[高三数学]直线和圆锥曲线常见题型理科.doc
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1、直线和圆锥曲线题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系例题1、已知直线与椭圆始终有交点,求的取值范围思路点拨:直线方程的特点是过定点(0,1),椭圆的特点是过定点(-2,0)和(2,0),和动点。解:根据直线的方程可知,直线恒过定点(0,1),椭圆过动点,如果直线和椭圆始终有交点,则,即。规律提示:通过直线的代数形式,可以看出直线的特点:证明直线过定点,也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一,再得出结论。练习:1、过点P(3,2) 和抛物线 只有一个公共点的直线有( )条。A4B3C2D1分析:作出抛物线,判断点P(3,2)相对抛物线的位置。解:抛物线 如图,点P(3,2)在抛物线的内
2、部,根据过抛物线内一点和抛物线的对称轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点,可知过点P(3,2) 和抛物线 只有一个公共点的直线有一条。故选择D规律提示:含焦点的区域为圆锥曲线的内部。一、过一定点P和抛物线只有一个公共点的直线的条数情况:(1)若定点P在抛物线外,则过点P和抛物线只有一个公共点的直线有3条:两条切线,一条和对称轴平行或重合的直线;(2)若定点P在抛物线上,则过点P和抛物线只有一个公共点的直线有2条:一条切线,一条和对称轴平行或重合的直线;(3)若定点P在抛物线内,则过点P和抛物线只有一个公共点的直线有1条:和抛物线的对称轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点。二、过定点P和双曲
3、线只有一个公共点的直线的条数情况:(1)若定点P在双曲线内,则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有2条:和双曲线的渐近线平行的直线和双曲线只有一个公共点;(2)若定点P在双曲线上,则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有3条:一条切线,2条和渐近线平行的直线;(3)若定点P在双曲线外且不在渐近线上,则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有4条:2条切线和2条和渐近线平行的直线;(4)若定点P在双曲线外且在一条渐近线上,而不在另一条渐近线上,则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有2条:一条切线,一条和另一条渐近线平行的直线;(5)若定点P在两条渐近线的交点上,即对称中心,过点P和双曲线只有一个公共点
4、的直线不存在。题型二:弦的垂直平分线问题弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维,首先弄清楚哪个是弦,哪个是对称轴,用到的知识是:垂直(两直线的斜率之积为-1)和平分(中点坐标公式)。例题2、过点T(-1,0)作直线与曲线N :交于A、B两点,在x轴上是否存在一点E(,0),使得是等边三角形,若存在,求出;若不存在,请说明理由。分析:过点T(-1,0)的直线和曲线N :相交A、B两点,则直线的斜率存在且不等于0,可以设直线的方程,联立方程组,消元,分析类一元二次方程,看判别式,运用韦达定理,得弦的中点坐标,再由垂直和中点,写出垂直平分线的方程,得出E点坐标,最后由正三角形的性质:中线长是边长
5、的倍。运用弦长公式求弦长。解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于0。设直线,。由消y整理,得 由直线和抛物线交于两点,得即 由韦达定理,得:。则线段AB的中点为。线段的垂直平分线方程为:令y=0,得,则为正三角形,到直线AB的距离d为。, 解得满足式, 此时。思维规律:直线过定点设直线的斜率k,利用韦达定理法,将弦的中点用k表示出来,再利用垂直关系将弦的垂直平分线方程写出来,求出了横截距的坐标;再利用正三角形的性质:高是边长的倍,将k确定,进而求出的坐标。例题3、已知椭圆的左焦点为F,O为坐标原点。()求过点O、F,并且与相切的圆的方程;()设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点,线
6、段AB的垂直平分线与x轴交于点G,求点G横坐标的取值范围。分析:第一问求圆的方程,运用几何法:圆心在弦的垂直平分线上,圆心到切线的距离等于圆心到定点的距离;第二问,过定点的弦的垂直平分线如果和x轴相交,则弦的斜率存在,且不等于0,设出弦AB所在的直线的方程,运用韦达定理求出弦中点的横坐标,由弦AB的方程求出中点的总坐标,再有弦AB的斜率,得到线段AB的垂直平分线的方程,就可以得到点G的坐标。 解:(I) a2=2,b2=1,c=1,F(-1,0),l:x=-2.圆过点O、F,圆心M在直线x=-设M(-),则圆半径:r=|(-)-(-2)|=由|OM|=r,得,解得t=,所求圆的方程为(x+)2
