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2013高考数学二轮复习课件:第14讲 直线与圆锥曲线的位置关系问题


第14讲

直线与圆锥曲线的位置关系问题

1.考题展望 直线与圆锥曲线的位置关系是高考考查的热点,是构 建高考真题的常用载体,是考查数形结合思想,函数 与方程思想具体的体现.2012年新课标省市有关圆锥曲 线的解答题几乎都考查了直线与圆锥曲线的位置关系, 并以此考查运算求解能力和推理论证能力.预测这种 命题和考查的趋势在2013年仍会继

续.

2.高考真题 x2 2 考题1(2012 陕西)已知椭圆 C1: +y =1,椭 4 圆 C2 以 C1 的长轴为短轴,且与 C1 有相同的离心 率. (1)求椭圆 C2 的方程; (2)设 O 为坐标原点,点 A,B 分别在椭圆 C1 → → 和 C2 上,OB=2OA,求直线 AB 的方程.

y2 x2 【解析】 (1)由已知可设椭圆 C2 的方程为 2+ a 4 =1(a>2), a2-4 3 3 其离心率为 ,故 a = ,则 a=4, 2 2 y 2 x2 故椭圆 C2 的方程为 + =1. 16 4

(2)解法一:A,B 两点的坐标分别记为 (xA,yA),(xB,yB), → → 由OB=2OA及(1)知,O,A,B 三点共线 且点 A,B 不在 y 轴上,因此可设直线 AB 的 方程为 y=kx. x2 2 将 y=kx 代入 +y =1 中, 得(1+4k2)x2 4 =4, 4 2 所以 xA = 2, 1+4k

y2 x 2 将 y=kx 代入 + =1 中,得(4+k2)x2 16 4 =16,
所以 xB2= 16 , 4+k2

→ = 2 OA , 得 xB2 = 4xA2 , 即 16 2 = → 又 由 OB 4+k 16 , 1+4k2 解得 k=± 1,故直线 AB 的方程为 y=x 或 y= -x.

解法二:A,B 两点的坐标分别记为(xA,yA), (xB,yB), → → 由OB=2OA及(1)知, O,A,B 三点共线且点 A,B 不在 y 轴上, 因此可设直线 AB 的方程为 y=kx. x2 2 将 y=kx 代入 +y =1 中,得(1+4k2)x2=4, 4 4 2 所以 xA = 2, 1+4k

16 16k2 2 → → 由OB=2OA,得 xB2= , 2,yB = 1+4k 1+4k2 y2 x2 将 xB2,yB2 代入 + =1 中, 16 4 4+k2 2 2 得 2=1,即 4+k =1+4k , 1+4k 解得 k=± 1,故直线 AB 的方程为 y=x 或 y= -x. 【命题立意】本题主要考查椭圆的标准方程、离心 率等基础知识, 考查椭圆与向量和直线的综合应用 问题,同时考查了逻辑思维能力与运算能力.

考题2(2012 江西)已知三点 O(0,0),A(-2,1), → → B(2,1),曲线 C 上任意一点 M(x,y)满足|MA+MB| → → → =OM·(OA+OB)+2. (1)求曲线 C 的方程; (2)动点 Q(x0, 0)(-2<x0<2)在曲线 C 上, y 曲线 C 在点 Q 处的切线为 l.问:是否存在定点 P(0,t)(t <0),使得 l 与 PA,PB 都相交,交点分别为 D,E, 且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数?若存在,求 t 的值;若不存在,说明理由.

→ 【解析】(1)依题意可得MA=(-2-x,1-y), → MB=(2-x,1-y), → → |MA+MB|= (-2x)2+(2-2y)2, → → → OM·(OA+OB)=(x,y)· (0,2)=2y, 由已知得 (-2x)2+(2-2y)2=2y+2, 化简得曲线 C 的方程为 x2=4y.

(2)假设存在点 P(0,t)(t<0)满足条件, t-1 则直线 PA 的方程是 y= x+t, 2 1-t PB 的方程是 y= x+t. 2 x0 x02 曲线 C 在 Q 处的切线 l 的方程是 y= x- , 2 4 x02 它与 y 轴的交点为 F(0,- ). 4 x0 由于-2<x0<2,因此-1< <1. 2

t-1 1 ①当-1<t<0 时,-1< <- , 2 2 x0 t-1 存在 x0∈(-2,2),使得 = , 2 2 即 l 与直线 PA 平行, 故当-1<t<0 时不符合题 意. t-1 x0 1-t x0 ②当 t≤-1 时, ≤-1< , ≥1> , 2 2 2 2 所以 l 与直线 PA,PB 一定相交.

