专题五 圆锥曲线的综合问题


专题五

圆锥曲线的综合问题

1. 直线与圆锥曲线的位置关系 (1)从几何角度看,可分为三类:无公共点,仅有一个公共点及有两个相异的公共点. (2)从代数角度看,可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方 程解的情况来判断.设直线 l 的方程为 Ax+By+C=0,圆锥曲线方程 f(x,y)=0.
?Ax+By+C=0 ? 由? ,消元 ? ?f?x,y?=0

如消去 y 后得 ax2+bx+c=0. 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或重合;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,设 Δ=b2-4ac. a.Δ>0 时,直线和圆锥曲线相交于不同两点; b.Δ=0 时,直线和圆锥曲线相切于一点; c.Δ<0 时,直线和圆锥曲线没有公共点. 2. 直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1, 1), 2(x2, 2), y P y 则所得弦长|P1P2|= 1+k2 |x1-x2|或|P1P2|= 1 1+ 2|y1-y2|. k

(2)当斜率 k 不存在时,可求出交点坐标,直接运算(利用轴上两点间距离公式). 3. 圆锥曲线的中点弦问题 x2 y2 遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解.在椭圆 2+ 2=1 中,以 a b b2x0 x2 y2 P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率 k=- 2 ;在双曲线 2- 2=1 中,以 P(x0,y0)为 a y0 a b 中点的弦所在直线的斜率 k= p 在直线的斜率 k= . y0 [难点正本 疑点清源] 1. 直线和圆锥曲线问题解法的一般规律 b2x0 ;在抛物线 y2=2px (p>0)中,以 P(x0,y0)为中点的弦所 a2y0

“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”. 2. “点差法”的常见题型 求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点 差法”具有不等价性,即要考虑判别式 Δ>0 是否成立.

x2 y2 1. 已知 F1、F2 为椭圆 + =1 的两个焦点,过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点.若|F2A|+ 25 9 |F2B|=12,则|AB|=_______________. 答案 8 解析 由题意知(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=|AB|+|AF2|+|BF2|=2a+2a,又由 a=5, 可得|AB|+(|BF2|+|AF2|)=20,即|AB|=8. y2 2. 已知双曲线方程是 x2- =1,过定点 P(2,1)作直线交双曲线于 P1,P2 两点,并使 P(2,1) 2 为 P1P2 的中点,则此直线方程是____________. 答案 4x-y-7=0
2 y2-y1 2?x2+x1? y1 y2 2 解析 设点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由 x2- =1,x2- =1,得 k= = = 1 2 2 2 x2-x1 y2+y1

2×4 =4,从而所求方程为 4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得 14x2-56x+ 2 51=0,Δ>0,故此直线满足条件. 3. 过抛物线 y2=4x 的焦点作直线交抛物线于点 A(x1,y1),B(x2,y2),若|AB|=7,则 AB 的 中点 M 到抛物线准线的距离为 5 A. 2 答案 B → → 4. 设坐标原点为 O,抛物线 y2=2x 与过焦点的直线交于 A、B 两点,则OA· 等于( OB 3 A. 4 答案 B 解析 方法一 (特殊值法) 3 B.- 4 C.3 D.-3 ) 7 B. 2 C.2 D.3 ( )

1 1 1 抛物线的焦点为 F?2,0?,过 F 且垂直于 x 轴的直线交抛物线于 A( ,1),B( ,-1), ? ? 2 2 1 1 3 → → ?1 ∴OA· =?2,1?·2,-1?= -1=- . OB ? ?? ? 4 4 方法二 设 A(x1,y1),B(x2,y2), → → 则OA· =x1x2+y1y2. OB

