圆锥曲线复习学科导学案

学习内容与过程重难点归纳1 直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数 解成实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法2 当直线与圆锥曲线相交时 涉及弦长问题，常用 “韦达定理法”设而不求计算弦长 （即应用弦长公式 ） ； 涉及弦长的中点问题， 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，往往就能事半功倍直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况，从 几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点 对于抛物线来说，平行 于对称轴的直线与抛物线相交于一点， 但并不是相切； 对于双曲线来说， 平行于渐近线的直线与 双曲线只有一个交点，但并不相切直线和椭圆、 双曲线、 抛物线中每一个曲线的公共点问题， 可以转化为它们的方程所组成的 方程组求解的问题，从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是：（1）直线的斜率不存在，直线的斜率存，（2）联立直线和曲线的方程组；（3）讨论类一元二次方程（4）一元二次方程的判别式（5）韦达定理，同类坐标变换（6）同点纵横坐标变换（7）x,y ，k（ 斜率）的取值范围（8）目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，范围等等运用的知识：1、中点坐标公式： x x1 x2,y y1 y2 ，其中 x,y是点 A（x1,y1），B（x2,y2）的中点坐标。222、弦长公式：若点 A（x1, y1）， B（ x2 , y2 ）在直线 y kx b（k 0）上，则 y1 kx1 b，y2 kx2 b ，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，AB(x1x2)2( y1y2)2(x1x2)2(kx1kx2)2(1 k2)( x1x2)2(1 k2)( x1 x2)2 4x1x2或者 AB(x1x2)2(y1y2)2(1 x11 x2)2(y1y2)2(112 )( y1y2)2k k k(1 k12 )( y1 y2)2 4y1y2。3、两条直线 l1 : y k1x b1,l2 : y k2x b2垂直：则 k1k2 1两条直线垂直，则直线所在的向量 v1 v2 024、韦 达 定 理： 若 一 元二 次 方程 ax bx c 0(a 0) 有两 个 不同 的 根 x1,x2 ， 则 bcx1 x2,x1x2。aa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) 。2例题 2、过点 T(-1,0)作直线 l与曲线 N ：y2 x交于 A、B 两点，在 x轴上是否存在一点 E( x0 ,0)，使得 ABE是等边三角形，若存在，求出 x0 ；若不存在，请说明理由。2分析：过点 T(-1,0)的直线和曲线 N ： y2 x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3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：中线长是边长的 3 倍。运用弦长公式2 求弦长。x2 y 231练习 1：已知椭圆 C : 2 2 1(a b 0) 过点 (1, ) ，且离心率 ea 2 b22M、，且线段 MN 的垂直平分线过定点()求椭圆方程；()若直线 l : y kx m(k 0) 与椭圆交于不同的两点a,b 的关系式，再根据3过点(1,32)”得到 a,b的第 2个关系式，解方程组，就可以解出 a,b的值，确定椭圆方程。k,m 的不等式，再根据韦达定第二问，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1 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 G( ,0) ，得垂8 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 k, m的等式，用 k 表示 m再代入不等式，就可以求出 k 的取值范围。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：y kx m ，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。题型三：动弦过定点的问题圆锥曲线自身有一些规律性的东西， 其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有 关系，对这样的一些性质，我们必须了如指掌，并且必须会证明。随着几何画板的 开发，实现了机器证明几何问题，好多以前我们不知道的、了解不深入的几何或代 数性质，都如雨后春笋般的出来了， 其中大部分都有可以遵循的规律， 高考出题人， 也得设计好思维，让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题 领略一下其风采。x 2 y23例题 4、已知椭圆 C： x2 y2 1(a b 0)的离心率为 3 ，且在 x 轴上的顶点分别为 A 1(-2,0),A 2(2,0)。a 2 b22(I )求椭圆的方程；(II )若直线 l:x t(t 2)与 x轴交于点 T,点 P为直线 l上异于点 T的任一点，直线 PA1,PA2分别与椭圆交于M 、N 点，试问直线 MN 是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。 分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A 1、A 2的坐标都知道，可以设直线 PA1、PA2 的方程，方法总结 ：本题由点 A1(-2,0) 的横坐标直线 PA1和椭圆交点是 A 1(-2,0)和 M ，通过韦达定理，可以求出点 M 的坐标，同理可以求出点 N 的坐标。动 点P在直线 l :x t(t 2) 上，相当于知道了点 P的横坐标了， 由直线 PA1、PA2的方程可以求出 P点的纵坐标， 得到两条直线的斜率的关系，通过所求的 M 、N 点的坐标，求出直线 MN 的方程，将交点的坐标代入，如果 解出的 t2 ，就可以了，否则就不存在。2 是方程 (1 4k12)x2 16k2x 16k12 4 0 的一个根， 结合韦达定理运用同类坐标变换，得到点 M的横坐标：2 8k12 x1 1 4k112 ，再利用直线 A1M的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标： y14k1 2 ；1 1 4k12其实由y k2(x2 2)消 y 整理得 (1 4k22)x2 16k2x 16k22 4 0， 4y 2 4x22 得到 2x2 1 4k22 ，即8k22 2 x2 1 4k222 ， y21 44kk222 很快。