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

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 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 一個交點 不等 兩個交點 一個交點 無交點 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 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 過橢圓外一點總有兩條直線與橢圓相切 過橢圓上一點有且僅有一條直線與橢圓相切 過橢圓內(nèi)一點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 過拋物線外一點總有三條直線和拋物線有且只有一個公共點 兩條切線和一條與對稱軸平行或重合的直線 過拋物線上一點總有兩條直線與拋物線有且只有一個公共點 一條切線和一條與對稱軸平行或重合的直線 過拋物線內(nèi)一點只有一條直線與拋物線有且只有一個公共點 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 過雙曲線外不在漸近線上一點總有四條直線與雙曲線有且只有一個交點 兩條切線和兩條與漸近線平行的直線 過雙曲線上一點總有三條直線與雙曲線有且只有一個交點 一條切線和兩條與漸近線平行的直線 過雙曲線內(nèi)一點總有兩條直線與雙曲線有且只有一個交點 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只有一個公共點 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只有一個公共點 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只有一個公共點 4 如果直線x ty a與圓錐曲線相交于A x1 y1 B x2 y2 兩點 則弦長 AB 5 若拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的兩點 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只有一個公共點 則直線l與橢圓C相切 反之亦成立 2 錯誤 因為直線l與雙曲線C的漸近線平行時 也只有一個公共點 是相交 但并不相切 3 錯誤 因為直線l與拋物線C的對稱軸平行時 也只有一個公共點 是相交 但不相切 4 正確 AB 又x1 ty1 a x2 ty2 a 所以 AB 5 錯誤 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F 與拋物線相交于A B兩點 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 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 因為直線l過焦點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的兩個焦點 P是橢圓上一點 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 點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 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A x1 y1 B x2 y2 則直線AB與x軸的交點M m 0 由 y2 ty m 0 所以y1y2 m 又 x1x2 y1y2 2 y1y2 2 y1y2 2 0 因為點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 已知橢圓E 的右焦點F 3 0 過點F的直線交E于A B兩點 若AB的中點坐標(biāo)為 1 1 則E的方程為 解析 選D 由橢圓得 b2x2 a2y2 a2b2 因為過點F的直線與橢圓交于A B兩點 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為b2 a2 c2 a2 9 所以解得a2 18 b2 9 故橢圓方程為 3 2014 湖南高考 平面上一機器人在行進中始終保持與點F 1 0 的距離和到直線x 1的距離相等 若機器人接觸不到過點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 把機器人看做一個動點 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P 1 0 且斜率為k的直線方程為y k x 1 兩個方程聯(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的焦點作一條直線與拋物線交于A B兩點 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P 0 1 是橢圓C1 的一個頂點 C1的長軸是圓C2 x2 y2 4的直徑 l1 l2是過點P且互相垂直的兩條直線 其中l(wèi)1交圓C2于A B兩點 l2交橢圓于另一點D 求橢圓C1的方程 求 ABD面積取最大值時直線l1的方程 解題提示 1 由于過焦點垂直于軸的弦只有一條 且此時弦長最小 因此只需看該弦與弦AB的關(guān)系即可 2 由長軸可求a值 由點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 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數(shù) 方程組有幾組解 直線與圓錐曲線就有幾個交點 2 關(guān)注點 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 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M到點F 1 0 的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1 記點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P 2 1 求直線l與軌跡C恰好有一個公共點 兩個公共點 三個公共點時k的相應(yīng)取值范圍 解題提示 1 設(shè)出M點的坐標(biāo) 直接由題意列等式 整理后即可得到點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恰好有一個公共點 兩個公共點 三個公共點時k的相應(yīng)取值范圍 解析 1 設(shè)點M x y 依題意得 MF x 1 即 x 1 化簡整理得y2 2 x x 故點M的軌跡C的方程為 2 在點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 此時y 1 把y 1代入軌跡C的方程 得故此時直線l y 1與軌跡C恰好有一個公共點 當(dāng)k 0時 方程 的判別式為 16 2k2 k 1 設(shè)直線l與x軸的交點為 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 直線l與C1沒有公共點 與C2有一個公共點 故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點 若或由 解得即當(dāng)k 時 直線l與C1只有一個公共點 與C2有一個公共點 當(dāng)k 時 直線l與C1有兩個公共點 與C2沒有公共點 故當(dāng)時 直線l與軌跡C恰好有兩個公共點 若由 解得即當(dāng)時 直線l與C1有兩個公共點 與C2有一個公共點 故此時直線l與軌跡C恰好有三個公共點 綜上可知 當(dāng)時 直線l與軌跡C恰好有一個公共點 當(dāng)時 直線l與軌跡C恰好有兩個公共點 當(dāng)時 直線l與軌跡C恰好有三個公共點 加固訓(xùn)練 1 2015 嘉定模擬 過點P 1 1 作直線與雙曲線交于A B兩點 使點P為AB中點 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 的焦點是橢圓的頂點 1 求拋物線C2的方程 2 過點M 1 0 的直線l與拋物線C2交于E F兩點 過E F作拋物線C2的切線l1 l2 當(dāng)l1 l2時 求直線l的方程 解析 1 因為橢圓C1的長半軸長a 2 半焦距由得b2 1 所以橢圓C1的上頂點為 0 1 所以拋物線C2的焦點為 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 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 若 AB 4 則弦AB的中點到直線的距離等于 2 已知橢圓C 直線與以原點為圓心 以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切 F1 F2為其左 右焦點 P為橢圓C上任意一點 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A B 