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【复习方略】2014高考数学(人教A版,理)课件(山东专供)第八章 第九节直线与圆锥曲线的位置关系


第九节 直线与圆锥曲线的位置关系

1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法
相交 、_____ 相切 、_____. 相离 直线与圆锥曲线的位置关系可分为:_____ 这三种位置关系的判定条件可归纳为: 设直线l:Ax+By+C=0(A2+B2≠0),圆锥曲线C1:f(x,y)=0,
2 2 ? Ax ? By ? C ? 0 A ?

B ? 0?, ? ? 由? ? ?f ? x, y ? ? 0,

即将直线l的方程与圆锥曲线C1的方程联立,消去y便得到关于x 的方程ax2+bx+c=0(当然,也可以消去x得到关于y的方程),通过 方程解的情况判断直线l与圆锥曲线C1的位置关系,见下表: 方程ax2+bx+c=0的解 b=0 无解(含l是双曲线的渐近线) l与C1的交点 无公共点 _________

a=0

b≠0 Δ >0

有一解(含l与抛物线的对称轴 平行或与双曲线的渐近线平行) 不等 的解 两个_____
两个相等的解 无实数解

一个交点 _________ 两个交点 _________ 一个交点 _________
无交点 _______

a≠0

Δ =0 Δ <0

2.圆锥曲线的弦长

设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,
A(x1,y1),B(x2,y2),则
1 ? k | x1 ? x 2 | |AB|=_____________
2

1 ? k 2 ? x1 ? x 2 ? ? 4x1x 2 =______________________=
2

1?

1 2 1 ? 2 ? y1 ? y 2 ? ? 4y1y 2 =______________________. k

1 ·|y -y | 1 2 k2

判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是:直线l与椭圆C只有一个公

共点.(

)

(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是:直线l与双曲线C只有一

个公共点.(

)

(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是:直线l与抛物线C只有一 个公共点.( )

(4)如果直线x=ty+a与圆锥曲线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两 点,则弦长|AB|= 1 ? t 2 |y1-y2|.( )

(5)若抛物线C上存在关于直线l对称的两点,则需满足直线l与 抛物线C的方程联立消元得到的一元二次方程的判别式 Δ >0.( )

【解析】(1)正确,直线l与椭圆C只有一个公共点,则直线l与 椭圆C相切,反之亦成立. (2)错误,因为直线l与双曲线C的渐近线平行时,也只有一个 公共点,是相交,但并不相切. (3)错误,因为直线l与抛物线C的对称轴平行时,也只有一个 公共点,是相交,但不相切.

2 2 (4)正确, AB ? ? x1 ? x 2 ? ? ? y1 ? y 2 ? ,

又x1=ty1+a,x2=ty2+a,
2 2 ∴|AB|= [? ty1 ? a ? ? ? ty 2 ? a ?] ? ? y1 ? y 2 ?

? t 2 ? y1 ? y 2 ? ? ? y1 ? y 2 ? ? 1 ? t 2 y1 ? y 2 .
2 2

(5)错误,应是以l为垂直平分线的线段AB所在的直线l′与抛物

线方程联立,消元后所得一元二次方程的判别式Δ>0.
答案:(1)√ (2)〓 (3)〓 (4)√ (5)〓

1.已知直线y=kx-k及抛物线y2=2px(p>0),则(
(A)直线与抛物线有一个公共点

)

(B)直线与抛物线有两个公共点
(C)直线与抛物线有一个或两个公共点

(D)直线与抛物线可能无公共点

【解析】选C.因为直线y=kx-k=k(x-1)恒过定点(1,0),而点 (1,0)在抛物线内部,故直线与抛物线有一个或两个公共点 .

2.已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+ 3 y

+4=0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为(

)

?A?3

2?????????? B ? 2 6 ?????????? C ? 2 7 ?????????? D ? 4 2

2 2 x y 【解析】选C.根据题意设椭圆方程为 2 ? 2 =1(b>0), b ?4 b

则将x=-

2 2 2 4 3y-4代入椭圆方程,得4(b +1)y +8 3 b y-b

+12b2=0,∵椭圆与直线x+ 3 y+4=0有且仅有一个交点, ∴Δ=(8 3 b2)2-4〓4(b2+1)·(-b4+12b2)=0,即(b2+4)(b23)=0, ∴b2=3,长轴长为 2 b2 ? 4 ? 2 7.

3.已知直线x-y-1=0与抛物线y=ax2相切,则a等于(

)

?A?

