2017届人教A版 直线与圆锥曲线的位置关系 单元检测

第九节 直线与圆锥曲线的位置关系

【最新考纲】 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法. 2.理解数形结合的思想．3.了解圆锥曲线的简单应用.

1．直线与圆锥曲线的位置关系

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)当a＝0，b≠0时，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＋k2Δ

. |a|

第 1 页 共 34 页

1＋

1

|y－y1|＝k22

1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误

的打“×”)

(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)若抛物线上存在关于直线l对称的两点，则l与抛物线有两个交点．( )

(4)过抛物线y2＝2px(p>0)焦点的弦中最短弦的弦长是2p.( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√

x2y2

2．直线y＝k(x－1)＋1与椭圆＋＝1的位置关系是( )

94A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：直线y＝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．

答案：A

1

3．(2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆E的中心在坐标原点，离心率为，2E的右焦点与抛物线C：y2＝8x的焦点重合，A，B是C的准线与E的两个交点，则|AB|＝( )

A．3 B．6 C．9 D．12

解析：抛物线y2＝8x的焦点为(2，0)，∴椭圆中c＝2， c1

又＝，∴a＝4，b2＝a2－c2＝12， a2x2y2

从而椭圆方程为＋＝1.

1612

第 2 页 共 34 页

∵抛物线y2＝8x的准线为x＝－2， ∴xA＝xB＝－2，

将xA＝－2代入椭圆方程可得|yA|＝3， 由图象可知|AB|＝2|yA|＝6. 答案：B

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________．

解析：直线l的方程为y＝3x＋1，

??y＝3x＋1，由?2得y2－14y＋1＝0. ??x＝4y，

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

5．已知一条过点P(2，1)的直线与抛物线y2＝2x交于A，B两点，且P是弦AB的中点，则直线AB的方程为________．

解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

22则有y1＝2x1，y2＝2x2，

两式相减得的斜率为1，

y1－y2222

y1－y2＝2(x1－x2)，即＝＝1，直线

x1－x2y1＋y2

AB

直线AB的方程是y－1＝x－2，即x－y－1＝0. 答案：x－y－1＝0

第 3 页 共 34 页

一条规律

“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘 ”．

两种思想

直线与圆锥曲线的位置关系，弦长计算，定点、最值问题很好地渗透函数与方程思想和数形结合思想，是考查数学思想方法的热点题型．

两种技巧

1．涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)．

2．涉及弦中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．

三点注意

1．重视圆锥曲线定义、平面几何性质的应用．

2．“点差法”具有不等价性，要考虑判别式“Δ”是否为正数． 3．涉及定点、定值问题，切忌“特殊代替一般”，盲目简单化．

一、选择题

1．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )

A．有且只有一条 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有且只有四条

解析：设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|

第 4 页 共 34 页

pp

＋|FB|＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋1＝3>2p＝2.所以符合条件的直线

22有且只有两条．

答案：B

2

y

2．(2015·四川卷)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的

3

直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|＝( )

43A. B．23 C．6 D．43

3y2

解析：由题意知，双曲线x－＝1的渐近线方程为y＝±3x，

3

2

将x＝c＝2代入得y＝±23，即A，B两点的坐标分别为(2，23)，(2，－23)，所以|AB|＝43.

答案：D

3．已知直线y＝22(x－1)与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，→·MB→＝0，则m＝( ) 点M(－1，m)，若MA

21

A.2 B. C. D．0

22

??y＝22（x－1），1

解析：由?2得A(2，22)，B(，－2)，

2?y＝4x，?

→·MB→＝0， 又∵M(－1，m)且MA

∴2m2－22m＋1＝0，解得m＝答案：B

4．已知抛物线y2＝2px(p>0)与直线ax＋y－4＝0相交于A，B两点，其中A点的坐标是(1，2)．如果抛物线的焦点为F，那么|FA|＋|FB|等于( )

A．5 B．6 C．35 D．7

第 5 页 共 34 页

2

. 2

解析：把点A的坐标(1，2)分别代入抛物线y2＝2px与直线方程ax＋y－4＝0得p＝2，a＝2，

2??y＝4x，由?消去y得x2－5x＋4＝0， ??2x＋y－4＝0，

则xA＋xB＝5.

