湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 直線與圓錐曲線問題的處理方法(1)

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1、湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí)：直線與圓錐曲線問題的處理方法(1) 高考要求 直線與圓錐曲線聯(lián)系在一起的綜合題在高考中多以高檔題、壓軸題出現(xiàn)，主要涉及位置關(guān)系的判定，弦長問題、最值問題、對稱問題、軌跡問題等 突出考查了數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程、等價轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法，要求考生分析問題和解決問題的能力、計算能力較高，起到了拉開考生“檔次”，有利于選拔的功能 重難點歸納 1 直線與圓錐曲線有無公共點或有幾個公共點的問題，實際上是研究它們的方程組成的方程是否有實數(shù)解成實數(shù)解的個數(shù)問題，此時要注意用好分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想方法 2 當(dāng)直線與

2、圓錐曲線相交時 涉及弦長問題，常用“韋達定理法”設(shè)而不求計算弦長(即應(yīng)用弦長公式)；涉及弦長的中點問題，常用“點差法”設(shè)而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標(biāo)聯(lián)系起來，相互轉(zhuǎn)化 同時還應(yīng)充分挖掘題目的隱含條件，尋找量與量間的關(guān)系靈活轉(zhuǎn)化，往往就能事半功倍 典型題例示范講解 例1如圖所示，拋物線y2=4x的頂點為O，點A的坐標(biāo)為(5，0)，傾斜角為的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過點O或點A)且交拋物線于M、N兩點，求△AMN面積最大時直線l的方程，并求△AMN的最大面積 命題意圖 直線與圓錐曲線相交，一個重要的問題就是有關(guān)弦長的問題 本題考查處理直線與圓錐曲線相交問題的第

3、一種方法——“韋達定理法” 知識依托 弦長公式、三角形的面積公式、不等式法求最值、函數(shù)與方程的思想 錯解分析 將直線方程代入拋物線方程后，沒有確定m的取值范圍 不等式法求最值忽略了適用的條件 技巧與方法 涉及弦長問題，應(yīng)熟練地利用韋達定理設(shè)而不求計算弦長，涉及垂直關(guān)系往往也是利用韋達定理，設(shè)而不求簡化運算 解法一 由題意，可設(shè)l的方程為y=x+m,其中－5＜m＜0 由方程組,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0 ①∵直線l與拋物線有兩個不同交點M、N，∴方程①的判別式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,解得m＜1,又－5＜m＜0

4、,∴m的范圍為(－5，0)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)則x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,∴|MN|=4 點A到直線l的距離為d= ∴S△=2(5+m),從而S△2=4(1－m)(5+m)2 =2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2()3=128 ∴S△≤8,當(dāng)且僅當(dāng)2－2m=5+m,即m=－1時取等號 故直線l的方程為y=x－1，△AMN的最大面積為8 解法二 由題意，可設(shè)l與x軸相交于B（m,0）, l的方程為x = y +m,其中0＜m＜5 由方程組,消去x,得y 2－4 y －4m=0 ① ∵直線l與拋物線有兩個不同交點M

5、、N， ∴方程①的判別式Δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立, 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)則y 1+ y 2=4，y 1·y 2=－4m, ∴S△= ＝4=4 ∴S△≤8,當(dāng)且僅當(dāng)即m=1時取等號 故直線l的方程為y=x－1，△AMN的最大面積為8 例2已知雙曲線C 2x2－y2=2與點P(1，2) (1)求過P(1，2)點的直線l的斜率取值范圍，使l與C分別有一個交點，兩個交點，沒有交點 (2)若Q(1，1)，試判斷以Q為中點的弦是否存在 命題意圖 第一問考查直線與雙曲線交點個數(shù)問題，歸結(jié)為方程組解的問題 第二問考

