高考數(shù)學(xué) 8.9 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課件.ppt

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第九節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,【知識梳理】 1.必會知識 教材回扣 填一填 (1)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定 ①代數(shù)法:把圓錐曲線方程與直線方程聯(lián)立消去y,整理得到關(guān)于x的方程ax2+bx+c=0.,無公共點(diǎn),一個(gè)交點(diǎn),不等,兩個(gè)交點(diǎn),一個(gè)交點(diǎn),無交點(diǎn),②幾何法:在同一直角坐標(biāo)系中畫出圓錐曲線和直線,利用圖象和性質(zhì)可判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.,(2)直線與圓錐曲線的相交弦長問題 設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A,B兩點(diǎn),A(x1,y1),B(x2,y2),則 |AB|=_____________ =______________________= =______________________.,2.必備結(jié)論 教材提煉 記一記 (1)直線與橢圓位置關(guān)系的有關(guān)結(jié)論:①過橢圓外一點(diǎn)總有兩條直線與橢圓相切;②過橢圓上一點(diǎn)有且僅有一條直線與橢圓相切;③過橢圓內(nèi)一點(diǎn)的直線均與橢圓相交.,(2)直線與拋物線位置關(guān)系的有關(guān)結(jié)論:①過拋物線外一點(diǎn)總有三條直線和拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn),兩條切線和一條與對稱軸平行或重合的直線;②過拋物線上一點(diǎn)總有兩條直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn),一條切線和一條與對稱軸平行或重合的直線;③過拋物線內(nèi)一點(diǎn)只有一條直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn),一條與對稱軸平行或重合的直線.,(3)直線與雙曲線位置關(guān)系的有關(guān)結(jié)論:①過雙曲線外不在漸近線上一點(diǎn)總有四條直線與雙曲線有且只有一個(gè)交點(diǎn),兩條切線和兩條與漸近線平行的直線;②過雙曲線上一點(diǎn)總有三條直線與雙曲線有且只有一個(gè)交點(diǎn),一條切線和兩條與漸近線平行的直線;③過雙曲線內(nèi)一點(diǎn)總有兩條直線與雙曲線有且只有一個(gè)交點(diǎn),兩條與漸近線平行的直線.,3.必用技法 核心總結(jié) 看一看 (1)常用方法:待定系數(shù)法、點(diǎn)差法、代數(shù)法. (2)數(shù)學(xué)思想:數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想、方程思想.,【小題快練】 1.思考辨析 靜心思考 判一判 (1)直線l與橢圓C相切的充要條件是:直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn).( ) (2)直線l與雙曲線C相切的充要條件是:直線l與雙曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn).( ) (3)直線l與拋物線C相切的充要條件是:直線l與拋物線C只有一個(gè)公共點(diǎn).( ),(4)如果直線x=ty+a與圓錐曲線相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)兩點(diǎn)，則弦 長|AB|= ( ) (5)若拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的兩點(diǎn)，則需滿足直線l與拋物線 C的方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程的判別式Δ0.( ),【解析】(1)正確,直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn),則直線l與橢圓C相切,反之亦成立. (2)錯(cuò)誤,因?yàn)橹本€l與雙曲線C的漸近線平行時(shí),也只有一個(gè)公共點(diǎn),是相交,但并不相切. (3)錯(cuò)誤,因?yàn)橹本€l與拋物線C的對稱軸平行時(shí),也只有一個(gè)公共點(diǎn),是相交,但不相切.,(4)正確，|AB|= 又x1=ty1+a,x2=ty2+a, 所以|AB|= = (5)錯(cuò)誤，應(yīng)是以l為垂直平分線的線段AB所在的直線l′與拋物線方程聯(lián)立，消元后所得一元二次方程的判別式Δ0. 