河北省抚宁县第六中学高三数学专题复习1.6.3直线与圆锥曲线的综合问题教案(第1课时)

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数，利用函数的性质求最值等． 考向一 直线与圆锥曲线的位置关系 在高考中，直线与圆锥曲线的位置关系是热点．常围绕弦长、面积、焦点弦、弦中点问题来展开，关键是采用“设而不求”的思想，利用韦达定理来解题． x2y23【例1】 (2013·天津高考)设椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与ab3x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为(1)求椭圆的方程； →→(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若AC·DB→→＋AD·CB＝8，求k的值． [思路点拨](1)由离心率和椭圆基本量之间的关系建立方程，求得椭圆方程；(2)联立直线与椭圆方程，由韦达定理，结合向量的坐标运算求解． 解 (1)设F(－c,0)，由＝代入椭圆方程－c243. 3ca3，知a＝3c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c， 3a2y26＋2＝1，解得y＝±b， b3264于是b＝3，∴b＝2， 33又a－c＝b， 从而可得a＝3，c＝1， ∴椭圆的方程为＋＝1. 32(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)， 222x2y2y＝kx＋22由方程组xy＋＝132222， 2消去y， 得(2＋3k)x＋6kx＋3k－6＝0. 由于Δ＝48k＋48>0恒成立， 6k3k－6则x1＋x2＝－2，x1x2＝2， 2＋3k2＋3k因为A(－3，0)，B(3，0)，所以 →→→→AC·DB＋AD·CB＝(x1＋3，y1)·(3－x2，－y2)＋(x2＋3，y2)·(3－x1，－y1) ＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k(x1＋1)(x2＋1)

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2222＝6－(2＋2k)x1x2－2k(x1＋x2)－2k 2k＋12＝6＋2. 2＋3k2k＋12由已知得6＋2＝8，解得k＝±2. 2＋3k[探究提升] 1.(1)本题最常见的是计算错误，关键在于细心认真，平时强化计算能力训练．(2)用代数方法研究曲线的性质，关键是方程思想的应用． 2．直线与圆锥曲线的位置关系问题，常联立方程，充分利用根与系数的关系建立等式(或不等式)整体代入求解，并注意判别式满足的条件限制，防止增解． 22222x2y2【变式训练1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－ab1,0)，且点P(0，1)在C1上． (1)求椭圆C1的方程； (2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y＝4x相切，求直线l的方程． 解 (1)因为椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)， 2x2y2所以c＝1.将点P(0,1)代入椭圆方程2＋2＝1， ab1得2＝1，即b＝1. b所以a＝b＋c＝2. 所以椭圆C1的方程为＋y＝1. 2 (2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，由222x22x＋y2＝1，2y＝kx＋m222 222消去y并整理得 (1＋2k)x＋4kmx＋2m－2＝0. 因为直线l与椭圆C1相切， 所以Δ1＝16km－4(1＋2k)·(2m－2)＝0. 整理，得2k－m＋1＝0， y＝4x，由y＝kx＋m22222 消y，得 k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0. ∵直线l与抛物线C2相切， ∴Δ2＝(2km－4)－4km＝0，整理，得km＝1， 222 3

2k＝，2联立①、②，得m＝2，∴l的方程为y＝ 2k＝－，2或m＝－2， 22x＋2或y＝－x－2. 22考向二 考查定点与定值问题 常考查直线过定点、直线与圆锥曲线中定值的计算，题型以解答题为主，常先用变量表示要求的量或点的坐标，再通过推理计算导出这些量或点的坐标和变量无关． 【例2】 (2013·陕西高考)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程； (2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点． [思路点拨] (1)设出圆心坐标，利用圆在y轴上截得的弦长构建方程，求得圆心的轨迹方程．(2)设出直线l的方程，与曲线C联立，得关于x的方程，依据根与系数的关系和x轴平分∠PBQ，得P、Q两点的坐标关系，进而可证直线l过定点． 解 (1)如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意，得|O1A|＝|O1M|， 当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点． ∴|O1M|＝x＋4， 又|O1A|＝∴22x－222＋y， 222x－2＋y＝x＋4， 化简得y＝8x(x≠0)． 又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0) 也满足方程y＝8x， ∴动圆圆心的轨迹C的方程为y＝8x. 22 (2)依题意，设直线l的方程为 y＝kx＋b(k≠0)， 设两交点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

