【赢在高考】2014届高考数学第一轮复习配套课件:9.9 直线与圆锥曲线的位置关系 _图文

第 9 讲 直线与圆锥曲线的 位置关系

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考 纲 展 示 1.理解数形结合的 思想. 2.了解圆锥曲线的 简单应用.

考 纲 解 读 从近两年的高考试题来看,直线与圆锥曲线的位置关系、 弦长、中点弦的问题等是高考的热点问题,题型既有选择 题、 填空题,又有解答题,难度属中等偏高.客观题主要考查 直线与圆锥曲线的位置关系、弦长问题,解答题考查较为 全面,在考查上述问题的同时,注重考查函数与方程、转化 与化归、分类讨论等思想方法.

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1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法 ( 代数法, 1) 把圆锥曲线方程与直线方程联立消去 y, 整理得出关 于 x 的方程 Ax2+Bx+C=0, 若圆锥曲线是双曲线或是抛物线, A=0 当 时, 表示直线与双曲线的渐近线或抛物线的轴平行; A≠0 时, 当 记该一 元二次方程根的判别式为 Δ.( 若 Δ>0 时, ⅰ) 直线与圆锥曲线相交;ⅱ) ( 若 Δ=0 时, 直线与圆锥曲线相切;ⅲ) Δ<0 时, ( 若 直线与圆锥曲线相离. ( 几何法, 2) 在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线, 利用图象 和性质可判断直线与圆锥曲线的位置关系.

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2.直线与圆锥曲线的相交弦长问题 ( 斜率为 k 的直线与圆锥曲线有两个公共点 M( 1, 1)N( 2, 2) 1) x y , x y , 可结合韦达定理, 代入弦长公式|MN|= (2 -1 )2 + (2 -1 )2 = 1 + 2 |x1-x2|= (1 + 2 )[(1 + 2 )2 -41 2 ], 或|MN|= 1 +
1
2 |y1-y2|=

1+

1
2

[(1 + 2 )2 -41 2 ]求距离.

( 当直线的斜率 k 不存在时, 2) 可求出交点坐标, 直接计算. ( 若涉及直线过圆锥曲线的焦点弦问题, 3) 一般利用圆锥曲线的 定义去解决.

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3.点差法: 在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相 交和被截的线段的中点坐标时, 设出直线和圆锥曲线的两个交点坐 标, 代入圆锥曲线的方程并作差, 从而求出直线的斜率, 然后利用中点 求出直线方程.“点差法”的常见题型有: 求中点弦方程、求( 过定点、 平行弦) 弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有 不等价性, 即要考虑判别式 Δ 是否为正数. 4.圆锥曲线的定值、最值、存在性问题很大一部分是利用等价 转化思想求有关圆锥曲线问题中参数的取值范围, 常用的处理方法 有: ( 不等式( 的知识.根据题意结合图形列出所讨论的参数适 1) 组) 合的不等式( , 组)通过解不等式( 得出参数的变化范围; 组) ( 转化为求函数的值域.把所讨论的参数作为一个变量, 2) 另一个 适当的参数作为自变量来表示这个变量, 从而建立函数关系, 再通过 讨论函数的值域求出参数的变化范围.
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2 1.直线 y=kx-k+1 与椭圆 9

2 + 4 =1

的位置关系为(

)

A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 【答案】 A 【解析】 由于直线 y=kx-k+1=k( +1 过定点( 1) ( 1) x-1) 1, , 1, 在椭圆内, 故直线与椭圆必相交.

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2.(2012·福建泉州质检) “直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只 有一个公共点”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】 A 【解析】 与渐近线平行的直线也与双曲线只有一个公共点.