1 1 1 ???????? B ? ???????? C ? ???????? D ? 4 2 3 4

【解析】选C.将x-y-1=0,即y=x-1代入y=ax2 得,ax2-x+1=0,∵直线与抛物线相切, ∴Δ=(-1)2-4a=0,解得a= 1 .
4

4.已知双曲线x2-y2=1和斜率为

1 的直线l交于A,B两点,当l变 2

化时,线段AB的中点M的坐标满足的方程是______.

【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点坐标(x0,y0),
2 2 ? , ? x1 ? y1 ? 1 则? 2 两式相减,得 2 , ? ?x 2 ? y2 ? 1

(x1+x2)(x1-x2)=(y1+y2)(y1-y2),
2 2 x1 ? x2 ? 0,?

2x 0 y1 ? y2 x 1 ? ,? 0 ? ,即y0 ? 2x 0 . 2y0 x1 ? x 2 y0 2

答案:y=2x

? x2 5.过椭圆 +y2=1的左焦点且倾斜角为 的直线被椭圆所截 6 9

得的弦长为_______.

x2 2 【解析】设直线与椭圆 +y =1的交点分别为 9 x2 2 A(x1,y1),B(x2,y2).由椭圆方程 +y =1得: 9

a=3,b=1,所以c=2 2 , 因此,直线方程为:y= 3(x+2 3 则x1+x2=-3 2 ,x1x2= , 4 所以|AB|= 1 ? 1 |x1-x2|
3
? 2 3 3
15

x2 2 +y =1 2 ),与椭圆方程 9

联立,消去y得:4x2+12 2 x+15=0,

? x1 ? x 2 ?

2

? 4x1x 2 ?

答案:2

2 3 18 ? 15 ? 2. 3

考向 1

直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用

2 2 x y 【典例1】(1)已知椭圆 =1,若此椭圆与直线y=4x+m交 ? 4 3

于不同两点A,B,则实数m的取值范围是_______. (2)(2013·兰州模拟)已知抛物线的方程为y2=4x,斜率为k的直 线l过定点P(-2,1),若直线l与抛物线只有一个公共点,则k的 值为_______.

(3)(2012·安徽高考)如图,F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆
2 2 x y C: 2 ? 2 =1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1作x轴的垂线交 a b 2 a 椭圆的上半部分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线x= c

于点Q.

①若点Q的坐标为(4,4),求椭圆C的方程; ②证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.

【思路点拨】(1)(2)将直线与曲线方程联立转化为所得方程解
的个数满足的条件求解. (3) ①利用F1P⊥x轴,PF2⊥QF2,构建关于a,b,c的方程组,求 解;②只需证明直线PQ与椭圆相切,即其方程联立消元后的一 元二次方程有唯一解即可.

2 2 x y 【规范解答】(1)直线y=4x+m与椭圆 =1联立,消去y得: ? 4 3

67x2+32mx+4(m2-3)=0, 由已知,其判别式Δ=(32m)2-4〓67〓4(m2-3)>0, 解得:m2<67,即:答案:(- 67, 67 )
67 <m< 67 .

(2)由题意,得直线l的方程为y-1=k(x+2),
? ? y ? 1 ? k ? x ? 2 ?, 由? 2 得ky 2 ? 4y ? 4 ? 2k ? 1? ? 0 ? ? y ? 4x (*)

(ⅰ)当k=0时,由方程(*)得y=1,方程组有一个解,此时,直线

与抛物线只有一个公共点.
(ⅱ)当k≠0时,方程(*)的判别式为Δ=-16(2k2+k-1). 由Δ=0,即2k2+k-1=0,解得k=-1或k=
1 , 2

∴当k=-1或k= 1 时,方程组有一个解,
2

此时,直线与抛物线只有一个公共点. 综上可知,当k=-1或k=0或k= 1 时,直线与抛物线只有一个公
2

共点. 答案:-1或0或 1
2

2 b (3)①方法一:由条件知,P(-c, ),故直线PF2的斜率为 a

k PF2

b2 ?0 2 b ? a ?? . ?c ? c 2ac

2ac 2ac2 因为PF2⊥F2Q,所以直线F2Q的方程为y= 2 x ? 2 . b b 2 故Q( a ,2a). c a2 由题设知, =4,2a=4,解得a=2,c=1. c 2 2 x y 故椭圆方程为 ? ? 1. 4 3

2 a 方法二:设直线x= 与x轴交于点M. c 2 由条件知,P(-c, b ). a PF1 FF 因为△PF1F2∽△F2MQ,所以 ? 1 2 . F2 M MQ b2 2c 即 2a ? ,解得 MQ ? 2a. a MQ ?c c ?a2 ?a ? 2, ? ? 4, 所以 ? c 解得 ? ?c ? 1, ?2a ? 4, ? 2 2 x y 故椭圆方程为 ? ? 1. 4 3

a2 x? y ? 2a c , ②证明:直线PQ的方程为 2 ? b a2 ? 2a ?c ? a c

即y= c x+a,
x 2 y2 将上式代入 2 ? 2 =1,得x2+2cx+c2=0. a b
a

(方法一)其判别式Δ=(2c)2-4c2=0,
2 b (方法二)解得x=-c,y= . a

所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.

