高二数学(秋下)第4讲-直线与圆锥曲线位置关系
更新时间:2024-05-18 09:26:01 阅读量: 综合文库 文档下载
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第四讲
课程目标 直线与圆锥曲线的位置关系
掌握直线和圆锥曲线位置关系的题型 直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式; 课程重点 弦中点轨迹的求法; 求曲线方程的方法与步骤,能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值 课程难点 综合运用方程、函数、不等式、轨迹等方面的知识解决相关问题 典型例题与知识点相结合,与高考题相结合,让学生理解并掌握处理直教学方法建议 线与圆锥曲线的位置关系问题的关键 A类 选材程度及数量 B类 C类 ( 5 )道 ( 3 )道 ( 5 )道 ( 3 )道 ( 10 )道 课堂精讲例题 ( 4 )道 搭配课堂训练题 ( 4 )道 课后作业 一、知识梳理
1. 求解直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组,转化为利用判别式判断一元二次方程是否有解,应特别注意数形结合思想的应用. 2. 注意根与系数的关系的应用. (1)弦长公式:
斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB,若A、B两点的坐标分别是A?x1,y1?,B?x2,y2?则
AB?(x1?x2)2?(y1?y2)2?1?k2x1?x2
?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]?1?k2?. a 3. 有关中点弦问题.
(1)已知直线与圆锥曲线方程,求弦的中点及与中点有关的问题,常用根与系数的关系. (2)有关弦的中点轨迹,中点弦所在直线方程,中点坐标问题,有时采用“点差法”可简化
运算.
4. 圆锥曲线中的有关最值问题,常用代数法和几何法解决.
(1)若命题的条件和结论具有明显的几何意义,一般可用图形性质来解决.
(2)若命题的条件和结论体现明确的函数关系式,则可建立目标函数(通常利用二次函数、三角函数、均值不等式等)求最值.
二、方法归纳
1.直线与椭圆位置关系的判定
x2y2把椭圆方程2?2?1(a?b?0)与直线方程y=kx+b联立消去y,整理成形如
abAx2?Bx?C?0的形式,对此一元二次方程有:
(1)⊿>0,直线与椭圆相交,有两个公共点; (2)⊿=0,直线与椭圆相切,有一个公共点; (3)⊿<0,直线与椭圆相离,无公共点. 2.直线被椭圆截得的弦长公式
设直线与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则 AB??1?k??x221?x2??1?k2?x1?x2?2?4x1x2 21?12???1?2??y1?y2??1?2k?k??y1?y2??4y1y2(k为直线斜率)
三、课堂精讲例题
问题一: 点差法与中点弦
x2y2【例1】椭圆??1的弦被点P?2,1?所平分,求此弦所在直线的方程.
164【解析】设弦所在直线与椭圆交于M?x1,y1?,N?x2,y2?两点,
x12y12x22y22x12?x22y12?y22则??1,??0, ??1,两式相减得:164164164化简得?x1?x2??x1?x2??4?y1?y2??y1?y2??0, 把x1?x2?4,y1?y2?2代入得kMN?故所求的直线方程为y?1??y1?y21?? x1?x221?x?2?,即x?2y?4?0. 2
【适时导练】
x2y21.已知直线y=-x+1与椭圆2?2?1(a?b?0)相交于A、B两点,且线段AB的中点在
ab直线l:x-2y=0上,求此椭圆的离心率.
【解析】设A?x1,y1?,B?x2,y2?,AB的中点为M?x0,y0?,
x22y22x12y12代入椭圆方程得2?2?1,2?2?1(a?b?0),
ababy2?y1b2x1?x2两式相减,得, ??2x2?x1ay1?y2 ?AB的中点M?x0,y0?在直线l上,故x0?2y0?0, 即
y?y1x1?x22x0?kAB??1, ??4,而2x2?x1y1?y22y0b212故2?,故e?.
2a2问题二:对称问题
x2y2??1,【例2】已知椭圆C的方程试确定m的取值范围,使得对于直线y?4x?m,43椭圆C上有不同两点关于该直线对称.
【解析】设椭圆上关于直线y?4x?m对称的两点为(x1,y1),(x2,y2),
x2y2??1并相减,得3(x1?x2)(x1?x2)?4(y1?y2)(y1?y2)?0. 代入43又x?x1?x2y?y2y?y21,y?1,k?1??,代入得y?3x.
x1?x2422又由??y?3x解得交点??m,?3m?.
y?4x?m?(?m)2(?3m)2213213因为交点在椭圆内,则有. ??1,得??m?131343【适时导练】
2.在抛物线y2?4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称,求k的取值范围. 【解析】(1)当k?0时,曲线上不存在关于直线y=kx+3对称的两点.
(2)当k≠0时,设抛物线y2?4x上关于直线对称的两点A?x1,y1?,B?x2,y2?,
1AB的中点为M?x0,y0?,则直线AB的斜率为? ,
k1可设直线AB:y??x?b ,代入y2?4x得y2?4ky?4kb?0.
k??16k2?16kb . ???