? t-1 ? 1-t ?y= 2 x+t, ?y= 2 x+t, ? 分别联立方程组 ? 解 2 2 ?y=x0x-x0 , ?y=x0x-x0 , 4 ? 2 4 ? 2
得 D, x02+4t E 的横坐标分别是 xD= , 2(x0+1-t) x02+4t xE= , 2(x0+t-1) x02+4t x02 则 xE-xD=(1-t) 2 .又|FP|=- -t, 4 x0 -(t-1)2

所 以 S



PDE

1 = · |FP| · |xE - xD| = 2

1-t (x02+4t)2 · 2 2, 8 (t-1) -x0 2 1 x02 4-x0 又 S△QAB= ·4·(1- )= , 2 4 2 S△QAB (x02-4)[x02-(t-1)2] 4 于是 = · S△PDE 1-t (x02+4t)2 x04-[4+(t-1)2]x02+4(t-1)2 4 = · . 1-t x04+8tx02+16t2

S△QAB 对任意 x0∈(-2,2),要使 为常数, S△PDE ?-4-(t-1)2=8t, ? 即只需 t 满足? ?4(t-1)2=16t2. ? S△QAB 解得 t=-1,此时 =2, S△PDE 故存在 t=-1,使得△QAB 与△PDE 的面积 之比是常数 2.

【命题立意】本题以平面向量为载体,考查抛物线的方 程,直线与抛物线的位置关系以及分类讨论的数学思 想.高考中,解析几何解答题一般有三大方向的考查 : 一、考查椭圆的标准方程,离心率等基本性质,直线与 椭圆的位置关系引申出的相关弦长问题,定点,定值, 探讨性问题等;二、 考查抛物线的标准方程,准线等基 本性质,直线与抛物线的位置关系引申出的相关弦长问 题,中点坐标公式,定点,定值,探讨性问题等;三、 椭圆,双曲线,抛物线综合起来考查.一般椭圆与抛物 线结合考查的可能性比较大,因为它们都是考纲要求理 解的内容.

1.判断直线 l 与圆锥曲线 E 的位置关系时,通常 将直线 l 的方程 Ax+By+C=0(A,B 不同时为 0) 代入圆锥曲线 E 的方程 F(x,y)=0,消去 y(也可 以消去 x)得到一个关于变量 x(或变量 y)的一元二
?Ax+By+C=0 ? 次方程,即? ,消去 ?F(x,y)=0 ?

y 后得 ax2+bx

+c=0.

(1)当 a≠0 时,若 Δ>0,则直线 l 与曲线 E 相 交;若 Δ=0,则直线 l 与曲线 E 相切;若 Δ<0, 则直线 l 与曲线 E 相离. (2)当 a=0 时,即得到一个一次方程,l 与 E 相交,且只有一个交点,此时,若 E 为双曲线,则 直线 l 与双曲线的渐近线平行;若 E 为抛物线,则 直线 l 与抛物线的对称轴平行.

2.连结圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦 设直线 l:f(x,y)=0,曲线 E:F(x,y)=0,l 与 E 的两个 不同的交点 P、Q,设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则(x1,y1),(x2, ?f(x,y)=0 y2)是方程组 ? 的两组解,方程组消元后化为关于 ?F(x,y)=0 x(或者 y)的一元二次方程 Ax2+Bx+C=0(A≠0). 判别式 Δ=B2 -4AC,应有 Δ>0,所以 x1、x2 是方程 Ax2+Bx+C=0 的解.由 B C 根与系数的关系(韦达定理)求得 x1+x2=- , 1x2= , x 所以 P、 A A Q 两 点 间 距 离 为 |PQ| = (x1-x2)2+(y1-y2)2 = 1+k2· (x1+x2)2-4x1x2,即弦长公式.也可以写成关于 y 的形式,其弦长公式为 1 |PQ|= 1+ 2· (y1+y2)2-4y1y2. k

3.已知弦 PQ 的中点,研究 PQ 的斜率和方程, 即中点弦问题 x2 y2 (1)PQ 是椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的一条弦,中点 M 的坐 a b b2x0 标为(x0,y0),则 PQ 的斜率为- 2 .运用点差法求 PQ a y0 的斜率,设 P(x1,y1),Q(x2,y2),P、Q 都在椭圆上,

