1、7.4.17.4.1 直线与圆及圆锥曲线直线与圆及圆锥曲线 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 关键能力关键能力 学案突破学案突破 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 1.解答直线与圆锥曲线相交问题的一般步骤:设线、设点,联立、消元,韦达 定理、代入、化简. 第一步:讨论直线斜率的存在性,斜率存在时,设直线的方程为y=kx+b(或斜 率不为零时,设x=my+n); 第二步:设直线与圆锥曲线的两个交点为M(x1,y1),N(x2,y2); 第三步:联立方程组 = + , (,) = 0, 消去 y 得关于 x 的方程 Ax2+Bx+C=0;
2、 第四步:由判别式和韦达定理列出直线与曲线相交于两个点满足的条件 二次系数不为零, 0, 1+ 2= - , 12= ; 第五步:把所要解决的问题转化为含x1+x2,x1x2的形式,然后代入、化简. 2.弦中点问题的特殊解法点差法:即若已知弦AB的中点为M(x0,y0),先 设两个交点为A(x1,y1),B(x2,y2);分别代入圆锥曲线的方程,得 f(x1,y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减、分解因式,再将x1+x2=2x0,y1+y2=2y0代入其 中,即可求出直线的斜率. 3.弦长公式:|AB|= 1 + 2|x1-x2|= (1 + 2)(1+ 2)2-412(k 为弦 AB
3、所在 直线的斜率). 关键能力关键能力 学案突破学案突破 热点一热点一 求轨迹方程求轨迹方程 【例1】(2020北京顺义二模,21节选)设线段AB的两个端点A,B分别在x轴、 y轴上滑动,且|AB|=5, (O为坐标原点),求点M的轨迹方 程. = 3 5 + 2 5 解 设 M(x,y),A(x0,0),B(0,y0),由 = 3 5 + 2 5 , 得(x,y)=3 5(x0,0)+ 2 5(0,y0), 则 = 3 5 0, = 2 5 0, 即 0= 5 3 , 0= 5 2 , 由|AB|=5,得0 2 + 0 2=25,则有 5 3 2 + 5 2 2 =25, 化简,得 2 9
4、+ 2 4 =1. 解题心得1.如果动点运动的条件是一些几何量的等量关系,设出动点坐标, 直接利用等量关系建立x,y之间的关系F(x,y)=0,就得到轨迹方程. 2.若动点的轨迹符合某已知曲线的定义,可直接设出相应的曲线方程,用待 定系数法或题中所给几何条件确定相应系数,从而求出轨迹方程. 3.如果动点P的运动是由另外某一点Q的运动引发的,而该点坐标满足某已 知曲线方程,则可以设出P(x,y),用(x,y)表示出相关点Q的坐标,然后把Q的坐 标代入已知曲线方程,即可得到动点P的轨迹方程. 【对点训练1】设抛物线C1的方程为x2=4y,点M(x0,y0)(x00)在抛物线 C2:x2=-y上,过
5、M作抛物线C1的切线,切点分别为A,B,圆N是以线段AB为直径 的圆. (1)若点M的坐标为(2,-4),求此时圆N的半径长; (2)当M在x2=-y上运动时,求圆心N的轨迹方程. 解 (1)设 N(x,y),A(x1, 1 2 4 ),B(x2, 2 2 4 ),x1x2,切线 MA,MB 的方程分别为 y= 1 2 (x-x1)+ 1 2 4 ,y= 2 2 (x-x2)+ 2 2 4 ,得 MA,MB 的交点 M(x0,y0)的坐标为 x0= 1+2 2 =2,y0= 12 4 =-4.又 kAB= 2 2 4 -1 2 4 2-1 = 1+2 4 =1, |AB|= 1 + 2 ( 1
6、 + 2)2-412=4 10,r=1 2|AB|=2 10. (2)N为线段 AB的中点,x= 1+2 2 ,y= 1 2+ 2 2 8 . 点 M 在 C2上,即0 2=-y0.由(1)得(1+2 2 )2=- 12 4 , 则( 1+2 2 )2=-( 1+2)2-(1 2+ 2 2) 8 . x2=-4 2-8 8 ,x0,即 x2=2 3y(x0).圆心 N的轨迹方程为 x 2=2 3y(x0). 热点二热点二 直线与圆的综合直线与圆的综合 【例2】(2020陕西榆林高三模拟,理20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直 线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆. (
