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人教A版数学第八章第八节


第八章 解析几何

第八节 直线与圆锥曲线的位置关系

第八章 解析几何

1.直线与圆锥曲线位置关系的判定 判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时, 通常将直线 l 的方程 Ax+By+C=0(A、 B 不同时为 0)代入圆锥曲线 C 的方程 f(x,y)=0,消去 y(或消去 x)得到一个关 于变量 x(或变量

y)的一元方程. ?Ax+By+C=0, 即? ?f?x,y?=0, 消去 y 后,得 ax2+bx+c=0.(注意:若 f(x,y)=0 表示椭圆,则方程中 a≠0), 为此有: (1)若 a=0,当圆锥曲线是双曲线时,直线 l 与双曲线的渐近线 平行 ;当圆锥 曲线是抛物线时,直线 l 与抛物线的对称轴 平行(或重合) . (2)若 a≠0,Δ=b2-4ac, ①Δ>0 时,直线与圆锥曲线 相交 ; ②Δ=0 时,直线与圆锥曲线 相切 ; ③Δ<0 时,直线与圆锥曲线 相离 .

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2. 弦长公式 设直线与圆锥曲线相交于 P1(x1,y1),P2(x2,y2). (1)|P1P2|=

?x1-x2?2+?y1-y2?2



(2)当直线方程写成 y=kx+b(k∈R)形式时,其弦长用 x1,x2 表示为: |P1P2|= 1+k2|x1-x2|.用 y1,y2 表示为:|P1P2|= 1 1+k2|y1-y2|.

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x2 y2 1.直线 kx-y+k+1=0 与椭圆25+16=1 公共点的个数为 A.0 C.2 B.1 D.随 k 值而改变

(

)

【解析】 直线方程kx-y+k+1=0可化为y-1=k(x+1),所以直线过 定点(-1,1),而(-1,1)在椭圆内部,故直线与椭圆必相交,故选C. 【答案】 C

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2.过点(-1,0)作抛物线y=x2+x+1的切线,则其中一条切线方程为 (
A.2x+y+2=0 C.x-y+1=0
【解析】

)

B.3x-y+3=0 D.x+y+1=0

设切线方程为 y=k(x+1),

?y=x2+x+1 由? ,得 x2+(1-k)x+1-k=0. ?y=k?x+1? 由 Δ=(1-k)2-4(1-k)=0,得 k=1 或 k=-3. 故其中一条切线方程为 x-y+1=0.

【答案】 C

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x2 y2 3.设双曲线a2-b2=1 的一条渐近线与抛物线 y=x2+1 只有一个公共点, 则双曲线的离心率为 ( ) 5 A.4 B.5 5 C. 2 D. 5
【解析】 设双曲线的渐近线方程为 y=kx,这条直线与抛物线 y=x2 ?y=kx +1 相切,联立? ,整理得 x2-kx+1=0,则 Δ=k2-4=0,解 2 ?y=x +1 b c 得 k=± 2 ,即 a = 2 ,故双曲线的离心率 e = a = b 1+?a?2= 5. c2 a2 = a2+b2 a2 =

【答案】 D

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4.过抛物线y2=8x的焦点F的直线交抛物线于A、B两点,过原点O作OM
⊥AB,垂足为M,则点M的轨迹方程是________.
【解析】 ①当 AB 所在直线斜率不存在时 M 的坐标为(2,0)

②当直线的斜率存在时设为 k 则 AB:y=k(x-2) 1 由 OM⊥AB 得 OM 的方程为 y=-kx
2 2 k ?x= 2 y=?x-2? ? ? k +1 ? 解方程组? 得 m 的坐标? 1 2k y =k - k x ? y= 2 ? ? ? k +1

消去 k 得(x-1)2+y2=1

【答案】 (x-1)2+y2=1

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x2 y2 5. 过椭圆 5 + 4 =1 的右焦点作一条斜率为 2 的直线与椭圆交于 A, B 两点, O 为坐标原点,则△OAB 的面积为_______.

【解析】

设直线方程为 y=2(x-1).

x 2 y2 ? ? + =1, 由? 5 4 得 3y2+2y-8=0. ? ?y=2?x-1? 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 2 8 则 y1+y2=-3,y1y2=-3, ∴|y1-y2|= 4 32 10 9+ 3 = 3 ,

1 10 5 ∴S△OAB=2×1× 3 =3.

