配套版第八章第十三章-第九章

直線與圓錐曲(ay2＋by＋c＝0)．①Δ>0?直線與圓錐曲線相交②Δ＝0?直線與圓錐曲線相切③Δ<0?直線與圓錐曲線相離ElEl 1＋1直線l與拋物線y2＝2px只有一個公共點(diǎn)，則l與拋物線相切 ×直線y＝kx(k≠0)與雙曲線x2－y2＝1一定相交 √) 過點(diǎn)(2,4)的直線與橢圓4＋y＝1只有一條切線 滿足“直線y＝ax＋2與雙曲線x2－y2＝4只有一個公共點(diǎn)”的a的值有4個 直線y＝kx－k＋1與橢圓9＋4＝1的位置關(guān)系為 相 B．相C．相 答 直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(diǎn)(1,1)，又點(diǎn)(1,1)在橢圓，故直線與橢圓相 若直線y＝kx與雙曲線9－4＝1相交，則k的取值范圍是

答 解 雙曲線9－4＝1的漸近線方程為 3．(2014·遼寧)已知點(diǎn)A(－2,3)在拋物線C：y2＝2px的準(zhǔn)線上，過點(diǎn)A的直線與C在第一象限相切于點(diǎn)B，記C的焦點(diǎn)為F，則直線BF的斜率為( 答 解 拋物線y2＝2px的準(zhǔn)線為直線x＝－p，而點(diǎn)A(－2,3)在準(zhǔn)線上，所以－p＝－2，即 8＝4C：y2＝8xF(2,0)y－3＝k(x＋2)y2＝8x得82k＋3＝0(k≠0)①Δ＝1－4×k(2k＋3)＝0k＝－2 222k＝1代入①y＝8y2＝8x2B的坐標(biāo)為(8,8)BF的斜率為 460°lx2＝4yA、B 答 解 直線l的方程為y＝由

A(x1，y1)，B(x2，y2)題型 直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判斷及應(yīng)例 (1)若直線y＝kx＋2與雙曲線x2－y2＝6的右支交于不同的兩點(diǎn)，則k的取值范圍 ， 15 15 15 ， 3 3 — 15 15 —

3，－思維點(diǎn) 聯(lián)立方程，得一元二次方程，注意考慮判別式 解 由

得設(shè)直線與雙曲線右支交于不同的兩 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝4k －103

因?yàn)橹本€l與拋物線C恰好有一個公共點(diǎn)，所以方程組組實(shí)數(shù)解，消去

①當(dāng)a＋1＝0，即a＝－1時，方程(*)是關(guān)于x的一元一次方程，解得x＝－1②a＋1≠0a≠－1時，方程(*)x51)2＝a(5a＋4)Δ＝0a＝05當(dāng)a＝0時，原方程組有唯一解當(dāng)

5＝－時，原方程組有唯一解55a的取值集合是5思維升華(1)判斷直線與圓錐曲線的交點(diǎn)個數(shù)時，可直接求解相應(yīng)方程組得到交點(diǎn)坐標(biāo)．也為0.化為判別式與0的大小關(guān)系求解． 將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立 得方程組 4＋2 將①代入②方程③Δ>0，即－32<m<32時，方程③有兩個不同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實(shí)數(shù)解．這時直線l與橢圓C有兩個不重合的公共點(diǎn)．當(dāng)Δ＝0，即m＝±32時，方程③有兩個相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)lClC有且只有一個公共點(diǎn)．當(dāng)Δ<0，即m<－32或m>32時，方程③沒有實(shí)數(shù)根，可知原方程組沒有實(shí)數(shù)解．這時直線l與橢圓C沒有公共點(diǎn)．題型 直線與圓錐曲線中點(diǎn)弦、弦長問例2 已知F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，圓F2：(x－1)2＋y2＝1，一動圓在y軸右側(cè)與y軸相切，同時與圓F2相外切，此動圓的圓心軌跡為曲線C，曲線E是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓．C3CEP，且|PF1|＝7E3在(1)、(2)lEA、BABMC上，求lk的取值范圍．思維點(diǎn) (1)利用兩圓外切的性質(zhì)求曲線C的方程3(2)利用|PF1|＝7P|PF2|3(3)l (1)設(shè)動圓圓心的坐標(biāo)為(x，y)∵yyF2∴x－12＋y2＝x＋1y2＝4x，曲線C的方程為y2＝4x(x>0)．(2)依題意，c＝1，|PF1|＝7 33

∴b＝a－c＝3，∴E的標(biāo)準(zhǔn)方程為43 設(shè)直線l與橢圓E的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)．A，B的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為ly＝kx＋m

