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【全程复习方略】2014年人教A版数学理(广东用)配套课件:第八章 第九节直线与圆锥曲线的位置关系

时间:2014-12-28


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,由

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:

2 2 ? Ax ? By ? C ? 0 A ? B ? 0?, ? ? 即将直线l的方程与圆锥曲线C1 ? ? ?f ? x, y ? ? 0,

方程ax2+bx+c=0的解 b=0 a=0 无解(含l是双曲线的渐近线)

l与C1的交点 无公共点 _________ 一个交点 _________ 两个交点 _________ 一个交点 _________ 无交点 _______

有一解(含l与抛物线的对称轴 b≠0 平行或与双曲线的渐近线平 行)
Δ >0 不等 的解 两个_____ 两个相等的解

a≠0 Δ =0

Δ <0

无实数解

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
2 1 ? k | x1 ? x 2 | |AB|=______________
2 1 ? k ? x1 ? x 2 ? ? 4x1x 2 = 1 ? =_______________________ 2

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

1 | y1 ? y 2 | 2 k

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. (4)正确,|AB|= ? x ? x ?2 ? ? y ? y ?2, 1 2 1 2 又x1=ty1+a,x2=ty2+a,
2 2 ∴|AB|= [? ty1 ? a ? ? ? ty 2 ? a ?] ? ? y1 ? y 2 ?

= t 2 ? y ? y ?2 ? ? y ? y ?2 = 1 ? t 2 y ? y . 1 2 1 2 1 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

x2 y2 【解析】选C.根据题意设椭圆方程为 2 ? 2 ? 1(b>0),则 b ?4 b

将x= ? 3 y-4代入椭圆方程,得4(b2+1)y2+ 8 3b2 y ? b4 ? 12b2 ? 0, ∵椭圆与直线x+ 3 y+4=0有且仅有一个交点, ∴Δ= (8 3b2 )2 ? 4 ? 4(b2 ? 1) (?b4 ? 12b2 ) ? 0, 即(b2+4)(b2-3)=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 2

)

(B) 1

3

(C) 1

4

(D)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, 2

当l变化时,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 2 两式相减,得 ? ? x 2 ? y 2 ? 1,

(x1+x2)(x1-x2)=(y1+y2)(y1-y2),
x0 1 2x 0 y1 ? y2 ? , 即y0=2x0. ∵ x ? x ≠0,∴ ? ,∴ y0 2 2y0 x1 ? x 2
2 1 2 2

答案:y=2x

2 ? 5.过椭圆 x ? y 2 =1的左焦点且倾斜角为 的直线被椭圆所截得 6

9

的弦长为________.

x2 ? y 2=1的交点分别为A(x1,y1), 【解析】设直线与椭圆 9 2 x ? y 2=1得:a=3,b=1,所以c= 2 2, B(x2,y2).由椭圆方程 9 2 3 x 因此,直线方程为:y= (x+ 2 2 ),与椭圆方程 ? y 2 =1联立, 3 9 消去y得:4x2+ 12 2x+15=0,则x1+x2= ?3 2,x1x2= 15, 4 所以|AB|= 1 ? 1 |x1-x2| 3 = 2 3 ? x1 ? x 2 ?2 ? 4x1x 2 ? 2 3 18 ? 15 =2. 3 3

答案:2

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交于 4 3

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
x 2 y2 C: 2 ? 2 =1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1作x轴的垂线 a b

交椭圆的上半部分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线
2 a x= 于点Q. c

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: ? 67 <m< 67.

答案:( ? 67,

67 )

(2)由题意,得直线l的方程为y-1=k(x+2),
? y ? 1 ? k ? x ? 2 ?, ? 由? 得ky2-4y+4(2k+1)=0 2 ? ? 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= , ∴当k=-1或k= 时,方程组有一个解,
1 2 1 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= 时,直线与抛物线只有一个
1 2

公共点.
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 b2 ?0 2 b k PF 2 ? a ?? . ?c ? c 2ac 2 2ac 2ac 因为PF2⊥F2Q,所以直线F2Q的方程为 y ? x? 2 . 故 2 b b 2 Q( a , 2a). c a2 由题设知, =4,2a=4,解得a=2,c=1. c x 2 y2 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 b 由条件知,P(-c, ). a

PF1 F1F2 ? . 因为△PF1F2∽△F2MQ,所以 F2 M MQ b2 即 a ? 2c , 解得|MQ|=2a. a2 MQ ?c c ?a2 ? 4, 解得 ?a ? 2, 所以 ? c ? ? , ?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 ? c a c 即y= x+a, a x 2 y2 将上式代入 2 ? 2 =1,得x2+2cx+c2=0. a b

