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2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 9.8 曲线与方程


§ 9.8

直线与圆锥曲线

1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断 将直线方程与圆锥曲线方程联立,消去一个变量得到关于 x(或 y)的一元方程:ax2+bx+c=0 (或 ay2+by+c=0). (1)当 a≠0,可考虑一元二次方程的判别式 Δ,有 ①Δ>0?直线与圆锥曲线相交; ②Δ=0?直线与圆锥曲线相切; ③Δ<0?直线与圆锥曲线相离. (2)若 a=0,b≠0,即得到一个一元一次方程,则直线 l 与圆锥曲线 E 相交,且只有一个交点, ①若 E 为双曲线,则直线 l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行; ②若 E 为抛物线,则直线 l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合. 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|AB|= 1+k2 |x2-x1|= 1 1+ 2|y2-y1|. k

【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线 l 与抛物线 y2=2px 只有一个公共点,则 l 与抛物线相切.( × ) (2)直线 y=kx (k≠0)与双曲线 x2-y2=1 一定相交.( × )

(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点.( √ ) (4)直线与椭圆只有一个交点?直线与椭圆相切.( √ ) ) x2 (5)过点(2,4)的直线与椭圆 +y2=1 只有一条切线.( × 4

(6)满足“直线 y=ax+2 与双曲线 x2-y2=4 只有一个公共点”的 a 的值有 4 个.( √ )

x2 y2 1.直线 y=kx-k+1 与椭圆 + =1 的位置关系为( 9 4 A.相交 B.相切
-1-

)

C.相离 答案 A

D.不确定

解析 直线 y=kx-k+1=k(x-1)+1 恒过定点(1,1),又点(1,1)在椭圆内部,故直线与椭圆相 交. x2 y2 2.若直线 y=kx 与双曲线 - =1 相交,则 k 的取值范围是( 9 4 2? A.? ?0,3? 2 2? C.? ?-3,3? 答案 C x2 y2 2 解析 双曲线 - =1 的渐近线方程为 y=± x, 9 4 3 2 2? 若直线与双曲线相交,数形结合,得 k∈? ?-3,3?. 3.(2014· 辽宁)已知点 A(-2,3)在抛物线 C:y2=2px 的准线上,过点 A 的直线与 C 在第一象限 相切于点 B,记 C 的焦点为 F,则直线 BF 的斜率为( 1 A. 2 3 C. 4 答案 D p p 解析 抛物线 y2=2px 的准线为直线 x=- , 而点 A(-2,3)在准线上, 所以- =-2, 即 p=4, 2 2 k 从而 C:y2=8x,焦点为 F(2,0).设切线方程为 y-3=k(x+2),代入 y2=8x 得 y2-y+2k+3 8 k 1 =0(k≠0)①,由于 Δ=1-4× (2k+3)=0,所以 k=-2 或 k= . 8 2 1 因为切点在第一象限,所以 k= . 2 1 将 k= 代入①中,得 y=8,再代入 y2=8x 中得 x=8, 2 8 4 所以点 B 的坐标为(8,8),所以直线 BF 的斜率为 = . 6 3 4.已知倾斜角为 60° 的直线 l 通过抛物线 x2=4y 的焦点,且与抛物线相交于 A、B 两点,则弦 AB 的长为________. 答案 16 解析 直线 l 的方程为 y= 3x+1, 2 B. 3 4 D. 3 ) 2 ? B.? ?-3,0? 2? ?2 ? D.? ?-∞,-3?∪?3,+∞? )

?y= 3x+1 由? 2 得 y2-14y+1=0. ?x =4y
-2-

设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=14, ∴|AB|=y1+y2+p=14+2=16.

题型一 直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用 例 1 (1)若直线 y=kx+2 与双曲线 x2-y2=6 的右支交于不同的两点, 则 k 的取值范围是( A.?- )

?

15 15? , 3 3 ? 15 ? ,0 3 ?

B.?0,

?