?x1 +y1 =1 ? a 2 b2 x12-x22 y12-y22 所以? 2 ,两式相减得, + =0. a2 b2 x2 y22 ? 2 + 2 =1 b ?a
2 2

(x1-x2)(x1+x2) (y1-y2)(y1+y2) + =0, a2 b2 y1-y2 b2(x1+x2) b2x0 b2x0 即 =- 2 =- 2 .故 kPQ=- 2 . a y0 a y0 x1-x2 a (y1+y2)

(2)运用类比的手法可以推出, 已知 PQ 是双曲 x2 y2 b2x0 线 2- 2=1 的弦,中点 M(x0,y0),则 kPQ= 2 ; a b a y0 已知抛物线 y2=2px(p>0)的弦 PQ 的中点 M(x0,0), y p 则 kPQ= . y0 4.圆锥曲线上的点关于某一直线的对称问题,解 决此类题的方法是利用圆锥曲线上的两点所在直 线与已知直线垂直, 且这两点连线的中点一定在对 称直线上, 再利用判别式或中点与曲线的位置关系 式求解.

1.直线与圆锥曲线相切的问题 例1已知圆 C1 的方程为 x2+(y-2)2=1,定直线 l 的方程为 y=-1.动圆 C 与圆 C1 外切,且与直线 l 相切. (1)求动圆圆心 C 的轨迹 M 的方程; (2)斜率为 k 的直线 l 与轨迹 M 相切于第一象限 的点 P,过点 P 作直线 l 的垂线恰好经过点 A(0,6), 并交轨迹 M 于异于点 P 的点 Q, S 为△POQ(O 为 记 坐标原点)的面积,求 S 的值.

【解析】(1)设动圆圆心 C 的坐标为(x,y),动圆 半径为 R, 则|CC1|= x2+(y-2)2=R+1, 且|y+1|=R 可得 x2+(y-2)2=|y+1|+1. 由于圆 C1 在直线 l 的上方, 所以动圆 C 的圆心 C 应该在直线 l 的上方, 所以有 y+1>0, 从而得 x2+(y-2)2=y+2, 整理得 x2=8y,即为动圆圆心 C 的轨迹 M 的方 程.

x0 2 (2)如图所示,设点 P 的坐标为(x0, ),则切 8 x0 4 线的斜率为 ,可得直线 PQ 的斜率为- ,所以 4 x0 x02 4 直线 PQ 的方程为 y- =- (x-x0).由于该直 8 x0 x02 线经过点 A(0,6),所以有 6- =4,得 x02=16. 8 因为点 P 在第一象限,

所以点 P 坐标为(4,2), 直线 PQ 的方程为 x+y-6=0. 把直线 PQ 的方程与轨迹 M 的方程联立得 x2+8x-48=0,解得 x=-12 或 4,可得点 Q 的坐标为(-12,18). 1 所以 S= |OA||xP-xQ|=48. 2 【点评】本例充分利用直线与圆锥曲线相 切的等价条件,消元后所得二次方程中 Δ=0.

2.直线与圆锥曲线相交的问题 x2 2 例2已知椭圆 C1 的方程为 +y =1,双曲线 4 C2 的左、右焦点分别为 C1 的左、右顶点,而 C2 的左、右顶点分别是 C1 的左、右焦点. (1)求双曲线 C2 的方程; (2)若直线 l: y=kx+ 2与椭圆 C1 及双曲线 C2 都恒有两个不同的交点,且 l 与 C2 的两个交点 A → → 和 B 满足OA·OB<6(其中 O 为原点),求 k 的取 值范围.

x2 y2 【解析】(1)设双曲线 C2 的方程为 2- 2=1, a b 则 a2=4-1=3,再由 a2+b2=c2,得 b2=1. x2 2 故 C2 的方程为 -y =1. 3 x2 2 (2)将 y=kx+ 2代入 +y =1 得(1+4k2)x2+ 4 8 2kx+4=0. 由直线 l 与椭圆 C1 恒有两个不同的交点得 Δ1=(8 2)2k2-16(1+4k2)=16(4k2-1)>0, 2 1 即k> ① 4