(方法一)其判别式Δ=(2c)2-4c2=0,
b2 (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
2 2 1 x y 直线AB的方程为y= ? x+b,即x=-4(y-b),将其代入 ? =1, 4 4 3

得:13y2-24by+12b2-3=0,其判别式Δ=(-24b)2-4〓13〓 (12b2-3)>0,解得:b2<
13 4

①,

设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M0(x0,y0),
24b 8b , x1+x2=-4(y1-b)-4(y2-b)= , 13 13 4b 12b ∴M0( ), , 13 13 12b 16b 又M0在y=4x+m上,∴有 = +m, 13 13 ∴b= ? 13 m ② 4 将②代入①解得 ? 2 13 ? m ? 2 13 . 13 13

∴y1+y2=

方法二:设A(x1,y1),B(x2,y2), 线段AB的中点M(x,y),kAB= y2 ? y1 ? ? 1 ,
x 2 ? x1 4

x1+x2=2x,y1+y2=2y,
2 2 3 x1 +4 y1 =12 2 =12 3 x2 +4 y 2 2

① ②

2 2 2 ①②两式相减得3( x 2 )+4( )=0, y ? y ? x 2 1 2 1

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,
m 2 9m 2 则 <1,即 ? 2 13 ? m ? 2 13 . ? 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.

2 y 【变式备选】过双曲线 x ? =1的右焦点作直线l交双曲线于 2 2

A,B两点,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)(2013·珠海模拟)设直线l过双曲线C的一个 焦点,且与C的一条对称轴垂直,l与C交于A,B两点,|AB| 为C的实轴长的2倍,则C的离心率为( (A) 2 (B) 3 (C)2 )

(D)3

(2)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_______. (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|= 圆的方程.
10 求椭 , 2

【思路点拨】(1)先根据焦点横坐标求出A,B两点纵坐标, 求得|AB|后根据条件求得离心率. (2)涉及弦的中点、斜率问题可利用点差法求解.

(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

x 2 y2 【规范解答】(1)选B.设双曲线C的方程为 2 ? 2 =1, a b 2 2 4 x y b 焦点F(-c,0),将x=-c代入 2 ? 2 =1可得 y 2 ? , 2 a b a b2 所以|AB|=2〓 =2〓2a,∴b2=2a2,c2=a2+b2=3a2, a ∴e= c = 3. a

(2)由题意知,抛物线的方程为x2=-4y,设A(x1,y1),B(x2,y2),
2 ? ? x1 ? ?4y1 , 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

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

1 1 > >0), a b

? y ? x ? 1, 2+2bx+b-1=0. 由? 2 得 (a+b)x 2 ?ax ? by ? 1,

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

① ②

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


? 2b ? 1 =0, a?b

∵|PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =2(x1-x2)2=2[(x1+x2)2-4x1x2]
4b2 ? 4 ? a ? b ?? b ? 1? 4 ? b ? 1? 2b 2 =2[ (? ]=2〓 ) ? 2 a?b a?b a ? b ? ? 2 4b ? 8 ? b ? 1? =2〓 , 4 ∵|PQ|= 10 , 2 8b2 ? 16 ? b ? 1? 10 2 ∴ ? , 即4b -8b+3=0, 4 4 ∴b= 1 或b= 3 , 2 2

1 ? a ? , ? ? 2 ∵a+b=2且 1 > 1 , ∴ ? ?b ? 3 . a b ? 2 ? 2 2 ∴椭圆方程为 x ? y =1. 2 2 3

满足Δ>0.

【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 2 2 a b 3 率为 . 5

(1)求椭圆C的方程.
4 的直线被C所截线段的中点坐标. 5 16 【解析】(1)将点(0,4)代入C的方程得 2 =1,∴b=4, b 2 2 c 3 16 9 a ? b 9 即 又e= = 得 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)求过点(3,0)且斜率为

(2)过点(3,0)且斜率为 的直线方程为y= (x-3), 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),将直线方程
4 x 2 ? x ? 3? y= (x-3)代入C的方程,得 =1,即x2-3x-8=0, ? 5 25 25 解得x1= 3 ? 41 , x2= 3 ? 41 , 2 2 x ?x 3 y ?y ∴AB的中点的横坐标 x ? 1 2 ? , 纵坐标 y ? 1 2 2 2 2 3 6 6 = 2 (x1+x2-6)= ? , 即所截线段的中点坐标为( , ? ). 2 5 5 5
2

4 5

4 5

考向 3

探究性、存在性问题

2 2 x y 【典例3】(2012·福建高考)如图,椭圆E: 2 ? 2 =1(a>b>0) a b 1 的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e= .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】(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.
1 又因为e= ,即 c ? 1 , 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, (2)由 ? 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? x 2 y2 ? 4 ? 3 ? 1, ?