由抛物线的过焦点的弦的性质知: p2 1 x1x2= = ,y1y2=-p2=-1. 4 4 3 → → 1 ∴OA· = -1=- . OB 4 4

题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题 例1 → → 已知抛物线 C:y2=4x,过点 A(-1,0)的直线交抛物线 C 于 P、Q 两点,设AP=λAQ. (1)若点 P 关于 x 轴的对称点为 M,求证:直线 MQ 经过抛物线 C 的焦点 F; 1 1 (2)若 λ∈?3,2?,求|PQ|的最大值. ? ? 思维启迪:(1)可利用向量共线证明直线 MQ 过 F;(2)建立|PQ|和 λ 的关系,然后求最值. (1)证明 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x1,-y1). → → ∵AP=λAQ,∴x1+1=λ(x2+1),y1=λy2,
2 2 ∴y1=λ2y2,y1=4x1,y2=4x2,x1=λ2x2, 2 2

∴λ2x2+1=λ(x2+1),λx2(λ-1)=λ-1, 1 ∵λ≠1,∴x2= ,x1=λ,又 F(1,0), λ → ∴MF=(1-x1,y1)=(1-λ,λy2) 1 → =λ? λ-1,y2?=λFQ, ? ? ∴直线 MQ 经过抛物线 C 的焦点 F. (2)解 1 由(1)知 x2= ,x1=λ, λ

得 x1x2=1,y2·2=16x1x2=16, 1 y2 ∵y1y2>0,∴y1y2=4, 则|PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2
2 2 =x1+x2+y1+y2-2(x1x2+y1y2) 2 2

1 1 =?λ+λ?2+4?λ+λ?-12 ? ? ? ? 1 =?λ+λ +2?2-16, ? ? 1 1 1 5 10 λ∈?3,2?,λ+ ∈?2, 3 ?, ? ? ? λ ?

1 10 1 112 4 7 当 λ+ = ,即 λ= 时,|PQ|2 有最大值 ,|PQ|的最大值为 . λ 3 3 9 3 探究提高 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲 线的定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化 为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的 有界性等求最值. (2012· 四川)如图,动点 M 与两定点 A(-1,0)、B(1,0)构成 △MAB,且直线 MA、MB 的斜率之积为 4.设动点 M 的轨迹为 C. (1)求轨迹 C 的方程. (2)设直线 y=x+m(m>0)与 y 轴相交于点 P, 与轨迹 C 相交于点 Q, 且|PQ|<|PR|.求 R, 的取值范围. 解 (1)设 M 的坐标为(x,y),当 x=-1 时,直线 MA 的斜率不存在; |PR| |PQ|

当 x=1 时,直线 MB 的斜率不存在.于是 x≠1 且 x≠-1. y y 此时,MA 的斜率为 ,MB 的斜率为 . x+1 x-1 由题意,有 y y · =4.化简可得,4x2-y2-4=0. x+1 x-1

故动点 M 的轨迹 C 的方程为 4x2-y2-4=0(x≠1 且 x≠-1).
?y=x+m, ? (2)由? 2 2 ? ?4x -y -4=0

消去 y,可得 3x2-2mx-m2-4=0.(*) 对于方程(*),其判别式 Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0, 而当 1 或-1 为方程(*)的根时,m 的值为-1 或 1. 结合题设(m>0)可知,m>0 且 m≠1. 设 Q、R 的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR), 则 xQ,xR 为方程(*)的两根. 因为|PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|,xQ= xR= m+2 m2+3 . 3 3 1+ 2+1 m =1+ 3 1+ 2-1 2 m 2 3 1+ 2-1 m m-2 m2+3 , 3

2 |PR| ? xR? 所以 =?x ?= |PQ| Q 2

.