【答案】

5 3

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考点一 直线与圆锥曲线的位置关系问题
1.直线与圆锥曲线的关系是解析几何中一类重要问题,解题时注意应用根与系 数的关系及“设而不求”的技巧. 2.运用“点差法”解决弦的中点问题 涉及弦的中点问题,可以利用判别式和根与系数的关系加以解决,也可以利

用“点差法”解决此类问题.若知道中点,则利用“点差法”可得出过中点
弦的直线的斜率.比较两种方法,用“点差法”计算量较小,此法在解决有 关存在性的问题时,要结合图形和判别式Δ加以检验.

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已知双曲线 C:2x2-y2=2 与点 P(1,2). (1)求过 P(1,2)的直线 l 的斜率 k 的取值范围,使 l 与 C 分别有一个交点,两 个交点,没有交点; (2)是否存在过 P 点的弦 AB,使 AB 的中点为 P? 【思路点拨】

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【自主解答】 (1)当直线 l 的斜率不存在时,有一个交点. 设直线 l 方程为 y-2=k(x-1),代入 C 的方程,并整理得 (2-k2)x2+2(k2-2k)x-k2+4k-6=0. 当 2-k2=0,即 k=± 2时,方程只有一解,故 l 与 C 只有一个交点;当 3 2-k2≠0 时,令 Δ=0,得 k=2. 3 ∴当 k=± 2或 k=2或 k 不存在时,l 与 C 只有一个交点; 3 同时,由 Δ>0,Δ<0 可得当 2<k<2或- 2<k< 2或 k<- 2时,l 与 C 有 3 两个交点;当 k>2时,l 与 C 没有交点. (2)假设以 P 为中点的弦 AB 存在,A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是(1) 2?k2-2k? 中方程的两根,由根与系数的关系得 =1,故 k=1.而当 k=1 时,l 2?k2-2? 与 C 有两个交点. ∴这样的弦存在,方程为 y=x+1.

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1.本例条件中将“点P(1,2)”改为“点Q(1,1)”,问以点Q为中点的弦是否存在?
【自主解答】 假设弦AB以Q为中点,且A(x1,y1),B(x2,y2), 所以2x-y=2,2x-y=2, 两式相减得2(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2), ∴2(x1-x2)=(y1-y2),∴kAB=2. 经检验当AB的斜率为2时,直线AB与C无交点, 所以假设不正确,即Q为中点的弦不存在.

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考点二 直线与圆锥曲线相交中的弦长问题 求圆锥曲线的弦长问题的一般思路是:将直线方程代入圆锥曲线方程, 消去 y(或 x)后, 得到关于 x(或 y)的一元二次方程 ax2+bx+c=0(或 ay2+by+c =0),再由弦长公式|AB|= 1+k2|x1-x2|= 1 1+k2|y1-y2|,求出其弦长.在

b2-4ac 求|x1-x2|时,可直接利用公式|x1-x2|= 求得. |a|

y2 已知椭圆 C:x + 4 =1,过点 M(0,3)的直线 l 与椭圆 C 相交
2

于不同的两点 A、B. (1)若 l 与 x 轴相交于点 N, 且 M、 N 两点关于 A 对称, 求直线 l 的方程; (2)若|AB|<3,则直线 l 的斜率存在与否?若存在求出其范围.

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【思想点拨】

【自主解答】

(1)∵M、N 两点关于点 A 对称,

∴A 是 MN 的中点. 3 设 A(x1,y1),又 M(0,3),N 点纵坐标为 0,所以 y1=2. 又因为点 A(x1,y1)在椭圆 C 上, 所以 y2 1 2 x1+ =1,即 4 9 7 x2 + = 1 ,解得 x = ± 1 1 16 4,

7 3 7 3 则点 A 的坐标为( 4 ,2)或(- 4 ,2), 所以直线 l 的方程为 6 7x-7y+21=0 或 6 7x+7y-21=0.