【互动探究】若将本例(1)中“此椭圆与直线y=4x+m交于不同 两点A,B”变为“此椭圆上存在不同的两点A,B关于直线 y=4x+m对称”,则实数m的取值范围如何?

【解析】方法一:由于A,B两点关于直线y=4x+m对称,所以

设直线AB的方程为y=- 1 x+b,即x=-4(y-b),将其代入
x y =1,得:13y2-24by+12b2-3=0,其判别式Δ=(-24b)2? 4 3 4〓13〓(12b2-3)>0,解得:b2< 13 ①,设A(x1,y1),B(x2,y2), 4
2 2

4

线段AB的中点为M0(x0,y0), ∴y1+y2= 24b ,x1+x2=-4(y1-b)-4(y2-b)= 8b ,
13 13

∴M0( 4b , 12b ),
13 13

又M0在y=4x+m上,∴有 12b ? 16b ? m,
13 13

∴b= ? 13 m
4


2 13 2 13 ?m? . 13 13

将②代入①解得 ?

方法二:设A(x1,y1),B(x2,y2), 线段AB的中点M(x,y),kAB= x1+x2=2x,y1+y2=2y, 3x 3x
2 1 2 2

y2 ? y1 1 ?? , x 2 ? x1 4

+4y

2 1

=12

① ②

+4y 2 =12 2

2 2 2 ①②两式相减得 3? x 2 , 2 ? x1 ? ? 4 ? y 2 ? y1 ? ? 0

即y1+y2=3(x1+x2),即y=3x,与y=4x+m联立得x=-m,y=-3m,而 M(x,y)在椭圆的内部,
m2 9m2 2 13 2 13 则 ? < 1,即 ? <m< . 4 3 13 13 2 13 答案: (? 2 13 , ) 13 13

【拓展提升】 1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法 用直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组的解的个数,可以研 究直线与圆锥曲线的位置关系,即用代数法研究几何问题,这 是解析几何的重要思想方法.直线与圆锥曲线有无公共点或有 几个公共点问题,实际上是研究方程组解的个数问题 . 【提醒】在研究方程组是否有实数解或实数解的个数问题时, 要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.

2.曲线上存在关于直线对称的两点问题的解法及关键
(1)解法:转化为过两对称点的直线与曲线的相交问题求解 . (2)关键:使用两对称点的连线与对称轴垂直,两点的中点在 对称轴上.

【变式备选】(1)若直线mx+ny=4与⊙O:x2+y2=4没有交点,
2 2 x y 则过点P(m,n)的直线与椭圆 =1的交点个数是( ? 9 4

)

(A)至多为1 (C)1

(B)2 (D)0
4 m2 ? n 2

【解析】选B.由题意知:

>2,即

m2 ? n 2 <2,

2 2 x y ∴点P(m,n)在椭圆 ? =1的内部,故所求交点个数是2个. 9 4

(2)过双曲线x2-

y2 =1的右焦点作直线l交双曲线于A,B两点, 2

若|AB|=4,则这样的直线l有( (A)1条 (B)2条 (C)3条

) (D)4条

【解析】选C.由于a=1,所以2a=2<4,数形结合知,当A,B在 左右两支上时有2条,又过右焦点垂直于x轴的弦长恰好为4, 故A,B同在右支上时,有1条.所以共3条.