由抛物线定义得|FA|＋|FB|＝xA＋xB＋p＝7. 答案：D

x2y2

5．已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F

ab的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )

x2y2x2y2

A.＋＝1 B.＋＝1 1892718x2y2x2y2

C.＋＝1 D.＋＝1 36274536解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

22xy11?2＋2＝1， ①?ab则?2

x2y22?2＋2＝1. ②?ab

（x1＋x2）（x1－x2）（y1－y2）（y1＋y2）①－②得＝－.

a2b2y1－y2b2（x1＋x2）

∴＝－2. x1－x2a（y1＋y2）∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2， b2∴kAB＝2.

a

0－（－1）1

又kAB＝＝，

23－1

第 6 页 共 34 页

b21

∴2＝，∴a2＝2b2. a2∴c2＝a2－b2＝b2＝9， ∴b＝c＝3，a＝32， x2y2

∴椭圆的方程为＋＝1.

189答案：A 二、填空题

x2y2

6．直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1恒有公共点，则m的取值范

5m围是________．

m>0，??

解析：直线y＝kx＋1过定点(0，1)，由题意知?m≠5，

??m≥1，∴m≥1，且m≠5. 答案：m≥1，且m≠5

x2y2

7．(2015·山东卷)过双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的右焦点作

ab一条与其渐近线平行的直线，交C于点P.若点P的横坐标为2a，则C的离心率为________．

b

解析：如图所示，不妨设与渐近线平行的直线l的斜率为，又

ab

直线l过右焦点F(c，0)，则直线l的方程为y＝(x－c)．

a

第 7 页 共 34 页

4a2y2

因为点P的横坐标为2a，代入双曲线方程得2－2＝1，

ab化简得y＝－3b或y＝3b(点P在x轴下方，故舍去)． b

故点P的坐标为(2a，－3b)，代入直线方程得－3b＝(2a－

ac)，

c

化简可得离心率e＝＝2＋3.

a答案：2＋3

8．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为________．

?3?

?解析：由y＝3x知焦点F4，0?， ??

2

3?3?

∴直线AB的方程为y＝?x－4?.

3??

代入y2＝3x，消去x，得4y2－123y－9＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 9

则y1＋y2＝33，y1y2＝－.

41

因此S△OAB＝|OF|·|y1－y2|

2

第 8 页 共 34 页

1392＝×（y1＋y2）－4y1y2＝. 2449答案： 4

9．(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2

＝1右支上的一个动点，若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．

解析：由双曲线的性质知

所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x－y＝0与直线x－y＋1＝0的距离，此距离d＝

2答案： 2

三、解答题

10．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y5

轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|. 4

(1)求C的方程；

(2)过F的直线l与C相交于A、B两点，若|AB|＝8，求线段AB的垂直平分线l′的方程．

8

解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px得x0＝.

p8pp8

所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.

p22p

p858

由题设得＋＝×，解得p＝－2(舍去)或p＝2.

2p4p所以C的方程为y2＝4x.

(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋

第 9 页 共 34 页

12＝. 22

1(m≠0)．

代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 故AB的中点为D(2m2＋1，2m)， |AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)． 由于|AB|＝8，

∴4(m2＋1)＝8，则m＝±1.

①当m＝1时，D(3，2)，l的方程为x＝y＋1， ∴l′的斜率k＝－1.

则直线l′的方程为y－2＝－(x－3)，即x＋y－5＝0. ②当m＝－1时，D(3，－2)，l的方程为x＝－y＋1， ∴l′的斜率k＝1.

则直线l′的方程为y＋2＝x－3，即x－y－5＝0. 综上知直线l′的方程为x＋y－5＝0或x－y－5＝0.[]

x2y211．已知椭圆a2＋1

b2＝1(a>b>0)经过点(0，3)，离心率为2，左右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．

(1)求椭圆的方程；

第 10 页 共 34 页

1

(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为

2|AB|53

直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．

|CD|4

a＝2，???c1?

解：(1)由题设知?＝，解得?b＝3，

a2

???b＝a－c，?c＝1，

2

2

2

b＝3，

x2y2

∴椭圆的方程为＋＝1.