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3.已知抛物线 C 的方程为 x2= y, A( -1)B( 3) 过 0, , t, 两点的直线与抛物线 C 没有公共点, 则实数 t 的取值范围是( A.( -1) 1, -∞, ∪( +∞) B. -∞,- 2 ∪ 2 , + ∞ C.( -2 2) 2 2, -∞, ∪( +∞) D.( - 2) -∞, ∪( 2, +∞) 【答案】 D
2 1 4 1 2 2

1 2

)

【解析】 直线 AB 的方程为 y= x-1, 与抛物线方程 x2=2y 联立得 x2- x+2=0, 由于直线 AB 与抛物线 C 没有公共点, 所以 Δ= 2 -2<0, 解得 t> 2或 t<- 2, 故选 D.
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4

2 2 4.斜率为 1 的直线 l 与椭圆 +y =1 交于不同两点 A, 则|AB|的最大 B, 4

值为( A.2

)
4 5 B. 5 4 10 C. 5 8 10 D. 5

【答案】 C 【解析】 设直线 l 的方程为
4· 5-2

5 2 x +2tx+t2-1=0, 由题意得 Δ=( 2-5( 2-1) 即 t2<5.故弦长 2t) t >0, 4 4 10 |AB|= 2· 5 ≤ 5 . 2 2 5.若直线 y=a 与椭圆 3 + 4 =1

2 2 y=x+t, 代入 4 +y =1

消去 y 得

恒有两个不同交点, a 的取值范围 则



.

【答案】 ( 2) -2,
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T 题型一直线与圆锥曲线的位置关系
例1

(2012·浙江温州高三一模)如图,过点 A(0,-1)的动直线 l 与抛物 线 C:x2 =4y 交于 P(x1 ,y1 ),Q(x2 ,y2 )两点. (1)求证:x1 x2 =4; (2)已知点 B(-1,1),直线 PB 交抛物线 C 于另外一点 M,试问:直线 MQ 是否经过一个定点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理 由.
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(1)【证明】 由已知得直线 l 的斜率必存在, 设直线 l 的方程为 y=kx-1, 由 = -1, 得 x2 -4kx+4=0,从而 x1 x2 =4. 2 = 4y,
2 3 3 , 4

(2)【解】 设 M 又P
2 1-1 ∴4 +1 1 2 1 1 , 4

,

,B(-1,1),且 P,M,B 三点共线,

=

2 2 1- 3 1+3 4 4 = 4 , 1 -3

化简得 x1 x3 +x1 +x3 +4=0,(*) ∵ 1 x2 =4,∴ 1 = , x x
2

4

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将 x1 = 代入(*),化简得 x2 x3 +4(x2 +x3 )+4=0,
2 3 =-(x2 +x3 )-1, 4 2 2 2- 3 2+3 4 4 的斜率为 = , 4 2 -3 2 y- 3 4

4 2

直线 MQ

∴ 直线 MQ 的方程为

=

2 +3 (x-x3 ), 4

2 +3 23 2 3 即 y= x,又 =-(x2 +x3 )-1, 4 4 4 2 +3 ∴ 直线 MQ 的方程化为 y= x+(x2 +x3 )+1, 4

当 x=-4 时,y=1, ∴ 直线 MQ 经过一个定点,这个定点的坐标为(-4,1).
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在讨论直线和圆锥曲线的位置关系时,先联立方程组,再消 去 x(或 y),得到关于 y(或 x)的方程,如果是直线与圆或椭圆,则所得方 程一定为一元二次方程;如果是直线与双曲线或抛物线,则需讨论二 次项系数等于零和不等于零两种情况,只有二次方程才有判别式,另 外还应注意斜率不存在的情形.

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2 2 1.求证: 不论 m 取何值, 直线 l: mx-y-m+1=0 与椭圆 + =1 总有 16 9

交点. -- + 1 = 0, 【证法一】 由 消去 y 得 2 2 + 9 = 1, 16 整理, 16m2+9) 2-32m( 得( x m-1) x+16m2-32m-128=0.( *) 2 ∵ Δ=322m2( m-1) -4( 16m2+9) 16m2-32m-128) ( =576( 15m2+2m+8) =576 15
1 2 + 15 2 (-+1) + 16 9
2

=1,

+ 15 >0,

119

∴ 方程( 恒有实根. *) ∴ 原方程组恒有解.故直线 l 与椭圆总有交点.
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【证法二】 直线 l 的方程可化为 m( +( x-1) -y+1) =0, 故直线 l 恒过 x-1=0 和-y+1=0 的交点 A( 1) 16 + 9<1, 1, .∵ ∴ A 点
2 2 在椭圆16 + 9 =1 1 1

内部.