考向 2

与弦长、弦中点及弦端点相关的问题

【典例2】(1)已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点为F(0, -1),直线l与抛物线C相交于A,B两点.若线段AB的中点为 (2,-2),则直线l的方程为_______. (2)(2013·绵阳模拟)过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线 交于A,B两点,如果 AF ? 2FB 则直线AB的方程是______. , (3)(2013·昆明模拟)已知椭圆的中心在原点,焦点在x轴 上,直线y=x+1与该椭圆相交于P,Q,且OP⊥OQ,|PQ|= 求椭圆的方程.
10 , 2

【思路点拨】(1)涉及弦的中点、斜率问题可利用点差法求解 .
(2)关键将弦的端点满足的向量关系转化为其横坐标大小关系, 从而构建方程求解. (3)设出椭圆方程,与直线方程联立,利用OP⊥OQ及弦长 |PQ|=
10 构建方程(组)求解. , 2

【规范解答】(1)由题意知,抛物线的方程为x2=-4y,
2 ? ? x1 ? ?4y1 , 设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1≠x2,联立方程得 ? 2 ? ? x 2 ? ?4y 2 , 2 2 两式相减得 x1 =-4(y1-y2), ? x2

?

y1 ? y2 x1 ? x 2 ? ? ?1, x1 ? x 2 ?4

∴直线l的方程为y+2=-(x-2),即y=-x. 答案:x+y=0

(2)由已知抛物线y2=4x的焦点F(1,0),显然满足题意的直 线斜率存在,设为k,则直线的方程为y=k(x-1),将其代入y2= 4x,整理得k2x2-2(k2+2)x+k2=0(k2≠0) ① 其判别式Δ=16(k2+1)>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2)且由 AF ? 2FB, 不妨设x1>x2.
k2 ? 2 ? 2 1? k2 由①解得x1= , 2 k k2 ? 2 ? 2 1? k2 x2 ? , 2 k

又 AF ? 2FB 得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),
得1-x1=2(x2-1),即x1+2x2=3,
k2 ? 2 ? 2 1? k2 k2 ? 2 ? 2 1? k2 亦即: ?2 ? 3, 2 2 k k

解得k=〒2 2 ,∴所求直线方程为y=〒2 即4x- 2 y-4=0或4x+ 2 y-4=0. 答案:4x- 2 y-4=0或4x+ 2 y-4=0

2(x-1),

(3)设椭圆方程为ax2+by2=1( ?
且设P(x1,y1),Q(x2,y2).

1 a

1 >0), b

Δ=4b2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab).
2b ? x ? x2 ? ? ?????① ? ? 1 a?b ? ? x x ? b ? 1 ????????????② 1 2 ? a?b ?

? y ? x ? 1, 2 由? 2 得 a ? b x ? 2bx ? b ? 1 ? 0. ? ? 2 ?ax ? by ? 1,

∵OP⊥OQ,∴ OP OQ ? 0,
∴x1x2+y1y2=0. ∴x1x2+(x1+1)(x2+1)=0, ∴2x1x2+x1+x2+1=0 ①②代入③得
2 ? b ? 1? a?b


? 2b ? 1 ? 0, a?b

∴a+b=2, ∵|PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =2(x1-x2)2 =2[(x1+x2)2-4x1x2]
2b 2 4 ? b ? 1? ?[ 2 (? ) ? ] a?b a?b 4b 2 ? 4 ? a ? b ?? b ? 1? ? 2? 2 ?a ? b? ? 2? 4b 2 ? 8 ? b ? 1? 4 10 PQ ? , 2 ,



8b2 ? 16 ? b ? 1? 4

?

3 ∴b= 1 或b= ,

10 即4b2-8b+3=0, , 4

∵a+b=2且 1 ? 1 ,
a b

2

2

1 ? a ? , ? ? 2 ?? 满足? ? 0. ?b ? 3 . ? 2 ? x 2 y2 ? 椭圆方程为 ? ? 1. 2 2 3

【拓展提升】 1.弦长的计算方法与技巧 求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立 消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之 和、两根之积的代数式,然后进行整体代入弦长公式求解 . 【提醒】注意两种特殊情况:(1)直线与圆锥曲线的对称轴平 行或垂直;(2)直线过圆锥曲线的焦点.

2.弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点

连线斜率问题时可简化运算,但要注意直线斜率是否存在 .
3.与弦端点相关问题的解法 解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法, 就是将其转化为端点的坐标关系,再根据联立消元后的一元二 次方程根与系数的大小关系,构建方程(组)求解.