7、+(y)2=.(II)由题意可知,直线AB的斜率存在,且不等于0,设直线AB的方程为y=k(x+1)(k0),代入+y2=1,整理得 (1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0直线AB过椭圆的左焦点F, 方程一定有两个不等实根,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0),则x1+x1=-AB垂直平分线NG的方程为令y=0,得点G横坐标的取值范围为()。技巧提示:直线过定点设直线的斜率k,利用韦达定理,将弦的中点用k表示出来,韦达定理就是同类坐标变换的技巧,是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再利用垂直关系将弦AB的垂直平分线方程写出来,就求出了横截距
8、的坐标(关于k的函数)。直线和圆锥曲线中参数的范围问题,就是函数的值域问题。练习1:已知椭圆过点,且离心率。 ()求椭圆方程; ()若直线与椭圆交于不同的两点、,且线段的垂直平分线过定点,求的取值范围。分析:第一问中已知椭圆的离心率,可以得到的关系式,再根据“过点”得到的第2个关系式,解方程组,就可以解出的值,确定椭圆方程。第二问,设出交点坐标,联立方程组,转化为一元二次方程,通过判别式得出的不等式,再根据韦达定理,得出弦MN的中点的横坐标,利用弦的直线方程,得到中点的纵坐标,由中点坐标和定点,得垂直平分线的斜率,有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1,可得的等式,用k表示m再代入不等式,就可
9、以求出k的取值范围。解:()离心率,即(1);又椭圆过点,则,(1)式代入上式,解得,椭圆方程为。()设,弦MN的中点A由得:,直线与椭圆交于不同的两点,即(1)由韦达定理得:,则,直线AG的斜率为:,由直线AG和直线MN垂直可得:,即,代入(1)式,可得,即,则。老师支招:如果只说一条直线和椭圆相交,没有说直线过点或没给出直线的斜率,就直接设直线的方程为:,再和曲线联立,转化成一元二次方程,就能找到解决问题的门路。本题解决过程中运用了两大解题技巧:与韦达定理有关的同类坐标变换技巧,与点的纵、横坐标有关的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥曲线的问题的关键就是充分、灵活的运用这两大解题技巧。题
10、型三:动弦过定点的问题例题4、(07山东)已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3;最小值为1;()求椭圆C的标准方程;()若直线与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证:直线过定点,并求出该定点的坐标。分析:第一问,是待定系数法求椭圆的标准方程;第二问,直线与椭圆C相交于A,B两点,并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直,证明直线过定点,就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。解(I)由题意设椭圆的标准方程为,(II)设,由得,(注意:这一步是同类坐标变换)(注意:这一步叫同点纵、横坐标间的变换)以AB为直径的
11、圆过椭圆的右顶点且,解得,且满足当时,直线过定点与已知矛盾;当时,直线过定点 综上可知,直线过定点,定点坐标为名师经验:在直线和圆锥曲线的位置关系题中,以弦为直径的圆经过某个点,就是“弦对定点张直角”,也就是定点和弦的两端点连线互相垂直,得斜率之积为,建立等式。直线不过定点,也不知道斜率,设出,是经常用的一招,在第二讲中就遇到了这样设的直线。练习:直线和抛物线相交于A、B,以AB为直径的圆过抛物线的顶点,证明:直线过定点,并求定点的坐标。分析:以AB为直径的圆过抛物线的顶点O,则OAOB,若设,则,再通过,将条件转化为,再通过直线和抛物线联立,计算判别式后,可以得到,解出k、m的等式,就可以了
12、。解:设,由得,(这里消x得到的)则(1)由韦达定理,得:,则,以AB为直径的圆过抛物线的顶点O,则OAOB,即,可得,则,即,又,则,且使(1)成立,此时,直线恒过点。题型四:过已知曲线上定点的弦的问题若直线过的定点在已知曲线上,则过定点的直线的方程和曲线联立,转化为一元二次方程(或类一元二次方程),考察判断式后,韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标,进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。例题5、已知点A、B、C是椭圆E: 上的三点,其中点A是椭圆的右顶点,直线BC过椭圆的中心O,且,如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程;(II)若椭圆E上存在两点P、Q,使得直线PC
13、与直线QC关于直线对称,求直线PQ的斜率。解:(I) ,且BC过椭圆的中心O又点C的坐标为。A是椭圆的右顶点,则椭圆方程为:将点C代入方程,得,椭圆E的方程为(II) 直线PC与直线QC关于直线对称,设直线PC的斜率为,则直线QC的斜率为,从而直线PC的方程为:,即,由消y,整理得:是方程的一个根,即同理可得:,则直线PQ的斜率为定值。方法总结:本题第二问中,由“直线PC与直线QC关于直线对称”得两直线的斜率互为相反数,设直线PC的斜率为k,就得直线QC的斜率为-k。利用是方程的根,易得点P的横坐标:,再将其中的k用-k换下来,就得到了点Q的横坐标:,这样计算量就减少了许多,在考场上就节省了大