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(2)设直线 AB 的方程为 y=kx+3 或 x=0, A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),当 AB 的方程为 x=0 时,|AB|=4> 3, 与题意不符. 当 AB 的方程为 y=kx+3 时, y=kx+3, ? ? 由题设可得 A、B 的坐标是方程组? 2 y2 x + 4 =1 ? ? 消去 y 得(4+k2)x2+6kx+5=0, 所以 Δ=(6k)2-20(4+k2)>0,即 k2>5, -6k 5 则 x1+x2= x 2= , 2,x1· 4+k 4+k2

的解,

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因为|AB|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2< 3, -6k 2 20 所以 1+k · ? < 3, 2? - 4+k 4+k2
2

16 解得-13<k2<8,所以 5<k2<8. ∴ 5<k<2 2或-2 2<k<- 5.

【失误点评】

解答此类问题要注意避免出现如下两种错误:(1)对

直线l斜率的存在性不作讨论而直接设为点斜式,出现漏斜或思维不全造 成步骤缺失;(2)对二次项系数不为零或Δ≥0这个前提忽略而直接使用根 与系数的关系.

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2.已知F是抛物线C:y2=4x的焦点,A、B是C上的两个点,线段AB的中 点为M(2,2),则△ABF的面积等于________.
2 【自主解答】 设 A(x1,y1),B(x2,y2),∴y2 1=4x1,y2=4x2. 两式相减得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2). y1-y2 又 y1+y2=2×2=4,∴ =1,即 kAB=1. x1-x2 ∴lAB:y-2=x-2,即 y=x. ?y=x ∴? 2 ?x2-4x=0.∴x1+x2=4,x1x2=0. ?y =4x ∴|AB|= 1+kAB2· ?x1+x2?2-4x1x2= 2· 16=4 2. 1 2 点 F 到 AB 的距离 d= = 2 . 2 1 2 ∴S△ABF=2×4 2× 2 =2.

【答案】 2

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考点三 最值与范围问题 解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种:几何法和代数法. 若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解

决,这就是几何法.若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可
首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,这就是代数法. 在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑:

1.利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;
2.利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数 之间建立等量关系; 3.利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围; 4.利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围; 5.利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

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(12 分)已知抛物线 x2=4y 的焦点为 F,A、B 是抛物线上的两动 → =λFB → (λ>0).过 A、B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为 M. 点,且AF →· → 为定值; (1)证明FM AB (2)设△ABM 的面积为 S,写出 S=f(λ)的表达式,并求 S 的最小值.

【思想点拨】

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【规范解答】 (1)证明:由已知条件,得 F(0,1),λ>0. → =λFB →, 设 A(x1,y1),B(x2,y2).由AF 即得(-x1,1-y1)=λ(x2,y2-1). ?-x1=λx2, ∴? ?1-y1=λ?y2-1?. 1 1 2 将①式两边平方并把 y1=4x2 , y = 1 2 4x2代入得 y1=λ2y2.③ 1 解②③式得 y1=λ,y2= λ , 且有 x1x2=-λx2 2=-4λy2=-4.(2 分) 1 1 抛物线方程为 y=4x2.求导得 y′=2x. ① ②

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所以过抛物线上 A、B 两点的切线方程分别是 1 1 y=2x1(x-x1)+y1,y=2x2(x-x2)+y2. 1 1 2 1 1 2 即 y=2x1x-4x1,y=2x2x-4x2. 求出两条切线的交点 M 的坐标为 ( x1+x2 x1x2 x1+x2 , ) = ( 2 4 2 ,-1).(4 分)

→· → =(x1+x2,-2)· ∴FM AB (x2-x1,y2-y1) 2 1 1 2 1 2 2 =2(x2 - x ) - 2( 2 1 4x2-4x1)=0. →· → 为定值,其值为 0.(6 分) ∴FM AB

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1 (2)由(1)知△ABM 中,FM⊥AB,因而 S=2|AB||FM|. |FM|= = = ? x1+x2 2 2 ? + ? - 2 ? 2

1 2 1 2 1 4x1+4x2+2x1x2+4 1 y1+y2+2×?-4?+4= 1 1 λ+ λ +2= λ+ .(8 分) λ

因为|AF|、|BF|分别等于 A、B 到抛物线准线 y=-1 的距离,所以|AB|=|AF| 1 1 1 1 1 +|BF|=y1+y2+2=λ+ λ +2=( λ+ )2.于是 S=2|AB||FM|=2( λ+ )3.(10 分) λ λ 由 λ+ 1 ≥2,知 S≥4,且当 λ=1 时,S 取最小值 4.(12 分) λ