由根与系数的关系,得y1?y2??4k,y1y2??4kb,
故y0??2k,x1?x2??k?y1?y2??2kb?4k2?2kb,所以x0?2k2?kb 因M在直线y=kx+3上,所以?2k?k?2k2?kb??3, 故bk??2k2?2?31,代入???得?k?1??k2?k?3???0, kk又k2?k?3?0恒成立,所以?1?k?0. 综合(1)(2)可知,k的取值范围是(-1,0).
问题三:直线与圆锥曲线的位置关系
x2?y2?1有【例3】在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,2)且斜率为k的直线l与椭圆2两个不同的交点P和Q.求k的取值范围.
【解析】由已知条件,直线l的方程为y?kx?2,
x2?(kx?2)2?1. 代入椭圆方程,得2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0 ① ?2?直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于
22?1?或k?. ??8k2?4??k2??4k2?2?0,解得k??22?2??即k的取值范围为??∞,【适时导练】
3.设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是( )
????2??2?,?∞. ??????2??2?
A.[?11,] B.[-2,2] C.[-1,1] D.[-4,4] 22【解析】易知抛物线y2?8x的准线x??2与x轴的交点为Q (-2 , 0),
于是,可设过点Q (-2 , 0)的直线l的方程为y?k?x?2?, ?y2?8x?联立?,整理得k2x2??4k2?8?x?4k2?0,
??y?k?x?2?其判别式为???4k2?8??16k4??64k2?64?0,可解得 ?1?k?1,应选C.
2【注】(1)解决直线与圆锥曲线的交点问题的方法:一是判别式法;二是几何法; (2)直线与圆锥曲线有唯一交点,不等价于直线与圆锥曲线相切,还有一种情况是平行于对称轴(抛物线)或平行于渐近线(双曲线);
(3)联立方程组、消元后得到一元二次方程,不但要对?进行讨论,还要对二次项系数是否为0进行讨论. 问题四:与弦长有关的问题
x2π?y2?1,过左焦点F作倾斜角为的直线l交椭圆于A、B两点,【例4】已知椭圆:96求弦AB的长.
【解析】a=3,b=1,c=22,则F(-22,0).
x2?y2?1联立消去y, 由题意知:l:y?(x?22)与931得4x?122x?15?0.
设A(x1,y1)、B(x2,y2),则x1,x2是上面方程的二实根, 由根与系数的关系,得x1?x2??32,x1?x2?所以|AB|=1??|x1?x2|?【适时导练】
215, 41323?(x1?x2)2?4x1x2?2318?15?2.
x2y224.已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的右焦点为F,离心率e?,椭圆C上的点到F2ab
的距离的最大值为2?1,直线l过点F与椭圆C交于不同的两点A,B. (1) 求椭圆C的方程; (2) 若|AB|?32,求直线l的方程. 2c2?,a?c?2?1,所以a?2,c?1,从而b?1, a2【解析】(1) 由题意知,
问题五:与面积有关的问题 【例5】过点P(?3, 0)作直线l与椭圆3x2+4y2=12相交于A、B两点,O为坐标原点,求△OAB面积的最大值及此时直线倾斜角的正切值. 【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x?my?3, S?AOB?yAPBOx1133|OP|?|y1|?|OP|?|y2|?(|y1|?|y2|)?(y1?y2). 2222222把x?my?3代入椭圆方程得:3(my?23my?3)?4y?12?0,
22即(3m?4)y?63my?3?0,y1?y2?63m3, yy??123m2?43m2?4108m2121|y1?y2|???144m2?48 2222(3m?4)3m?43m?449m2?343?3m2?143?3m2?1???
3m2?43m2?4(3m2?1)?3?433m2?1?33m2?1?43?2. 23
∴S?3?2?3,此时3m2?1?233m2?1,m??6. 3令直线的倾角为?,则tan???36??. 26即△OAB面积的最大值为3,此时直线倾斜角的正切值为?6. 2【注】若直接用点斜式设l的方程为y?0?k(x?3),则要求l的斜率一定要存在,但在这里l的斜率有可能不存在,因此要讨论斜率不存在的情形,为了避免讨论,我们可以设直线l的方程为x?my?3,这样就包含了斜率不存在时的情形了,从而简化了运算. 【适时导练】
6x2y25.已知椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为,短轴的一个端点到右焦点的距离为
3ab3,直线l:y?kx?m交椭圆于不同的两点A,B.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)若坐标原点O到直线l的距离为3,求?AOB面积的最大值. 2?c6??【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c,依题意?a3,解得c?2.
?a?3? 由a?b?c,得b=1.
222x22?所求椭圆方程为?y?1.
3(Ⅱ)由已知m1?k2?3322,可得m?(k?1). 24222将y?kx?m代入椭圆方程,整理得(1?3k)x?6kmx?3m?3?0.
???6km??4?1?3k2??3m2?3??0(?)
2?6km3m2?3?x1?x2?,x1?x2?.
1?3k21?3k2
36k2m212(m2?1)当k?0时,AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)[2?]