43

(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1， ∴圆心到直线l的距离d＝由d<1得|m|<

5.(*) 2

22|m|

， 5

∴|CD|＝21－d＝2

4221－m＝

55

5－4m2.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

1?y＝－x＋m，?2

由?22得x2－mx＋m2－3＝0，

xy??4＋3＝1由根与系数的关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3. ∴|AB|＝

??1?2?2

?1＋?－??[m－4（m2－3）]

?2???

15

＝4－m2.

2|AB|53由＝得 |CD|4

4－m2＝1，

5－4m23

解得m＝±，满足(*)．

3

第 11 页 共 34 页

1313

∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.

2323

平面解析几何中的高考热点题

型

圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．

热点一 圆锥曲线的标准方程与性质

圆锥曲线的标准方程在新课标高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a，b，c三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．

第 12 页 共 34 页

x2y2

(2015·重庆卷)如图，椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、

ab

右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.

(1)若|PF1|＝2＋2，|PF2|＝2－2，求椭圆的标准方程； (2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e.

解：(1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a＝2.

设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝|PF1|2＋|PF2|2 ＝（2＋2）2＋（2－2）2＝23. 即c＝3，从而b＝a2－c2＝1， x2

故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.

4

(2)连结F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，

第 13 页 共 34 页

|QF1|＋|QF2|＝2a，

又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|) 可得|QF1|＝4a－2|PF1| ① 又因为PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ| 知|QF1|＝2|PF1| ② 由①②可得|PF1|＝(4－22)a， 从而|PF2|＝2a－|PF1|＝(22－2)a 由PF1⊥PF2知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2 即(4－22)2a2＋(22－2)2a2＝4c2

2c

可得(9－62)a2＝c2，即2＝9－62，

a

c

因此e＝＝9－62＝6－3.

a

本题主要考查椭圆的定义、方程和离心率．用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时注意数形结合思想的应用．

【变式训练】 已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为2

，它的一个顶点为抛物线x2＝4y的焦点． 2

(1)求椭圆方程；

(2)若直线y＝x－1与抛物线相切于点A，求以A为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．

解：(1)椭圆中心在原点，焦点在x轴上． x2y2

设椭圆的方程为2＋2＝1(a>b>0)，

ab

第 14 页 共 34 页

因为抛物线x2＝4y的焦点为(0，1)， 所以b＝1.

c2

由离心率e＝＝，a2＝b2＋c2＝1＋c2，

a2x22

从而得a＝2，∴椭圆的标准方程为＋y＝1.

2

2???x＝4y，?x＝2，(2)由?解得?所以点A(2，1)．

?y＝x－1，?y＝1，??

因为抛物线的准线方程为y＝－1， 所以圆的半径r＝1－(－1)＝2， 所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4. 热点2 圆锥曲线中的定点、定值问题

定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．

x2y21

已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，一ab2

个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．

(1)求椭圆C的标准方程；

b2

(2)设O为坐标原点，kOA·kOB＝－2，判断△AOB的面积是否

a为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．

c1

解：由题意得c＝1，又e＝＝，所以a＝2，从而b2＝a2－c2

a2＝3.

x2y2

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.

43(2)设点A(x1， y1)，B(x2，y2)

第 15 页 共 34 页

22xy?＋＝1由?43得，(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，

?y＝kx＋m

由Δ＝(8mk)2－16(3＋4k2)(m2－3)>0得m2<3＋4k2. 4（m2－3）8mk因为x1＋x2＝－，x1x2＝，

3＋4k23＋4k2所以y1y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 3（m2－4k2）

＝.

3＋4k2b233

由kOA·kOB＝－2＝－得y1y2＝－x1x2，

a44

2

3（m2－4k2）34（m－3）22即＝－·，化简得2m－4k＝3，满

43＋4k23＋4k2足Δ>0.

由弦长公式得|AB|＝1＋k2|x1－x2| ＝1＋k2

48（4k2－m2＋3）

＝

（3＋4k2）224（1＋k2）

.