2 2 x y 【变式训练】设椭圆C: ? =1(a>b>0)过点(0,4),离心 a 2 b2 3 率为 . 5

(1)求椭圆C的方程. (2)求过点(3,0)且斜率为 4 的直线被C所截线段的中点坐标.
5

【解析】(1)将点(0,4)代入C的方程得 16 =1,∴b=4, 2
b

c 3 a 2 ? b2 9 16 9 又e ? ? 得 ? , 即 1 ? ? ,? a ? 5. 2 2 a 5 a 25 a 25
2 2 x y ∴椭圆C的方程为 ? ? 1. 25 16

(2)过点(3,0)且斜率为
y=
4 (x-3), 5

4 的直线方程为 5

设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),将直线方程y= 4 (xx ? 3? 2 3)代入C的方程,得 x ? ? ? 1 ,即x -3x-8=0,解得x1=
2 2

5

3 ? 41 3 ? 41 , x2 ? , 2 2

25

25

∴AB的中点的横坐标 x ? x1 ? x 2 ? 3 , 纵坐标
2 2 y ? y2 2 6 y? 1 ? ? x1 ? x 2 ? 6 ? ? ? , 2 5 5 3 6 即所截线段的中点坐标为( , ? ). 2 5

考向 3

探究性、存在性问题

x 2 y2 【典例3】(2012·福建高考)如图,椭圆E: 2 ? 2 =1(a>b>0) a b 的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e= 1 .过F1的直线交椭圆于 2

A,B两点,且△ABF2的周长为8.

(1)求椭圆E的方程.
(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直 线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得 以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在, 说明理由.

【思路点拨】(1)利用待定系数法求解,(2)假设存在点M满足
题设条件,先探索出M必在x轴上,再根据以PQ为直径的圆恒 过M点,即 MP MQ =0恒成立,求M点横坐标大小,从而判断点 M是否存在.

【规范解答】方法一:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8,
即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8,

又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,
所以4a=8,a=2.
c 1 又因为e= 1 ,即 ? , 所以c=1, 2 a 2

所以b=

a 2 ? c2 ? 3. x 2 y2 故椭圆E的方程是 ? ? 1. 4 3

? y ? kx ? m, 得 ? 2 ?由 ? ? x 2 y2 ? 4 ? 3 ? 1, ?

(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m≠0 且Δ=0,

即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,
化简得4k2-m2+3=0.(*)
4km 4k 3 ? ? , y ? kx ? m ? , 0 0 2 4k ? 3 m m 所以P( ? 4k , 3 ). m m

此时x0= ?

? x ? 4, 由? , 得Q ? 4, 4k ? m ? . y ? kx ? m ?

假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x 轴上. 设M(x1,0),则 MP MQ =0对满足(*)式的m,k恒成立. 因为 MP=( ?
4k 3 ? x1 , ), MQ =(4-x1,4k+m), m m

由 MP MQ =0,
12k 2 得 ? 16k ? 4kx1 ? 4x1 ? x1 ? ? 3 ? 0, m m m

整理,得(4x1-4) k +x
m

2 1

-4x1+3=0.(**)

由于(**)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以
?4x1 ? 4 ? 0, 解得x1 ? 1. ? 2 ? x1 ? 4x1 ? 3 ? 0,

故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.

方法二:(1)同方法一.
? y ? kx ? m, ? 2 2 由 ? ? ? x y2 ? 4 ? 3 ? 1, ?

得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m≠0

且Δ=0,

即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,
化简得4k2-m2+3=0.(*)
4km 4k 3 ? ? , y ? kx ? m ? , 0 0 2 4k ? 3 m m 所以P( ? 4k , 3 ). m m ? x ? 4, 由? 得Q ? 4, 4k ? m ? . y ? kx ? m, ?

此时x0= ?

假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x
轴上.

取k=0,m= 3 ,此时P(0, 3 ),Q(4, 3 ),以PQ为直径的圆为
(x-2)2+(y- 3 )2=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);取k=- 1 ,
3 m=2,此时P(1, ),Q(4,0),以PQ为直径的圆为(x- 5 )2+ 2 2 2

(y-

3 2 45 )= ,交x轴于点M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件 4 16

的点M存在,则M的坐标必为(1,0).

以下证明M(1,0)就是满足条件的点:
因为M的坐标为(1,0),所以 MP ? (? 4k ? 1, 3 ), MQ ? ? 3, 4k ? m ?, 从而 MP MQ ? ? 12k ? 3 ? 12k ? 3 ? 0,
m m m m

故恒有 MP ? MQ ,即存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆 恒过点M.

【拓展提升】探究性、存在性问题的求解步骤

(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参数的方
程(组)或不等式(组).

(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解即存在,若无解则不存
在.

【变式训练】(2013·邢台模拟)已知:向量 OA =( 3 ,0), O为坐标原点,动点M满足:OM ? OA ? OM ? OA ? 4. (1)求动点M的轨迹C的方程. (2)已知直线l1,l2都过点B(0,1),且l1⊥l2,l1,l2与轨迹C分别交 于点D,E,试探究是否存在这样的直线使得△BDE是等腰直角三 角形.若存在,指出这样的直线共有几组(无需求出直线的方 程);若不存在,请说明理由.