15? 3 ? 15 ? ,-1 3 ?

C.?-

?

D.?-

?

答案 D
? ?y=kx+2, 解析 由? 2 2 得(1-k2)x2-4kx-10=0. ?x -y =6, ?

设 直 线 与 双 曲 线 右 支 交 于 不 同 的 两 点

A(x1 , y1) , B(x2 , y2) , 则

? ?Δ=16k -44k?1-k ?×?-10?>0, ?x +x =1-k >0, -10 ? ?x x =1-k >0,
2 2 1 2 2 1 2 2

1-k2≠0,

解得-

15 <k<-1. 3

(2)若直线 l:y=(a+1)x-1 与抛物线 C:y2=ax 恰好有一个公共点,试求实数 a 的取值集合.
? ?y=?a+1?x-1 解 因为直线 l 与抛物线 C 恰好有一个公共点,所以方程组? 2 有唯一一组实数 ?y =ax ?

解,消去 y,得[(a+1)x-1]2=ax,整理得(a+1)2x2-(3a+2)x+1=0.(*) ①当 a+1=0,即 a=-1 时,方程(*)是关于 x 的一元一次方程,解得 x=-1,原方程组有唯
?x=-1, ? 一解? ? ?y=-1.

②当 a+1≠0,即 a≠-1 时,方程(*)是关于 x 的一元二次方程,判别式 Δ=(3a+2)2-4(a+ 4 1)2=a(5a+4),令 Δ=0,解得 a=0 或 a=- . 5
? ?x=1, 当 a=0 时,原方程组有唯一解? ?y=0; ?

-3-

? ?x=-5, 4 当 a=- 时,原方程组有唯一解? 5 ?y=-2. ?

4 综上,实数 a 的取值集合是{-1,- ,0}. 5 思维升华 (1)判断直线与圆锥曲线的交点个数时,可直接求解相应方程组得到交点坐标.也

可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定,需注意利用判别式的前提是二次项系数不 为 0. (2)依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时,联立方程并消元,得到一元方程,此时注意观 察方程的二次项系数是否为 0,若为 0,则方程为一次方程;若不为 0,则将方程解的个数转 化为判别式与 0 的大小关系求解. x2 y2 已知直线 l:y=2x+m,椭圆 C: + =1.试问当 m 取何值时,直线 l 与椭圆 C: 4 2 (1)有两个不重合的公共点; (2)有且只有一个公共点; (3)没有公共点. 解 将直线 l 的方程与椭圆 C 的方程联立, y=2x+m, ? ?2 2 得方程组?x y ? 4 + 2 =1, ? ① ②

将①代入②,整理得 9x2+8mx+2m2-4=0.③ 方程③根的判别式 Δ=(8m)2-4×9×(2m2-4)=-8m2+144. (1)当 Δ>0,即-3 2<m<3 2时,方程③有两个不同的实数根,可知原方程组有两组不同的实 数解.这时直线 l 与椭圆 C 有两个不重合的公共点. (2)当 Δ=0,即 m=± 3 2时,方程③有两个相同的实数根,可知原方程组有两组相同的实数 解.这时直线 l 与椭圆 C 有两个互相重合的公共点,即直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点. (3)当 Δ<0,即 m<-3 2或 m>3 2时,方程③没有实数根,可知原方程组没有实数解.这时直 线 l 与椭圆 C 没有公共点. 题型二 直线与圆锥曲线中点弦、弦长问题 y2 x2 例 2 已知椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的右顶点为 A(1,0),过 C1 的焦点且垂直长轴的弦长为 1. a b (1)求椭圆 C1 的方程; (2)设点 P 在抛物线 C2:y=x2+h(h∈R)上,C2 在点 P 处的切线与 C1 交于点 M,N.当线段 AP 的中点与 MN 的中点的横坐标相等时,求 h 的最小值. b=1, ? ? 2 解 (1)由题意,得? b =1. ?2· a ?