(3k?1)23k2?1222212(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1)??22 (3k?1)(3k2?1)212k21212?3?4?3??3??4.219k?6k?12?3?69k2?2?6k2 当且仅当9k?31即k??时等号成立. 2,
3k 3满足(*)式. 3经检验,k??当k?0时,AB?3.综上可知ABmax?2.
133?当AB最大时,?AOB的面积取最大值S??2??
222.
问题六:圆锥曲线中的范围、最值问题
x2y2【例6】已知椭圆C1:2?2?1(a?b?0)与直线x?y?1?0相交于两点A、B.当椭
ab????????32?e?圆的离心率e满足,且OA?OB?0(O为坐标原点)时,求椭圆长轴长的取32值范围.
?b2x2?a2y2?a2b2222222【解析】由?,得(a?b)x?2ax?a(1?b)?0.
?x?y?1?0由??4a2b2(a2?b2?1)?0,得a?b?1.
222a2a2(1?b2),x1x2?2此时x1?x2?2 .
a?b2a?b2
????????由OA?OB?0,得x1x2?y1y2?0,∴2x1x2?(x1?x2)?1?0,
2a2222即a?b?2ab?0,故b?.
2a2?12
c2a2?b22222由e?2?,得b?a?ae, 2aa22∴2a?1?1. 1?e232532?e??a?由得,∴5?2a?6. 3242所以椭圆长轴长的取值范围为[5,6].
22
【例7】已知圆C:(x?1)?y?8,定点A(1,0),M为圆上一动点,点P在AM上,点N在CM上,且满足AM?2AP,NP?AM?0,点N的轨迹为曲线E.
(I)求曲线E的方程;
(II)若过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G、H(点G在点F、H之间),且满足FG??FH,求?的取值范围. 【解析】(1)?AM?2AP,NP?AM?0.
∴NP为AM的垂直平分线,∴|NA|=|NM|.
|CN|?|NM|?22,?|CN|?|AN|?22?2. 又?∴动点N的轨迹是以点C(-1,0),A(1,0)为焦点的椭圆. 且椭圆长轴长为2a?22,焦距2c=2. ?a?2,c?1,b2?1.
x2?y2?1. ∴曲线E的方程为2(2)当直线GH斜率存在时,
x2?y2?1, 设直线GH方程为y?kx?2,代入椭圆方程23由??0得k2?.
2?4k3设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1?x2? ,x1x2?11?k2?k222得(?k)x?4kx?3?0.2212又?FG??FH,?(x1,y1?2)??(x2,y2?2)
?x1??x2,2?x1?x2?(1??)x2,x1x2??x2.?(x1?x22xx2)?x2?12 1????4k23)11?k2?k22?2?,整理得2?(1??)(31616,?4??.323?32k21????1. 316(1??)2 ?1?3(2?1)2k?4???1?k2???2?161.解得???3. 33又?0???1,又当直线GH斜率不存在,方程为x?0,FG?11FH,??. 3311????1,即所求?的取值范围是[,1) 33.
【适时导练】
x2y26. 已知A,B是椭圆C:2?2?1?a?b?0?的左,右顶点,B(2,0),过椭圆C的右焦点Fab的直线交于其于点M, N, 交直线x?4于点P,且直线PA,PF,PB的斜率成等差数列.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)若记?AMB,?ANB的面积分别为S1,S2求
S1的取值范围. S2yMAONFBPxl
【解析】(Ⅰ)令P?4,y0?,F?c,0?,由题意可得a?2,A??2,0?,B?2,0?,
2kPF?kPA?kPB,即
2y0yy?0?0, 4?c4?24?2故c?1,则b2?a2?c2?3, x2y2所以椭圆方程为??1.
43(Ⅱ)令M?x1,y1?,N?x1,y1?,
?3x2?4y2?12由方程组?,消去x,得?3m2?4?y2?6my?9?0
?x?my?1故y1?y2??6m ①
3m2?4y1y2??9, ②
3m2?4令t?y1, y2y1y2?4m2??2?,①÷②得2y2y13m?42
161110m?8103, 则t??t????tt3m2?433m2?42?2?t?1101?,即?t?3. t33?S?AMBS?ANB1ABy1S12??t, ??AMB?(,3).
1S?ANB3ABy22问题七:定点、定值的问题
【例8】已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程;
(Ⅱ)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.
x2y2【解析】(Ⅰ)由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0).
ab则a?c?3,a?c?1,解得a?2,c?1,b?3,
2x2y2?1. ?椭圆的方程为?43(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),
?y?kx?m,?222由?x2y2得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0,
?1,??3?4??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0,3?4k2?m2?0.
8mk4(m2?3)x1?x2??,x1?x2?.
3?4k23?4k23(m2?4k2)故y1?y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m? 23?4k22?以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),kAD?kBD??1, ?y1y?2??1,y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0, x1?2x2?23(m2?4k2)4(m2?3)16mk???4?0,7m2?16mk?4k2?0, 即2223?4k3?4k3?4k解得m1??2k,m2??2k,且满足3?4k2?m2?0. 7当m??2k时,l:y?k(x?2),直线过定点(2,0),与已知矛盾;
2k22时,l:y?k(x?),直线过定点(,0).