6、查處理直線與圓錐曲線問題的第二種方法——“點差法” 知識依托 二次方程根的個數(shù)的判定、兩點連線的斜率公式、中點坐標(biāo)公式 錯解分析 第一問，求二次方程根的個數(shù)，忽略了二次項系數(shù)的討論 第二問，算得以Q為中點弦的斜率為2，就認為所求直線存在了 技巧與方法 涉及弦長的中點問題，常用“點差法”設(shè)而不求，將弦所在直線的斜率，弦的中點坐標(biāo)聯(lián)系起來，相互轉(zhuǎn)化 解 (1)當(dāng)直線l的斜率不存在時，l的方程為x=1,與曲線C有一個交點 當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y－2=k(x－1),代入C的方程，并整理得 (2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0

7、 (*) (ⅰ)當(dāng)2－k2=0,即k=±時，方程(*)有一個根，l與C有一個交點 (ⅱ)當(dāng)2－k2≠0,即k≠±時 Δ=［2(k2－2k)］2－4(2－k2)(－k2+4k－6)=16(3－2k) ①當(dāng)Δ=0,即3－2k=0,k=時，方程(*)有一個實根，l與C有一個交點 ②當(dāng)Δ＞0,即k＜,又k≠±,故當(dāng)k＜－或－＜k＜或＜k＜時，方程(*)有兩不等實根，l與C有兩個交點 ③當(dāng)Δ＜0，即k＞時，方程(*)無解，l與C無交點 綜上知 當(dāng)k=±,或k=，或k不存在時，l與C只有一個交點； 當(dāng)＜k＜,或－＜k＜,或k＜－時，l與C有兩個交點； 當(dāng)k＞時，l與C沒有

8、交點 (2)假設(shè)以Q為中點的弦存在，設(shè)為AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，則2x12－y12=2,2x22－y22=2兩式相減得 2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2)又∵x1+x2=2,y1+y2=2∴2(x1－x2)=y1－y1 即kAB==2但漸近線斜率為±,結(jié)合圖形知直線AB與C無交點，所以假設(shè)不正確，即以Q為中點的弦不存在 例3已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點O，焦點在坐標(biāo)軸上，直線y=x+1與橢圓交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=，求橢圓方程 解 設(shè)橢圓方程為mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)， P(x1,y1),Q(x2,y2)

9、由 得(m+n)x2+2nx+n－1=0,Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0,由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0,∴+1=0,∴m+n=2 ① 又22,將m+n=2,代入得m·n= ② 由①、②式得m=,n=或m=,n=故橢圓方程為+y2=1或x2+y2=1 學(xué)生鞏固練習(xí) 1 斜率為1的直線l與橢圓+y2=1相交于A、B兩點，則|AB|的最大值為( ) A 2 B C D 2 拋物線y=ax2與直線y=kx+b(k≠0)交于A、B兩點，

10、且此兩點的橫坐標(biāo)分別為x1,x2,直線與x軸交點的橫坐標(biāo)是x3,則恒有( ) A x3=x1+x2 B x1x2=x1x3+x2x3 C x1+x2+x3=0 D x1x2+x2x3+x3x1=0 3 正方形ABCD的邊AB在直線y=x+4上，C、D兩點在拋物線y2=x上，則正方形ABCD的面積為_________ 4 已知拋物線y2=2px(p＞0),過動點M(a,0)且斜率為1的直線l與該拋物線交于不同的兩點A、B，且|AB|≤2p (1)求a的取值范圍 (2)若線段AB的垂直平分線交x軸于點N，求△NAB面積的最大值 參考答案:

11、1 解析 弦長|AB|=≤ 答案 C 2 解析 解方程組,得ax2－kx－b=0,可知x1+x2=,x1x2=－,x3=－,代入驗證即可 答案 B 3 解析 設(shè)C、D所在直線方程為y=x+b,代入y2=x,利用弦長公式可求出|CD|的長，利用|CD|的長等于兩平行直線y=x+4與y=x+b間的距離，求出b的值，再代入求出|CD|的長 答案 18或50 4 解 (1)設(shè)直線l的方程為 y=x－a,代入拋物線方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0 ∴|AB|=≤2p ∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2又∵p＞0,∴a≤－ (2)設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中點 C(x,y),由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p, 則有x==p ∴線段AB的垂直平分線的方程為y－p=－(x－a－p),從而N點坐標(biāo)為(a+2p,0） 點N到AB的距離為 從而S△NAB= 當(dāng)a有最大值－時，S有最大值為p2