-4-

? ?a=2, 从而? ?b=1. ?

y2 因此,所求的椭圆方程为 +x2=1. 4 (2)如图,设 M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,t2+h), 则抛物线 C2 在点 P 处的切线斜率为 y′|x=t=2t . 直线 MN 的方程为: y=2tx-t2+h. 将上式代入椭圆 C1 的方程中,得 4x2+(2tx-t2+h)2-4=0, 即 4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0.① 因为直线 MN 与椭圆 C1 有两个不同的交点, 所以①式中的 Δ1=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0.② 设线段 MN 的中点的横坐标是 x3, x1+x2 t?t2-h? 则 x3= = . 2 2?1+t2? t+1 设线段 PA 的中点的横坐标是 x4,则 x4= . 2 由题意,得 x3=x4, 即 t2+(1+h)t+1=0.③ 由③式中的 Δ2=(1+h)2-4≥0,得 h≥1,或 h≤-3. 当 h≤-3 时,h+2<0,4-h2<0, 则不等式②不成立,所以 h≥1. 当 h=1 时,代入方程③得 t=-1, 将 h=1,t=-1 代入不等式②,检验成立. 所以,h 的最小值为 1. 思维升华 涉及弦的中点与直线的斜率问题,可考虑“点差法”,构造出 kAB= x2,y1+y2,整体代换,求出中点或斜率,体现“设而不求”的思想. x2 y2 2 跟踪训练 2 设椭圆 M: 2+ 2=1 (a>b>0)的离心率为 ,长轴长为 6 2,设过右焦点 F 倾斜 a b 2 角为 θ 的直线交椭圆 M 于 A,B 两点. (1)求椭圆 M 的方程; y1-y2 和 x1+ x1-x2

-5-

(2)求证:|AB|=

6 2 ; 1+sin2θ

(3)设过右焦点 F 且与直线 AB 垂直的直线交椭圆 M 于 C,D,求|AB|+|CD|的最小值. 2a=6 2, ? ?c 2 ?a= 2 , ? ?b =a -c ,
2 2 2

(1)解

?a=3 2, ? ??c=3, ? ?b=3,

x2 y2 所求椭圆 M 的方程为 + =1. 18 9 π (2)证明 当 θ≠ 时,设直线 AB 的斜率为 k=tan θ,焦点 F(3,0),则直线 AB 的方程为 y=k(x 2 -3), y=kx-3k ? ? 2 2 由? x y ?(1+2k2)x2-12k2x+18(k2-1)=0. + = 1 ?18 9 ? 设点 A(x1,y1),B(x2,y2), 18?k2-1? 12k2 有 x1+x2= , 2,x1x2= 1+2k 1+2k2 |AB|= = 18?k2-1? 12k2 2 ?1+k2?[? ? - 4 × ] 1+2k2 1+2k2

6 2?1+k2? .(**) 1+2k2

sin θ 又因为 k=tan θ= ,代入(**)式得 cos θ 6 2 6 2 |AB|= 2 2 = cos θ+2sin θ 1-sin2θ+2sin2θ = 6 2 . 1+sin2θ

π 当 θ= 时,直线 AB 的方程为 x=3, 2 此时|AB|=3 2. π 6 2 而当 θ= 时,|AB|= =3 2, 2 1+sin2θ 6 2 综上所述,所以|AB|= . 1+sin2θ (3)解 过右焦点 F 且与直线 AB 垂直的直线交椭圆 M 于 C,D,同理可得 |CD|= 6 2?1+k2? 6 2 = , 2+k2 1+cos2θ

