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(shí)梳理 1 必會(huì)知識(shí)教材回扣填一填 1 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定 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) 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(zhǎng)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 過橢圓外一點(diǎn)總有兩條直線與橢圓相切 過橢圓上一點(diǎn)有且僅有一條直線與橢圓相切 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 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(duì)稱軸平行或重合的直線 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(duì)稱軸平行或重合的直線 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(duì)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 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 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 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(zhǎng) AB 5 若拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)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 0 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(duì)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 0 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(guó)卷 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 b2x22 a2y22 a2b2 由 得b2 x12 x22 a2 y12 y22 0 化簡(jiǎn)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(dòng)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 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(zhǎng)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 求橢圓C1的方程 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(zhǎng)最小 因此只需看該弦與弦AB的關(guān)系即可 2 由長(zhǎng)軸可求a值 由點(diǎn)P可求b值 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 由題意得 a 2 b 1 所以橢圓C1的方程為 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(hào) 所以所求l1的方程為 互動(dòng)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) 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 判斷直線與圓錐曲線位置關(guān)系時(shí) 判別式 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(jiǎn)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 x 0 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 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 的判別式為 16 2k2 k 1 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 若由 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) 若或由 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) 若由 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 0B 存在無數(shù)條C 存在兩條 方程為2x y 1 0D 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 p 0 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兩點(diǎn) 過E F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(zhǎng)半軸長(zhǎng)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 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 4k 2 4 4k 0 解得k0 x1x2 4k 4 即k 1 滿足 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(zhǎng)為半徑的圓相切 F1 F2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 求橢圓C的方程 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 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 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 設(shè)P x0 y0 x0 a 則又設(shè)I xI yI 因?yàn)镮G F1F2 所以因?yàn)?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 設(shè)A x1 y1 B x2 y2 由消去y 得 3 4k2 x2 8kmx 4m2 12 0 由題意知 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(zhǎng)的計(jì)算方法與技巧求弦長(zhǎng)時(shí)可利用弦長(zhǎng)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(zhǎng)公式求解 提醒 注意兩種特殊情況 1 直線與圓錐曲線的對(duì)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(jiǎn)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 F2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(jiǎn)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) 使得k1 k2 k3 若存在 求 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 依題設(shè)知a 2c 則a2 4c2 b2 3c2 將 代入 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 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 在方程 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 將 代入 得k1 k2 2k 1 又所以k1 k2 2k3 故存在常數(shù) 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) 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 16k2m2 8 2k2 3 m2 3 0 化簡(jiǎn) 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 p 0 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 證明直線AE過定點(diǎn) 并求出定點(diǎn)坐標(biāo) ABE的面積是否存在最小值 若存在 請(qǐng)求出最小值 若不存在 請(qǐng)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 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) 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 t 0 則FD的中點(diǎn)為因?yàn)?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 由 1 知F 1 0 設(shè)A x0 y0 x0y0 0 D xD 0 xD 0 因?yàn)?FA FD 則 xD 1 x0 1 由xD 0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 由 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(hào)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(zhǎng)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(zhǎng) 2 設(shè)點(diǎn)M和點(diǎn)N關(guān)于直線y x對(duì)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(qǐng)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m 0 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 2 2 16 20 0 y1 y2 2 y1 y2 4 y1 y2 2 y1 y2 2 4y1y2 20 所以弦長(zhǎng) 2 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 由消去x得ky2 2y 2m 0 4 4k 2m 0 即且k 0 因?yàn)辄c(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于直線y x對(duì)稱 所以M 0 2 所以 因?yàn)樗詘1x2 y1 2 y2 2 0 將A B代入直線y kx m并化簡(jiǎn) 得 1 k2 y1y2 2k2 m y1 y2 m2 4k2 0 代入得化簡(jiǎn) 得m2 4k2 2mk 4k 0 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 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 整理 得7k2 4k 4 0 無解 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 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(zhǎng)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 64m2k2 16 3 4k2 m2 3 0 3 4k2 m2 0 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(zhǎng)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 證明 OT平分線段PQ 其中O為坐標(biāo)原點(diǎn) 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(huì)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 由 1 可得 F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 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 由 可得 TF 9分 PQ 10分所以當(dāng)且僅當(dāng)即m 1時(shí) 等號(hào)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(zhēng)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(shí)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 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(duì)于純計(jì)算過程等非得分點(diǎn)的步驟可簡(jiǎn)寫或不寫 如本例 2 中 消元化簡(jiǎn)時(shí) 可直接寫出結(jié)果 利用弦長(zhǎng)公式求 PQ 時(shí) 也可省略計(jì)算過程