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×,2.教材改編 鏈接教材 練一練 (1)(選修2-1P69例4改編)直線l經(jīng)過拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F,與拋物線相交于A,B兩點(diǎn),若|AB|=8,則直線l的方程為 .,【解析】當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),顯然不成立. 設(shè)直線l的斜率為k,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 因?yàn)橹本€l過焦點(diǎn)F(1,0), 故直線l的方程為y=k(x-1). 由 得k2(x-1)2=4x,即k2x2-(2k2+4)x+k2=0,,所以|AB|= 所以k2=1,故k=±1. 所以直線l的方程為y=±(x-1), 即x-y-1=0或x+y-1=0. 答案：x-y-1=0或x+y-1=0,(2)(選修2-1P81B組T1改編)已知F1,F2是橢圓16x2+25y2=1600的兩個(gè)焦點(diǎn),P是橢圓上一點(diǎn),且PF1⊥PF2,則△F1PF2的面積為 . 【解析】由題意可得|PF1|+|PF2|=2a=20, |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=144=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|·|PF2| =202-2|PF1|·|PF2|, 解得|PF1|·|PF2|=128, 所以△F1PF2的面積為 答案:64,3.真題小試 感悟考題 試一試 (1)(2014·四川高考)已知F為拋物線y2=x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B在該拋物 線上且位于x軸的兩側(cè)， (其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則△ABO與 △AFO面積之和的最小值是( ) 【解題提示】設(shè)AB方程：x=ty+m→聯(lián)立 →結(jié)合 求出m→求S△ABO+S△AFO的最小值.,【解析】選B.可設(shè)直線AB的方程為:x=ty+m,點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2), 則直線AB與x軸的交點(diǎn)M(m,0), 由 ?y2-ty-m=0,所以y1y2=-m, 又 ?x1x2+y1y2=2?(y1y2)2+y1y2-2=0, 因?yàn)辄c(diǎn)A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)， 所以y1y2=-2，故m=2，又,于是S△ABO+S△AFO= = ≥ 當(dāng)且僅當(dāng) 即 時(shí)取“=”， 所以△ABO與△AFO面積之和的最小值是3.,(2)(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知橢圓E: 的右焦 點(diǎn)F(3,0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)，若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-1)， 則E的方程為( ),【解析】選D.由橢圓 得，b2x2+a2y2=a2b2， 因?yàn)檫^點(diǎn)F的直線與橢圓 交于A，B兩點(diǎn)， 設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2),則 則b2x12+a2y12=a2b2 ①， b2x22+a2y22=a2b2 ②， 由①-②得b2(x12-x22)+a2(y12-y22)=0， 化簡得b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-y2)(y1+y2)=0. 2b2(x1-x2)-2a2(y1-y2)=0，,又直線的斜率為 即 因?yàn)閎2=a2-c2=a2-9，所以 解得a2=18，b2=9. 故橢圓方程為,(3)(2014·湖南高考)平面上一機(jī)器人在行進(jìn)中始終保持與點(diǎn)F(1,0)的距離和到直線x=-1的距離相等.若機(jī)器人接觸不到過點(diǎn)P(-1,0)且斜率為k的直線,則k的取值范圍是 . 【解題提示】根據(jù)拋物線的定義和直線與圓錐曲線的關(guān)系求解.,【解析】把機(jī)器人看做一個(gè)動點(diǎn),則根據(jù)拋物線定義知道它的軌跡 為拋物線,其方程為y2=4x,過點(diǎn)P(-1,0)且斜率為k的直線方程為 y=k(x+1),兩個(gè)方程聯(lián)立 消去y得k2x2+(2k2-4)x+k2=0, 由題意Δ=(2k2-4)2-4k41,所以k∈(-∞,-1)∪(1,+∞). 答案:(-∞,-1)∪(1,+∞),考點(diǎn)1 直線與圓錐曲線位置關(guān)系的確定及應(yīng)用 【典例1】(1)過拋物線y2=2x的焦點(diǎn)作一條直線與拋物線交于A,B兩點(diǎn),它們的橫坐標(biāo)之和等于2,則這樣的直線( ) A.