7772综上可知,直线l过定点,定点坐标为(,0).
7当m??【例9】如图,ADB为半圆,AB为半圆直径,O为半圆圆心,且OD⊥AB,Q为线段OD的中点,已知|AB|=4,曲线C过Q点,动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变.
(I)建立适当的平面直角坐标系,求曲线C的方程;
(II)过点B的直线l与曲线C交于M、N两点,与OD所在直线交于E点,
?????????????????EM??1MB,EN??2NB,求证:?1??2为定值.
【解析】(Ⅰ)以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴, O为原点,建立平面直角坐标系,
∵动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变.且点Q在曲线C上, ∴|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=222?12?25>|AB|=4. ∴曲线C是为以原点为中心,A、B为焦点的椭圆.
设其长半轴为a,短半轴为b,半焦距为c,则2a=25,∴a=5,c=2,b=1.
x22
∴曲线C的方程为+y=1.
5(Ⅱ)设M,N,E点的坐标分别为M(x1,y1),N(x2,y2),E(0,y0),
易知B点的坐标为(2,0),且点B在椭圆C内, 故过点B的直线l必与椭圆C相交.
?????????∵EM??1MB,∴(x1,y1?y0)??1(2?x1,?y1).
∴ x1?y02?1,y1?. 1??11??1y12?12)?(0)2?1,
51??11??1将M点坐标代入到椭圆方程中得:(22整理,得?1?10?1?5?5y0?0
????????22同理,由EN??2NB可得?2?10?2?5?5y0?0.
∴ ?1,?2是方程x?10x?5?5y0?0的两个根,∴ ?1??2??10.
【适时导练】
22?6?x2y2M1,7.已知P、Q是椭圆C:??1上的两个动点,??2??是椭圆上一定点,F是其左42??焦点,且|PF|、|MF|、|QF|成等差数列.
求证:线段PQ的垂直平分线经过一个定点A;
x2y2【证明】设P?x1,y1?,Q?x2,y2?,由椭圆的标准方程??1知
42x122|PF|?(x1?2)?y?(x1?2)?2??2?x1.22
2212同理QF?2?22,MF?2?. 22
?2|MF|?|PF|?|QF|,?2(2?22)?4?(x1?x2),?x1?x2?2.22
22??x1?2y1?4①当x1?x2时,由?2,得?x12?x22??2?y12?y22??0, 2??x2?2y2?4从而有
y2?y11x2?x1, ??x2?x12y2?y1设线段PQ的中点为N?1,n?, 由kPQ?y1?y21, 得线段PQ的中垂线方程为y?n?2n?x?1? ??x1?x22n1?(2x?1)n?y?0,该直线恒过一定点A(,0).2
??6??6?6??6?1,?,Q1,Q1,?,P1,②当x1?x2时,P?或???????2??????2??, 22?????????1??1?线段PQ的中垂线是x轴,也过点A?,0?,故线段PQ的中垂线过点A?,0?
?2??2?综上,线段PQ的垂直平分线经过一个定点A (,0).
8.已知,椭圆C以过点A(1,(1) 求椭圆C的方程;
(2) E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.
123),两个焦点为(-1,0)(1,0). 2x2y2??1. 【解析】(1)由题意,c=1,可设椭圆方程为
1?b24b2因为A在椭圆上,所以
19322bb,解得=3,=(舍去). ??1?221?b4b4
x2y2所以椭圆方程为 ??1.
43x2y23(2)设直线AE的方程为y?k(x?1)?,代入??1得
4323(3+4k2)x2+4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0
2.
设E(xE,yE),F(xF,yF).因为点A(1,
3)在椭圆上, 234(?k)2?123所以xE?2,y?kx??k. EE23?4k2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以?k代k,可得
34(?k)2?123,y??kx??k. xF?2FF223?4k所以直线EF的斜率kEF?yF?yE?k(xF?xE)?2k1??.
xF?xExF?xE2即直线EF的斜率为定值,其值为
问题八:向量问题
1. 2x2y2【例10】设F1,F2分别为椭圆C:2?2?1(a?b?0)的左、右焦点,过F2的直线l与
ab?椭圆C 相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60,F1到直线l的距离为23. (Ⅰ)求椭圆C的焦距;
??????????(Ⅱ)如果AF2?2F2B,求椭圆C的方程.
【解析】(Ⅰ)设焦距为2c,由已知可得F1到直线l的距离3c?23,故c?2.
所以椭圆C的焦距为4. (Ⅱ)
设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1?0,y2?0,直线l的方程为y?3(x?2).
?y?3(x?2),?得(3a2?b2)y2?43b2y?3b4?0. 联立?x2y2?2?2?1b?a
?3b2(2?2a)?3b2(2?2a)解得y1?,y2?. 22223a?b3a?b??????????因为AF2?2F2B,所以?y1?2y2.
