中点的横坐标为，则椭圆方程为()A.1 B.1C.1

12、 D.1C解析：设椭圆方程为1(ab0)，则a2b250.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点为(x0，y0)因为x0，所以y02.由可得，所以直线AB的斜率k3.因为1，所以a23b2.联立，可得a275，b225，所以椭圆的方程为1.处理中点弦问题的常用方法(1)点差法，即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x1x2，y1y2，三个未知量，这样就直接将中点和直线的斜率联系起来，借用中点公式即可求得斜率用点差法求直线方程后需验证直线与圆锥曲线是否相交(2)根与系数的关系，即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解1已知

13、双曲线的中心在原点且一个焦点为F(，0)，直线yx1与其相交于M，N两点若线段MN中点的横坐标为，则此双曲线的方程是()A.1 B.1C.1 D.1D解析：设双曲线的方程为1(a0，b0)由题意可得a2b27.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN的中点为.由1，1，得，即，所以.联立a2b27，解得a22，b25，故所求双曲线的方程为1.故选D.2已知直线x2y30与椭圆1(ab0)相交于A，B两点，且线段AB的中点在直线3x4y10上，则此椭圆的离心率为_解析：联立得x1，y1.故直线x2y30与3x4y10的交点为坐标为(1,1)，即线段AB的中点坐标为(1,1)设x2y30与

14、1的交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22，y1y22，直线x2y30的斜率k.分别把A，B的坐标代入椭圆方程得两式相减并整理，得，即，所以，即a22b2，所以abc，e.第2课时范围、最值问题考点1范围问题综合性(2021威海模拟)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围解：(1)由题意，得c1，所以a2b21.因为点P在椭圆C上，所以1，所以a24，b23.所以椭圆C的标准方程为1.(2)设直线l的方程

15、为ykx2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(4k23)x216kx40.因为48(4k21)0，所以k2.由根与系数的关系，得x1x2，x1x2.因为AOB为锐角，所以0，即x1x2y1y20.所以x1x2(kx12)(kx22)0，即(1k2)x1x22k(x1x2)40，所以(1k2)2k40，即0，所以k2.综上可知k2，解得k或k.所以直线l的斜率k的取值范围为.圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系(3)利用隐

16、含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围已知椭圆C：1(a0，b0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点若kOMkON，求原点O到直线l的距离的取值范围解：(1)由题意知e，2b2.又a2b2c2，所以b1，a2.所以椭圆C的标准方程为y21.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程得(4k21)x28kmx4m240.依题意，(8km)24(4k21)(4

17、m24)0，化简得m24k21.x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.若kOMkON，则，即4y1y25x1x2.所以(4k25)x1x24km(x1x2)4m20.所以(4k25)4km4m20，即(4k25)(m21)8k2m2m2(4k21)0，化简得m2k2.由得0m2，k2.因为原点O到直线l的距离d，所以d21.又k2，所以0d2b0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过点F2且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长为1.(1)求椭圆E的方程；(2)若直线ykxm(k0)交椭圆E于C，D两点，与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M

18、，N，且|CM|DN|，求|CD|的最小值解：(1)由题意可知e，且1，解得a2，b1，c.所以椭圆E的方程为y21.(2)把ykxm(k0)代入y21得(14k2)x28kmx4m240.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又M，N(0，m)，|CM|DN|，所以xMx1x2xN，即xMxNx1x2.所以x1x2.因为ykxm(k0)与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，所以m0.又k0，则k，故x1x22m，x1x22m22.因为直线ykxm(k0)与线段F1F2及椭圆的短轴分别交于不同两点，所以2m，即m，且m0，所以|CD|x1x2|.因为m，且m0

19、，所以，当m或m时，|CD|的最小值为.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y24，椭圆C：y21，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q.(1)若3，求直线AM的斜率；(2)设AMN与APQ的面积分别为S1，S2，求的最大值四字程序读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交1.向量3如何转化？2如何表示三角形的面积？把用直线AM的斜率k来表示转化与化归求直线AM的斜率，求AMN与APQ的面积之比1.用A，P，M的坐标表示；2利用公式Sabsin C表示并转化进而用均值不等式求

20、其最大值把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式思路参考：设直线AM的方程为yk(x2)，k0，利用yp3yM求解解：(1)设直线AM的方程为yk(x2)，k0，将yk(x2)与椭圆方程y21联立，得k2(x2)2(2x)(2x)求得点M的横坐标为xM，纵坐标为yM.将yk(x2)与圆方程x2y24联立，得k2(x2)2(2x)(2x)求得点P的横坐标为xP，纵坐标为yP.由3得yP3yM，即.又k0，解得k.(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN，yN，所以直线AN的斜率为kAN.于是，同理.所以，当且仅当16k2，即k时等号成立，所以的最大值为.思路参考：设直线AM的方程为yk(x

21、2)，k0，由3转化为xpxA3(xMxA)求解解：(1)设直线AM的方程为yk(x2)，k0，代入椭圆方程，整理得(4k21)x216k2x4(4k21)0.由根与系数的关系得xAxM，而xA2，所以xM.将yk(x2)代入圆的方程，整理得(k21)x24k2x4(k21)0.由根与系数的关系得xAxP，而xA2，所以xP.由3，得xPxA3(xMxA)，即23，解得k22.又k0，所以k.(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN，即kkAN，所以kAN.下同解法1(略)思路参考：设直线AM的方程为xmy2，利用yp3yM求解解：(1)设直线AM的方程为xmy2

22、(m0)，将其代入椭圆方程，整理得(m24)y24my0，得点M的纵坐标为yM.将xmy2代入圆的方程，整理得(m21)y24my0，得点P的纵坐标为yp.由3，得yP3yM，即.因为m0，解得m2，即m.又直线AM的斜率kb0)的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点(1)求椭圆E的方程；(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程解：(1)设F(c,0)，由题意知，解得c.因为e，所以a2，b2a2c21.所以椭圆E的方程为y21.(2)(方法一)显然直线l的斜率存在设直线l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上

23、由得(4k21)x216kx120，所以x1x2，x1x2.由(16k)248(4k21)0，得k2.则SOPQSAOQSAOP2|x2x1|.令t，则4k2t23且t0，于是SOPQ1，当且仅当t2，即k时等号成立，所以l的方程为yx2或yx2.(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2.将其代入椭圆方程，整理得(4k21)x216kx120，则(16k)248(4k21)16(4k23)0，即k2.由弦长公式得|PQ|.由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d，所以SOPQ|PQ|d.设t(t0)，则4k2t23，所以SOPQ1，当且仅当t2，即k时等号成立故所求直线l的方程为yx2或yx2.