3＋4k2|m|

又点O到直线l：y＝kx＋m的距离d＝2， 1＋k11所以S△AOB＝·d·|AB|＝

221

＝ 2

24m2＝ 3＋4k23×2m2＝

3＋4k224（1＋k2）|m|

· 3＋4k21＋k23×（3＋4k2）

＝3，

3＋4k2故△AOB的面积为定值3.

(1)求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，

第 16 页 共 34 页

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．

(2)定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．

x2y22

【变式训练】 设椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为e＝，ab2

?6?

且过点?－1，－?.

2??

(1)求椭圆E的方程．

(2)设椭圆E的左顶点是A，若直线l：x－my－t＝0与椭圆E相交于不同的两点M，N(M，N与A均不重合)，若以MN为直径的圆过点A，试判定直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标．

222

a－bc12

解：(1)由e＝2＝2＝，可得a2＝2b2，

aa2

x2y2

椭圆方程为2＋2＝1，

2bb

?－6?

?可得b2＝2，a2＝4， 代入点?－1，

2??

x2y2

故椭圆E的方程为＋＝1.

42(2)由x－my－t＝0得x＝my＋t，

把它代入E的方程得：(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)得： t2－42mt

y1＋y2＝－2，y1y2＝2，

m＋2m＋2

第 17 页 共 34 页

4t

x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝2，

m＋2x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)

222t－4m

＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝2.

m＋2

因为以MN为直径的圆过点A，

→·AN→＝(x＋2，y)·所以AM⊥AN，所以AM11(x2＋2，y2) ＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2 2t2－4m2t2－44t

＝2＋2×2＋4＋2

m＋2m＋2m＋23t2＋8t＋4（t＋2）（3t＋2）＝＝＝0.

m2＋2m2＋2因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，

?2?22所以t＝－，直线l的方程是x＝my－，直线l过定点T?－3，0?，

33??

由于点T在椭圆内部，故满足判别式大于0，

?2?

所以直线l过定点T?－3，0?.

?

?

热点3 圆锥曲线中的最值、范围问题

圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．

x22

(2015·浙江卷)已知椭圆＋y＝1上两个不同的点

2

1

A，B关于直线y＝mx＋对称．

2

第 18 页 共 34 页

(1)求实数m的取值范围；

(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)． 解：(1)由题意知m≠0，

1

可设直线AB的方程为y＝－x＋b.

m

2x2?＋y＝1，?2

由?消去y，得

1

??y＝－mx＋b

?11?2b

?＋2?x2－x＋b2－1＝0.

m?2m?

1x2

因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，

m24

所以Δ＝－2b2＋2＋2>0.①

m

?2mbmb?1

，??将线段AB中点Mm2＋2m2＋2代入直线方程y＝mx＋，解2??

2

m2＋2

得b＝－.②

2m2由①②得m<－

66或m>. 33

??1?66????(2)令t＝∈－，0∪0，?， m?22???

第 19 页 共 34 页

则|AB|＝t2＋1·

3

－2t4＋2t2＋

2，

12t＋

2

2

1t＋

2

且O到直线AB的距离为d＝2.

t＋1设△AOB的面积为S(t)，所以 11S(t)＝|AB|·d＝

22

2

?21?22

??－2t－2＋2≤，

2??

1

当且仅当t＝时，等号成立．

2故△AOB面积的最大值为

圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．

y2x2

【变式训练】 已知椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)与抛物线C2：

abx2＝2py(p>0)有一个公共焦点，抛物线C2的准线l与椭圆C1有一坐标是(2，－2)的交点．

(1)求椭圆C1与抛物线C2的方程；

(2)若点P是直线l上的动点，过点P作抛物线的两条切线，切→·OF→的点分别为A，B，直线AB与椭圆C1分别交于点E，F，求OE取值范围．

第 20 页 共 34 页

2

. 2

的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B)，直线PQ与y轴交于点M，|PM|＝λ|MQ|.

①求λ的值；

75

②若|PM|sin∠BQP＝，求椭圆的方程．

9

c5

解：(1)设F(－c，0)．由已知离心率＝及a2＝b2＋c2，可得a

a5＝5c，b＝2c.

又因为B(0，b)，F(－c，0)，

b－02c

所以直线BF的斜率k＝＝＝2.

0－（－c）c(2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)．

x2y2

①由(1)可得椭圆的方程为2＋2＝1，直线BF的方程为y＝2x

5c4c＋2c.