3b2(2?2a)?3b2(2?2a)即?2?.
3a2?b23a2?b2得a?3.而a?b?4,所以b?5.
22
x2y2??1. 故椭圆C的方程为95【适时导练】 9. 椭圆C的方程为
x2y2?2?(1a?b?0),斜率为2ab1的直线l与椭圆C交于
A(x1,y1),B(x2,y2)两点.
(Ⅰ)若椭圆的离心率e?方程;
????????????(Ⅱ)直线l过椭圆的右焦点F,设向量OP??OA?OB???0?,若点P在椭圆C上,
????????312,直线l过点M(b,0),且OA?OB??,求椭圆C的25??求?的取值范围. 【解析】(Ⅰ)∵e?由?3, ∴a?2b,c?23b.
?y?x?b222?x?4y?4b ,得A(8b3b,),B(0,?b). 55????????12∵OA?OB?? ,
53b212?? , 解得b2?4a2?16. ∴?55x2y2??1. ∴椭圆C的方程为
164y?x?c?2222222?????0. b?ax?2acx?ac?b(Ⅱ)由?22得2222?bx?ay?ab
2a2c∴x1?x2?2a?b2?2b2c ,y1?y2?2a?b22.
?????????2a2c?2b2c??2?acOP?故OA?OB??2,,?2222?2?a?ba?b??a?b?2?b2c?? 22a?b?2a2?b2∵点P在椭圆C上 ,将点P坐标代入椭圆方程中得??4c2c∵b?c?a , 0?e??1,
a222.
a2?b22a2?c2111???? , ∴??2224c4c2e442故?的取值范围为??问题九:存在性问题
1. 2【例11】已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上取两个点,将其坐标记录于下表中:
x y 3 ?2 0 4 2 2 2?23 ?4 (Ⅰ)求C1、C2的标准方程;
(Ⅱ)请问是否存在直线l满足条件:①过C2的焦点F;②与C1交不同两点M、N,且
?????????满足OM?ON?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由. y2?2p(x?0), 【解析】(Ⅰ)设抛物线C2:y?2px(p?0),则有x22据此验证4个点知(3,?23)、(4,?4)在抛物线上,易求C2:y?4x
22xy设CC:2?2?(a?b?0), 12:ab?4?122??2?a?4?a把点(?2,0)(2,)代入,得?解得?2
2??b?1?2?1?1??a22b2
x2?y2?1 ∴曲线C1的方程为4 .
(Ⅱ)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0),
设直线l的方程为x?1?my,两交点坐标为M(x1,y1),N(x2,y2),
?x?1?my?22由?x2消去,得(m?4)y?2my?3?0, x2??y?1?4∴y1?y2??2m?3 , ① ,yy?1222m?4m?4
x1x2?(1?my1)(1?my2)?1?m(y1?y2)?m2y1y2
?2m?34?4m22?1?m?2?m?2?,②
m?4m?4m2?4?????????由OM?ON,即OM?ON?0,得x1x2?y1y2?0(*) 4?4m2?31?2?0, 解得m?? 将①②代入(*)式,得22 m?4m?4所以假设成立,即存在直线l满足条件, 且l的方程为:y?2x?2或y??2x?2.
【例12】在平面直角坐标系xOy中,点B与点A(-1,1)关于原点O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于?(Ⅰ)求动点P的轨迹方程;
(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N,问:是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
【解析】(Ⅰ)因为点B与A(?1,1)关于原点O对称,所以点B的坐标为(1,?1).
设点P的坐标为(x,y) 由题意得
1. 3y?1y?11???化简得x2?3y2?4?x??1? . x?1x?13.
故动点P的轨迹方程为x2?3y2?4?x??1?.
(Ⅱ)解法一:设点P的坐标为?x0,y0?,点M,N得坐标分别为?3,yM?,?3,yN?,.
则直线AP的方程为y?1?y0?1?x?1?, x0?1
直线BP的方程为y?1?令x?3得yM?y0?1?x?1? x0?14y0?x0?32y?x0?3,yN?0,.
x0?1x0?1x?y0?3?x0?1?yM?yN?3?x0??0,. 2x02?12于是△PMN的面积S?PMN又直线AB的方程为x?y?0,AB?22, 点P到直线AB的距离d?于是△PAB 的面积S?PAB?x0?y02. 1AB?d?x0?y0,. 2x0?y0?3?x0?x02?12当S?PMN?S?PAB时,得x0?y0?2. 5. 3又x0?y0?0,所以?3?x0??x02?1,解得x0?因为x02?3y02?4,所以y0??33. 9故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等, ?533?,?此时点P的坐标为???3?. 9??解法二:若存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等,设点点P的坐标为?x0,y0?,
则
11PAPBsin?APB?PMPNsin?MPN. 22PAPM2因为sin?APB?sin?MPN, 所以?PNPB.