7、1)证明:坐标原点O在圆M上; (2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程. 解 (1)证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2, 由 = + 2, 2= 2, 可得 y2-2my-4=0,则 y1y2=-4. 又 x1=1 2 2 ,x2=2 2 2 ,故 x1x2=(1 2)2 4 =4. 因此 OA的斜率与 OB的斜率之积为1 1 2 2 = -4 4 =-1, 所以 OAOB,故坐标原点 O在圆 M 上. (2)由(1)可得 y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4, 故圆心 M的坐标为(m2+2,m),圆 M的半径 r= (2+
8、2)2+ 2. 由于圆 M过点 P(4,-2),因此 =0, 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即 x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可知 y1y2=-4,x1x2=4,所以 2m2-m-1=0,解得 m=1或 m=-1 2. 当 m=1时,直线 l的方程为 x-y-2=0,圆心 M的坐标为(3,1), 圆 M的半径为 10,圆 M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10. 当 m=-1 2时,直线 l的方程为 2x+y-4=0,圆心 M的坐标为 9 4,- 1 2 , 圆 M的半径为 85 4 ,圆 M的方程为 - 9 4 2
9、 + + 1 2 2 = 85 16. 解题心得直线与圆相交问题的求法 (1)弦长的求解方法 根据半径、弦心距、半弦长构成的直角三角形,构成三者间的关系 R2=d2+ 2 4 (其中 l 为弦长,R 为圆的半径,d 为圆心到直线的距离); 根据公式 l= 1 + 2|x1-x2|求解(其中 l 为弦长,x1,x2为直线与圆相交所得交 点的横坐标,k为直线的斜率); 求出交点坐标,用两点间距离公式求解. (2)定点、定值问题的求解步骤 设:设出直线方程,并代入圆的方程整理成关于x(或y)的一元二次方程; 列:用参数表示出需要证明的直线方程或者几何性质的等式; 解:判断直线是否过定点或对表示出的代
10、数式进行化简求解. 【对点训练2】已知圆C经过点A(0,2),B(2,0),圆C的圆心在圆x2+y2=2的内 部,且直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2 .点P为圆C上异于A,B的 任意一点,直线PA与x轴交于点M,直线PB与y轴交于点N. (1)求圆C的方程; (2)若直线y=x+1与圆C交于A1,A2两点,求 ; (3)求证:|AN| |BM|为定值. 1 2 3 解 (1)易知圆心 C在线段 AB的中垂线 y=x上, 故可设 C(a,a),圆 C的半径为 r,因为直线 3x+4y+5=0被圆 C所截得的弦长 为 2 3,且 r= 2+ (-2)2,所以 C(a,a)到直线 3x+
11、4y+5=0的距离 d=|7+5| 5 ,由 r2=d2+3得,( 2+ (-2)2)2= |7+5| 5 2+3,即 a2-170a=0,所以 a=0或 a=170. 又圆 C的圆心在圆 x2+y2=2的内部,所以 a=0,圆 C的方程为 x2+y2=4. (2)将 y=x+1 代入 x2+y2=4 得 2x2+2x-3=0.设 A1(x1,y1),A2(x2,y2), 则 x1+x2=-1,x1x2=-3 2. 所以1 2 =(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+(x1+1)(x2+1) =2x1x2-(x1+x2)+5=-3+1+5=3. (3)证明:当直线
12、 PA 的斜率不存在时,|AN| |BM|=8,当直线 PA 与直线 PB 的斜 率都存在时,设P(x0,y0),显然x00,且x02.直线PA的方程为y=0 -2 0 x+2,令y=0 得 M 20 2-0 ,0 . 直线 PB 的方程为 y= 0 0-2(x-2),令 x=0 得 N(0, 20 2-0). 所以|AN| |BM|= 2- 20 2-0 2- 20 2-0 =4+4 0 0-2 + 0 0-2 + 00 (0-2)(0-2) =4+4 0 2-20+ 0 2-2 0+00 (0-2)(0-2) =4+4 4-20-20+00 (0-2)(0-2) =4+4 4-20-2 0