→ → 由OA·OB<6 得 xAxB+yAyB<6,而 xAxB+yAyB=xAxB+(kxA+ 2)(kxB+ 2) =(k2+1)xAxB+ 2k(xA+xB)+2 -9 6 2k 2 =(k +1) 2+ 2k 2+2 1-3k 1-3k 3k2+7 = 2 . 3k -1

3k2+7 15k2-13 于是 2 <6,即 >0 . 2 3k -1 3k -1 2 13 2 1 解此不等式得 k > 或 k < ③ 15 3 由①、②、③得 1 2 1 13 2 <k < 或 <k <1. 4 3 15 13 3 故 k 的取值范围为(-1,- )∪(- , 15 3 1 1 3 13 - )∪( , )∪( ,1). 2 2 3 15

3.中点弦问题 例3设 A、B 是椭圆 3x2+y2=λ 上的两点,点 N(1, 3)是线段 AB 的中点,线段 AB 的垂直平分线与椭圆相 交于 C、D 两点. (1)确定 λ 的取值范围,并求直线 AB 的方程; (2)试判断是否存在这样的 λ,使得 A、B、C、D 四 点在同一个圆上?并说明理由.

【解析】(1)解法一:依题意,可设直线 AB 的方 程为 y=k(x-1)+3,代入 3x2+y2=λ, 整理得(k2+3)x2-2k(k-3)x+(k-3)2-λ=0. ① 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是方程①的 两个不同的根, ∴Δ=4[λ(k2+3)-3(k-3)2]>0② 2k(k-3) 且 x1+x2= . k2+3

x1+x2 由 N(1,3)是线段 AB 的中点,得 =1, 2 ∴k(k-3)=k2+3,解得 k=-1, 代入②得,λ>12,即 λ 的取值范围是(12,+∞). 于是,直线 AB 的方程为 y-3=-(x-1),即 x+y -4=0.

解法二:设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 ?3x12+y12=λ, ? 2 ?3(x1 -x2)(x1 +x2)+(y1 2 ?3x2 +y2 =λ -y2)(y1+y2)=0. 3(x1+x2) 依题意,x1≠x2,∴kAB=- . y1+y2 ∵N(1,3)是 AB 的中点,∴x1+x2=2, y1+y2=6, 从而 kAB=-1.

又由 N(1,3)在椭圆内,λ>3×12+32=12. ∴λ的取值范围是(12,+∞). 直线 AB 的方程为 y-3=-(x-1), 即 x+y-4=0. (2)直线 CD:x-y+2=0 代入椭圆方程,整理得 4x2+4x+4-λ=0.③ 又设 C(x3,y3),D(x4,y4), CD 的中点为 M(x0,y0),则 x3,x4 是方程③的两 根, 1 1 ∴x3+x4=-1,且 x0= (x3+x4)=- , 2 2 3 1 3 y0=x0+2= ,即 M(- , ). 2 2 2

于是由弦长公式可得 1 2 |CD|= 1+(-k) ·|x3-x4|= 2(λ-3).④ 将直线 AB 的方程 x+y-4=0,代入椭圆方程得 4x2-8x+16-λ=0.⑤ 同理可得|AB|= 1+k2·|x1-x2|= 2(λ-12).⑥

∵当 λ>12 时, 2(λ-3)> 2(λ-12), ∴|AB|<|CD|. 假设存在 λ>12,使得 A、B、C、D 四点共圆, 则 CD 必为圆的直径,点 M 为圆心.点 M 到直线 AB 的距离为 1 3 |x0+y0-4| |-2+2-4| 3 2 d= = = .⑦ 2 2 2

于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得 AB 2 9 λ-12 λ-3 2 2 2 |MA| =|MB| =d +| | = + = 2 2 2 2 CD 2 =| | . 2 故当 λ>12 时,A、B、C、D 四点均在以 M |CD| 为圆心, 为半径的圆上. 2 【点评】中点弦问题求解通用方法是“点差法”, 求解过程中应用方程思想建立方程后, 综合应用韦 达定理及中点公式推理计算,从而获得问题解决.

4.弦长问题 y2 例4P、Q、M、N 四点都在椭圆 x + =1 上, 2 → → F 为椭圆在 y 轴正半轴上的焦点.已知PF与FQ共 线,→ 与FN共线, → ·→ =0.求四边形 PMQN MF → 且PF MF
2

的面积的最小值和最大值.