∴ 直线 l 与椭圆总有交点.

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T 题型二圆锥曲线中的弦长问题
例 2 椭圆 ax2+by2=1 与直线 x+y-1=0 相交于 A, 两点, B C
是 AB 的中点, 若|AB|=2 2, OC
2 的斜率为 2 , 求椭圆的方程.

结合二次方程根分布的知识与椭圆方程的相关知识 即可解得本题.

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【解】 方法一: A( 1, 1) B( 2, 2) 代入椭圆方程并作差得 设 x y , x y , a( 1+x2) x1-x2) y1+y2) y1-y2) x ( +b( ( =0. 而
1 -2 1 -2

=-1, 1 +2=kOC= 2 ,
1 2

+

2

代入上式可得 b= 2a. 再由|AB|= 2|x2-x1|=2 2. 2 + b 2 = 1, 由 得( a+b) 2-2bx+b-1=0, x + = 1, 可知 x1, 2 是方程( x a+b) 2-2bx+b-1=0 的两根, x 故
2 2 -1 -4·+=4. +

将 b= 2a 代入得

1 a= . 3

2 2 ∴ 3 .∴ b= 所求椭圆的方程是 3

+

2 2 y =1. 3

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2 + b 2 = 1, 方法二: 由 得( a+b) 2-2bx+b-1=0. x + = 1 设 A( 1, 1) B( 2, 2) x y , x y , 则|AB|= ( 2 + 1)(1 -2 )2 = 2·
4 -4(a+b)(b-1) + +-
2

.

∵ |AB|=2 2, + =1.① ∴ 设 C( y) 则 x= 1 2 x, ,
2 2 +2

= +, y=1-x=+.
2 . 2





∵ 的斜率为 , = OC ∴ 代入①, 得

1 2 2 a= , b= .∴ 椭圆方程为 3 3 3

+

2 2 y =1. 3
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方法一利用了设点、代入、作差, 借助斜率的解题方法, 称作“点差法”, 是解析几何解决直线与圆锥曲线位置关系的常用技 巧, 应在理解的基础上进行记忆.方法二是圆锥曲线弦长的基本求法, 是利用两点间的距离公式求得的, 再者就是结合弦所在直线的斜率 k, 利用弦长= (1 + 2 )(2 -1 )2 与韦达定理结合较简单, 如果是焦点 弦, 可结合圆锥曲线的定义求解.

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2.如图, 直线 y=kx+b 面积为 S.

2 2 与椭圆 4 +y =1

交于 A, 两点, B 记△AOB 的

( 求在 k=0, 1) 0<b<1 的条件下, 的最大值; S ( 当|AB|=2, 2) S=1 时, 求直线 AB 的方程. 【解】 ( 设点 A 的坐标为( 1, , B 的坐标为( 2, , 1) x b) 点 x b)
2 2 由 4 +y =1, 解得 x1,2=± 2 1

1-2 ,

所以 S=2b|x1-x2|=2b 1-2 ≤b2+1-b2=1, 当且仅当 b= 时, 取到最大值 1. S
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2 2

得( 2+1) 2+8kbx+4b2-4=0, 4k x 2 + = 1, 4 Δ=16( 2-b2+1) 4k .① |AB|= 1 + 2 |x1-x2| ( 由 2 2) = 1 + 2 ·
16(4 - +1) 4 +1
2 2 2

= + ,

=2.②
|| 1+
2

又因为 O 到 AB 的距离 d=

=

2 =1, ||

所以 b2=k2+1.③ 将③代入②并整理, 4k4-4k2+1=0. 得 解得 k2=2, 2=2, b 代入①式检验, Δ>0.
2 6 1 3

故直线 AB 的方程是 y= 2 x+ 2 或 y= 2 x- 2 或 y=- 2 x+ 2 或 y=- 2 x- 2 .
2 6

2

6

2

6

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T 题型三圆锥曲线的弦的中点问题
例 3 已知中心在原点, 焦点在 x 轴上的椭圆与圆
x2+y2-4x-2y+2=0 交于 A, 两点, 恰是该圆的直径, AB 的斜率为 B AB 且 -2, 求此椭圆的方程. |AB|= 10,
1 5