13、+00 4-20-20+00 =8, 故|AN| |BM|为定值 8. 热点三热点三 直线与圆锥曲线的综合直线与圆锥曲线的综合 【例 3】(2020 江西南康中学第一次联考,21)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(ab0)的 右焦点为( 3,0),且经过点 -1, 3 2 ,点 M 是 x 轴上的一点,过点M 的直线 l 与椭 圆 C 交于 A,B 两点(点 A 在 x 轴的上方). (1)求椭圆 C 的方程; (2)若 =2 ,且直线 l 与圆 O:x2+y2=4 7相切于点 N,求|MN|. 解 (1)由题意知 2-2= 2= 3, (-1)2 2 + 3 2 2 2 = 1, 得
14、(a2-4)(4a2-3)=0, 又 a2=3+b23,故 a2=4,则 b2=1,所以椭圆 C的方程为 2 4 +y2=1. (2)设 M(m,0),直线 l:x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由 =2 ,得 y1=-2y2. 由 2 4 + 2= 1, = + , 得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0. =4t2m2-4(t2+4)(m2-4)0,即 t2m2-4. 则 y1+y2=- 2 2+4,y1y2= 2-4 2+4.由 y1y2=-22 2,y1+y2=-2y2+y2=-y2, 得 y1y2=-2-(y1+y2)2=-2(y1+y2)2, 所以 2-4 2+
15、4=-2 - 2 2+4 2, 化简得(m2-4)(t2+4)=-8t2m2. 易知原点 O 到直线 l 的距离 d= | 1+2,又直线 l 与圆 O:x 2+y2=4 7相切, 所以 | 1+2 = 4 7,即 t 2=7 4m 2-1.由 ( 2-4)(2 + 4) = -822, 2= 7 4 2-1, 得 21m4-16m2-16=0,即(3m2-4)(7m2+4)=0,解得 m2=4 3,此时 t 2=4 3,满足 0, 所以 M 2 3 3 ,0 . 在 RtOMN 中,|MN|= 4 3 - 4 7 = 4 21 21 . 解题心得本题是直线与椭圆、圆的综合问题,对于(1),由
16、题意,列关于a,b的 方程组,解方程组可得a,b的值进而求得椭圆的方程;对于(2),设出点M,A,B 的坐标及直线l的方程x=ty+m,与椭圆方程联立,再结合根与系数的关系,得 m与t的关系,由直线与圆相切,得另一关系式,联立可得点M的坐标,进而求 得|MN|,考查了数学运算这一核心素养. 【对点训练3】(2020四川成都高三模拟,理21)已知椭圆E: =1 (ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线 l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T. (1)求椭圆E的方程及点T的坐标; (2)设O是坐标原点,直线l平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线 l交于点
17、P.证明:存在常数,使得|PT|2=|PA| |PB|,并求的值. 2 2 + 2 2 解 (1)由已知,得 a= 2b, 则椭圆 E的方程为 2 22 + 2 2 =1. 由方程组 2 22 + 2 2 = 1, = - + 3, 得 3x2-12x+(18-2b2)=0. 方程的判别式为 =24(b2-3),由 =0,得 b2=3,此时方程的解为 x1=x2=2, 所以椭圆 E的方程为 2 6 + 2 3 =1.点 T的坐标为(2,1). (2)证明:由已知可设直线 l的方程为 y=1 2x+m(m0), 由方程组 = 1 2 + , = - + 3, 可得 = 2- 2 3 , = 1
18、+ 2 3 . 所以 P 点坐标为 2- 2 3 ,1 + 2 3 , 则|PT|2=8 9m 2.设点 A,B 的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程组 2 6 + 2 3 = 1, = 1 2 + , 可得 3x2+4mx+(4m2-12)=0. 方程的判别式为 =16(9-2m2), 由 0,解得-3 2 2 m3 2 2 . 由得 x1+x2=-4 3 ,x1x2=4 2-12 3 . 所以|PA|= 2- 2 3 -1 2 + 1 + 2 3 -1 2 = 5 2 2-2 3 -x1, 同理,|PB|= 5 2 2-2 3 -x2. 所以|PA| |PB| =5 4 2- 2 3 -1 2- 2 3 -2 =5 4 2- 2 3 2 2- 2 3 (x1+x2)+x1x2 =5 4 2- 2 3 2 2- 2 3 - 4 3 + 4 2-12 3 =10 9 m2. 故存在常数 =4 5,使得|PT| 2=|PA| |PB|.