【解析】(1)方法一:设A′(- 3 ,0),则
OM ? OA ? OM ? OA ? OM ? OA? ? | OM ? OA |? A?M ? AM ? 4>2 3,

∴动点M的轨迹为以A,A′为焦点,长轴长为4的椭圆. 由c= 3 ,2a=4,得a=2, b= a 2 ? c2 ? 1.
x2 ∴动点M的轨迹C的方程为 +y2=1. 4

方法二:设点M(x,y),则
OM ? OA ? x ? 3,y ,OM ? OA ? x ? 3, y , OM ? OA ? OM ? OA ? 4, ?

?

?

?

?

?x ? 3?

2

?y ?
2

?x ? 3?

2

? y 2 ? 4>2 3.

∴点M的轨迹C是以( 3 ,0),(- 3 ,0)为焦点,长轴长为4的 椭圆. ∴a=2,c= 3 ,∴b= a 2 ? c2 =1,
2 x ∴动点M的轨迹C的方程为 +y2=1. 4

x2 2 (2)轨迹C是椭圆 +y =1,点B(0,1)是它的上顶点, 4

设满足条件的直线l1,l2存在,由题意知两直线斜率存在且不

为零,不妨设直线l1的方程为
y=kx+1(k>0) ①
1 k

则直线l2的方程为y=- x+1



将①代入椭圆方程并整理得:(1+4k2)x2+8kx=0,可得xD=
2 ?8k ? 8k +1.将②代入椭圆方程并整理得: ,则yD= 2 2 1 ? 4k 1 ? 4k ?8 ? 1. (4+k2)x2-8kx=0,可得xE= 8k 2 ,则yE= 2 4?k 4?k

由△BDE是等腰直角三角形得 |BD|=|BE|
?8k 2 ?8k 2 2 8k 2 ?8 2 ? ( ) ? ( ) ? ( ) ? ( ) 2 2 2 2 1 ? 4k 1 ? 4k 4?k 4?k 64k 2 64k 4 64k 2 64 ? ? ? ? 2 2 2 2 2 2 2 2 ?1 ? 4k ? ?1 ? 4k ? ? 4 ? k ? ? 4 ? k ? ? ? k 2 ?1 ? k 2 ?

?1 ? 4k 2 ?

2

?

1? k2

?4 ? k2 ?

2

?

k2

?1 ? 4k 2 ?

2

?

1

?4 ? k2 ?

2

k 1 ? 1 ? 4k 2 4 ? k 2

?k3+4k=1+4k2?k3-1=4k2-4k
?(k-1)(k2+k+1)=4k(k-1) ③ ∴k=1或k2-3k+1=0 ④ ∵方程④的判别式Δ=5>0,即方程④有两个不相等的实根, 且不为1. ∴方程③有三个互不相等的实根.即满足条件的直线l1,l2存在, 共有3组.

【满分指导】解答直线与圆锥曲线位置关系的综合问题 【典例】(12分)(2012·北京高考)已知曲线C:(5-m)x2+ (m-2)y2=8(m∈R). (1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围. (2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直 线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于 点G.求证:A,G,N三点共线.

【思路点拨】 已知条件 条件分析

曲线C是焦点在x轴上的椭圆
m=4 直线y=kx+4与曲线C交于不同 两点 A,G,N三点共线

构建关于m的不等式组
得曲线C:x2+2y2=8 联立消元所得一元二次方程 的判别式Δ>0 只需证kAN=kAG即可

【规范解答】(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当
? ?5 ? m ? 0, ? ……………………………………3分 ?m ? 2 ? 0, ? 8 8 ? ? , ?5 ? m m ? 2


解得 7 <m<5,所以m的取值范围是( 7 ,5).
2 2

???????????????????5分

(2)当m=4时,曲线C的方程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分别为(0, 2),(0,-2).????????????????6分
? y ? kx ? 4, 2 2 由? 2 得 1 ? 2k x ? 16kx ? 24 ? 0. ? ? 2 ? x ? 2y ? 8,

????????????????????????7分 因为直线与曲线C交于不同的两点,所以
3 2 ? ? ?16k ? ? 4 ?1 ? 2k 2 ? ? 24 ? 0,即k 2 ? . 2
②???????8分

设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 y1=kx1+4,y2=kx2+4,

?16k 24 ,x x = . 1 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 3x1 y ?2 直线BM的方程为y+2= 1 点 G 的坐标为 ( ,1). x, y1 ? 2 x1

x1+x2=

????????????????????????9分
y2 ? 2 y ?2 ,k AG ? ? 1 , x2 3x1 所以kAN-kAG= y2 ? 2 ? y1 ? 2 ? kx 2 ? 2 ? kx1 ? 6 x2 3x1 x2 3x1 2 x ?x = 4k? ? 1 2? ③ 3 x1 x 2

因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN=

?16k 2 4 1 ? 2k ? k? ? 0. 24 3 1 ? 2k 2 2?