【解】 圆的方程化为( 2+( 2=2, x-2) y-1) 其圆心为( 1) 直径 2, ,
2 设椭圆方程为2

5

+

2

a>b>0) A, 的坐标分别为( 1, 1) ( 2, 2) , B x y ,x y , 2 =1(

则 x1+x2=4, 1+y2=2. y 又 kAB=-2, 即 A, B
1 1 -2 1 -2 2 在椭圆上, 1 有 2

=-2,
2 + 2 =1, 2 2 2 1

1

+

2 2

2 =1,

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2 -2 2 -2 得 1 2 2 + 1 2 2 =0, 2 (1 +2 )(1 -2 ) 1 == 4. 2 (1 +2 )(1 -2)

∴ 2=4b2. a ∴ 椭圆方程化为 x2+4y2=4b2. 即 y=-2x+2.
1

直线 AB 的方程为 y-1=-2( , x-2) 把直线方程代入椭圆方程得 x +4 即 x2-4x+8-2b2=0, 2 由 Δ=16-4( 8-2b) >0 得 b2>2. ∴ 1+x2=4, 1x2=8-2b2. x x
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2

1

2 1 - 2 x + 2 =4b2,

∵ |AB|= 1 + 2 |x1-x2|, ∴ 10= 1 +
5 1 2 -2
2 [ x1+x2) -4x1x2] (

=4[ 16-4( 8-2b2) . ]

解之, b2=3, a2=12. 得 ∴
2 2 ∴ 所求椭圆方程为 + =1. 12 3

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对于中点弦问题, 常用的解题方法是平方差法.其解题步 骤为: (1)设点: 即设出弦的两端点坐标; (2)代入: 即代入圆锥曲线方程; (3)作差: 即两式相减, 再用平方差公式把上式展开; (4)整理: 即转化为斜率与中点坐标的关系式, 然后求解.

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3.已知一椭圆的两个焦点为 F1( -2 2)F2( 2 2)离心率 e= 0, , 0, ,

2 2 . 3

( 求该椭圆方程. 1) ( 一条不与坐标轴平行的直线 l 与椭圆交于不同的两点 M, 2) N, 且线段 MN 中点的横坐标为- , 求直线 l 倾斜角的取值范围. 【解】 ( ∵ 1) c=2 2, = ∴ a=3. ∴ b
2



1 2 2 2 , 3

2 2 =1.∴ 椭圆方程为 9 +x =1.

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( 设 M( 1, 1) N( 2, 2) 且 MN 中点为 P - ,0 , MN=k( 2) x y , x y , k k≠0) 则 ,
2 1 9

+

(1 -2 )(1 +2 ) +( 1-x2) x1+x2) x ( =0, 9 1 -2 9(1 +2 ) 9 ∴ =.∴ 0= . y 1 +2 2 1 -2

2 2 1 =1,9

2

1 2

2 + 2 =1.

相减, 得

1 9 2 2 由于点 - 2 , 2 在椭圆 9 +x =1 92 1 1 ∴ 2 ·9 + 4<1.∴ 2>3. k (2)

内部,

∴ 3或 k<- 3. k> ∴ 直线 l 倾斜角的取值范围是
π π , 3 2



π 2π , 2 3

.
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T 题型四圆锥曲线中的最值、范围问题
例 4(2012·宜春三校联考) 已知椭圆 E 的中心在坐标原
1 点, 焦点在 x 轴上, 离心率为2, 且椭圆 E 上一点到两个焦点距离之和为

4,1,2 是过点 P( 2) l l 0, 且互相垂直的两条直线,1 交 E 于 A, 两点,2 交 E l B l 于 C, 两点, CD 的中点分别为 M, D AB, N. ( 求椭圆 E 的方程; 1) ( 求 l1 的斜率 k 的取值范围; 2) ( 求 ·的取值范围. 3)

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2 2 【解】 ( 设椭圆方程为 2 + 2 =1( 1) a>b>0) , 1 = 2, = 2,



2 = 4, 得 = 3, 2 = 2 + 2 ,
2 + 3 =1.