-6-

所以|AB|+|CD|= = 18 2 . 1 2+ sin22θ 4

6 2 6 2 2 + 1+sin θ 1+cos2θ

因为 sin 2θ∈[0,1],所以当且仅当 sin 2θ=1 时, |AB|+|CD|有最小值是 8 2. 题型三 圆锥曲线中的定点、定值问题 x2 y2 例 3 已知点 M 是椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)上一点,F1,F2 分别为 C 的左,右焦点,且|F1F2| a b 4 3 =4,∠F1MF2=60° ,△F1MF2 的面积为 . 3 (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 N(0,2),过点 P(-1,-2)作直线 l,交椭圆 C 异于 N 的 A,B 两点,直线 NA,NB 的斜 率分别为 k1,k2,证明:k1+k2 为定值. 思维点拨 直线l的斜率存在 → 联立l与C的方程 → 根与系数的关系 → 求k1+k2 ;

直线l的斜率不存在 → 求A,B的坐标 → 求k1+k2 . (1)解 在△F1MF2 中, 1 4 3 16 由 |MF1||MF2|sin 60° = ,得|MF1||MF2|= . 2 3 3 由余弦定理,得|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2-2|MF1|· |MF2|cos 60° =(|MF1|+|MF2|)2-2|MF1||MF2|(1+cos 60° ), 解得|MF1|+|MF2|=4 2. 从而 2a=|MF1|+|MF2|=4 2,即 a=2 2. 由|F1F2|=4,得 c=2,从而 b=2, x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 8 4 (2)证明 当直线 l 的斜率存在时,设斜率为 k, 则其方程为 y+2=k(x+1), x y ? ? 8 + 4 =1, 由? ?y+2=k?x+1?. ? 得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 4k?k-2? 2k2-8k 则 x1+x2=- . 2 ,x1x2= 1+2k 1+2k2
2 2

-7-

y1-2 y2-2 从而 k1+k2= + x1 x2 = 2kx1x2+?k-4??x1+x2? x1x2

4k?k-2? =2k-(k-4)· 2 =4. 2k -8k 当直线 l 的斜率不存在时, 可得 A?-1,

?

14? 14? ,B?-1,- ,得 k1+k2=4. 2 ? 2 ? ?

综上,k1+k2 为定值. 思维升华 解决定点、定值问题常用策略: (1)根据题意求出相关的表达式,再根据已知条件列出方程组(或不等式),消去参数,求出定值 或定点坐标. (2)先利用特殊情况确定定值或定点坐标,再从一般情况进行证明验证. 跟踪训练 3 已知抛物线 C:y2=2px (p>0)的焦点为 F(1,0),点 O 为坐标原点,A,B 是曲线 C 上异于 O 的两点. (1)求曲线 C 的方程; 1 (2)若直线 OA,OB 的斜率之积为- ,求证:直线 AB 过定点. 2 (1)解 ∵焦点为 F(1,0),∴p=2, ∴抛物线方程为 y2=4x. 1 (2)证明 ∵直线 OA,OB 的斜率之积为- , 2 ∴设直线 OA 的方程为 y=kx, 1 直线 OB 的方程为 y=- x. 2k
?y=kx, ? 4 4? 2 2, ,同理 B(16k ,-8k). 联立? 2 得 A? k k? ? ?y =4x, ?

由抛物线关于 x 轴对称可知定点在 x 轴上,那么 A,B 横坐标相同时的横坐标即为定点的横坐 标. 4 1 4 令 2=16k2,解得 k2= ,则 2=16k2=8, k 2 k 点 M(8,0)为直线 AB 过的定点. 下面证明直线 AB 过 M 点. 4 4? → → 2 ∵MA=? ?k2-8,k?,MB=(16k -8,-8k), 4 4 → → ? (-8k)=(16k2-8)· 由? 可知向量MA与MB共线, ?k2-8?· k

-8-

∴直线 AB 过定点 M.