所以
x0?13?x0?3?x0x0?1, 即 ?3?x0??x02?1,解得x0?33. 95. 3因为x02?3y02?4,所以y0???533?,?故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等,此时点P的坐标为???3?. 9??【适时导练】
10. 已知点P是⊙O:x2?y2?9上的任意一点,过P作PD垂直x轴于D,动点Q满足
????2????DQ?DP.
3
(1)求动点Q的轨迹方程;
(2)已知点E(1,1),在动点Q的轨迹上是否存在两个不重合的两点M、N,使
????1?????????OE?(OM?ON) (O是坐标原点),若存在,求出直线MN的方程,若不存在,请说明
2理由.
【解析】(1)设P(x0,y0),Q?x,y?,依题意,则点D的坐标为D(x0,0)
.
????????∴DQ?(x?x0,y),DP?(0,y0)
.
????2????又DQ?DP, ∴
3?x?x0?0?x0?x??即??23 .
y?yy?y00??32??2x2y2∵ P在⊙O上,故x0?y0?9 , ∴ ??1
94.
2x2y2∴ 点Q的轨迹方程为??1
94.
x2y2(2)假设椭圆??1上存在两个不重合的两点M(x1,y1),N?x2,y2?满足
94????1?????????OE?(OM?ON),
2?x1?x2?1??x1?x2?2?2即?则E(1,1)是线段MN的中点,且有?
?y1?y2?1?y1?y2?2??2x2y2又 M(x1,y1),N?x2,y2?在椭圆??1上,
94?x12y12??1??94∴ ?2 , 2?x2?y2?1?4?9两式相减,得
?x1?x2??x1?x2??y1?y2??y1?y2?9?4?0
.
∴kMN?y1?y24?? , ∴直线MN的方程为 4x?9y?13?0.
x1?x29∴椭圆上存在点M、N满足OE??????????1????(OM?ON), 2此时直线MN的方程为 4x?9y?13?0.
x2?y2?1有两11.在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,2)且斜率为k的直线l与椭圆2个不同的交点P和Q. (1)求k的取值范围;
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否存在常数k,使得向量
????????????OP?OQ与AB共线?如果存在,求k值;如果不存在,请说明理由.
【解析】(1)由已知条件,直线l的方程为y?kx?2,
x2?(kx?2)2?1. 代入椭圆方程得2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0. ① ?2?直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于
?1???8k2?4??k2??4k2?2?0,
?2???2??222??,?∞或k?.即k的取值范围为??∞,. ???????2222????????????(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则OP?OQ?(x1?x2,y1?y2).
解得k??由方程①,得x1?x2??42k. ② 21?2k又y1?y2?k(x1?x2)?22. ③
????0)B(0,,1)AB?(?2,1). 而A(2,,????????????所以OP?OQ与AB共线等价于x1?x2??2(y1?y2),
将②③代入上式,解得k?2. 2由(1)知k??22或k?,故没有符合题意的常数k.
22
四、课后自我检测
x2y21.椭圆??1的一条弦被A?4,2?平分,那么这条弦所在的直线方程是
369A.x?2y?0 B.2x?y?10?0 C.2x?y?2?0 D.x?2y?8?0
x2?11?2.已知椭圆?y2?1,求过点P?,?且被P平分的弦所在的直线方程.
2?22?
3. 已知抛物线y2=2px (p≠0)上存在关于直线x+y=1对称的相异两点,求p的取值范围.
4. 已知中心在原点O,焦点在y轴上的椭圆与直线y?x?相交于P、Q两点,且OP?OQ,1|PQ|?
10,求此椭圆方程. 2x2y2 5. 已知椭圆C1:2?2?1?a?b?0?与直线x?y?1?0相交于两点A、B.
ab(1)当椭圆的半焦距c?1,且a2,b2,c2成等差数列时,求椭圆的方程; (2)在(1)的条件下,求弦AB的长度AB;
6. 已知椭圆的一个顶点为A(0,?1),焦点在x轴上.若右焦点到直线x?y?22?0的距离为3.
(1)求椭圆的方程.
(2)设直线y?kx?m(k?0)与椭圆相交于不同的两点M,N.当|AM|?|AN|时,求m的取值范围.
x2y237.已知椭圆2?2?1(a>b>0)的离心率e=,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积
2ab为4.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)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).
|= (i)若|AB42,求直线l的倾斜角; 5????????QB=4.求y0的值. (0,y0) (ii)若点Q在线段AB的垂直平分线上,且QA?
y2?1短轴的左右两个端点分别为A,B,直线l:y?kx?1与x轴、y轴分8. 椭圆x?42别交于两点E,F,交椭圆于两点C,D. (I)若CE?FD,求直线l的方程;
(II)设直线AD,CB的斜率分别为k1,k2,若k1:k2?2:1,求k的值.
9. 已知椭圆的中心在原点,焦点在x轴上,长轴长是短轴长的2倍且经过点M(2,1),平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),l交椭圆于A、B两个不同点. (1)求椭圆的方程; (2)求m的取值范围;
(3)求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
x2y210.设椭圆E: 2?2?1(a,b>0)过M(2,2) ,N(6,1)两点,O为坐标原点,
ab(I)求椭圆E的方程;
(II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,
????????且OA?OB?若存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由.