2 ∴ 椭圆方程为 4

( 由题意知, 2) 直线 l1 的斜率存在且不为零.
1 ∵1: l y=kx+2, l2: x+2. ∴ y=-



= + 2, 1 2 根据题意, 16k) -16( Δ=( 3+4k2) 解得 k2>4. >0, 同理得
1 2 - 1 1 1

2 4

2 + 3

= 1,消去 y 并化简整理, 3+4k2) 2+16kx+4=0. 得( x

> 4, 2<4, 4<k2<4, k ∴ k∈ -2,- 2 ∪ 2 ,2 .
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1

( 设 A( 1, 1) B( 2, 2) M( 0, 0) 3) x y , x y , x y , 那么 x1+x2=y0=kx0+2= , x0= 1 2 2=2 ∴ 2, 3+4 3+4 ∴ 2, M 1

16

+

8

6

8

3+4

3+4 6

2,

6 3+4
2

,
8

, , N 即 4 , 4 . 1 2 1 2 3+ 2 3+ 2 3+4 - 3+4 - 8 8 6 6 28 ∴ ·= · 4 + · 4 =2 2 3+4 3+4 3+ 2 3+ 2 25+12 2 + 1 2 同理得 N
1 2 2 1 ∵ <k <4, 2≤k + 2 ∴ 4

-8 -

6

.

<

17 4 .∴ ≤4 7

28
2

即·的取值范围是

25+12 + 2 4 7 - 7 ,- 19 .

7 <- , 19 1

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圆锥曲线中求最值与范围问题是高考题中的常考问题, 解决此 类问题, 一般有两个思路: (1)构造关于所求量的函数, 通过求函数的值域来获得问题的解; (2)构造关于所求量的不等式, 通过解不等式来获得问题的解.

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4.(2012·山东卷, 21)如图, 椭圆
3 , 直线 2

2 M: 2

+

2

a>b>0) 的离心率为 2 =1(

x=± 和 y=± 所围成的矩形 ABCD 的面积为 8. a b

( 求椭圆 M 的标准方程; 1) ( 设直线 l: 2) y=x+m( m∈R) 与椭圆 M 有两个不同的交点 P, l 与 Q, 矩形 ABCD 有两个不同的交点 S, T.求 || 的最大值及取得最大值时 m 的值.
||

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【解】 ( 设椭圆 M 的半焦距为 c, 1) 2 = 2 + 2 , 由题意知 4 = 8, 所以 a=2, b=1. 因此椭圆


=

3 , 2

2 2 M 的方程为 4 +y =1.

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+ 2 = 1,整理得 5x2+8mx+4m2-4=0, ( 由 2) = + 由 Δ=64m2-80( 2-1) m =80-16m2>0, 得- 5<m< 5. 设 P( 1, 1) Q( 2, 2) x y , x y , 则
8 4(2 -1) x1+x2=- , 1x2= x . 5 5

2 4

所以|PQ|= (1 -2 )2 + (1 -2 )2 = 2[(1 + 2 )2 -41 2 ] =5 2(5-2 )( 5<m< 5) . 线段 CD 的方程为 y=1( -2≤x≤2) 线段 AD 的方程为 x=-2( , -1≤y≤1) .
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4

①不妨设点 S 在 AD 边上, 在 CD 边上, T 可知 1≤m< 5, -2, S( m-2) D( 1) , -2, , 所以|ST|= 2|SD|= 2[ m-2) = 2( 1-( ] 3-m) ,
|| 因此 ||

=

4 5

5-2 (3-)

2,

令 t=3-m( 1≤m< 5) , 则 m=3-t, 3- 5, , t∈( 2]
|| 所以 || 4 =5

=

4 5

5-(3-) 2

2

=5 -

4

4 2

+ -1

6

-4

1 3 2 4

+ 4,

5

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由于 t∈( 5, , 3- 2]
1 所以 1 3+ 5 ∈ , , 2 4 1 3 4 || 2 5 因此当 = 4即 t=3时,|| 取得最大值 5 , 此时 5 m=3.