2 與43＝1聯(lián)立得(3＋4k)x＋8kmx＋4mΔ>0x1＋x2＝－8km∴x0＝－

，y0＝3m

M－

，3m 整理得 將②代入①162k2(3＋4k2)<81t＝4k2則 ∴－6<k<6 方法 A，B的坐標(biāo)代入橢圓方程中，得

∵y2＝4x，∴直線AB的斜率 ＝－3y

16由(2)xp＝2，∴y2＝4xp＝8，∴yP＝2 ±由題設(shè) 2 2由題設(shè) 3<y<

y ∴－6<－306，即－ y

思維升 和訓(xùn)練 設(shè)拋物線過定點(diǎn)A(－1,0)，且以直線x＝1為準(zhǔn)線(1)C(2)lCM，NMN垂直平分線的方程為y＝kx＋m，試求m的取值范圍． (1)設(shè)拋物線頂點(diǎn)為P(x，y)，則焦點(diǎn)F(2x－1，y)．即

1

MN

C

的方程為 4(2)MNP－1，y0，M(xM，yM)，N(xN，yN) 4 可知 yM－yN＝－1 P－1，y0MN 22 由點(diǎn) 段BB′上(B′，B為直線x＝－1與橢圓的交點(diǎn) yB′<y0<yB，也即－3<y0<所以－3 34<m<4所以－3 3題型 圓錐曲線的綜合問 3例 lA，B.A的坐標(biāo)為＝5若 4 l＝5若點(diǎn) 段AB的垂直平分線上，且→→＝4.求y0的值 (1)由e＝c＝3，得

c2＝a2－b2，解得a＝2b.2由題意可知1×2a×2b＝42解方程組

2所以橢圓的方程為4＋y(2)(i)由(1)A的坐標(biāo)是B的坐標(biāo)為(x1，y1)lk，則直線l的方程為y＝k(x＋2)．于是A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組x24y并整理，得 1由－2x1＝1＋4k21

y1＝4k 所以 5由|AB|＝45 45，解得l的傾斜角為π或 4(ii)ABM，由(i)M 2k ①k＝0B的坐標(biāo)是(2,0)ABy軸，于是

由→ QA·QB＝4y＝±2②k≠0ABy－2k＝－1(x＋ k2x＝0y0＝－6kQA＝(－2，－yQA＝(－2，－y)，QB＝(x，y－y

→ 111 ＋＋2(＋4k2＋111 ±7

2±5綜上，y0＝±22

2±5思維升 解決直線與橢圓相交問題時，以下幾點(diǎn)容易造成失分Δ>0 2x＋y－3＝0MA，B兩點(diǎn)，PABOP的斜率為2M x y＋ 1＋x y＋ 2＋ ①－②， 因 ＝－1，設(shè)2PABOP的斜率為2y0＝1x0 a2＝2b2a2＝2(a2－c2)a2＝2c2，又因?yàn)閏＝3，所以a2＝6，所 M的方程為63(2)CD⊥ABABx＋y－3＝0，所以設(shè)直線CD方程為y＝x＋m， x＋y－3＝0代入63＝13x2－43x＝0A(0，3)，B43，－3所以可得|AB|＝43

3 y＝x＋m代入63＝13則|CD|＝ x3＋x42－4x3x4＝23

又因?yàn)閙＝0時，|CD|4ACBD面積的最大值為1|AB|·|CD|＝8 3 3F1xCCM(m,0)m在(2)PkllCPF1，PF2k1，k2k2≠0，證明1＋1 思維點(diǎn) xΔ＝0；變?yōu)?11k與11x0，y0 3

(1)由已知得e＝a＝2，ac2＝a2－b2

2xC的方程為4x

2＝1.[3分→ →PF1·PM＝PF2·PM→ → → →即PF1·PM＝PF2·PM.[4分→

0000P(x0，y0)x2≠4，將向量坐標(biāo)化得：m(4x2－16)＝3x3－12x.00004m＝3x04m∈－3，3.[6分 P(x0，y0)(y0≠0)l 4＋y