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x2 y2 3.已知椭圆 M:a2+b2=1(a>b>0)的一个顶点 A 的坐标是(0,-1),且右焦 点 Q 到直线 x-y+2 2=0 的距离为 3. (1)求椭圆 M 的标准方程; (2)设 P 是椭圆 M 上的任一点, EF 为圆 N: x2+(y-2)2=1 的任一条直径, →· → 的最大值. 求PE PF (3)试问能否得到斜率为 k(k≠0)的直线 l, 使 l 与椭圆 M 交于不同的两点 B、 C,且满足|AB|=|AC|?若能得到,求出 k 的取值范围;若不能得到,请说 明理由.

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【自主解答】 (1)由题意知 b=1,设 Q(c,0)则 |c+2 2| =3. 2

∴c= 2,∴a2=b2+c2=3, x2 2 ∴椭圆 M 的标准方程为 3 +y =1. →· → =(NP → -NP → )· → -NP →) (2)PE PF (NF → -NP → )· → -NP → )=NP →2-NF →2=NP →2-1, =(-NF (NF →· →2的最大值. 从而将求PE PF 的最大值转化为求NP
2 x0 P 是椭圆 M 上的任一点,设 P(x0,y0),则有 3 +y2 0=1, 2 2 2 →2 2 即 x2 0=3-3y0,又 N(0,2),所以NP =x0+(y0-2) =-2(y0+1) +9.

→2取得最大值 9,故PE →· → 的最大值为 8. 而 y0∈[-1,1],所以当 y0=-1 时,NP PF

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(3)如图设直线 l 的方程为 y=kx+m(k≠0),代入椭圆方程得:(1+3k2)x2+ 6kmx+3(m2-1)=0. ∴Δ=36k2m2-12(1+3k2)(m2-1)>0,① 设 B(x1,y1)、C(x2,y2). 设线段 BC 的中点为 D,则 D( x1+x2 y1+y2 2 , 2 ),

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且 ∴ x1+x2 3km =- , 2 1+3k2 y1+y2 x1+x2 m = k · + m = . 2 2 1+3k2

∵|AB|=|AC|,∴AD⊥BC, ∴kAD· kBC=-1, m +1 1+3k2 即 · k=-1. 3mk - -0 1+3k2 1 ∴m=2(1+3k2).② 由①②得:(1+3k2)(1-k2)>0.∴k∈(-1,0)∪(0,1). 故存在满足条件的直线 l(只要斜率 k∈(-1,0)∪(0,1)即可).

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一、选择题 x2 2 1.设 F 是椭圆 4 +y =1 的右焦点,椭圆上的点与点 F 的最大距离为 M,最小距 1 离是 m,则椭圆上与点 F 的距离等于2(M+m)的点的坐标是 ( ) A.(0,± 2) B.(0,± 1) 1 2 C.( 3,± ) D . ( 2 , ± 2 2)

【解析】

∵M=a+c=2+ 3,m=a-c=2- 3,

1 1 ∴2(M+m)=2×(2+ 3+2- 3)=2, 得点(0, ± 1)为所求.

【答案】 B

第八章 解析几何
2.直线 y=x+1 截抛物线 y2=2px 所得弦长为 2 6,此抛物线方程为( A.y2=2x C.y2=-2x 或 y2=6x
【解析】

)

B.y2=6x D.以上都不对

?y=x+1 由? 2 得 x2+(2-2p)x+1=0. ?y =2px

x1+x2=2p-2,x1x2=1. ∴2 6= 1+12· ?x1+x2?2-4x1x2 = 2· ?2p-2?2-4. 解得 p=-1 或 p=3, ∴抛物线方程为 y2=-2x 或 y2=6x.