此时

3 1+ 2>1,且 m 2

1+

3 ≠2, m2 5 ≠ , 3 3 1+ 2-1 m 2

所以 1<1+ 2

3 1+ 2-1 m

<3,且 1+ 2

|PR| ? xR? |PR| ? xR ? 5 所以 1< = <3,且 = ≠ . |PQ| ?xQ? |PQ| ?xQ? 3 综上所述, 5 5 |PR| 的取值范围是?1,3?∪?3,3?. ? ? ? ? |PQ|

题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题 例2 3 已知椭圆 C 经过点 A?1,2?,两个焦点为(-1,0)、(1,0). ? ? (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. 思维启迪:可设直线 AE 的斜率来计算直线 EF 的斜率,通过推理计算消参. (1)解 x2 y2 由题意,c=1,可设椭圆方程为 2+ 2=1. 1+b b 1 9 3 x2 2 2 2=1,解得 b =3,b =- (舍去),所以椭圆方程为 + 2+ 4 4 1+b 4b

因为 A 在椭圆上,所以 y2 =1. 3

3 (2)证明 设直线 AE 的方程为 y=k(x-1)+ , 2 x2 y2 代入 + =1. 4 3 3 得(3+4k2)x2+4k(3-2k)x+4?2-k?2-12=0. ? ? 设 E(xE,yE),F(xF,yF). 3 4?2-k?2-12 ? ? 3? 因为点 A?1,2?在椭圆上,所以 xE= , ? 3+4k2 3 yE=kxE+ -k.又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以-k 代替 k, 2 3 4?2+k?2-12 ? ? 3 可得 xF= ,yF=-kxF+ +k, 2 3+4k2 所以直线 EF 的斜率 kEF= yF-yE -k?xE+xF?+2k 1 = = , 2 xF-xE xF-xE

1 即直线 EF 的斜率为定值,其值为 . 2 探究提高 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 椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,该椭圆经过点 P?1,2?且离心率 ? ? 1 为 . 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. (1)解 x2 y2 设椭圆方程为 2+ 2=1 (a>b>0), a b

c 1 由 e= = ,得 a=2c, a 2 ∵a2=b2+c2,∴b2=3c2, x2 y2 则椭圆方程变为 2+ 2=1. 4c 3c 3 又椭圆过点 P?1,2?,将其代入求得 c2=1, ? ? 故 a2=4,b2=3, x2 y2 即得椭圆的标准方程为 + =1. 4 3

?y=kx+m, ? (2)证明 设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立?x2 y2 ? 4 + 3 =1, ?
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0.

?x +x =- 8mk , 3+4k 则? 4?m -3? x ?x · = 3+4k .
1 2 2 2 1 2 2

Δ=64m2k2-16?3+4k2??m2-3?>0, ①

又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2 3?m2-4k2? = . 3+4k2 ∵椭圆的右顶点为 A2(2,0),AA2⊥BA2, ∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,

∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, ∴ 3?m2-4k2? 4?m2-3? 16mk + + +4=0, 3+4k2 3+4k2 3+4k2

2k ∴7m2+16mk+4k2=0,解得 m1=-2k,m2=- , 7 由①,得 3+4k2-m2>0, 当 m1=-2k 时,l 的方程为 y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾. 2 2 2k 当 m2=- 时,l 的方程为 y=k?x-7?,直线过定点?7,0?,∴直线 l 过定点,定点坐标 ? ? ? ? 7 2 为?7,0?. ? ? 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3 已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3),且点 F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)是否存在平行于 OA 的直线 l,使得直线 l 与椭圆 C 有公共点,且直线 OA 与 l 的距离 等于 4?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 思维启迪:可先假设 l 存在,然后根据与 C 有公共点和与 OA 距离等于 4 两个条件探求. 解 方法一 x2 y2 (1)依题意,可设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0),且可知其左焦点为 a b

F′(-2,0).
?c=2, ?c=2, ? ? 从而有? 解得? ? ? ?2a=|AF|+|AF′|=3+5=8, ?a=4.

又 a2=b2+c2,所以 b2=12, x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 16 12 3 (2)假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 y= x+t. 2

?y=2x+t, 由? x y ?16+12=1,
3
2 2

得 3x2+3tx+t2-12=0.