有且只有一條 B.有且只有兩條 C.有且只有三條 D.有且只有四條,(2)(2013·浙江高考)如圖，點(diǎn)P(0,-1)是橢圓C1： 的一個(gè)頂點(diǎn)，C1的長軸是圓C2：x2+y2=4的直徑. l1,l2是過點(diǎn)P且互相 垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A,B兩點(diǎn)，l2交橢圓于另一點(diǎn)D. ①求橢圓C1的方程. ②求△ABD面積取最大值時(shí)直線l1的方程.,【解題提示】(1)由于過焦點(diǎn)垂直于軸的弦只有一條,且此時(shí)弦長最小,因此只需看該弦與弦AB的關(guān)系即可.(2)①由長軸可求a值,由點(diǎn)P可求b值;②先確定△ABD的底與高,再得出面積的解析式,利用基本不等式求最值.,【規(guī)范解答】(1)選B.設(shè)該拋物線焦點(diǎn)為F，A(xA，yA)，B(xB，yB)， 則|AB|＝|AF|＋|FB|＝ ＝xA＋xB＋1＝3＞2p＝2.所以符 合條件的直線有且只有兩條． (2)①由題意得，a=2,b=1，所以橢圓C1的方程為： ②設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0). 由題意知，直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為： y=kx-1，,又圓C2：x2+y2=4，故點(diǎn)O到直線l1的距離 所以|AB|= 又l2⊥l1，故直線l2的方程為：x+ky+k=0， 由 消去y，整理得(4+k2)x2+8kx=0， 故 所以 設(shè)△ABD的面積為S，則,所以 當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)取等號， 所以所求l1的方程為,【互動探究】本例(1)中的“橫坐標(biāo)之和等于2”改為“橫坐標(biāo)之和等于1”結(jié)果如何?若改為“橫坐標(biāo)之和等于0.5”結(jié)果如何?,【解析】若改為“橫坐標(biāo)之和等于1”, 設(shè)該拋物線焦點(diǎn)為F,A(xA,yA),B(xB,yB)，則|AB|＝|AF|＋|FB| ＝xA＋xB＋1＝2=2p＝2.所以符合條件的直線有且 只有一條． 若改為“橫坐標(biāo)之和等于0.5”， 設(shè)該拋物線焦點(diǎn)為F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，則|AB|＝|AF|＋|FB| ＝xA＋xB＋1＝1.5＜2p＝2.所以沒有符合條件的直線．,【規(guī)律方法】直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法及關(guān)注點(diǎn) (1)判定方法:直線與圓錐曲線方程聯(lián)立,消去x(或y),判定該方程組解的個(gè)數(shù),方程組有幾組解,直線與圓錐曲線就有幾個(gè)交點(diǎn). (2)關(guān)注點(diǎn):①聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程消元后,應(yīng)注意討論二次項(xiàng)系數(shù)是否為零的情況.②判斷直線與圓錐曲線位置關(guān)系時(shí),判別式Δ起著關(guān)鍵性的作用,第一:可以限定所給參數(shù)的范圍;第二:可以取舍某些解以免產(chǎn)生增根.,【變式訓(xùn)練】(2014·湖北高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點(diǎn)M的軌跡為C. (1)求軌跡C的方程. (2)設(shè)斜率為k的直線l過定點(diǎn)P(-2,1).求直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍.,【解題提示】(1)設(shè)出M點(diǎn)的坐標(biāo),直接由題意列等式,整理后即可得 到點(diǎn)M的軌跡C的方程. (2)設(shè)出直線l的方程為y-1=k(x+2),和(1)中的軌跡方程聯(lián)立化為關(guān) 于y的一元二次方程,求出判別式,再在直線y-1=k(x+2)中取y=0得到 然后分判別式小于0、等于0、大于0結(jié)合x0求解使直線l 與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取 值范圍.,【解析】(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y)，依題意得|MF|=|x|+1， 即 =|x|+1，化簡整理得y2=2(|x|+x). 故點(diǎn)M的軌跡C的方程為 (2)在點(diǎn)M的軌跡C中，記C1:y2=4x(x≥0)，C2:y=0(x0). 依題意，可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2). 由方程組 可得ky2-4y+4(2k+1)=0.① 當(dāng)k=0時(shí)，此時(shí)y=1.