将直线方程与椭圆方程联立，消去y， 5c

整理得3x2＋5cx＝0，解得xP＝－.

3

1

因为BQ⊥BP，所以直线BQ的方程为y＝－x＋2c，与椭圆方

2程联立，消去y，整理得21x2－40cx＝0，

解得xQ＝

40c. 21

|xM－xP||xP|7|PM|

又因为λ＝及xM＝0，可得λ＝＝＝.

|MQ||xQ－xM||xQ|8②由①有所以

|PM|7＝， |MQ|8

|PM|77

＝＝，

|PM|＋|MQ|7＋815

第 26 页 共 34 页

15

即|PQ|＝|PM|.

7又因为|PM|sin∠BQP＝

75

， 9

1555

所以|BP|＝|PQ|sin∠BQP＝|PM|sin∠BQP＝.

734

又因为yP＝2xP＋2c＝－c，

3所以|BP|＝

5c4c55（0＋）2＋（2c＋）2＝c，

333

5555

因此c＝，得c＝1.

33x2y2

所以，椭圆的方程为＋＝1.

542．已知椭圆C的方程为： x2＋2y2＝4. (1)求椭圆C的离心率；

(2)设O为坐标原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．

x2y2

解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1，所以a2＝4，

42b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.

因此a＝2，c＝2.

c2

故椭圆C的离心率e＝＝.

a2

(2)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x0≠0. →·OB→＝0， 因为OA⊥OB，则OA所以tx0＋2y0＝0，解得t＝－

2y0. x0

2222

又x20＋2y0＝4，所以|AB|＝(x0－t)＋(y0－2)

第 27 页 共 34 页

4－x02（4－x0）?2y0?4y202222

??x＋＝0x＋(y0－2)＝x0＋y0＋2＋4＝x0＋＋2x02x0?0?x280＋4＝＋2＋4(0

x28022

因为＋2≥4(0

8.

故线段AB长度的最小值为22.

3．如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．

22

(1)证明：动点D在定直线上；

(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．

(1)证明：依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2

＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8. y1直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.

x1

第 28 页 共 34 页

?x＝x2，

解得交点D的坐标为?y1x2

?y＝x1，

2

注意到x1x2＝－8及x1＝4y1，

y1x1x2－8y1则有y＝2＝＝－2.

x14y1

因此D点在定直线y＝－2上(x≠0)．

(2)解：依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，

即x2－4ax－4b＝0.

由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2. 故切线l的方程可写为y＝ax－a2. 分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为

?2??2?

N1?a＋a，2?，N2?－a＋a，－2?， ?

?

?

?

?2?2?2?22

则|MN2|－|MN1|＝?a－a?＋4－?a＋a?＝8，

????

2

2

即|MN2|2－|MN1|2为定值8.

4．如图，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．

第 29 页 共 34 页

(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，以PQ为直径的圆是否恒过y轴上某定点M，若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)依题意得|OB|＝83，根据对称性知∠BOy＝30°.设点B(x，y)，则x＝83×sin 30°＝43，

y＝83×cos 30°＝12， 又B(43，12)在抛物线上， 所以(43)2＝2p×12，解得p＝2， 抛物线E的方程为x2＝4y.

11

(2)设点P(x0，y0)(x0≠0)，因为y＝x2，y′＝x，

421

直线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，

2112

即y＝x0x－x0.

24

211x2?x＝0－4?y＝x0x－x024得?2x0， 由?

?y＝－1

?y＝－1

?x2?0－4?所以Q，－1?. ?2x0?

设满足条件的定点M存在，坐标为M(0，y1)，

2

??x0－4→→所以MP＝(x0，y0－y1)，MQ＝?，－1－y1?， ?2x0?

2

x120－4→·→＝0，又MPMQ所以－y0－y0y1＋y1＋y2＝0，又y＝x(x102400

≠0)，联立解得y1＝1，故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0，1)．

第 30 页 共 34 页

5．已知曲线C的方程为x2＋y2＋2x＋1＋x2＋y2－2x＋1＝4，经过点(－1，0)作斜率为k的直线l，l与曲线C交于A、B两点，l与直线x＝－4交于点D，O是坐标原点．

→＋OD→＝2OB→，求k的值； (1)若OA

(2)是否存在实数k，使△AOB为锐角三角形？若存在，求k的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：(1)由x2＋y2＋2x＋1＋x2＋y2－2x＋1＝4 得（x＋1）2＋y2＋（x－1）2＋y2＝4>2.