【解析】如图,由条件知 MN 和 PQ 是椭 圆的两条弦,相交于焦点 F(0,1),且 PQ⊥MN,直线 PQ、NM 中至少有一条存在斜率,不妨设 PQ 的斜率为 k,又 PQ 过点 F(0,1),故 PQ 的方程为 y=kx+1.将此式代入椭 圆方程得 (2+k2)x2+2kx-1=0.

设 P、Q 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 -k- 2k2+2 -k+ 2k2+2 x1= ,x2= . 2+k2 2+k2 8(1+k2)2 从而|PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2= . (2+k2)2 2 2(1+k2) 亦即|PQ|= . 2+k2

1 (1)当 k≠0 时,MN 的斜率为-k, 1 2 2(1+ 2) k 同上可推得|MN|= , 1 2+ 2 k 1 故 四 边 形 面 积 S = |PQ||MN| = 2 1 1 2 2 4(1+k )(1+ 2) 4(2+k + 2) k k = 1 2 2 2 (2+k )(2+ 2) 5+2k + 2 k k

4(2+u) 1 1 令 u=k + 2得 S= =2(1- ) k 5+2u 5+2u 1 ∵u=k2+ 2≥2 k 16 当 k=± 时,u=2,S= 且 S 是以 u 为自变量的增 1 9 函数, 16 ∴ ≤S<2. 9 ②当 k=0 时,MN 为椭圆长轴,|MN|=2 2,|PQ|= 2. 1 ∴S= |PQ||MN|=2. 2 16 综合①②知四边形 PMQN 的最大值为 2, 最小值为 . 9
2

【点评】有关圆锥曲线的弦长问题,主要利用弦长公式, 要熟练掌握弦长的计算;解析几何中的最值问题,一般 是建立目标函数,再求函数的最值,本例的弦过焦点, 用焦距弦长公式更简单.

x2 y2 例5 〔备选题〕 已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离 a b 3 心率 e= ,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面 2 积为 4. (1)求椭圆的方程; (2)设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 A,B.已 知点 A 的坐标为(-a,0). 4 2 (ⅰ)若|AB|= ,求直线 l 的倾斜角; 5 (ⅱ)若点 Q(0, 0)在线段 AB 的垂直平分线上, y → → 且QA·QB=4,求 y0 的值.

c 3 【解析】(1)由 e=a= ,得 3a2=4c2, 2 再由 c2=a2-b2,解得 a=2b. 1 由题意,可知 ×2a×2b=4,即 ab=2. 2 ?a=2b, ? 解方程组? 得 a=2,b=1. ?ab=2, ? x2 2 所以椭圆的方程为 +y =1. 4

(2)(ⅰ)由(1),可知点 A 的坐标是(-2,0), 设点 B 的坐标为(x1,y1),直线 l 的斜率为 k, 则直线 l 的方程为 y=k(x+2). ?y=k(x+2), ? 2 于是 A、B 两点的坐标满足方程组?x +y2=1. ?4 ? 消去 y 并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0.

16k2-4 2-8k2 4k 由-2x1= , x1= 得 , 从而 y1= . 1+4k2 1+4k2 1+4k2 2-8k2 2 4k 2 所 以 |AB| = (-2- 2) +( 2) = 1+4k 1+4k 4 1+k2 . 1+4k2 4 1+k2 4 2 4 2 由|AB|= ,得 = . 5 5 1+4k2 整理,得 32k4-9k2-23=0, 即(k2-1)(32k2+23)=0,解得 k=± 1.

π 3π 所以直线 l 的倾斜角为 或 . 4 4 (ⅱ)设线段 AB 的中点为 M, 8k2 2k 由(ⅰ),得 M 的坐标为(- , ). 1+4k2 1+4k2 以下分两种情况: ①当 k=0 时,点 B 的坐标是(2,0), 线段 AB 的垂直平分线为 y 轴, → → 于是QA=(-2,-y0),QB=(2,-y0). → → 由QA·QB=4,得 y0=± 2. 2

②当 k≠0 时,线段 AB 的垂直平分线方程为 2k 1 8k2 y- =- (x+ ). k 1+4k2 1+4k2 6k 令 x=0,解得 y0=- . 1+4k2 → → 由QA=(-2,-y0),QB=(x1,y1-y0).

