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文檔簡介
1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上題目 高中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題講座直線與圓錐曲線(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)直線與圓錐曲線相交時 涉及弦長問題,常用“韋達定理法”設(shè)
2、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
3、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5m0 由方程組,消去y,得x2+(2m4)x+m2=0 直線l與拋物線有兩個不同交點M、N,方程的判別式=(2m4)24m2=16(1m)0,解得m1,又5m0,m的范圍為(5,0)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)則x1+x2=42m,x1·x2=m2,|MN|=4 點A到直線l的距離為d= S=2(5+m),從
4、而S2=4(1m)(5+m)2=2(22m)·(5+m)(5+m)2()3=128 S8,當(dāng)且僅當(dāng)22m=5+m,即m=1時取等號 故直線l的方程為y=x1,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0m5 由方程組,消去x,得y 24 y 4m=0 直線l與拋物線有兩個不同交點M、N,方程的判別式=(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=4S8,當(dāng)且僅當(dāng)即m=1時取等號 故直線l的方程為y=x1,AMN的最大面積為8
5、例2已知雙曲線C 2x2y2=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
6、,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y2=k(x1),代入C的方程,并整理得(2k2)x2+2(k22k)xk2+4k6=0 (*)()當(dāng)2k2=0,即k=±時,方程(*)有一個根,l與C有一個交點()當(dāng)2k20,即k±時=2(k22k)24(2k2)(k2+4k6)=16(32k)當(dāng)=0,即32k=0,k=時,方程(*)有一個實根,l與C有一個交點 當(dāng)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 當(dāng)0,即k時,方程(*)無解,l與C無交點 綜上知 當(dāng)
7、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2x12y12=2,2x22y22=2兩式相減得 2(x1x2)(x1+x2)=(y1y2)(y1+y2)又x1+x2=2,y1+y2=22(x1x2)=y1y1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OPOQ,|PQ|=,求橢圓方程 解 設(shè)橢圓
8、方程為mx2+ny2=1(m0,n0),P(x1,y1),Q(x2,y2)由 得(m+n)x2+2nx+n1=0,=4n24(m+n)(n1)0,即m+nmn0,由OPOQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0,+1=0,m+n=2 又22,將m+n=2,代入得m·n=由、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 2B C D 2 拋物線y=ax2與直線y=kx+b(k0)交于A、B兩點,且此兩點的橫坐標(biāo)分別為x1,x2,直線與x軸交點
9、的橫坐標(biāo)是x3,則恒有( )A x3=x1+x2B x1x2=x1x3+x2x3C x1+x2+x3=0D x1x2+x2x3+x3x1=03 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(p0),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 5 已知中心在原點,頂點A1、A2在x軸上,離心率e=的雙曲線過點P(6,6) (1)求雙曲線方程 (2)動直線l經(jīng)過A1PA2的重心G,與雙曲線交于
10、不同的兩點M、N,問 是否存在直線l,使G平分線段MN,證明你的結(jié)論 參考答案:1 解析 弦長|AB|= 答案 C2 解析 解方程組,得ax2kxb=0,可知x1+x2=,x1x2=,x3=,代入驗證即可 答案 B3 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504 解 (1)設(shè)直線l的方程為 y=xa,代入拋物線方程得(xa)2=2px,即x22(a+p)x+a2=0|AB|=2p 4ap+2p2p2,即4app2又p0,a (2)設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2),AB的中點 C(x,y),由(1)知,y1=x1a,y2=x2a,x1+x2=2a+2p,則有x=p 線段AB的垂直平分線的方程為yp=(xap),從而N點坐標(biāo)為(a+2p,0)點N到AB的距離為從而SNAB=當(dāng)a有最大值時,S有最大值為p2 5 解 (1)如圖,設(shè)雙曲線方程為=1 由已知得,解得a2=9,b2=12 所以所求雙曲線方程為=
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