【答案】 C

第八章 解析几何
y2 3. 已知曲线 C1 方程为 x - 8 =1(x≥0, y≥0), 圆 C2 方程为(x-3)2+y2=1, 斜率为 k(k>0)的直线 l 与圆 C2 相切,切点为 A,直线 l 与曲线 C1 相交
2

于点 B,|AB|= 3,则直线 AB 的斜率为 3 1 A. 3 B.2 C.1 D. 3

(

)

【解析】

如图,由题意可知,C2 为双曲

线的右焦点, BA 为圆 C2 的切线, 于是, |AC2| =1,|AB|= 3,所以|BC2|=2,易知 B 为双 曲线的右顶点, 故可设直线 AB 的方程为 y=k(x-1), |3k-k| 由直线 AB 与圆 C2 相切得 2 =1, k +1 3 又 k>0,所以 k= 3 .

【答案】 A

第八章 解析几何
y2 4.(2011 年西安五校一模,10)已知双曲线 x - 3 =1 的左顶点为 A1,右焦点
2

→1· →2的最小值为 为 F2,P 为双曲线右支上一点,则PA PF A.-2 C.1 81 B.-16 D.0

(

)

y2 【解析】 设点 P(x,y),其中 x≥1.依题意得 A1(-1,0)、F2(2,0),则有 3 →1· →2=(-1-x,-y)· =x2-1,y2=3(x2-1),PA PF (2-x,-y)=(x+1)(x-2) +y =x +y -x-2=x +3(x -1)-x-2=4x
2 2 2 2 2 2

? 1? 81 ? 2 -x-5=4?x-8? - ? 16,其中 ? ?

→1· →2取得最小值-2,选 A. x≥1.因此,当 x=1 时,PA PF

【答案】 A

第八章 解析几何
5.北京奥运会主体育场“鸟巢”的简化钢结构俯视图如图所示,内外两 圈的钢骨架是离心率相同的椭圆,从外层椭圆顶点 A、B 向内层椭圆 x2 y2 引切线 AC、BD.设内层椭圆方程为a2+b2=1(a>b>0),外层椭圆方程 x2 y2 9 为 2+ 2=1(a>b>0,m>1),AC 与 BD 的斜率之积为- 16,则椭 ?ma? ?mb? 圆的离心率为 ( )

7 A. 4 6 C. 4

2 B. 2 3 D.4

第八章 解析几何
【解析】 易知 A(ma,0),设切线 AC 的方程为 y=k1(x-ma),则联立 y=k ?x-ma? ? ? 2 12 2 3 2 2 4 2 2 2 方程?x y ,得(b2+a2k2 1)x -2ma k1x+m a k1-a b =0, 2+ 2=1 ? ?a b 由 Δ=0 得 b2 1 2 k1= 2· 2 a m -1,同理,设切线 BD 的方程为 y=k2x+mb,可 9 b2 9 k1k2=-16,所以a2=16,e2

求得

b2 2 b4 2 2 2 2 k 2= 2· (m -1),∴k1k2=(k1k2) = 4,又 a a

c2 b2 7 7 =a2=1-a2=16,e= 4 ,故选 A.

【答案】 A

第八章 解析几何
二、填空题 1 6.已知双曲线 x2-y2=1 和斜率为2的直线 l 交于 A、B 两点,当 l 变化 时,线段 AB 的中点 M 的坐标(x,y)满足的方程是________.

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

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

【答案】 y=2x

第八章 解析几何
x2 2 7.(2010 年湖北)已知椭圆 C: 2 +y =1 的两焦点为 F1,F2,点 P(x0,y0)
2 x0 x0x 满足 0< 2 +y2 <1 ,则 | PF | + | PF | 的取值范围为 ________ ,直线 0 1 2 2 +y0y=

1 与椭圆 C 的公共点个数为________.

【解析】

依题意得点 P 位于椭圆 C 的内部( 异于原点 O),因此有

|F1F2|≤|PF1| + |PF2|<2a , 即 2 2-1 ≤|PF1| + |PF2|<2 2 , 2≤|PF1| + |PF2|<2 2, |PF1| + |PF2|的取值范围是 [2,2 2) ;依题意,可考虑取特殊点 x0x P(-1,0), 相应的直线为 x=-2, 显然该直线与椭圆没有公共点, 即直线 2 +y0y=1 与椭圆的公共点的个数为 0.