把y=1代入軌跡C的方程，得 故此時(shí)直線l:y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn),當(dāng)k≠0時(shí)，方程①的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).② 設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為(x0,0)， 由y-1=k(x+2)，令y=0，得 ③ (ⅰ)若 由②③解得k-1，或 即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪ 時(shí)，直線l與C1沒有公共點(diǎn)， 與C2有一個(gè)公共點(diǎn)， 故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn).,(ⅱ)若 或 由②③解得 即當(dāng)k∈ 時(shí)，直線l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn). 當(dāng)k∈ 時(shí)，直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)，與C2沒有公共點(diǎn). 故當(dāng) 時(shí)，直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn).,(ⅲ)若 由②③解得 即當(dāng) 時(shí)，直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公 共點(diǎn)， 故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn). 綜上可知，當(dāng) 時(shí)，直線l與軌跡C恰好有一個(gè) 公共點(diǎn)；當(dāng) 時(shí)，直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn)； 當(dāng) 時(shí)，直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn).,【加固訓(xùn)練】1.(2015·嘉定模擬)過點(diǎn)P(1,1)作直線與雙曲線 交于A,B兩點(diǎn),使點(diǎn)P為AB中點(diǎn),則這樣的直線( ) A.存在一條,且方程為2x-y-1=0 B.存在無數(shù)條 C.存在兩條,方程為2x±(y+1)=0 D.不存在,【解析】選D.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則x1+x2=2,y1+y2=2, 則 兩式相減得 所以 即kAB=2, 故所求直線方程為y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. 聯(lián)立 可得2x2-4x+3=0，但此方程沒有實(shí)數(shù)解， 故這樣的直線不存在.,2.(2015·焦作模擬)已知橢圓C1： 的離心率為 拋物線C2：x2＝2py(p0)的焦點(diǎn)是橢圓的頂點(diǎn). (1)求拋物線C2的方程. (2)過點(diǎn)M(－1,0)的直線l與拋物線C2交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，過E，F(xiàn)作拋物線 C2的切線l1，l2，當(dāng)l1⊥l2時(shí)，求直線l的方程．,【解析】(1)因?yàn)闄E圓C1的長半軸長a＝2，半焦距 由 得b2＝1. 所以橢圓C1的上頂點(diǎn)為(0,1),所以拋物線C2的焦點(diǎn)為(0,1), 所以拋物線C2的方程為x2＝4y. (2)由已知可得直線l的斜率必存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)， E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)．由x2＝4y，得 所以 所以切線l1，l2的斜率分別為,當(dāng)l1⊥l2時(shí)， 即x1x2＝－4. 由 得x2－4kx－4k＝0. 所以Δ＝(4k)2－4×(－4k)0，解得k0①. x1x2＝－4k＝－4，即k＝1，滿足①式． 所以直線l的方程為x－y＋1＝0.,考點(diǎn)2 與弦有關(guān)問題 【典例2】(1)(2015·濰坊模擬)直線4kx－4y－k＝0與拋物線y2＝x 交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝4，則弦AB的中點(diǎn)到直線 的距離 等于( ),(2)已知橢圓C： 直線 與以原點(diǎn)為圓心， 以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點(diǎn)，P為橢 圓C上任意一點(diǎn)，△F1PF2的重心為G，內(nèi)心為I，且IG∥F1F2. ①求橢圓C的方程. ②若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且線段AB 的垂直平分線過定點(diǎn) 求實(shí)數(shù)k的取值范圍．