《三维设计2016级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题.doc

圆锥曲线的综合问题(文视情况 [知识能否忆起] 1．直线与圆锥曲线的位置关系 判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)． 若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有： Δ0直线与圆锥曲线相交； Δ＝0直线与圆锥曲线相切； Δ0直线与圆锥曲线相离． 若a＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点． 2．圆锥曲线的弦长问题 设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝|x1－x2|或 |y1－y2|. [小题能否全取] 1．(教材习题改编)与椭圆＋＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是(　　) A．y2－＝1　　　　　　　　　B.－x2＝1 C.x2－y2＝1 D.y2－x2＝1 解析：选A　设双曲线方程为－＝1(a＞0，b＞0)， 则得a＝1，b＝. 故双曲线方程为y2－＝1. 2．(教材习题改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是(　　) A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：选A　由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交． 3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)． 4．过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________． 解析：由题意知A点的坐标为(－a,0)，l的方程为y＝x＋a，所以B点的坐标为(0，a)，故M点的坐标为，代入椭圆方程得a2＝3b2，则c2＝2b2，则＝，故e＝. 答案： 5．已知双曲线方程是x2－＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________________． 解析：设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x－＝1，x－＝1，得k＝＝＝＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件． 答案：4x－y－7＝01.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用． 2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”． 直线与圆锥曲线的位置关系 典题导入 [例1]　(2012·北京高考)已知椭圆C：＋＝1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N. (1)求椭圆C的方程； (2)当AMN的面积为时，求k的值． [自主解答]　(1)由题意得解得b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝， x1x2＝， 所以|MN|＝ ＝ ＝. 又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝， 所以AMN的面积为 S＝|MN|· d＝. 由＝，解得k＝±1. 由题悟法 研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解． 以题试法 1．(2012·信阳模拟)设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是(　　) A.　　　　　　　B．[－2,2] C．[－1,1] D．[－4,4] 解析：选C　易知抛物线y2＝8x的准线x＝－2与x轴的交点为Q(－2,0)，于是，可设过点Q(－2,0)的直线l的方程为y＝k(x＋2)(由题可知k是存在的)， 联立k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0. 当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0， 可解得－1≤k≤