【答案】

[2,2 2)

0

第八章 解析几何
三、解答题 8. 如图,l1、l2 是通过某市开发区中心 O 的南北和东 西走向的两条道路,连接 M、 N 两地的铁路是一段 抛物线弧, 它所在的抛物线关于直线 l1 对称. M到 l1、l2 的距离分别是 2 km、4 km,N 到 l1、l2 的距 离分别是 3 km、9 km. (1)建立适当的坐标系,求抛物线弧 MN 的方程; (2)该市拟在点 O 的正北方向建设一座工厂,考虑 到环境问题,要求厂址到点 O 的距离大于 5 km 而 不超过 8 km,并且铁路上任意一点到工厂的距离 不能小于 6 km, 求该厂离点 O 的最近距离. (注: 工厂视为一个点)

第八章 解析几何

【解析】(1)分别以 l2、l1 为 x 轴、y 轴建立如 图所示的平面直角坐标系,则 M(2,4),N(3,9). 设 MN 所在抛物线的方程为 y=ax2+c, 则有 ?4=4a+c ?a=1 ? ,解得? . ?9=9a+c ?c=0 故 所 求 抛 物 线 弧 MN 的 方 程 为 y = x2(2≤x≤3).

第八章 解析几何
(2)设抛物线弧上任意一点 P(x,x2)(2≤x≤3), 厂址为点 A(0,t)(5<t≤8), 由题意得|PA|= x2+?x2-t?2≥ 6. ∴x4+(1-2t)x2+(t2-6)≥0. 令 u=x2,∵2≤x≤3,∴4≤u≤9, ∴对于任意的 u∈[4,9], u2+(1-2t)u+(t2-6)≥0 (*). 要使(*)恒成立,只需 Δ≤0,即(1-2t)2-4(t2-6)≤0, 25 25 解得 t≥ 4 ,∴t 的最小值为 4 . 所以,该厂距离点 O 的最近距离为 6.25 km.

第八章 解析几何

9.(理)如图,在直角坐标系xOy中有一直角梯形ABCD,AB的中点为O, AD⊥AB,AD//BC,AB=4,BC=3,AD=1,以A,B为焦点的椭圆 经过点C.

(1)求椭圆的标准方程;
(2)若点E(0,1),问是否存在直线l与椭圆交于M,N两点且|ME|=|NE|, 若存在,求出直线l斜率的取值范围,若不存在,请说明理由.

第八章 解析几何
x2 y2 【解析】 (1)连接 AC, 依题意设椭圆的标准方程为a2+b2=1(a>b>0), 在 Rt△ABC 中,AB=4,BC=3, ∴AC=5. ∴2a=cA+cB=8,∴a=4 又 2c=4,∴c=2,从而 b= a2-c2=2 3, x2 y2 ∴椭圆的标准方程为16+12=1. (2)由题意知,当 l 与 x 轴垂直时,不满足|ME|=|NE|, 当 l 与 x 轴平行时,|ME|=|NE|显然成立,此时 k=0. 设直线 l 的方程为 y=kx+m(k≠0), y=kx+m ? ? 2 由? x ,消去 y 得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-48=0, y2 + =1 ? ?16 12

第八章 解析几何
∵Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-48)>0,∴16k2+12>m2,① 令 M(x1,y1),N(x2,y2),MN 的中点为 F(x0,y0), x1+x2 -4km 3m 则 x 0= 2 = , 2,y0=kx0+m= 3+4k 3+4k2 3m -1 3+4k2 ∵|ME|=|NE|,∴EF⊥MN,∴kEF×k=-1,即 ×k=-1,化 -4km 3+4k2 简得 m=-(4k2+3), 结合①得 16k2+12>(4k2+3)2,即 16k4+8k2-3<0, 1 1 解之得-2<k<2(k≠0). 1 1 综上所述,存在满足条件的直线 l,且其斜率 k 的取值范围为(-2,2).

第八章 解析几何
x2 y2 (文)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0),F1、F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点, A1、A2 分别为椭圆 C 的左、右顶点,过右焦点 F2 且垂直于 x 轴的直线与椭圆 C 在第一象限的交点为 M( 3,2). (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)直线 l:x=my+1 与椭圆 C 交于 P、Q 两点,直线 A1P 与 A2Q 交于点 S.试问:当直线 l 变化时,点 S 是否恒在一条定直线上?若是,请写出这条定 直线的方程,并证明你的结论;若不是,请说明理由.