,【解題提示】(1)首先判斷出直線過拋物線的焦點(diǎn),再根據(jù)|AB|=4求解. (2)①設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo),表示出重心坐標(biāo),設(shè)出內(nèi)心坐標(biāo),根據(jù)相切和IG∥F1F2求解; ②聯(lián)立方程,利用線段AB的中點(diǎn)在垂直平分線上求解.,【規(guī)范解答】(1)選C.直線4kx－4y－k＝0，即 即直線4kx－4y－k＝0過拋物線y2＝x的焦點(diǎn) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝ 故 則弦AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是 弦AB的中點(diǎn)到直線 的距離是,(2)①設(shè)P(x0，y0)，x0≠±a，則 又設(shè)I(xI，yI)，因?yàn)镮G∥F1F2，所以 因?yàn)閨F1F2|＝2c， 所以 所以2c·3＝2a＋2c， 所以 又由題意知 所以 所以a＝2，所以橢圓C的方程為,②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 消去y， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由題意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0， 即m2＜4k2＋3，又x1＋x2＝ 則y1＋y2＝ 所以線段AB的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為 又線段AB的垂直平分線l′的方程為 點(diǎn)P在直線l′上，,所以 所以4k2＋6km＋3＝0，所以 所以 所以 解得 所以k的取值范圍是,【規(guī)律方法】 1.弦長的計(jì)算方法與技巧 求弦長時(shí)可利用弦長公式,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(guān)系得到兩根之和、兩根之積的代數(shù)式,然后進(jìn)行整體代入弦長公式求解. 提醒:注意兩種特殊情況:(1)直線與圓錐曲線的對稱軸平行或垂直; (2)直線過圓錐曲線的焦點(diǎn).,2.弦中點(diǎn)問題的解法 點(diǎn)差法在解決有關(guān)弦中點(diǎn)、弦所在直線的斜率、弦中點(diǎn)與原點(diǎn)連線斜率問題時(shí)可簡化運(yùn)算,但要注意直線斜率是否存在. 3.與弦端點(diǎn)相關(guān)問題的解法 解決與弦端點(diǎn)有關(guān)的向量關(guān)系、位置關(guān)系等問題的一般方法,就是將其轉(zhuǎn)化為端點(diǎn)的坐標(biāo)關(guān)系,再根據(jù)聯(lián)立消元后的一元二次方程根與系數(shù)的大小關(guān)系,構(gòu)建方程(組)求解.,【變式訓(xùn)練】設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E： 的左、右焦 點(diǎn)，過F1斜率為1的直線l與E相交于A，B兩點(diǎn)，且|AF2|，|AB|，|BF2| 成等差數(shù)列. (1)求E的離心率. (2)設(shè)點(diǎn)P(0，-1)滿足|PA|=|PB|，求E的方程.,【解析】(1)由橢圓定義知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a,又2|AB|= |AF2|+|BF2|,得|AB|= l的方程為y=x+c,其中 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組 消去y，化簡得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0, 則 因?yàn)橹本€AB的斜率為1，所以 即 故a2=2b2, 所以E的離心率,(2)設(shè)AB的中點(diǎn)為N(x0,y0),由(1)知 由|PA|=|PB|，得kPN=-1,即 得c=3,從而 故橢圓E的方程為,考點(diǎn)3 探究性、存在性問題 知·考情 探究性、存在性問題是高考在解析幾何中命題的一大亮點(diǎn),主要是以解答題的形式出現(xiàn),考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、圓錐曲線的幾何性質(zhì),考查學(xué)生的運(yùn)算能力以及分析問題、解決問題的能力.,明·角度 命題角度1：探究是否存在常數(shù)問題 【典例3】(2013·江西高考)如圖，橢圓C: 經(jīng)過點(diǎn) 離心率 直線l的方程為x=4.,(1)求橢圓C的方程. (2)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P),設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M,記PA,PB,PM的斜率分別為k1,k2,k3.