设而不求,整体代换 x2 y2 3 典例:(12 分)(2013· 山东)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2,离心率为 , a b 2 过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1)求椭圆 C 的方程; (2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连接 PF1,PF2,设∠F1PF2 的角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0),求 m 的取值范围; (3)在(2)的条件下,过点 P 作斜率为 k 的直线 l,使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点,设直线 1 1 PF1、PF2 的斜率分别为 k1、k2,若 k2≠0,证明 + 为定值,并求出这个定值. kk1 kk2 思维点拨 第(3)问,可设 P 点坐标为(x0,y0),写出直线 l 的方程;联立方程组消去 y 得关于 x 1 1 1? 1 1 + ,把 k 与 + 均用 x0,y0 表示后可消去. 的一元二次方程,则 Δ=0;变为 ? k ?k1 k2? k1 k2 c 3 b2 1 解 (1)由已知得 e= = , = , a 2 a 2 又 c2=a2-b2,所以 a2=4,b2=1. x2 故椭圆 C 的方程为: +y2=1.[3 分] 4 (2)由题意知: → → → → PF1· PM PF2· PM = , → → → → |PF1||PM| |PF2||PM|

→ → → → PF1· PM PF2· PM 即 = .[4 分] → → |PF1| |PF2| 设 P(x0,y0),其中 x2 0≠4,将向量坐标化得:
3 m(4x2 0-16)=3x0-12x0.

3 所以 m= x0,而 x0∈(-2,2), 4 3 3? 所以 m∈? ?-2,2?.[6 分] (3)设 P(x0,y0)(y0≠0),则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0). x ? ? 4 +y2=1, 2 2 联立? 整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y2 0-2kx0y0+k x0-1)=0. ?y-y0=k?x-x0?, ?
2 2 所以 Δ=64(ky0-k2x0)2-16(1+4k2)(y2 0-2kx0y0+k x0-1)=0. 2

-9-

2 2 即(4-x2 0)k +2x0y0k+1-y0=0.[10 分] 2 x0 2 2 2 又 +y2 0=1,所以 16y0k +8x0y0k+x0=0. 4

x0 1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 故 k=- ,又 + = + = . 4y0 k1 k2 y0 y0 y0 1 1 1 1 1 ? ? 4y0? ?2x0? + = - 所以 + = ? · =-8. kk1 kk2 k?k1 k2? ? x0 ? ? y0 ? 1 1 所以 + 为定值,这个定值为-8.[12 分] kk1 kk2 温馨提醒 对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等),利用题目的条 件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组,再化为一元二次方程,从而利用根与系数的关系进 行整体代换,达到“设而不求,减少计算”的效果,直接得定值.

方法与技巧 1.直线与圆锥曲线位置关系的判定综合问题 (1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切;过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切;过 椭圆内一点的直线均与椭圆相交. (2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点:两条切线和一条与对称轴平 行或重合的直线;过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点:一条切线和 一条与对称轴平行或重合的直线;过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共 点:一条与对称轴平行或重合的直线. (3)过双曲线外不在渐近线上一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点:两条切线和两条 与渐近线平行的直线;过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点:一条切线 和两条与渐近线平行的直线;过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点:两 条与渐近线平行的直线. 2.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 3.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为 y=kx+b,然后利用条件建立 b、k 等量关系进行消 元,借助于直线系的思想找出定点. (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关. 失误与防范 1.在解决直线与抛物线的位置关系时,要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.
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2.中点弦问题,可以利用“点差法”,但不要忘记验证 Δ>0 或说明中点在曲线内部. 3.解决定值、定点问题,不要忘记特值法.

A 组 专项基础训练 (时间:45 分钟) x2 y2 1.若直线 mx+ny=4 与⊙O:x2+y2=4 没有交点,则过点 P(m,n)的直线与椭圆 + =1 的 9 4 交点个数是( A.至多为 1 C.1 答案 B 解析 由题意知: 4 >2,即 m2+n2<2, m +n2
2

) B.2 D.0

x2 y2 ∴点 P(m,n)在椭圆 + =1 的内部,故所求交点个数是 2. 9 4 2.过点(0,1)作直线,使它与抛物线 y2=4x 仅有一个公共点,这样的直线有( A.1 条 C.3 条 答案 C 解析 结合图形分析可知,满足题意的直线共有 3 条:直线 x=0,过点(0,1)且平行于 x 轴的 直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线 x=0). 1 3.已知抛物线 C 的方程为 x2= y,过 A(0,-1),B(t,3)两点的直线与抛物线 C 没有公共点, 2 则实数 t 的取值范围是( A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.?-∞,- ) B.2 条 D.4 条 )

?