第八章 解析几何
【解析】 (1)∵M( 3,2),∴椭圆 C 的半焦距 c= 3,所以椭圆 C 的

两个焦点坐标分别为 F1(- 3,0),F2( 3,0), ∵|MF1|+|MF2|=2a,∴2a= ? 3+ 3?2+22+ ? 3- 3?2+22=6, x2 y2 ∴a=3,∴b =a -c =6,故所求椭圆 C 的标准方程为 9 + 6 =1.
2 2 2

(2)假设当直线 l 变化时,点 S 恒在一条定直线上. x2 y2 ? ? + =1 由? 9 6 ? ?x=my+1

,得 2(my+1)2+3y2=18,即(2m2+3)y2+4my-16=0.

设 P(x1,y1),Q(x2,y2),S(x0,y0),则 y1+y2=

-4m -16 , y y = , 1 2 2m2+3 2m2+3

第八章 解析几何
y1 y0 ∴直线 A1P 的斜率为: = ,① x1+3 x0+3 直线 A2Q 的斜率为: y2 y0 = ,② x2-3 x0-3

① x0-3 ?x2-3?y1 ?my2-2?y1 my1y2-2y1 得 = = = ② x0+3 ?x1+3?y2 ?my1+4?y2 my1y2+4y2 -16m -4m - 2 ? -y ? 2m2+3 2m2+3 2 -8m+2?2m2+3?y2 = = -16m -16m+4?2m2+3?y2 +4y2 2m2+3 1 =2,所以 x0=9. 因此,当直线 l 变化时,点 S 恒在定直线 x=9 上.

第八章 解析几何
10. 【创新预测题】已知定点 A(0,-1),点 B 在圆 F:x2+(y-1)2=16 上 运动,F 为圆心,线段 AB 的垂直平分线交 BF 于 P. (1)求动点 P 的轨迹 E 的方程;若曲线 Q:x2-2ax+y2+a2=1 被轨迹 E 包围着,求实数 a 的最小值; (2)已知 M(-2,0),N(2,0),动点 G 在圆 F 内,且满足|MG|· |NG|=|OG|2(O →· → 的取值范围. 为坐标原点),求MG NG

【解析】

(1)由题意得|PA|=|PB|.

∴|PA|+|PF|=|PB|+|PF|=4>|AF|=2, ∴动点 P 的轨迹 E 是以 A、F 为焦点的椭圆. y2 x2 设该椭圆的方程为a2+b2=1(a>b>0), 则 2a=4,2c=2,即 a=2,c=1,故 b2=a2-c2=3, y2 x2 ∴动点 P 的轨迹 E 的方程为 4 + 3 =1.

第八章 解析几何
x2-2ax+y2+a2=1 即(x-a)2+y2=1, ∴曲线 Q 是圆心为(a,0),半径为 1 的圆. 而轨迹 E 为焦点在 y 轴上的椭圆, 其左、右顶点分别为(- 3,0),( 3,0). 若曲线 Q 被轨迹 E 包围着,则- 3+1≤a≤ 3-1, ∴a 的最小值为- 3+1. (2)设 G(x,y),由|MG|· |NG|=|OG|2 得: ?x+2?2+y2· ?x-2?2+y2=x2+y2, 化简得 x2-y2=2,即 x2=y2+2. →· → =(x+2,y)· ∴MG NG (x-2,y)=x2+y2-4=2(y2-1). ∵点 G 在圆 F:x2+(y-1)2=16 内,∴x2+(y-1)2<16, ∴0≤(y-1)2<16?-3<y<5?0≤y2<25, ∴-2≤2(y2-1)<48, →· → 的取值范围为[-2,48). ∴MG NG

第八章 解析几何

直线与圆锥曲线的位置关系,集中交汇了高中解析几何中直线与圆锥曲线 的内容,还涉及函数、方程、不等式、三角函数、平面几何等知识,形成了轨

迹、最值、对称、范围、参系数等多种问题,因而成为解析几何中综合性最强,
能力要求最高的内容,也成为高考的重点和热点.多以解答题的形式考查直线 与圆锥曲线相交的交点、弦长等问题,解决直线与圆锥曲线位置关系中的定值、 定点以及参数的范围问题. 预测2013年高考仍将以直线与圆锥曲线的位置关系为主要考点,重点考查

运算能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题的能力.