問:是否存在常數(shù)λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,說明理由.,【解題提示】(1)由點(diǎn)在橢圓上和離心率建立方程求出橢圓方程. (2)設(shè)出直線的方程,將其與橢圓的方程結(jié)合得到一個(gè)一元二次方程,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系和M的坐標(biāo),由此得出相應(yīng)的直線的斜率,根據(jù)A,F,B三點(diǎn)共線得出相應(yīng)的坐標(biāo)之間的關(guān)系從而求出常數(shù)的值.,【規(guī)范解答】(1)由 在橢圓上得， ① 依題設(shè)知a=2c，則a2=4c2,b2=3c2, ② 將②代入①得c2=1,a2=4,b2=3. 故橢圓C的方程為 (2)存在.由題意可設(shè)AB的斜率為k，則直線AB的方程為y=k(x-1), ③ 代入橢圓方程并整理得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則有 ④,在方程③中令x=4,得M(4，3k). 從而 注意到A,F,B三點(diǎn)共線，則有k=kAF=kBF, 即 所以,= ⑤ 將④代入⑤得k1+k2= =2k-1. 又 所以k1+k2=2k3.故存在常數(shù)λ=2符合題意.,【一題多解】解答本題第(2)問還有以下解法： 設(shè)B(x0,y0)(x0≠1)，則直線FB的方程為： 令x=4，求得 從而直線PM的斜率為 聯(lián)立 解得,則直線PA的斜率為 直線PB的斜率為 所以 故存在常數(shù)λ=2符合題意.,命題角度2：探究是否存在點(diǎn)或線問題 【典例4】(2014·湖南高考)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)， 雙曲線C1: 和橢圓C2: 均過點(diǎn) 且以C1的 兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積 為2的正方形.,(1)求C1,C2的方程. (2)是否存在直線l，使得l與C1交于A,B兩點(diǎn)，與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)， 且 ？證明你的結(jié)論. 【解題提示】利用橢圓的定義和直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,聯(lián)立 方程組,求解.,【規(guī)范解答】(1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c2=2,2a1=2,從而 a1=1,c2=1.因?yàn)辄c(diǎn) 在雙曲線 上，所以 故b12=3, 由橢圓的定義知 于是 故C1,C2的方程分別為,(2)不存在符合題設(shè)條件的直線. (i)若直線l垂直于x軸， 因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以直線l的方程為 當(dāng) 時(shí)，易知 所以 此時(shí)， 當(dāng) 時(shí)，同理可知,(ii)若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為y=kx+m, 由 得(3-k2)x2－2kmx－m2－3=0. 當(dāng)l與C1相交于A,B兩點(diǎn)時(shí)，設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)， 則x1,x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，從而 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= 由 得(2k2+3)x2+4kmx+2m2－6=0.,因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以上述方程的判別式 Δ=16k2m2－8(2k2+3)(m2－3)=0, 化簡，得2k2=m2－3. 因此 于是 即 故 綜合(i)(ii)可知，不存在符合題設(shè)條件的直線.,命題角度3:探究是否存在最值問題 【典例5】(2014·山東高考)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),△ADF為正三角形. (1)求C的方程. (2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)E, ①證明直線AE過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo); ②△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值;若不存在,請說明理由.,【解題提示】(1)由拋物線的定義及已知條件點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí)，△ADF為正三角形.