2015高考數學（理）一輪復習配套文檔：第8章 第9節(jié)　圓錐曲線的綜合問題

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1、 第九節(jié)　圓錐曲線的綜合問題 【考綱下載】 1．掌握解決直線與橢圓、拋物線的位置關系的思想方法． 2．了解圓錐曲線的簡單應用． 3．理解數形結合的思想． 1．直線與圓錐曲線的位置關系 判斷直線l與圓錐曲線C的位置關系時，通常將直線l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一個關于變量x(或變量y)的一元方程． 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0. (1)當a≠0時，設一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判別式為Δ，則Δ>0?直線與圓錐曲線C相交； Δ＝0?直線與圓錐曲線C相切；

2、 Δ<0?直線與圓錐曲線C相離． (2)當a＝0，b≠0時，即得到一個一次方程，則直線l與圓錐曲線C相交，且只有一個交點，此時，若C為雙曲線，則直線l與雙曲線的漸近線的位置關系是平行；若C為拋物線，則直線l與拋物線的對稱軸的位置關系是平行或重合． 2．圓錐曲線的弦長 設斜率為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|＝|x1－x2| ＝ ＝ |y1－y2|＝ . 直線與圓錐曲線只有一個公共點時，是否是直線與圓錐曲線相切？ 提示：直線與圓錐曲線只有一個公共點時，未必一定相切，還有其他情況，如拋物線與平行或重合于其對稱軸

3、的直線，雙曲線與平行于其漸近線的直線，它們都只有一個公共點，但不是相切，而是相交． 1．已知直線x－y－1＝0與拋物線y＝ax2相切，則a等于(　　) A. B. C. D．4 解析：選C　由消去y得ax2－x＋1＝0，所以解得a＝. 2．直線y＝x＋3與雙曲線－＝1的交點個數是(　　) A．1 B．2 C．1或2 D．0 1 / 7 解析：選A　因為直線y＝x＋3與雙曲線的漸近線y＝x平行，所以它與雙曲線只有1個交點． 3．設拋物線x2＝4y的焦點為F，經過點P(1,5)的直線l與拋物線相交于A，B

4、兩點，且點P恰為線段AB的中點，則|AF|＋|BF|＝________. 解析：A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝10，由拋物線定義得|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝10＋2＝12. 答案：12 4．直線y＝kx＋1與橢圓＋＝1恒有公共點，則m的取值范圍是________． 解析：直線y＝kx＋1過定點(0,1)，由題意，點(0,1)在橢圓內或橢圓上．則m≥1，且m≠5. 答案：m≥1且m≠5 5．過橢圓＋＝1的右焦點作一條斜率為2的直線與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為________． 解析：由c＝＝1，知橢圓右焦點為(1,0)，則直線

5、方程為y＝2(x－1)，聯(lián)立方程得 解得x1＝0，x2＝，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＝－2，y2＝. ∴S△＝1|y1－y2|＝1＝. 答案： 壓軸大題巧突破(二) 直線與圓錐曲線的綜合應用 [典例]　(2013湖北高考) (13分)如圖，已知橢圓C1與C2的中心在坐標原點O，長軸均為MN且在x軸上，短軸長分別為 2m,2n(m＞n) ，過原點且不與x軸重合的直線l與C1，C2的四個交點按縱坐標從大到小依次為A，B，C，D.記λ＝，△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2. (1)當直線l與y軸重合時，若S1＝λS2，求λ的值； (2)當λ變化時

6、，是否存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2？并說明理由． [化整為零破難題]　 (1)基礎問題1：橢圓C1、C2的標準方程各是什么？ C1：＋＝1，C2：＋＝1，其中a>m>n>0. 基礎問題2：直線l與y軸重合時S1，S2各等于什么？ S1＝|BD||OM|＝a|BD|， S2＝|AB||ON|＝a|AB|. 基礎問題3：|BD|，|AB|各等于何值？ |BD|＝m＋n，|AB|＝m－n. (2)基礎問題1：設直線l為y＝kx，則M、N到直線l的距離各是多少？ M到l的距離d1＝，N到l的距離d2＝. 基礎問題2：S1、S2各等于什么？等于什么？ S1