→ → QA·QB=-2x1-y0(y1-y0) -2(2-8k2) 6k 4k 6k = + ·( + ) 1+4k2 1+4k2 1+4k2 1+4k2 4(16k4+15k2-1) = =4, (1+4k2)2 14 2 整理,得 7k =2.故 k=± . 7 2 14 所以 y0=± . 5 2 14 综上,y0=± 2或 y0=± 2 . 5

1.直线与圆锥曲线只有一个公共点:当圆锥曲线为 椭圆时,它们一定相切,但如果是双曲线和抛物线, 则它们不一定相切.当直线与双曲线(或抛物线)相切 时,它们只有一个公共点,但当它们有一个公共点时, 它们不一定相切,还有可能是相交关系,这时直线与 双曲线的渐近线平行或与抛物线的对称轴平行或重 合. 2.在求直线与圆锥曲线相交所得的弦长时,注意: (1)如果直线的斜率不存在,可直接求出直线与圆锥曲 线的交点坐标,利用两点间的距离公式直接运算.

(2)当直线与抛物线相交求弦长时,如果直线经过抛物 线的焦点,则可利用抛物线的定义得到弦长公式|AB|= x1+x2+p(或|AB|=y1+y2+p),这样可以简化计算.
3.“点差法”是一种常用的方法,它主要用于解决与 弦的中点有关的问题,“点差法”解题的过程有三个 关键步骤:代入、作差、变形,“点差法”解题的实 质是建立了圆锥曲线的弦的中点的坐标与弦所在直线 的斜率之间的关系,是“设而不求”思想的具体应 用.

1.若抛物线 y2=2x 上有两点 A、B,且 AB 垂直于 x 轴,若|AB|=2 2,则抛物线的焦点到直 线 AB 的距离为( A ) 1 1 A. B. 2 4 1 1 C. D. 6 8

【解析】由于 AB 垂直 x 轴,显然|yA|=|yB| 1 = |AB|= 2,将两点的纵坐标代入抛物线方程 2 y2=2x, 可得 xA=xB=1, 即直线 AB 的方程为 x=1, 1 而抛物线的焦点坐标为( ,0), 2 1 所以焦点到直线 AB 的距离为 ,故选 A. 2

2. 在平面直角坐标 C1 系 xOy 中, 已知双曲线 C1:2x2-y2=1.过 C1 的左顶点引它的一条渐近线 的平行线, 该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三 角形的面积为( D ) 1 1 A. B. 4 8 2 2 C. D. 4 8

x2 2 2 【解析】双曲线 C1: -y =1,左顶点 A(- ,0), 1 2 2 渐近线方程:y=± 2x . 2 过点 A 与渐近线平行的直线方程为 y= 2(x+ ), 2 即 y= 2x+1.

? 2 ?y=- 2x ?x=- 4 ? 解方程组? ,得? . ?y= 2x+1 ? ?y=1 ? 2 1 2 所以所求三角形的面积为 S= |OA||y|= . 2 8

x2 y2 3.过椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左顶点 A 的 a b 斜率为 k 的直线交椭圆 C 于另一个点 B,且点 B 1 1 在 x 轴上的射影恰好为右焦点 F,若 <k< ,则椭 3 2 圆离心率的取值范围是( C ) 1 9 2 A. ( , ) B. ( ,1) 4 4 3 1 2 1 C. ( , ) D. (0, ) 2 3 2

b2 【解析】 B 的横坐标是 c, B 的坐标(c, a ), 点 故 ± 1 1 已知 k∈( , ), 3 2 b2 ∴B(c, a ).又 A(-a,0), b2 a2-c2 1-e2 a b2 则斜率 k= = = = . c+a ac+a2 ac+a2 e+1 1 1 1 2 由 <k< ,解得 <e< . 3 2 2 3

1 2 4.如图,过抛物线 y= x 的焦点的直线交抛物线 4 与圆 x2+(y-1)2=1 于 A、B、C、D 四点,则|AB|· |CD| = 1 .