14、量的时间。直接计算、,就降低了计算量。总之,本题有两处是需要同学们好好想一想,如何解决此类问题,一是过曲线上的点的直线和曲线相交,点的坐标是方程组消元后得到的方程的根;二是利用直线的斜率互为相反数,减少计算量,达到节省时间的目的。练习:(2009辽宁)已知,椭圆C以过点A(1,),两个焦点为(1,0)(1,0)。(1) 求椭圆C的方程;(2) E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值。 分析:第一问中,知道焦点,则 ,再根据过点A,通过解方程组,就可以求出 ,求出方程。第二问中,设出直线AE的斜率k,写出直线的方程,联立方程
15、组,转化成一元二次方程,由韦达定理和点A的坐标,可以求出点E的坐标,将点E中的k,用-k换下来,就可以得到点F的坐标,通过计算yE-yF,xE-xF,就可以求出直线EF的斜率了解:()由题意,c=1,可设椭圆方程为 ,将点A的坐标代入方程: ,解得 , (舍去)所以椭圆方程为 。 ()设直线AE方程为:,代入得 设,因为点在椭圆上,所以 又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以K代K,可得,所以直线EF的斜率即直线EF的斜率为定值,其值为。 老师总结:此类题的关键就是定点在曲线上,定点的坐标是方程的根,通过韦达定理,将动点的坐标求出,在根据斜率互为相反数,就可以直接求出第二动点的坐标
16、,最后由斜率公式,可以求出斜率为定值。题型五:共线向量问题解析几何中的向量共线,就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题,再通过韦达定理-同类坐标变换,将问题解决。此类问题不难解决。例题6、设过点D(0,3)的直线交曲线M:于P、Q两点,且,求实数的取值范围。分析:由可以得到,将P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程,解出点的坐标,用表示出来。解:设P(x1,y1),Q(x2,y2), (x1,y1-3)=(x2,y2-3)即方法一:方程组消元法又P、Q是椭圆+=1上的点消去x2,可得即y2=又2y22,22解之得:则实数的取值范围是。方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方
17、程为:,由消y整理后,得P、Q是曲线M上的两点,即 由韦达定理得:,即 由得,代入,整理得,解之得当直线PQ的斜率不存在,即时,易知或。总之实数的取值范围是。方法总结:通过比较本题的第二步的两种解法,可知第一种解法,比较简单,第二种方法是通性通法,但计算量较大,纵观高考中的解析几何题,若放在后两题,很多情况下能用通性通法解,但计算量较大,计算繁琐,考生必须有较强的意志力和极强的计算能力;不用通性通法,要求考生必须深入思考,有较强的思维能力,在命题人设计的框架中,找出破解的蛛丝马迹,通过自己的思维将问题解决。练习:(07福建)如图,已知点(1,0),直线l:x1,P为平面上的动点,过作直线l的垂
18、线,垂足为点,且()求动点的轨迹C的方程;()过点F的直线交轨迹C于A、B两点,交直线l于点M,已知,求的值。解法一:()设点,则,由得:,化简得.()设直线的方程为:.设,又,联立方程组,消去得:,故由,得:,整理得:,解法二:()由得:,所以点的轨迹是抛物线,由题意,轨迹的方程为:.()由已知,得.则:.过点分别作准线的垂线,垂足分别为,则有:.由得:,即.题型六:面积问题例题7、(07陕西理)已知椭圆C:(ab0)的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为。()求椭圆C的方程;()设直线l与椭圆C交于A、B两点,坐标原点O到直线l的距离为,求AOB面积的最大值。解:()设椭圆的半焦距为,依题
19、意,所求椭圆方程为。()设,。(1)当轴时,。(2)当与轴不垂直时,设直线的方程为。由已知,得。把代入椭圆方程,整理得,。当且仅当,即时等号成立。当时,综上所述。当最大时,面积取最大值。练习1、(07浙江理)如图,直线与椭圆交于A、B两点,记的面积为。()求在,的条件下,的最大值;()当时,求直线AB的方程。解:()解:设点A的坐标为,点的坐标为,由,解得,所以当且仅当时,取到最在值1,()解:由得 设到的距离为,则又因为所以代入式并整理,得解得,代入式检验,。故直线的方程是。练习2、(山东06文)已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的
20、距离为4。()求椭圆的方程;()直线过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点,当AOB面积取得最大值时,求直线l的方程。解:设椭圆方程为(I)由已知得 所求椭圆方程为(II)解法一:由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为,由 消去y得关于x的方程:由直线l与椭圆相交A、B两点,解得,又由韦达定理得 .原点O到直线l的距离解法1:对两边平方整理得: (*) , 整理得:又,.从而的最大值为,此时代入方程(*)得所以,所求直线方程为: .解法2:令,则, .当且仅当即时,此时.所以,所求直线方程为 .解法二:由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为,则直线l与x轴的交点由解法一知:且
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