2? ? 2 ? ∪ ,+∞ 2? ?2 ?

C.(-∞,-2 2)∪(2 2,+∞) D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞) 答案 D 4 1 2 1 解析 直线 AB 的方程为 y= x-1,与抛物线方程 x2= y 联立得 x2- x+ =0,由于直线 AB t 2 t 2 4 与抛物线 C 没有公共点,所以 Δ= 2-2<0,解得 t> 2或 t<- 2. t 4.已知 F 为抛物线 y2=8x 的焦点,过点 F 且斜率为 1 的直线 l 交抛物线于 A,B 两点,则||FA|
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-|FB||的值为( A.4 2 C.8 2 答案 C

) B.8 D.16

? ?y=x-2, 解析 依题意知 F(2,0),所以直线 l 的方程为 y=x-2,联立方程,得? 2 消去 y 得 x2 ?y =8x, ?

-12x+4=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x2=4,x1+x2=12, 则||FA|-|FB||=|(x1+2)-(x2+2)|=|x1-x2|= ?x1+x2?2-4x1x2= 144-16=8 2. 5.过抛物线 y2=4x 的焦点作一条直线与抛物线相交于 A,B 两点,它们到直线 x=-2 的距离 之和等于 5,则这样的直线( A.有且仅有一条 C.有无穷多条 答案 D 解析 抛物线 y2=4x 的焦点坐标为(1,0),准线方程为 x=-1,设 A,B 的坐标为(x1,y1),(x2, y2),则 A,B 到直线 x=-1 的距离之和为 x1+x2+2. 设直线方程为 x=my+1,代入抛物线 y2=4x, 则 y2=4(my+1),即 y2-4my-4=0, ∴x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2. ∴x1+x2+2=4m2+4≥4. ∴A,B 到直线 x=-2 的距离之和 x1+x2+2+2≥6>5. ∴满足题意的直线不存在. y2 6.过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若使得|AB|=λ 的直线 l 恰有 2 3 条,则 λ=________. 答案 4 解析 ∵使得|AB|=λ 的直线 l 恰有 3 条. ∴根据对称性,其中有一条直线与实轴垂直. 此时 A,B 的横坐标为 3,代入双曲线方程,可得 y=± 2,故|AB|=4. ∵双曲线的两个顶点之间的距离是 2,小于 4, ∴过抛物线的焦点一定有两条直线使得交点之间的距离等于 4, 综上可知,|AB|=4 时,有三条直线满足题意. ∴λ=4. 7.已知焦点为 F 的抛物线 y2=4x 的弦 AB 的中点的横坐标为 2,则|AB|的最大值为________. ) B.有且仅有两条 D.不存在

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答案 6 解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=4, 那么|AF|+|BF|=x1+x2+2,又|AF|+|BF|≥|AB|?|AB|≤6,当 AB 过焦点 F 时取得最大值 6. x2 y2 8.过椭圆 + =1 内一点 P(3,1),且被这点平分的弦所在直线的方程是____________. 16 4 答案 3x+4y-13=0 解析 设直线与椭圆交于 A(x1,y1)、B(x2,y2)两点, 由于 A、B 两点均在椭圆上,
2 2 x1 y1 x2 y2 2 2 故 + =1, + =1, 16 4 16 4