2 2聯(lián)立

整理得(1＋4k)x＋8(ky0－kx0)x＋4(y0－2kx0y0＋k0000所以Δ＝64(ky0－k2x0)2－16(1＋4k2)(y2－2kx0y0＋k2x2－1)＝0.即00000.[10分x2x又0＋y2＝116y2k2＋8xy 0 x0＋x0－故x0＋x0－120＝－4y0，又k＋k ＝120所以1＋1＝111 x0y0所以1＋1為定值，這個定值為－8.[12分 溫馨提醒對題目涉及的變量巧妙的引進(jìn)參數(shù)(如設(shè)動點(diǎn)坐標(biāo)、動直線方程等)，利用題目的進(jìn)行整體代換，達(dá)到“設(shè)而不求，減少計(jì)算”的效果，直接得定值y＝kx＋bb、k等量關(guān)系進(jìn)行中點(diǎn)弦問題，可以利用“點(diǎn)差法”，但記驗(yàn)證Δ>0或說明中點(diǎn)在曲線A 專項(xiàng)基礎(chǔ)訓(xùn)(時間：40分鐘

mx＋ny＝4與⊙O：x＋y＝4P(m，n)的直線與橢圓94的交點(diǎn)個數(shù)是 至多為 答 ∴點(diǎn)P(m，n)在橢圓9＋4＝1 ，故所求交點(diǎn)個數(shù)是過點(diǎn)(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點(diǎn)，這樣的直線有 B．2C．3 D．4答 結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(diǎn)(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(diǎn)(0,1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．C的方程為則實(shí)數(shù)t的取值范圍是(

2∪2，＋∞ 2 C．(－∞，－22)∪(22，＋∞)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 解 CΔ＝4－2<0t>2t<－Fy2＝8xF1lA，B)A．4)A．4C．8答 解 依題意F(2,0)l

yA(x1，y1)，B(x2，y2)則 144－16＝8直線x＝－2的距離之和等于5，則這樣的直線( B．有且僅有兩C．有無窮多 答 解 y2)A，Bx＝－1x＝my＋1y2＝4x，則y2＝4(my＋1)，即y2－4my－4＝0，∴A，Bx＝－2∴ x2＝1lA、B兩點(diǎn)，若使得|AB|＝λl有3條，則 答 解 ∵使得|AB|＝λ的直線l恰有3條∴A，B的橫坐標(biāo)為3y＝±2，故∵2∴4，綜上可知，|AB|＝4時，有三條直線滿足題意．已知拋物線y2＝4x的弦AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為其焦點(diǎn)為則|AB|的最大值 答 解 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則那么|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，又|AF|＋|BF|≥|AB|?|AB|≤6ABF 過橢圓16＋4＝1內(nèi)一點(diǎn)P(3,1)，且被這點(diǎn)平分的弦所在直線的方程 答 設(shè)直線與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，由于A、B兩點(diǎn)均在橢圓上， 故1＋1＝1，2＋

又∵PA、B 4∴AB4

(A，B兩點(diǎn)，且|AF2|，|AB|，|BF2|(1)E3 又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝4a，3l的方程為y＝x＋c，其中

設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組

消去y，化簡得

，則

a2＋b22

AB的斜率為1，所以|AB|＝ 2[x1＋x2－4x1x2]，即3a＝ 2，故a22所以E的離心率 (2)ABN(x0，y0)，由(1) ＝

2＝－3a由|PA|＝|PB|kPN＝－1，即x0c＝3a＝3

E的方程為189，等邊三角形OAB的邊長為83，且其三個頂點(diǎn)均在拋物線E：x2＝2py EPQy軸上某定點(diǎn)． 依題意，得|OB|＝8B(x，y)x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cosB(43，12)x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，p＝2.E證 方法 由(1)知 P(x0，y0)x0≠0l，即2

40 0由 2 4

得

2x0

所 Q M(0，y1)，令→→＝0y0＝1x2(x0≠0)的點(diǎn)(x0，y0)由于

→

4

00

→ 由MP·MQ＝0，得 －y－yy＋y 0 1110即(y2＋y－2)＋(1－y)y11104由于(*)y0＝1x2(x0≠0)y04

PQy方法 由(1)知 P(x0，y0)2l2 4

由 2 4

得

2x000

所 Q M2(0，－1)；取x0＝1，此時P1，1，Q－3，－1，以PQ為直徑的圓為 ＝125yM3(0,1)，M MM(0,1)．以下證明點(diǎn)M(0,1)就是所要求的點(diǎn)．因?yàn)?/p>

00

0→ 0MP·MQ＝2PQyB (時間：25分鐘11(2014· AB＝2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則△ABO與△AFO面積之和的最小值是 17C. 答 設(shè)直線AB的方程為x＝ny＋m(如圖)，∵→11221y2＝x，y2＝x，∴yy11221

∴m＝2，即點(diǎn)M(2,0)． ＝1|OF|·|y|＝1y 8

＝y(tǒng)－y

8＝9y1＋2 912

8y3y1＝43設(shè)拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，P為拋物線上一點(diǎn)，PA⊥l，A為垂足．如果直線AF的斜率為－3，那么|PF|＝ 答 解 直線AF的方程為y＝－