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 y =kx +m= 3 = , ? , 0 0 4k 2 ? 3 m m 4k 3 所以P( ? , ). 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. 设M(x1,0),则 MP· MQ =0对满足(*)式的m,k恒成立. 因为 MP=( ?
3 4k ), MQ =(4-x1,4k+m), ? x1 , m m

由 MP·MQ =0,
12k 2 得 ? 16k ? 4kx1 ? 4x1 ? x1 ? ? 3 ? 0,
2 整理,得 (4x1 ? 4) k ? x1 ? 4x1 ? 3 ? 0.(**)

m

m

m

m

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

解得x1=1.

故存在定点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 y),OM - OA =(x- 3, y), OM + OA =(x+ 3, ∵|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,
x2 2 ∴动点M的轨迹C的方程为 +y =1. 4

x2 (2)轨迹C是椭圆 +y2=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 k



则直线l2的方程为y= ? x +1 ② 将①代入椭圆方程并整理得:(1+4k2)x2+8kx=0,可得xD=
?8k , 2 1 ? 4k

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

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

(

8k 2 ?8 2 ) ? ( ) 2 2 4?k 4?k
64k 2
2 2

64k 2

?1 ? 4k 2 ?
2

2

?

64k 4

k 2 ?1 ? k 2 ?

?1 ? 4k 2 ?

2

= ?

?4 ? k ? ?4 ? k ?
2

?

64
2

k = 2 1 ? 4k

?1 ? 4k ?

2

=

1? k2

k2

?4 ? k ?
2

2

?1 ? 4k ?
2

2

=

1

?4 ? k ?
2

2

1 4 ? k2

?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 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

条 件 分 析 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
? ① ?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). ????? 5分 2 2

(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).
? y ? kx ? 4, 由? 2 2 x ? 2y ? 8, ?

????????????? ????

6分 7分

得(1+2k2)x2+16kx+24=0.

因为直线与曲线C交于不同的两点,所以

Δ=(16k)2-4(1+2k2)〓24>0,即k2> .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 直线BM的方程为 y ? 2 ? y1 ? 2 x, 点G的坐标为 x1 ( 3x1 , 1). ?????????????????? 9分 y1 ? 2

3 2

x1+x2=

因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN= y 2 ? 2 , kAG= ? y1 ? 2 ,
x2
3x1

所以kAN-kAG= y2 ? 2 ? y1 ? 2 ? kx 2 ? 2 ? kx1 ? 6
x2 3x1

= 4 k ? 2 ? x1 ? x 2 ?
3 x1 x 2



x2 3x1 ?16k 2? 2 = 4 k ? 1 ? 2k ? 0. ??????? 11分 24 3 1 ? 2k 2

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)

2 2 x y 1.(2013·韶关模拟)设双曲线 2 ? 2 =1(a>0,b>0)的一条渐近 a b

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
4

)

(B)5

(C) 5
2

(D) 5

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

2.(2013·梅州模拟)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 AB
的值为( )
1 (B) 16

| CD |

(A)16

(C)4

1 (D) 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 ∴|AF|=yA+1= , |DF|=yD+1=5, 4 ∴ AB ? AF ? 1 ? 1 . CD DF ? 1 16

3.(2013·广州模拟)椭圆ax2+by2=1与直线x+y-1=0交于A,B两 点,C是AB的中点,若|AB|= 2 2, OC的斜率为 程为_____________. 【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),C(xC,yC)代入椭圆方程作差 得:a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0,(*)
y1 ? y 2 yC 2 ? ? k OC ? , x1 ? x 2 x C 2

2 则椭圆的方 , 2

y1 ? y2 ? ?1, x1 ? x 2

代入(*)式可得b= 2 a.



直线方程与椭圆方程联立得:(a+b)x2-2bx+b-1=0, x1,x2是上面方程的两根, ∴|AB|= 2 |x1-x2|,
2b 2 b ?1 =4 ) ?4 a?b a?b 1 由①②得:a= , b= 2 . 3 3

即有: (

②,

∴所求椭圆方程为x2+ 2 y2=3.
答案:x2+ 2 y2=3

4.(2013·湛江模拟)已知抛物线L:x2=2py(p>0)和点M(2,2), 若抛物线L上存在不同的两点A,B满足 AM ? BM =0. (1)求实数p的取值范围. (2)当p=2时,抛物线L上是否存在异于A,B的点C,使得经过 A,B,C三点的圆和抛物线L在点C处有相同的切线?若存在, 求出点C的坐标;若不存在,请说明理由.