两式相减得 ?x1+x2??x1-x2? ?y1+y2??y1-y2? + =0. 16 4 又∵P 是 A、B 的中点,∴x1+x2=6,y1+y2=2, y1-y2 3 ∴kAB= =- . 4 x1-x2 3 ∴直线 AB 的方程为 y-1=- (x-3). 4 即 3x+4y-13=0. x2 y2 9.设 F1,F2 分别是椭圆 E: 2+ 2=1 (a>b>0)的左,右焦点,过 F1 且斜率为 1 的直线 l 与 E a b 相交于 A,B 两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列. (1)求 E 的离心率; (2)设点 P(0,-1)满足|PA|=|PB|,求 E 的方程. 解 (1)由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a, 4 又 2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|= a, 3 l 的方程为 y=x+c,其中 c= a2-b2. y=x+c, ? ? 2 2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 A,B 两点的坐标满足方程组?x y 消去 y,化简得(a2+ ?a2+b2=1, ? -2a2c a2?c2-b2? b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0,则 x1+x2= 2 2 ,x1x2= 2 2 . a +b a +b 4 4ab2 因为直线 AB 的斜率为 1,所以|AB|= 2|x2-x1|= 2[?x1+x2?2-4x1x2],即 a= 2 2,故 a2= 3 a +b 2b2, a2-b2 c 2 所以 E 的离心率 e= = = . a a 2

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(2)设 AB 的中点为 N(x0,y0),由(1)知 x1+x2 -a2c 2c c x0= = 2 2=- ,y0=x0+c= . 2 3 3 a +b y0+1 由|PA|=|PB|,得 kPN=-1,即 =-1, x0 得 c=3,从而 a=3 2,b=3. x2 y2 故椭圆 E 的方程为 + =1. 18 9 10.如图所示,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均在抛物 线 E:x2=2py (p>0)上. (1)求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,求 证:以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上某定点. (1)解 依题意,得|OB|=8 3,∠BOy=30° . 设 B(x,y),则 x=|OB|sin 30° =4 3,y=|OB|cos 30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上, 所以(4 3)2=2p×12, 解得 p=2.故抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)证明 方法一 由(1)知 y= x2,y′= x. 4 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 1 1 1 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x2 . 2 2 4 0 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ? ? ?y=-1, ?y=-1. 所以 Q? x2 0-4 ? ? 2x0 ,-1?.
2

1 → → 设 M(0,y1),令MP· MQ=0 对满足 y0= x2 (x ≠0)的点(x0,y0)恒成立. 4 0 0 x0-4 → → ? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ? 2x0 ,-1-y1?, x2 0-4 → → 2 由MP· MQ=0,得 -y0-y0y1+y1+y1 =0, 2
2 即(y1 +y1-2)+(1-y1)y0=0.(*) 2

1 由于(*)式对满足 y0= x2 (x ≠0)的 y0 恒成立, 4 0 0

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? ?1-y1=0, 所以? 2 解得 y1=1. ?y1+y1-2=0, ?

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 1 1 方法二 由(1)知 y= x2,y′= x. 4 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0, 1 且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2 1 1 2 即 y= x0x- x0 . 2 4 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ? ? ?y=-1, ?y=-1. 所以 Q? x2 0-4 ? ? 2x0 ,-1?.
2

取 x0=2,此时 P(2,1),Q(0,-1),以 PQ 为直径的圆为(x-1)2+y2=2,交 y 轴于点 M1(0,1), 1? 32 ? 3 ? ? 1?2 M2(0,-1);取 x0=1,此时 P? ?1,4?,Q?-2,-1?,以 PQ 为直径的圆为?x+4? +(y+8) = 7? 125 ,交 y 轴于 M3(0,1),M4? ?0,-4?. 64 故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点.
2 x2 → → 0-4 → → x0-4 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? MQ= -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0, ,-2?,MP· 2 ? 2x0 ?

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟) → → 11. (2014· 四川)已知 F 为抛物线 y2=x 的焦点, 点 A, B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧, OA· OB =2(其中 O 为坐标原点),则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( A.2 17 2 C. 8 答案 B B.3 D. 10 )

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解析 设直线 AB 的方程为 x=ny+m(如图), A(x1,y1),B(x2,y2), → → ∵OA· OB=2, ∴x1x2+y1y2=2.
2 又 y2 1=x1,y2=x2,∴y1y2=-2. 2 ? ?y =x, 联立? 得 y2-ny-m=0, ?x=ny+m, ?