【解析】设 A(x1,y1),B(x2,y2) 则|AB|· |CD|=(|AF|-1)(|DF|-1) =(y1+1-1)(y2+1-1)=y1y2. ?y=kx+1 ? 又由? 2 ?y2-(2+4k2)y+1=0?y1y2=1. ?x =4y ?

x2 y2 5.椭圆 Q: 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点 F(c, a b 0),过点 F 的一动直线 m 绕点 F 转动,并且交椭 圆于 A、B 两点,P 是线段 AB 的中点,则点 P 的 b2x2+a2y2-b2cx=0 轨迹方程为 .

x2 y2 【解析】设椭圆 Q: 2+ 2=1(a>b>0)上的点 a b A(x1,y1),B(x2,y2),又设 P 点坐标为 P(x,y), 则 x12 y12 + =1① a2 b2 x22 y22 + =1② a2 b2

1°当 AB 不垂直 x 轴时,x1≠x2, 由①-②得 b2(x1-x2)2x+a2(y1-y2)2y=0 y1-y2 b2x y ∴ =- 2 = , a y x-c x1-x2 ∴b2x2+a2y2-b2cx=0③ 2°当 AB 垂直于 x 轴时,点 P 即为点 F,满 足方程③.

6.已知点 R(-3,0),点 P 在 y 轴上,点 Q 在 x 轴的正半轴上,点 M 在直线 PQ 上,且满足 → → → → 2PM+3MQ=0,RP·PM=0. (1)当点 P 在 y 轴上移动时,求点 M 的轨迹 C 的方程; (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2)为轨迹 C 上两点, → → 且 x1≥1,y1>0,N(1,0),求实数 λ,使AB=λAN, → |=16. 且|AB 3

【解析】(1)设点 M(x,y), → +3MQ=0 得 P(0,- y),Q(x,0). → 由 2PM 2 3 → ·PM=0,得(3,- y)· 3y)=0,即 由RP → (x, 2 2 y2=4x. 又点 Q 在 x 轴的正半轴上,∴x>0. 故点 M 的轨迹 C 的方程是 y2=4x(x>0).

(2)由题意可知 N 为抛物线 C:y2=4x 的焦点, 且 A、B 为过焦点 N 的直线与抛物线 C 的两 个交点,所以直线 AB 的斜率不为 0. 当直线 AB 斜率不存在时, → |=4<16,不合题 得 A(1,2),B(1,-2),|AB 3 意; 当直线 AB 斜率存在且不为 0 时, 设 lAB:y=k(x-1),代入 y2=4x 得 k2x2-2(k2+2)x+k2=0,

2(k2+2) 4 16 → |=x1+x2+2= 则|AB +2=4+ 2= , k2 k 3 解得 k2=3. 代入原方程得 3x2-10x+3=0,由于 x1≥1, 1 → → 所以 x1=3,x2= ,由AB=λAN, 3 x2-x1 4 4 得 λ= = ,∴λ= . 3 1-x1 3

7.如图,已知圆 G:(x-2)2+y2 x2 =r2 是椭圆 +y2 =1 的内接△ABC 16 的内切圆,其中 A 为椭圆的左顶点. (1)求圆 G 的半径 r; (2)过点 M(0, 1)作圆 G 的两条切线交椭圆于 E,F 两点,证明:直线 EF 与圆 G 相切.

【解析】 (1)设 B(2+r, 0), y 过圆心 G 作 GD⊥AB GD HB r y0 于 D,BC 交长轴于 H.由 = 得 , 2= AD AH 6+r 36-r r 6+r 即 y0= ,① 6-r 而点 B(2+r,y0)在椭圆上, (2+r)2 12-4r-r2 y02=1- = = 16 16 (r-2)(r+6) - ,② 16 由①②得 15r2+8r-12=0, 2 6 解得 r= 或 r=- (舍去). 3 5

4 (2)设过点 M(0,1)与圆(x-2) +y = 相切的 9 直线方程为:y-1=kx.③ 2 |2k+1| 则 = ,即 32k2+36k+5=0.④ 3 1+k2 -9+ 41 -9- 41 解得 k1= ,k2= . 16 16 x2 将③代入 +y2=1 得(16k2+1)x2+32kx=0, 16 32k 则异于零的解为 x=- . 16k2+1
2 2

设 F(x1,k1x1+1),E(x2,k2x2+1), 32k1 32k2 则 x1=- ,x =- . 16k12+1 2 16k22+1 k2x2-k1x1 则 直 线 FE 的 斜 率 为 : kEF = = x2-x1 k1+k2 3 = . 1-16k1k2 4 从而直线 FE 的方程为: 32k12 3 32k1 y+ -1= (x+ ). 2 2 4 16k1 +1 16k1 +1

3 7 即 y= x- . 4 3 则圆心 G(2,0)到直线 FE 的距离 3 7 | - | 2 3 2 d= = . 9 3 1+ 16 故结论成立.


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