且線段AB的垂直平分線過定點求實數(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 再根據(jù) AB 4求解 2 設(shè)出P點坐標(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的焦點設(shè)A x1 y1 B x2 y2 則 AB 故則弦AB的中點的橫坐標(biāo)是弦AB的中點到直線的距離是 2 設(shè)P x0 y0 x0 a 則又設(shè)I xI yI 因為IG F1F2 所以因為 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P的坐標(biāo)為又線段AB的垂直平分線l 的方程為點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 弦長的計算方法與技巧求弦長時可利用弦長公式 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 2 弦中點問題的解法點差法在解決有關(guān)弦中點 弦所在直線的斜率 弦中點與原點連線斜率問題時可簡化運算 但要注意直線斜率是否存在 3 與弦端點相關(guān)問題的解法解決與弦端點有關(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 過F1斜率為1的直線l與E相交于A B兩點 且 AF2 AB BF2 成等差數(shù)列 1 求E的離心率 2 設(shè)點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 則因為直線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 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F的任一弦 不經(jīng)過點P 設(shè)直線AB與直線l相交于點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)合得到一個一元二次方程 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出A B兩點的坐標(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 探究是否存在點或線問題 典例4 2014 湖南高考 如圖 O為坐標(biāo)原點 雙曲線C1 和橢圓C2 均過點且以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為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 與C2只有一個公共點 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 因為點在雙曲線上 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 因為l與C2只有一個公共點 所以直線l的方程為當(dāng)時 易知所以此時 當(dāng)時 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兩點時 設(shè)A x1 y1 B x2 y2 則x1 x2是上述方程的兩個實根 從而于是y1y2 k2x1x2 km x1 x2 m2 由得 2k2 3 x2 4kmx 2m2 6 0 因為直線l與C2只有一個公共點 所以上述方程的判別式 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 p 0 的焦點為F A為C上異于原點的任意一點 過點A的直線l交C于另一點B 交x軸的正半軸于點D 且有 FA FD 當(dāng)點A的橫坐標(biāo)為3時 ADF為正三角形 1 求C的方程 2 若直線l1 l 且l1和C有且只有一個公共點E 證明直線AE過定點 并求出定點坐標(biāo) 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A的橫坐標(biāo)為3時 ADF為正三角形 可求得p的值 2 先設(shè)出點A的坐標(biāo) 根據(jù) FA FD 表示出D點坐標(biāo) 然后根據(jù)l1 l求出AE的方程 即可判斷AE是否過定點 可利用設(shè)出的A點坐標(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的中點為因為 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 因為 FA FD 則 xD 1 x0 1 由xD 0得xD x0 2 故D x0 2 0 故直線AB的斜率因為直線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 可得直線AE的方程為由整理可得直線AE恒過點F 1 0 當(dāng)y02 4時 直線AE的方程為x 1 過點F 1 0 所以直線AE過定點F 1 0 由 知直線AE過焦點F 1 0 所以 AE AF FE 設(shè)直線AE的方程為x my 1 因為點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B到直線AE的距離為則 ABE的面積 當(dāng)且僅當(dāng)即x0 1時等號成立 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 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 解決是否存在點的問題時 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 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 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A B 1 當(dāng)切線l斜率為1時 求線段AB的長 2 設(shè)點M和點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 因為圓N 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 設(shè)l的方程為y x m 即x y m 0 由圖形知m 0 因為直線l是圓N的切線 所以解得m 2 或m 6 舍去 此時直線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 2 當(dāng)直線l的斜率存在時 設(shè)直線l的方程y kx m 即kx y m 0 k 0 因為直線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 因為點M與點N關(guān)于直線y x對稱 所以M 0 2 所以 因為所以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 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 代入 解得k 1 滿足條件且k 0 此時直線l的方程為y x 2 當(dāng)m k 2時 代入 整理 得7k2 4k 4 0 無解 當(dāng)直線l的斜率不存在時 因為直線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 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 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 其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(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 T為直線x 3上任意一點 過F作TF的垂線交橢圓C于點P Q 證明 OT平分線段PQ 其中O為坐標(biāo)原點 當(dāng)最小時 求點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 由 1 可得 F的坐標(biāo)是 2 0 設(shè)T點的坐標(biāo)為 3 m 則直線TF的斜率當(dāng)m 0時 直線PQ的斜率直線PQ的方程是x my 2 4分 當(dāng)m 0時 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 等號成立 此時取得最小值 11分所以當(dāng)最小時 T點的坐標(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 時 注意本題的實質(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 主要看關(guān)鍵步驟 關(guān)鍵點 有關(guān)鍵步驟 關(guān)鍵點則得分 沒有要相應(yīng)扣分 所以解題時要寫全關(guān)鍵步驟 踩點得分 對于純計算過程等非得分點的步驟可簡寫或不寫 如本例 2 中 消元化簡時 可直接寫出結(jié)果 利用弦長公式求 PQ 時 也可省略計算過程