∴曲线C是以F1(－1，0)、F2(1，0)为焦点，4为长轴长的椭圆． x2y2

∴曲线C的方程为＋＝1，即3x2＋4y2＝12.

43

∵直线l经过点(－1，0)，斜率为k，∴直线l的方程为y＝k(x＋1)．

∵直线l与直线x＝－4交于点D，∴D(－4，－3k)． 设A(x1，kx1＋k)、B(x2，kx2＋k)．

22??3x＋4y＝12由?得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， ??y＝k（x＋1）

－8k24k2－12∴x1＋x2＝，x1x2＝.

3＋4k23＋4k2→＋OD→＝2OB→得2x－x＝－4. 由OA21

－8k24＋8k24

由2x2－x1＝－4和x1＋x2＝得x1＝，x＝－.

3＋4k23＋4k223＋4k24k2－12

∵x1x2＝，

3＋4k2?4＋8k2?4k2－12442

∴2?＝2×?－2，化简得4k－k－5＝0，解得3＋4k?3＋4k?3＋4k

第 31 页 共 34 页

5

k＝或k2＝－1<0(舍去)．

4

2

55∴k2＝，解得k＝±.

42

(2)由(1)知，A(x1，kx1＋k)、B(x2，kx2＋k)， －8k24k2－12x1＋x2＝，x1x2＝.

3＋4k23＋4k2→＝(x，kx＋k)，OB→＝(x，kx＋k)， ∵OA1122→·OB→＝xx＋(kx＋k)(kx＋k) OA1212

2

－5k－12222

＝(1＋k)x1x2＋k(x1＋x2)＋k＝<0，

3＋4k2

π

∴∠AOB>.

2

∴不存在实数k，使△AOB为锐角三角形．

6．过x轴上动点A(a，0)引抛物线y＝x2＋1的两条切线AP，AQ.切线斜率分别为k1和k2，切点分别为P，Q.

(1)求证：k1·k2为定值，并且直线PQ过定点． S△APQ→·AQ→的值． (2)记S为面积，当最小时，求AP→||PQ

(1)证明：设过A点的直线为：y＝k(x－a)，与抛物线联立得

第 32 页 共 34 页

??y＝k（x－a），2?得x－kx＋ka＋1＝0， 2??y＝x＋1，

Δ＝k2－4ak－4＝0，

所以k1＋k2＝4a，k1·k2＝－4为定值． 抛物线方程y＝x2＋1，求异得y′＝2x，

设切点P，Q的坐标分别为(xP，yP)，(xQ，yQ)，k1＝2xP，k2＝2xQ，所以xP＋xQ＝2a，xP·xQ＝－1.

yP－yQ

直线PQ的方程：y－yP＝(x－xP)，

xP－xQ

2

由yP＝xP＋1，yQ＝x2Q＋1，

得到y＝(xP＋xQ)x－xPxQ＋1，整理可得y＝2xa＋2， 所以直线PQ过定点(0，2)． (2)解：设A到PQ的距离为d. dS△APQ＝|PQ|×，

2

S△APQd2a2＋2a2＋1所以＝＝＝， 222→24a＋14a＋1|PQ|设t＝4a2＋1≥1，

t2＋31?3?3

??t＋所以＝＝≥， t4t42??→|PQ|

△APQ

2

当且仅当t＝3时取等号，即a＝±.

2→·AQ→＝(x－a，y)·因为APPP(xQ－a，yQ)

＝xPxQ－a(xP＋xQ)＋a2＋yPyQ，yPyQ＝(2xPa＋2)(2xQa＋2)＝4a2xPxQ＋4＋4a(xP＋xQ)＝4a2＋4，

→·AQ→＝3a2＋3＝9. 所以AP

2

第 33 页 共 34 页

第 34 页 共 34 页

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/81c3.html