【解析】(1)由 AM ? BM =0知:M是线段AB的中点.易知AB的斜 率存在, 设直线AB:y-2=k(x-2),则
? ? y ? 2 ? k ? x ? 2 ?, 2-2kpx+4p(k-1)=0. ? x ? 2 ? ? x ? 2py 2 x ?x 依题意,有xM= A B =kp=2?k= . p 2



又由Δ=4k2p2-16p(k-1)>0?k2p-4k+4>0,由此及①可得
4 8 ? +4>0,即p>1. p p

(2)若存在满足条件的点C,则因为M是线段AB的中点,所以 CM⊥AB,即CM经过△ABC的外接圆圆心,故CM与抛物线L在点 C处的切线垂直,即直线AB与抛物线L在点C处的切线平行. 当p=2时,由①知:直线AB的斜率k= =1,从而抛物线L在点 C处的切线的斜率为1,故由y′= 1 x=1?x=2,y=
2 1 2 x =1 4

2 p

知:点C的坐标为(2,1).

1.已知圆M:(x ? 5)2 ? y2 ? 36 及定点N( 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 ·NP =0. ,GQ (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 【解析】(1)由? ?Q为PN的中点,且GQ⊥PN?GQ是PN ? ? ?GQ NP ? 0

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? ? ? · = 2 2 ? OA OB 9 >0. 2 5 ?x y ?y ? ? ? 9 ? 4 ?1 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) 消去y ? 2 (9k2+4)x2-36k2x+36(k2-1)=0. ?x y2 ? 9 ? 4 ?1 ? 2 36 ? k 2 ? 1? 36k ∴x1+x2= 2 , , x 1x 2= 9k 2 ? 4 9k ? 4

∴y1y2=k(x1-2)·k(x2-2)
2 20k =k2[x1x2-2(x1+x2)+4]= ? 2 , 9k ? 4

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

∴存在直线l:3x-2y-6=0或3x+2y-6=0满足条件.

2.椭圆中心是原点O,它的短轴长为 2 2, 右焦点F(c,0)(c>0),
a2 它的长轴长为2a(a>c>0),直线l:x= 与x轴相交于点A, c

|OF|=2|FA|,过点A的直线与椭圆相交于P,Q两点.
(1)求椭圆的方程和离心率.

(2)若 OP · OQ =0,求直线PQ的方程.
(3)设 AP =λ AQ (λ >1),过点P且平行于直线l的直线与椭圆相

交于另一点M,证明: FM =-λ FQ.

x 2 y2 【解析】(1)由题意,可知椭圆的方程为 2 ? =1(a> 2 ). a 2 ?a 2 ? c2 ? 2, 由已知得 ? 解得a= 6,c=2, ? a2 ?c ? 2( ? c), c ? 2 2 所以椭圆的方程为 x ? y =1,离心率e= 6 . 3 6 2

(2)由(1)可得A(3,0), 设直线PQ的方程为y=k(x-3).
? x 2 y2 ? ? 1, 联立方程组 ? 得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0, 2 ?6 ? y ? k ? x ? 3?, ? 依题意Δ=12(2-3k2)>0,得 ? 6 ? k ? 6 . 3 3

设P(x1,y1),Q(x2,y2),则
2 18k x1+x2= 2 , 3k ? 1 2 27k ?6 x 1x 2= . 2 3k ? 1




由直线PQ的方程得y1=k(x1-3),y2=k(x2-3),于是,

y1y2=k2(x1-3)(x2-3)=k2[x1x2-3(x1+x2)+9].
∵ OP ·OQ =0,∴x1x2+y1y2=0.




由①②③④得5k2=1,从而k=〒 5 ∈( ? 6 , 6 ).
5 3 3

所以直线PQ的方程为x- 5y-3=0或x+ 5y-3=0.

(3)∵P(x1,y1),Q(x2,y2),A(3,0), ∴ AP=(x1-3,y1), AQ =(x2-3,y2).由已知得方程组
? x1 ? 3 ? ? ? x 2 ? 3 ? , ? ? y1 ? ?y 2 , 5? ? 1 注意λ>1,解得 x = , 2 ? x 2 y2 2? ? 1 ? 1 ? 1, 2 ?6 ? x 2 y2 ? 2 ? 2 ? 1, 2 ?6

因为F(2,0),M(x1,-y1), 故 FM=(x1-2,-y1)=(λ(x2-3)+1,-y1)=( -λ( ? ? 1 , y2).
2? ? ?1 , y2), 2? 1? ? , -y1)= 2

而 FQ =(x2-2,y2)=( 所以 FM =-λFQ.


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