∴y1y2=-m=-2, ∴m=2,即点 M(2,0). 又 S△ABO=S△AMO+S△BMO 1 1 = |OM||y1|+ |OM||y2|=y1-y2, 2 2 1 1 S△AFO= |OF|· |y1|= y1, 2 8 1 ∴S△ABO+S△AFO=y1-y2+ y1 8 9 2 = y1+ ≥2 8 y1 9 2 y · =3, 8 1 y1

4 当且仅当 y1= 时,等号成立. 3 12.设抛物线 y2=8x 的焦点为 F,准线为 l,P 为抛物线上一点,PA⊥l,A 为垂足.如果直线 AF 的斜率为- 3,那么|PF|=________. 答案 8

?y=- 3x+2 3, 解析 直线 AF 的方程为 y=- 3(x-2), 联立? 得 y=4 3, 所以 P(6,4 3). ?x=-2,
由抛物线的性质可知|PF|=6+2=8. 13.已知 F 是抛物线 C:y2=4x 的焦点,直线 l:y=k(x+1)与抛物线 C 交于 A,B 两点,记直 线 FA,FB 的斜率分别为 k1,k2,则 k1+k2=________. 答案 0 解析 由 y2=4x,得抛物线焦点 F(1,0),
? ?y=k?x+1?, 联立? 2 得 k2x2+(2k-4)x+k2=0, ?y =4x, ?

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 4-2k 则 x1+x2= 2 ,x1x2=1. k

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y1 y2 k1+k2= + x1-1 x2-1 = = k?x1+1??x2-1?+k?x2+1??x1-1? ?x1-1??x2-1? 2k?x1x2-1? 2k?1-1? = =0. ?x1-1??x2-1? ?x1-1??x2-1?

y2 x2 14. 已知双曲线 C: 2- 2=1 (a>0, b>0), P 为 x 轴上一动点, 经过点 P 的直线 y=2x+m (m≠0) a b 与双曲线 C 有且只有一个交点,则双曲线 C 的离心率为________. 答案 5 2

a 解析 由双曲线的方程可知:渐近线方程为 y=± x. b a ∵经过 P 的直线 y=2x+m (m≠0)与双曲线 C 有且只有一个交点,∴此直线与渐近线 y= x 平 b a 行,∴ =2. b c ∴e= = a b?2 5 1+? ?a? = 2 .

x2 y2 1 15.椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的离心率为 ,其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10. a b 2 (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(A,B 不是左,右顶点),且以 AB 为直径的 圆过椭圆 C 的右顶点.求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标. 解 (1)∵左焦点(-c,0)到点 P(2,1)的距离为 10, ∴ ?2+c?2+1= 10,解得 c=1. c 1 又 e= = ,解得 a=2,∴b2=a2-c2=3, a 2 x2 y2 ∴所求椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2), y=kx+m, ? ?2 2 由?x y ? ? 4 + 3 =1, 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0, 整理得 3+4k2>m2. -8mk 4?m2-3? ∴x1+x2= , x x = , 3+4k2 1 2 3+4k2

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3?m2-4k2? y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2= . 3+4k2 ∵以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), y1 y2 kAD· kBD=-1,∴ · =-1, x1-2 x2-2 ∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, ∴ 3?m2-4k2? 4?m2-3? 16mk + + +4=0. 3+4k2 3+4k2 3+4k2

2k 整理得 7m2+16mk+4k2=0,解得 m1=-2k,m2=- . 7 且满足 3+4k2-m2>0. 当 m=-2k 时,l:y=k(x-2),直线过定点(2,0)与已知矛盾; 2? 2k ?2 ? 当 m=- 时,l:y=k? ?x-7?,直线过定点?7,0?. 7 2 ? 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为? ?7,0?.

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