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将y＝kx＋b代入y＝8x中， 得kx＋(2bk－8)x＋b＝0. 其中Δ＝－32kb＋64>0. 由根与系数的关系得，x1＋x2＝8－2bk， 22222kb2x1x2＝2， k因为x轴是∠PBQ的角平分线， ∴＝－， x1＋1x2＋1 y1y2即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0. ∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 整理得2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0， 将①，②代入③得2kb＋(k＋b)(8－2bk)＋2kb＝0， ∴k＝－b，此时Δ>0， ∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)． [探究提升] 1.(1)定点和定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的． (2)解圆锥曲线中的定点、定值问题也可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究． 2．解直线与圆锥曲线的综合问题，要把握好以下几个“不”：①不能缺少“Δ”；②不能忽视直线的斜率；③不能小视“基本”变形；④不能弱化几何证明；⑤不能忘记解题结论． 22x2y23【变式训练2】 (2013·江西高考)椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率e＝，a＋b＝3. ab2(1)求椭圆C的方程； (2)如图，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2m－k为定值． (1)解 因为e＝3c＝， 2a 5

所以a＝23c，b＝13c. 代入a＋b＝3得，c＝3，a＝2，b＝1. 故椭圆C的方程为＋y＝1. 41(2)证明 因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)， 2将①代入＋y＝1， 44k8k－2解得P2，－2. 4k＋14k＋11直线AD的方程为y＝x＋1. 2①与②联立解得M 4k8k－2由D(0,1)，P2，－2，N(x,0)三点共线知 4k＋14k＋1－4k－124k＋10－14k－2，0. ＝，解得N28k－2x－02k＋1－024k＋122x22x22 4k＋2，4k. 2k－12k－14k－02k－1所以MN的斜率为m＝ 4k＋24k－2－2k－12k＋1多媒体辅助教学内容 教学流程 6

考点探究 突破 1．(2013·新课标全国Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点．若典型例题|AF|＝3|BF|，则l的方程为( )． 讲解，A．y＝x－1或y＝－x＋1 先让学生自己33B．y＝(x－1)或y＝－(x－1) 思考，33老师再C．y＝3(x－1)或y＝－3(x－1) 给出思路，最22后用多D．y＝(x－1)或y＝－(x－1) 22媒体展2示解答解析 y＝4x，知焦点F(1,0)，设B(x0，y0)，由|AF|＝ 过程，→→要求学3|BF|，知AF＝3FB， 生自己做题时x0－，1－xA＝则从而得A(4－3x0，－3y0)， 要规－yA＝3y0.范。 同时给又点A、B在抛物线上， 出做这2y0＝4x0，种题的∴ 2－3x0，－3y0＝思路指导，并12解之得x0＝且y0＝±3. 33且加以总结，∴直线l的方程为y＝±3(x－1)． 指出要答案 C 记住的，要x2y22．(2013·新课标全国Ⅱ)已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交ab注意的，易椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )． 错点 等。 课堂同步练习： 7

A.C.＋＝1 B.＋＝1 45363627x2y2x2y2＋＝1 D.＋＝1 2718189x2y2x2y2解析 设A(x，y)、B(x，y)，所以xya＋b＝1，1122222222x2y2112＋2＝1，ab 运用点差法， b2所以直线AB的斜率为k＝2， ab2设直线方程为y＝2(x－3)， a联立直线与椭圆的方程得(a＋b)x－6bx＋9b－a＝0， 6b所以x1＋x2＝2＝2， a＋b2又因为a－b＝9，解得b＝9，a＝18. ∴椭圆的方程为＋＝1. 189答案 D 课堂要求学生掌握的内容： 熟练掌握直线与圆锥曲线的综合问题的相关知识 板书设计 1、 网络构建 2、 考点溯源 3、题型： 4总结 22222222224x2y2 课后作业 知能提升.演练 8