可求得p的值. (2)①先設(shè)出點(diǎn)A的坐標(biāo),根據(jù)|FA|=|FD|表示出D點(diǎn)坐標(biāo),然后根據(jù)l1∥l求出AE的方程,即可判斷AE是否過定點(diǎn);②可利用設(shè)出的A點(diǎn)坐標(biāo)表示出△ABE的面積,然后利用基本不等式求出最值.,【規(guī)范解答】(1)由題意知 設(shè)D(t,0)(t0), 則FD的中點(diǎn)為 因?yàn)閨FA|=|FD|, 由拋物線的定義知 解得t=3+p或t=-3(舍去)， 由 解得p=2. 所以拋物線的方程為y2=4x.,(2)①由(1)知F(1,0), 設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD0), 因?yàn)閨FA|=|FD|, 則|xD-1|=x0+1, 由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0), 故直線AB的斜率 因?yàn)橹本€l1和直線AB平行， 設(shè)直線l1的方程為,代入拋物線方程得 由題意 設(shè)E(xE,yE),則 當(dāng) 時(shí)， 可得直線AE的方程為 由 整理可得 直線AE恒過點(diǎn)F(1,0)， 當(dāng)y02=4時(shí)，直線AE的方程為x=1，過點(diǎn)F(1,0)， 所以直線AE過定點(diǎn)F(1,0).,②由①知直線AE過焦點(diǎn)F(1,0)， 所以|AE|=|AF|+|FE|= 設(shè)直線AE的方程為x=my+1, 因?yàn)辄c(diǎn)A(x0,y0)在直線AE上，故 設(shè)B(x1,y1). 直線AB的方程為 由于y0≠0， 可得,代入拋物線方程得 所以 可求得 所以點(diǎn)B到直線AE的距離為 則△ABE的面積,當(dāng)且僅當(dāng) 即x0=1時(shí)等號成立， 所以△ABE的面積存在最小值為16.,悟·技法 解決探究性、存在性問題的常用方法 (1)解決是否存在常數(shù)的問題時(shí),應(yīng)首先假設(shè)存在，看是否能求出符合條件的參數(shù)值，如果推出矛盾就不存在，否則就存在. (2)解決是否存在點(diǎn)的問題時(shí)，可依據(jù)條件，直接探究其結(jié)果；也可以舉特例，然后再證明.,(3)解決是否存在直線的問題時(shí)，可依據(jù)條件尋找適合條件的直線方程，聯(lián)立方程消元得出一元二次方程，利用判別式得出是否有解. (4)解決是否存在最值問題時(shí)，可依據(jù)條件，得出函數(shù)解析式，依據(jù)解析式判定其最值是否存在，然后得出結(jié)論.,通·一類 1.(2015·長沙模擬)已知圓N:(x+2)2+y2=8和拋物線C:y2=2x,圓N的切線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)A,B.,(1)當(dāng)切線l斜率為1時(shí)，求線段AB的長. (2)設(shè)點(diǎn)M和點(diǎn)N關(guān)于直線y=x對稱，問是否存在直線l，使得 若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.,【解析】(1)因?yàn)閳AN：(x+2)2+y2=8, 所以圓心N為(-2，0)，半徑 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 當(dāng)直線l的斜率為1時(shí)，設(shè)l的方程為y=x+m,即x-y+m=0,(由圖形知m0). 因?yàn)橹本€l是圓N的切線，所以 解得m=-2，或m=6(舍去),此時(shí)直線l的方程為y=x-2. 由 消去x得y2-2y-4=0,,所以Δ=(-2)2+16=200,y1+y2=2,y1·y2=-4, (y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=20, 所以弦長,(2)(ⅰ)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程y=kx+m, 即kx-y+m=0(k≠0), 因?yàn)橹本€l是圓N的切線，所以 得m2-4k2-4mk-8=0, ① 由 消去x得ky2-2y+2m=0, Δ=4-4k×2m0,即 且k≠0, 因?yàn)辄c(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于直線y=x對稱，所以M(0,-2), 所以,因?yàn)? 所以x1x2+(y1+2)(y2+2)=0. 將A，B代入直線y=kx+m并化簡，得 (1+k2)y1y2+(2k2-m)(y1+y2)+m2+4k2=0, 代入 得 化簡，得m2+4k2+2mk+4k=0, ② ①+②得2m2-2mk+4k-8=0, 即(m-2)(m-k+2)=0,解得m=2，或m=k-2,,當(dāng)m=2時(shí)，代入①，解得k=-1,滿足條件 且k≠0, 此時(shí)直線l的方程為y=-x+2. 當(dāng)m=k-2時(shí)，代入①整理，得7k2-4k+4=0,無解.,(ⅱ)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)， 因?yàn)橹本€l是圓N的切線，所以l的方程為 則得x1x2= y1+y2=0, (y1y2)2=4x1x2= 即 由①得 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)， 不成立. 