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②不妨设点 S 在 AB 边上, 在 CD 边上, T 此时-1≤m≤1, 因此|ST|= 2|AD|=2 2, 此时 || = 5 5-2 , 所以当 m=0 时,
|| 2 5 取得最大值 . || 5 || 2 5 || 2

③不妨设点 S 在 AB 边上, 在 BC 边上, 5<m≤-1, T 由椭圆和矩形的对称性知 || 的最大值为 5 , 5 此时 m=- .
5 综上所述 m=± 或 3 3

m=0

|| 2 5 时, 取得最大值 . || 5

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解题策略
怎样求解析几何中的探索性问题
例如图, 椭圆
1 2 2 E: 2

+

2

a>b>0) 的左焦点为 2 =1(

F1, 右焦点

为 F 2, 离心率 e= .过 F1 的直线交椭圆于 A, 两点, B 且△ABF2 的周长为 8.

( 求椭圆 E 的方程. 1) ( 设动直线 l: 2) y=kx+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.
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【解法一】 ( 因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 1) 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8, a=2. 又因为 e=2, = 2, 即 所以 c=1. 所以 b= 2 - 2 = 3. 故椭圆
2 E 的方程是 4 2 + =1. 3 1 1

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= + , ( 由 2 2 2) 得( 2+3) 2+8kmx+4m2-12=0. 4k x + = 1,
4 3

因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P( 0, 0) x y , 所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4( 2+3) 4m2-12) 4k ( =0, 化简得 4k2-m2+3=0.( *)
4 3 此时 x0=- 2 =- , 0=kx0+m=, y 4 +3 4 3 所以 P - , . 4

= 4, 由 得 Q( 4k+m) 4, . = + ,

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假设平面内存在定点 M 满足条件, 由图形对称性知, M 必在 x 点 轴上. 设 M( 1, , x 0) 则·=0 对满足( 式的 m, 恒成立. *) k 因为 = 16 4 4 3 -1 ,

, =( 1, 4-x 4k+m) ,
12

由·=0,
2 得- + 1 -4x1+1 + +3=0, 2 整理, 4x1-4) + 1 -4x1+3=0.( 得( **)

41 -4 = 0, 由于( 式对满足( 式的 m, 恒成立, **) *) k 所以 2 解 1 -41 + 3 = 0, 得 x1=1. 故存在定点 M( 0) 使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 1, ,
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【解法二】 ( 同解法一. 1) = + , ( 由 2 2 2) 得( 2+3) 2+8kmx+4m2-12=0. 4k x + 3 = 1, 4 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P( 0, 0) x y , 所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4( 2+3) 4m2-12) 4k ( =0, 化简得 4k2-m2+3=0.( *)
4 3 此时 x0=- 2 =- , 0=kx0+m=, y 4 +3 4 3 所以 P - , . 4

= 4, 由 得 Q( 4k+m) 4, . = + ,

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假设平面内存在定点 M 满足条件, 由图形对称性知, M 必在 x 点 轴上. 取 k=0, m= 3, 此时 P( 3) Q( 3) 以 PQ 为直径的圆为 0, , 4, ,
2 ( 2+( 3) =4, x 轴于点 M1( 0) M2( 0) 取 k=-2, x-2) y交 1, , 3, ; m=2, 此时

1

P

3 1, 2

, 4, , PQ 为直径的圆为 Q( 0) 以

5 2 - 2

+

3 2 - 4

=

45 , 交 16

x 轴于

点 M3( 0) M4( 0) 1, , 4, .所以若符合条件的点 M 存在, M 的坐标必为 则 ( 0) 1, . 以下证明 M( 0) 1, 就是满足条件的点: 因为 M 的坐标为( 0) 所以 = - -1, , =( 4k+m) 1, , 3, , 12 12 从而·=- -3+ +3=0,
4 3

故恒有 ⊥ , 即存在定点 M( 0) 使得以 PQ 为直径的圆恒 1, , 过点 M.
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明确这类问题的解题思想: 即假设其结论成立、存在等, 在这个假设下进行推理论证, 如果得到了一个合情合理的推理结果, 就肯定假设, 对问题作出正面回答, 如果得到一个矛盾的结果, 就否定 假设, 对问题作出反面回答.