????????????11分

即kAN=kAG.又AN与AG有公共点A,故A,G,N三点共线. ???????????????????????12分

【失分警示】(下文①②③见规范解答过程)

x 2 y2 1.(2013·天津模拟)设双曲线 2 ? 2 =1(a>0,b>0)的一条 a b

渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点,则双曲线的离心 率为( )

?A?

5 5 ??????????? B? 5??????????? C ? ??????????? D ? 5 4 2

b x 2 y2 【解析】选D.双曲线 2 ? 2 =1的一条渐近线为y= x, a a b b ? y ? x, 消去y得,x2- b x+1=0有唯一解,所以 由方程组 ? a ? a 2 ?y ? x ? 1 ? b 2 b c a 2 ? b2 b ? ? ( ) ? 4 ? 0, ? 2,e ? ? ? 1 ? ( ) 2 ? 5. a a a a a

2.(2013·衡水模拟)直线3x-4y+4=0与抛物线x2=4y和圆
x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A,B,C,D.则 的值为( (A)16 ) (B) 1
16

| AB | | CD |

(C)4

(D)

1 4

【解析】选B.由 ?

?3x ? 4y ? 4 ? 0,
2 ? x ? 4y,

得x2-3x-4=0,

∴xA=-1,xD=4,直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0,1).
5 ,|DF|=yD+1=5, 4 AB AF ? 1 1 ∴ ? ? . CD DF ? 1 16

∴|AF|=yA+1=

3.(2013·徐州模拟)已知双曲线方程是x2-

y2 =1,过定点 2

P(2,1)作直线交双曲线于P1,P2两点,并使P(2,1)为P1P2的 中点,则此直线方程是_______.

2 2 y y 2 1 2 【解析】设点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由 x ? ? 1, x 2 ? ? 1, 2 2 2 ? x 2 ? x1 ? 2 ? 4 y ?y 得k= 2 1 ? =4 ,从而所求方程为4x-y-7=0. ? x 2 ? x1 y 2 ? y1 2 2 1

将此直线方程与双曲线方程联立得14x2-56x+51=0,Δ>0,故此 直线满足条件. 答案:4x-y-7=0

x 2 y2 4.(2013·北京模拟)已知椭圆C: 2 ? 2 =1(a>b>0),过 a b 点B(0,1),离心率为 2 2 . 3

(1)求椭圆C的方程. (2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆交于M,N两个不同 的点,且使 PM ? 1 PN 成立?若存在,求出直线l的方程;若
2

不存在,请说明理由.

【解析】(1)由题意可知b=1,
c b 1 2 2 解得a2=9. ? 1 ? ( )2 ? 1 ? 2 ? , a a a 2 3 x 故椭圆C的方程为 +y2=1. 9 (2)∵ PM ? 1 PN ,∴点M为PN的中点, 2

设M(x1,y1),N(x2,y2),则x2=2x1.



①当直线的斜率k不存在时,M(0,1),N(0,-1),P(0,2), 易知不符合条件,此时直线方程不存在.

②当直线的斜率存在时,设直线的方程为 y=kx+2,
? y ? kx ? 2, ? 2 2 由? x2 消去 y 得 9k ? 1 x ? 36kx ? 27 ? 0, ? ? 2 , ? 9 ? y ?1 ?

得Δ=(36k)2-4〓(9k2+1)〓27>0,

解得k2> 1 (*)
x1+x2= ? 36k 2
27 ⅲ 2 9k ? 1 9k ? 1 由ⅰⅱⅲ消去x1,x2,可得k2= 3 ,故k=〒 5 3

ⅱ, x 1x 2=

综上可知:存在,直线l的方程为y=〒

15 , 5 15 x ? 2. 5

1.已知圆M:(x+

2+y2=36及定点N( ) 5 5 ,0),点P是圆M上

的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足 NP ? 2NQ , GQ NP ? 0.