【参考答案】 1.【答案】D
y?y2x12y12x22y22【解析】?0, ??1,??1,两式相减得:x1?x2?4?y1?y2?1x1?x2369369因x1?x2?8,y1?y2?4,故
y1?y21??. x1?x222.【解析】解法一:设所求直线的斜率为k,则直线方程为y?代入椭圆方程,并整理得
11???k?x??. 22???1?2k?x??2k22213?2kx?k2?k??0.
22?2k2?2k由根与系数的关系,得x1?x2?. 21?2k∵P是弦中点,∴x1?x2?1.故得k??所以所求直线方程为2x?4y?3?0.
解法二:设过P?,?的直线与椭圆交于A?x1,y1?、B?x2,y2?,则由题意得
1. 2?11??22??x122??y1?1,?22?x22??y2?1,?2?x1?x2?1,??y1?y2?1.①② ③④2x12?x22?y12?y2?0. ⑤ ①-②得
2将③、④代入⑤得
y1?y211??,即直线的斜率为?.
x1?x222所求直线方程为2x?4y?3?0.
【注】(1)有关弦中点的问题,主要有三种类型:过定点且被定点平分的弦;平行弦的中点轨迹;过定点的弦中点轨迹.
(2)解法二是“点差法”,解决有关弦中点问题的题较方便,要点是巧代斜率.
(3)有关弦及弦中点问题常用的方法是:“根与系数的关系”及“点差法”. 3.【解析】设抛物线上关于直线x+y=1对称的两点是M(x1,y1)、N(x2,y2),
设直线MN的方程为y=x+b.代入抛物线方程,得x2+(2b-2p)x+b2=0. 则x1+x2=2p-2b,y1+y2=( x1+x2)+2b=2p. 则MN的中点P的坐标为 (p-b,p).
因为点P在直线x+y=1上,所以2p- b=1,即b=2p-1.
又?=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>0,将b=2p-1代入得4p2-8p(2p-1)>0, 即3p2-2p<0.解得0
22. 32 4.【解析】设椭圆方程为ax?by?1(a?b?0),
直线y?x?1与椭圆相交于P(x1,y1)、Q(x2,y2)两点. 由方程组??y?x?1,22?ax?by?1,消去y后得(a?b)x2?2bx?b?1?0,
?x1?x2??2bb?1 ,x1x2?a?ba?b由kOP?kOQ??1,得y1y2??x1x2.(1) 又P、Q在直线y?x?1上,
?y1?x1?1,(2)? ?y2?x2?1,(3)?y1y2?(x1?1)(x2?1)?x1x2?(x1?x2)?1把(1)代入,得2x1x2?(x1?x2)?1?0, 即
2(b?1)2b??1?0 a?ba?b 化简后,得 a?b?2 (4) 由|PQ|?510,得(x1?x2)2?(y1?y2)2? 2255?(x1?x2)2?,(x1?x2)2?4x1x2?,44
2b24(b?1)5()??a?ba?b413或b?, 22把(2)代入,得4b2?8b?3?0,解得b?代入(4)后,解得a?31或a? 22
由a?b?0,得a?31,b?. 223x2y2??1 ?所求椭圆方程为225.【解析】(1)由已知得:2b2?a2?c2?b2?2c2,∴b2?2,a2?3
x2y2所以椭圆方程为:??1.
32?2x2?3y2?6(2)设A(x1,y1),B?x2,y2?,由?,得5x2?6x?3?0
?x?y?1?0
∴x1?x2?63 ,x1x2??, 55∴AB?2x1?x2?2?x1?x2?2?4x1x2?83. 5x26.【解析】(1)依题意可设椭圆方程为2?y2?1,则右焦点Fa?a2?1,0.
?由题设|a2?1?22|2?3,解得a2?3,
x2故所求椭圆的方程为?y2?1.
3(2)设P(xP,yP)、M(xM,yM)、N(xN,yN),P为弦MN的中点,
?y?kx?m,?由?x2得(3k2?1)x2?6mkx?3(m2?1)?0. 2??y?1,?3?直线与椭圆相交,???(6mk)2?4(3k2?1)?3(m2?1)?0?m2?3k2?1,①
?xP??kAPxM?xNm3mk,从而yP?kxP?m?2, ??23k?123k?1yP?1m?3k2?1,又|AM|?|AN|,?AP?MN, ???xP3mkm?3k2?11则???,即2m?3k2?1,②
3mkk把②代入①得m2?2m,解0?m?2, 由②得k2?2m?11?0,解得m?.
231?m?2. 2综上求得m的取值范围
7.【解析】(Ⅰ)由e=
c3?,得3a2?4c2.再由c2?a2?b2,解得a=2b. a2由题意可知
1?2a?2b?4,即ab=2. 2解方程组??a?2b,得a=2,b=1.
ab?2,?x2?y2?1. 所以椭圆的方程为4(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)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),?于是A、B两点的坐标满足方程组?x2消去y并整理,得 2??y?1.?4(1?4k2)x2?16k2x?(16k2?4)?0.