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1.已知直线 x-y-1=0 与抛物线 y=ax2 相切, a 等于( 则 A.2 【答案】 C
1

)

B.3

1

C.4 D.4

1

≠ 0, --1 = 0, 1 2 【解析】由 消去 y 得 ax -x+1=0, 所以 解得 a=4. 1-4 = 0, = 2

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2 2.过椭圆 C: 2

+

2

a>b>0) 的左顶点 A 且斜率为 k 的直线交椭圆 C 2 =1(
1 3 1 2

于另一个点 B, 且点 B 在 x 轴上的射影恰好为右焦点 F, <k< , 若 则椭 圆离心率的取值范围是( A. C.
1 9 , 4 4 1 2 , 2 3

)

B. D.

2 ,1 3 1 0, 2
2

【答案】 C
【解析】 由题意知 B , 1 1 1 2 由 <1-e< , <e< . 得 3 2 2 3

, k= + = 则

2

- =1-e,

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2 3.(2012·潍坊模拟) 椭圆 4

x2+y2-4x-4y+4=0 的一条弦的中点, 则此弦所在直线的方程是( A.3x+2y-4=0 C.3x-2y-2=0 【答案】 B
2-2
1

2 + =1 3

的离心率为 e, 1, 是圆 点( e) )

B.4x+6y-7=0 D.4x-6y-1=0
1 1

【解析】 依题意得 e=2, 圆心坐标为( 2) 圆心( 2) 2, , 2, 与点 1, 2 的连线 的斜率为
1 2 2-1

= 2, 故所求直线的斜率等于-3, 所求直线方程是

3

2

y-2=-3( , 4x+6y-7=0. x-1) 即

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4.已知双曲线 E 的中心为原点, 3, 是 E 的焦点, F 的直线 l 与 E F( 0) 过 相交于 A, 两点, AB 的中点为 N( -15)则 E 的方程为( B 且 -12, , )
2 2 A. ? =1 3 6 2 2 C. 6 ? 3 =1 2 2 B. ? =1 4 5 2 2 D. 5 ? 4 =1

【答案】 B

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【解析】

2 设双曲线的标准方程为2
2 2

?

2

a>0, b>0) , 2 =1(

由题意知 c=3, +b =9, a 设 A( 1, 1) B( 2, 2) 则有 x y , x y , 两式作差得:
1 -2 1 -2 2 2 1 1 - 2 2 2 2 2 2 - 2 2
2 2

= 1, = 1,

=

(1 +2 ) 2 (1 +2 )

2

又因为直线 AB

4 = = 2, 5 -15-0 的斜率是 =1, -12-3 2 ? =1. 5

-12 -152

所以将 4b2=5a2 代入 a2+b2=9, a2=4, 2=5. 得 b
2 所以双曲线的标准方程是 4

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5.若 P 为双曲线 x

2

( 2+y2=1 上的点, x-4) 则|PM|-|PN|的最大值为

2 -15=1

2 右支上一点, N 分别是圆( M, x+4) +y2=4 和

.

【答案】 5 【解析】 已知两圆的圆心( 0) 4, ( -4, 和( 0) 记为 F1 和 F2) 恰为双曲线 x
2

2 -15=1

的两焦点.

当|PM|最大, |PN|最小时, |PM|-|PN|最大, |PM|最大值为 P 到圆心 F1 的距离|PF1|与圆 F1 半径之和, 同样|PN|最小=|PF2|-1, 从而( |PM|-|PN|)max=|PF1|+2-( 2|-1) |PF =|PF1|-|PF2|+3=2a+3=5.

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