7、＝|BD|d1，S2＝|AB|d2， ＝. 基礎問題3：與xA、xB有何關系？ ＝＝λ. 基礎問題4：如何用xA、xB、a、m、λ來表示k2? A(xA，kxA)、B(xB，kxB)分別在C1、C2上，所以＋＝1，＋＝1，∴＋＝0，依題意得xA>xB>0，所以x>x，所以k2＝. 基礎問題5：如何求λ的取值？ 由k2>0，得>0，解得1<<λ，由＝λ，＝，即1<<λ，得λ>1＋. [規(guī)范解答不失分]　 依題意可設橢圓C1和C2的方程分別為 C1：＋＝1，C2：＋＝1.其中a＞m＞n＞0，λ＝＞1. 1分 (1)如圖1，若直線l與y軸重合，則 |BD|＝|

8、OB|＋|OD|＝m＋n， |AB|＝|OA|－|OB|＝m－n；S1＝|BD||OM|＝a|BD|， S2＝|AB||ON|＝a|AB|.所以＝＝＝， 3分 若＝λ，則＝λ，化簡得λ2－2λ－1＝0， 由λ＞1，可解得λ＝＋1.故當直線l與y軸重合時，若S1＝λS2，則λ＝＋1. 5分 (2)法一：如圖2，若存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2.根據對稱性，不妨設直線l：y＝kx(k＞0)，(Ⅰ)點M(－a,0)，N(a,0)到直線l的距離分別為d1，d2，則 因為d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2. 6分 又S1＝

9、|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ，即|BD|＝λ|AB|. 由對稱性可知|AB|＝|CD|，(Ⅱ)所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|， |AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是＝.　① 7分 將l的方程分別與C1，C2的方程聯(lián)立，可求得 xA＝，xB＝. 根據對稱性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是(Ⅲ) ＝＝＝ .　② 9分 從而由①和②式可得＝.　③ 10分 令t＝，

10、(Ⅳ) 由(1)可知當λ＝1＋，即t＝1時，直線l與y軸重合，不符合題意，故t≠1. 于是由③可解得k2＝.因為k≠0，所以k2＞0，于是③式關于k有解， 當且僅當＞0，等價于(t2－1)＜0，由λ＞1，可解得＜t＜1， 即＜＜1，由λ＞1，解得λ＞1＋， 12分 所以當1＜λ≤1＋時，不存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2； 當λ＞1＋時，存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2.13分 法二：如圖2，若存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2，根據對稱性，不妨設直線l：y＝kx(k＞0)，(Ⅰ)點M(－

11、a,0)，N(a,0)到直線l的距離分別為d1，d2，則 因為d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2. 6分 又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ. 因為＝＝＝λ，所以＝. 8分 由點A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分別在C1，C2上，可得 ＋＝1，＋＝1， 兩式相減可得＋＝0，依題意xA＞xB＞0，(Ⅴ) 所以x＞x.所以由上式解得k2＝. 10分 因為k2＞0，所以由＞0，可解得1＜＜λ. 從而1＜＜λ，解得λ＞1＋，所

12、以 當1＜λ≤1＋時，不存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2； 當λ＞1＋時，存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2. 13分 [易錯警示要牢記] 易錯點一 (Ⅰ)處沒有注意對稱性，k∈R，使后面求解受阻 易錯點二 (Ⅱ)處不注意對稱性，則|AD|與|BC|的比值不易求出，從而思路受阻 易錯點三 (Ⅲ)處不注意對稱性，則變量xA、xB、xC、xD較多運算較大，也易出錯 易錯點四 (Ⅳ)處如果不換元，則運算量較大，易出現(xiàn)錯誤 易錯點五 (Ⅴ)處如果不注意xA>xB，則對λ的范圍的限制條件發(fā)生變化，從而造成結果出錯 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！