綜上所述，存在滿足條件的直線l，其方程為y=-x+2.,2.(2015·張掖模擬)已知橢圓C： 的離心率為 以原點(diǎn)O為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線 相切. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程. (2)若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且kOA·kOB= 試判斷△AOB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為 定值，說明理由.,【解析】(1)由題意知 所以 即 又 所以a2=4,b2=3， 故橢圓的方程為 (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，由 得 (3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)0,3+4k2-m20.,y1·y2=(kx1+m)·(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2= 2m2-4k2=3, |AB|=,S△= 所以△AOB的面積為定值,規(guī)范解答17 直線與圓錐曲線的綜合問題 【典例】(12分)(2014·四川高考)已知橢圓C： 的焦距為4，其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.,(2)設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，T為直線x=-3上任意一點(diǎn)，過F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q. ①證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))； ②當(dāng) 最小時(shí)，求點(diǎn)T的坐標(biāo).,解題導(dǎo)思 研讀信息 快速破題,規(guī)范解答 閱卷標(biāo)準(zhǔn) 體會規(guī)范 (1)由已知可得 解得a2=6,b2=2. ………………………………………………2分 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是 ………………………3分 (2)①由(1)可得，F(xiàn)的坐標(biāo)是(-2，0)，設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(-3，m). 則直線TF的斜率 當(dāng)m≠0時(shí)，直線PQ的斜率 直線PQ的方程是x=my-2. …………………………………………………………………4分,當(dāng)m=0時(shí)，直線PQ的方程是x=-2, 也符合x=my-2的形式.………………5分 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立， 得 消去x，得(m2+3)y2-4my-2=0, 其判別式Δ=16m2+8(m2+3)0. 所以,,,所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為 ………………7分 所以直線OM的斜率 又直線OT的斜率 所以點(diǎn)M在直線OT上， 因此OT平分線段PQ.…………………………………………8分 ②由①可得， |TF|= ………………………………………………9分 |PQ|=,= ……………………………………………………10分 所以 當(dāng)且僅當(dāng) 即m=±1時(shí)，等號成立，此時(shí) 取得最小值.…………………………………………………………11分 所以當(dāng) 最小時(shí)，T點(diǎn)的坐標(biāo)是(-3，1)或(-3,-1).……12分,,高考狀元 滿分心得 把握規(guī)則 爭取滿分 1.注意通性通法的應(yīng)用 在解題過程中,注意答題要求,嚴(yán)格按照題目及相關(guān)知識的要求答題,不僅注意解決問題的巧解,更要注意此類問題的 通性通法.如在解決本例(2)①時(shí),注意本題的實(shí)質(zhì)是直線與圓錐曲線的相交問題,因此設(shè)出直線方程,然后聯(lián)立橢圓方程構(gòu)造方程組,利用根與系數(shù)的關(guān)系求出y1+y2,y1y2的值即為通法.,2.關(guān)鍵步驟要全面 閱卷時(shí),主要看關(guān)鍵步驟、關(guān)鍵點(diǎn),有關(guān)鍵步驟、關(guān)鍵點(diǎn)則得分,沒有要相應(yīng)扣分,所以解題時(shí)要寫全關(guān)鍵步驟,踩點(diǎn)得分,對于純計(jì)算過程等非得分點(diǎn)的步驟可簡寫或不寫,如本例(2)中,消元化簡時(shí),可直接寫出結(jié)果,利用弦長公式求|PQ|時(shí),也可省略計(jì)算過程.,