16k2?42?8k24kx?由?2x1?,得.从而. y?112221?4k1?4k1?4k?2?8k2??4k?41?k2所以|AB|???2?. ???2?2?21?4k??1?4k?1?4k?41?k24242?由|AB|?,得.
1?4k255整理得32k?9k?23?0,即(k?1)(32k?23)?0,解得k=?1. 所以直线l的倾斜角为
422222?3?或. 44?8k22k?,(ii)设线段AB的中点为M,由(i)得到M的坐标为??. 22?1?4k1?4k??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??22.
(2)当k?0时,
2k1?8k2????x?线段AB的垂直平分线方程为y?. 22?1?4kk?1?4k?6k. 21?4k????????由QA???2,?y0?,QB??x1,y1?y0?,
令x?0,解得y0???????????2?2?8k2?6k?4k6k?QA?QB??2x1?y0?y1?y0???? 22?22?1?4k1?4k?1?4k1?4k??4?16k4?15k2?1??1?4k?22?4,
14214.所以y0??. 752整理得7k?2.故k??综上,y0??22或y0??8.【解析】(I)设C(x1,y1),D(x2,y2),
214 5.
?4x2?y2?4由?,得(4?k2)x2?2kx?3?0, ?y?kx?1??4k2?12(4?k2)?16k2?48,2k?3,xx?, 12224?k4?k1由已知E(?,0),F(0,1).
kx1?x2??
11?x1?x2,即x2?x1?? kk?2k1所以??,解得k=?2,
k4?k2所以?
所以所求直线l的方程为2x?y?1?0或2x?y?1?0. (II)k1?y2y,k2?1,k1:k2?2:1, x1?1x1?12y2(x1?1)2y2(x1?1)2?4, ?,平方得2所以2y1(x2?1)1y1(x2?1)
y1222又x??1,所以y12?4(1?x12),同理y2?4(1?x2),代入上式,
421计算得
(1?x2)(1?x1)?4,即3x1x2?5(x1?x2)?3?0,
(1?x1)(1?x2)所以3k2?10k?3?0,解得k?3或k?因为
1, 3y2(x1?1)21?,x1,x2?(?1,1),所以y1,y2异号,故舍去k?,
y1(x2?1)13所以k=3.
x2y29.【解析】(1)设椭圆方程为2?2?1(a?b?0)
ab?a?2b2???a?8则?4 解得?21??1???b?2?a2b2x2y2??1 ∴椭圆方程为82.
(2)∵直线l平行于OM,且在y轴上的截距为m,
又kOM=
11,?l的方程为:y?x?m 221?y?x?m??2?x2?2mx?2m2?4?0 由?22?x?y?1?2?8∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点,
(3)设直线MA、MB的斜率分别为k1,k2,只需证明k1+k2=0即可.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则k1?y1?1y?1,k2?2 x1?2x2?2222由x?2mx?2m?4?0,得x1?x2??2m,x1x2?2m?4.
而
11(x1?m?1)(x2?2)?(x2?m?1)(x1?2)2?2(x1?2)(x2?2)?x1x2?(m?2)(x1?x2)?4(m?1)(x1?2)(x2?2)
2m2?4?(m?2)(?2m)?4(m?1)?(x1?2)(x2?2)
故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
x2y210.【解析】(1)因为椭圆E: 2?2?1(a,b>0)过M(2,2) ,N(6,1)两点,
ab?42?11??1????a2?8?a2b2?a28所以?解得?所以?26111?b?4 ???1?????a2b2?b24
x2y2??1 故椭圆E的方程为84(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、
????????B,且OA?OB,
设该圆的切线方程为y?kx?m,
?y?kx?m?22由方程组?x2y2得x?2(kx?m)?8,
?1??4?8即(1?2k)x?4kmx?2m?8?0,
则△=16km?4(1?2k)(2m?8)?8(8k?m?4)?0, 即8k?m?4?0,
222222222224km?x?x??12??1?2k2由?, 22m?8?xx?12?1?2k2?
k2(2m2?8)4k2m2m2?8k22y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?221?2k1?2k1?2k2
22????????2m2?8m2?8k2??0, 要使OA?OB,需使x1x2?y1y2?0,即
1?2k21?2k23m2?8所以3m?8k?8?0,所以k??0又8k2?m2?4?0,
8.
222?m2?2262682所以?2,所以m?,即m?或m??,
333?3m?8因为直线y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切线,
m2m2826r???所以圆的半径为r?,r?,, 2223m?8331?k1?k1?82m所求的圆为x?y?228, 32626或m??, 33此时圆的切线y?kx?m都满足m?x2y226??1的两个交点为而当切线的斜率不存在时,切线为x??与椭圆
384????????26262626(,?)或(?,?)满足OA?OB. 3333综上, 存在圆心在原点的圆x?y?228,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有3????????两个交点A,B,且OA?OB.
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