16k 2 4不过如果看到：将 2x1 116k14k124中的 k1用k2换下来， x1前的系数 2用 2换下来，就得点 N的坐标 (18k24k222,1 44kk222)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。本题的关键是看到点P 的双重身份：点P 即在直线 A1M 上也在直线 A2N上，进而得到k1 k 2 k1 k 22 ，由直 t线 MN的方程 yy1y2y1 得直线与x 轴的交点，即横截距 x x2 y1x1y2 ，将点M、N 的坐标代入，化简4易得 x 4 ，txx1x2x1 y1y2由 t 3解出 t 3 ，到此不要忘了考察 t 3 是否满足 t 2。另外：也可以直接设 P(t，y0)，通过 A1，A2的坐标写出直线 PA1，PA2 的直线方程，再分别和椭圆联立，通过 韦达定理求出 M 、N 的坐标，再写出直线 MN 的方程。再过点 F，求出 t 值。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 6、已知点 A、B 、直线 BC 过椭圆的中心22C 是椭圆 E： x2 y2 1 (a b 0) 上的三点，其中点 A (2 3,0) 是椭圆的右顶点， abO，且 AC BC 0 ，BC 2 AC ，如图。(I)求点 C 的坐标及椭圆E 的方程；QC 关于直线 x 3对称，求直线 PQ 的斜率。方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线 QC关于直线 x 3 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 3 是方程(1 3k2)x2 6 3k(1 k)x 9k2 18k 3 0 的根，易得点 P 的横坐标：2x 9k 2 18k 3 xP3(1 3k2 )再将其中的k 用 -k 换下来，就得到了点Q的横坐标：xQ29k 2 18k 33(1 3k 2)，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。接下来，如果分别利用直线 PC、QC的方程通过坐标变换法将点 P、 Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。直接计算 yP yQ 、 xP xQ ，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。山东 2006 理22双曲线 C与椭圆 x8 y4 1有相同的焦点，直线 y= 3x为 C的一条渐近线。(I) 求双曲线 C的方程；(II) 过点 P(0,4) 的直线 l ，交双曲线 C 于 A,B 两点，交 x 轴于 Q 点( Q 点与 C 的顶点不重合) 。当 PQ 1QA 2QB ，且 1 2 8 时，求 Q点的坐标。1 2 3解：()解法一：由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零。设l的方程： y kx 4,A(x1,y1)， B(x2,y2)4则 Q( ,0)kPQ 1QA4, y1) k441(x1 ) kk4 1y1x144k 1 k4y11A(x1, y1) 在双曲线 C 上，1k62 (1 1 )2 16 1 0 k 1 1k216 32 1 16 12 16 k2 k2 2 0.1 1 3(16 k2) 12 32 1 16 16k2 0.1 1 3同理有： (16 k2) 22 32 2 16 16k2 0.322若16 k2 0,则直线 l 过顶点，不合题意 . 16 k2 0,2 2 16 21, 2是二次方程 (16 k2)x2 32x 16k2 0.的两根 .332812212 k2163k24 ，此时 0, k 2.所求Q的坐标为 ( 2,0) .解法二：由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零4 设l的方程， y kx 4, A(x1, y1), B( x2, y2) ，则Q( ,0) .kPQ 1QA ，Q分 PA的比为 1.由定比分点坐标公式得41x1k11 0 4 1y1114 x1(1 1)k14y11同解法 解法三：由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零4 设l的方程： y kx 4, A(x1, y1), B( x2, y2) ，则Q( ,0) .kPQ 1QA 2QB ，444 ( , 4) 1(x1 , y1) 2(x2 ,y2).kkk4 1 y1 2y2 ，y24 y13112 y1 y2 3即 3(y1 y2) 2y1y22将 y kx 4 代入 x2 y 1得32 2 2(3 k )y 24y 48 3k 03 k2 0，否则 l 与渐近线平行。24 48 3k 2 y1 y2 3 k2 ,y1y2 3 k2 。24 48 3k23 324k2 2 48 3k3 k2k2Q( 2,0)解法四：由题意知直线得斜率 k 存在且不等于零，设 l 的方程： y kx 4，A(x1, y1 ), B( x2 , y2 )4则 Q( ,0)kPQ 1QA,4( , 4) 1(x1 k4k4k4k,y1)。x1同理kx2 422kx1 4 kx2 42k2x1x2 5k(x1 x2) 8 0*)y kx 42 y2x1 3223 k2 0消去 y 得 (3 k2)x2 8kx 19 0.当3 k2 0时，则直线 l 与双曲线得渐近线平行，不合题意， 由韦达定理有：8k x1 x223 k 219 x1 x223k代入（ * ）式得 k2 4,k 2x2 4 y的焦点，离心率等于 2 5 。5所求 Q 点的坐标为 （ 2,0） 。练习：已知椭圆 C的中心在原点， 焦点在 x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线1）求椭圆 C 的标准方程；2）点 P为椭圆上一点， 弦 PA、PB 分别过焦点F1、F2，（PA、PB都不与 x 轴垂直，其点 P 的纵坐标不为0），若 PF1 1F1A,PF2 2F2B，求 1 2 的值。2218.如图，在平面直角坐标系 xoy 中，M,N 分别是椭圆 x y 1的顶点， 过坐标原点的直线交椭42圆于 P,A两点，其中点 P在第一象限，过 P作x 轴的垂线，垂足为 C。连结 AC，并延长交椭圆于点 B设直线 PA的斜率为 k 。1)若直线 PA平分线段 MN,求 k的值；(2)3)当 k 2 时，求点 对任意的 k 0 ，PA PB 。解析：本题主要考查椭圆的标准方程及椭圆的几何性质、直线方程、直线的垂直关系，点到直线 的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，是 B、C 级要求的综合，中档题。恰当 应用椭圆的概念和几何性质，可以提高运算效率