(1)求点G的轨迹C的方程. (2)过点K(2,0)作直线l,与曲线C交于A,B两点,O是坐标原 点,设 OS ? OA ? OB ,是否存在这样的直线l,使四边形OASB的 对角线相等?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理 由.

NP ? 2NQ ?Q为PN的中点,且GQ⊥PN?GQ是 【解析】(1)由 ? ? ? ?GQ NP ? 0

?

PN的中垂线,|PG|=|GN|, ∴|PM|=|GM|+|GP|=|GM|+|GN|=6> 2 5. ∴点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,

又a=3,c= 5 ?b=2.
x 2 y2 ∴C的方程为 ? ? 1. 9 4

(2)∵ OS ? OA ? OB ?四边形OASB为平行四边形,假设存在直

线l,使|OS|=|AB|?四边形OASB为矩形?OA⊥OB.
若l的斜率不存在,则l的方程为x=2,
?x ? 2 ?x ? 2 16 ? ? 由 ? x 2 y2 ?? ? OA OB ? ? 0. 2 5 9 ? 9 ? 4 ? 1 ?y ? ? ? 3 ?

这与 OA OB =0相矛盾, ∴l的斜率存在. 设直线l的方程为y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),

? y ? k(x ? 2) ? 2 2 2 2 2 2 消去 y 9k ? 4 x ? 36k x ? 36 k ? 1? ? 0. ? ? ? ?x y ? 9 ? 4 ?1 ? 2 36 ? k 2 ? 1? 36k ∴x1+x2= ,x1x2= , 2 2 9k ? 4 9k ? 4

∴y1y2=k(x1-2)·k(x2-2)

=k2[x

2 20k , 1x2-2(x1+x2)+4]= ? 2 9k ? 4

由 OA OB =0?x1x2+y1y2=0,
2 36 k ? 1? 20k 2 ? 3 ∴ ? ? 0 ? k ? ? . 2 2 9k ? 4 9k ? 4 2

∴存在直线l:3x-2y-6=0或3x+2y-6=0满足条件.

2.如图,在x轴上方有一段曲线弧Γ ,其端点A,B在x轴上
(但不属于Γ ),对Γ 上任一点P及点F1(-1,0),F2(1,0),满 足:|PF1|+|PF2|=2 2 .直线AP,BP分别交直线l:x=a(a> 2 ) 于R,T两点.

(1)求曲线弧Γ 的方程.
(2)求|RT|的最小值(用a表示).

(3)曲线弧Γ 上是否存在点P,使△PRT为正三角形?若存在,
求a的取值范围;若不存在,说明理由.

【解析】(1)由椭圆的定义知,曲线弧Γ是以F1(-1,0),F2(1, 0)为焦点的半椭圆,c=1,a=
2-c2=1. ,b2=a2

2 x ∴曲线弧Γ的方程为 ? y 2 ? 1? y ? 0 ? . 2

2 x (2)由(1)知,曲线弧Γ的方程为 +y2=1(y>0),设 2

P(x0,y0),
2 y0 1 则有 x ? 2y ? 2,即 2 ?? x0 ? 2 2 2 0 2 0



又A(- 2 ,0),B( 2 ,0),从而直线AP,BP的方程为
AP:y ? y0 y0 x ? 2 ;BP : y ? x? 2 , x0 ? 2 x0 ? 2

?

?

?

?

令x=a得R,T的纵坐标分别为
yR ? y0 y0 a ? 2 ; yT ? a? 2 . x0 ? 2 x0 ? 2

?

?

?

?

2 y0 ? yR yT ? 2 a 2 ? 2 ????????????????????????????② ? x0 ? 2

将①代入②,得yRyT=
∴|RT|=|yR-yT|=

1 (2-a2). 2

2 y2 2 y R yT ? 2y R yT ? 2 ? a 2 ? 2 ?. R ? y T ? 2y R y T ?

当且仅当|yR|=|yT|,即yR=-yT时,取等号. 即|RT|的最小值是 2 ? a 2 ? 2 ?.

(3)设P(x0,y0),依题设,直线l∥y轴,若△PRT为正三角形,
则必有∠PAB=30°, 从而直线AP,BP的斜率存在,分别设为k1,k2,由(2)知,
y0 y0 3 3 ? ;k 2 ? ?? , 3 3 x0 ? 2 x0 ? 2 2 2 y y 1 1 于是有k1·k2= 2 0 ? ? , 而 2 0 ? ? ,矛盾. x0 ? 2 3 x0 ? 2 2

k 1=

∴不存在点P,使△PRT为正三角形.


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