第八章 解析几何

(2011 年高考湖南卷)已知平面内一动点 P 到点 F(1,0)的距离 与点 P 到 y 轴的距离的差等于 1. (Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1,l2,设 l1 与轨迹 C →· → 的最小值. 相交于点 A,B,l2 与轨迹 C 相交于点 D,E,求AD EB
【解析】 (Ⅰ)设动点 P 的坐标为(x,y),由题意有 ?x-1?2+y2-|x|=1.化简得 y2=2x+2|x|. 当 x≥0 时,y2=4x;当 x<0 时,y=0. 所以,动点 P 的轨迹 C 的方程为 y2=4x(x≥0)和 y=0(x<0).

第八章 解析几何
(Ⅱ)由题意知,直线 l1 的斜率存在且不为 0,设为 k,则 l1 的方程为 y=k(x-1). ?y=k?x-1? 由? 2 ,得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0. ?y =4x 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方程的两个实根,于是 x1 4 +x2=2+k2,x1x2=1. 1 因为 l1⊥l2,所以 l2 的斜率为-k. 设 D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1. →· → =(AF → +FD → )· → +FB →) 故AD EB (EF →· → +AF →· → +FD →· → +FD →· → =AF EF FB EF FB → |· → |+|FD → |· →| =|AF |FB |EF =(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)

第八章 解析几何
=x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1 4 =1+(2+k2)+1+1+(2+4k2)+1 1 1 =8+4(k2+k2)≥8+4×2 k2· k2=16. 1 →· → 取最小值 16. 当且仅当 k2=k2,即 k=± 1 时,AD EB
【方法指导】 1.解决直线与椭圆的位置关系问题, 如果直线与椭圆有两个 不同交点,①若根据已知条件便于求出两交点的坐标不失为一种彻底有效的方 x2 y2 法; ②若两交点的坐标不好表示, 可将直线方程 y=kx+c 代入椭圆方程a2+b2= 1 整理出关于 x(或 y)的一元二次方程 Ax2+Bx+C=0,Δ=B2-4AC>0,可利用 Δ 根与系数之间的关系求弦长(弦长为 1+k2 |A| );

第八章 解析几何

2.弦的中点问题,以及交点与原点连线的垂直等问题.①求弦长可注 意弦是否过椭圆焦点; ②弦的中点问题还可利用“点差法”和“根与系数关 → ⊥BO → 的充要条件是AO →· → =0. 系”;③解决 AO⊥BO,可以利用向量AO BO 3.对称问题:若 A、B 是关于直线 l 的对称点,则应抓住 AB 的中点在 对称轴 l 上及 kABkl=-1 这两个关键条件, 同时要记住一些特殊的对称关系, 如关于坐标轴对称,关于点对称,关于直线 y=± x 对称.

第八章 解析几何

x2 y2 (2011 年高考陕西卷)设椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)过点(0,4), 3 离心率为5. (Ⅰ)求 C 的方程; 4 (Ⅱ)求过点(3,0)且斜率为5的直线被 C 所截线段的中点坐标. 【解析】 16 (Ⅰ)将(0,4)代入 C 的方程得 b2 =1,∴b=4,

c 3 a2-b2 9 又 e=a=5得 a2 =25, 16 9 x2 y2 即 1- a2 =25,∴a=5,∴C 的方程为25+16=1.

第八章 解析几何
4 4 (Ⅱ)过点(3,0)且斜率为5的直线方程为 y=5(x-3), 设直线与 C 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2), 4 将直线方程 y=5(x-3)代入 C 的方程,得 x2 ?x-3?2 2 + = 1 ,即 x -3x-8=0,解得 25 25 3- 41 3+ 41 x1= 2 ,x2= 2 , x1+x2 3 ∴AB 的中点坐标 x = 2 =2, y1+y2 2 6 y = 2 =5(x1+x2-6)=-5, 3 6 即中点坐标为(2,-5).


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