因为直线 l 与椭圆 C 有公共点, 所以 Δ=(3t)2-4×3×(t2-12)≥0, 解得-4 3≤t≤4 3. 另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d=4,得 |t| =4,解得 t=± 13. 2 9 +1 4

由于± 13?[-4 3,4 3],所以符合题意的直线 l 不存在. 2

x2 y2 方法二 (1)依题意,可设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b

? 42+ 92=1, ? 且有?a b 解得 b2=12,b2=-3(舍去). ?a2-b2=4. ?
从而 a2=16. x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 + =1. 16 12 (2)同方法一. 探究提高 解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题, 往往是先假设所求的元素存在, 然后再推理论证,检验说明假设是否正确. (2012· 江西)已知三点 O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线 C 上任意一点 M(x,y) → → → → → 满足|MA+MB|=OM· +OB)+2. (OA (1)求曲线 C 的方程; (2)动点 Q(x0,y0)(-2<x0<2)在曲线 C 上,曲线 C 在点 Q 处的切线为 l.问:是否存在定点 P(0,t)(t<0),使得 l 与 PA,PB 都相交,交点分别为 D,E,且△QAB 与△PDE 的面积 之比是常数?若存在,求 t 的值;若不存在,说明理由. 解 → → (1)由MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),

→ → |MA+MB|= ?-2x?2+?2-2y?2, → → → OM· +OB)=(x,y)· (OA (0,2)=2y, 由已知得 ?-2x?2+?2-2y?2=2y+2, 化简得曲线 C 的方程:x2=4y. (2)假设存在点 P(0,t)(t<0)满足条件, t-1 则直线 PA 的方程是 y= x+t, 2 1-t PB 的方程是 y= x+t. 2 x2 x0 x2 0 0 曲线 C 在 Q 处的切线 l 的方程是 y= x- ,它与 y 轴的交点为 F?0,- 4 ?. ? ? 2 4 x0 由于-2<x0<2,因此-1< <1. 2 t-1 1 x0 t-1 ①当-1<t<0 时,-1< <- ,存在 x0∈(-2,2),使得 = , 2 2 2 2 即 l 与直线 PA 平行,故当-1<t<0 时不符合题意. t-1 x0 1-t x0 ②当 t≤-1 时, ≤-1< , ≥1> , 2 2 2 2

所以 l 与直线 PA,PB 一定相交.

?y=t-1x+t, ?y=1-tx+t, 2 2 分别联立方程组? ? x x x x ?y= 2 x- 4 , ?y= 2 x- 4 ,
0 2 0 0 2 0

解得 D,E 的横坐标分别是 xD= xE= x2+4t 0 , 2?x0+t-1?

x2+4t 0 , 2?x0+1-t?

2 x0+4t 则 xE-xD=(1-t) 2 . x0-?t-1?2

x2 0 又|FP|=- -t, 4 1-t ?x2+4t?2 1 0 有 S△PDE= · |xE-xD|= |FP|· · , 2 8 ?t-1?2-x2 0 x2 4-x2 1 0 0 又 S△QAB= · ?1- 4 ?= 4· , ? 2 ? 2
2 2 2 S△QAB 4 ?x0-4?[x0-?t-1? ] 于是 = · 2 2 S△PDE 1-t ?x0+4t? 4 2 2 2 4 x0-[4+?t-1? ]x0+4?t-1? = · . 2 1-t x4+8tx0+16t2 0

S△QAB 对任意 x0∈(-2,2),要使 为常数, S△PDE
?-4-?t-1?2=8t, ? 即只需 t 满足? 2 2 ? ?4?t-1? =16t .

S△QAB 解得 t=-1.此时 =2, S△PDE 故存在 t=-1,使得△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 2.

圆锥曲线中的函数思想 x2 y2 典例:(12 分)已知椭圆 + =1 上的两个动点 P,Q,设 P(x1,y1),Q(x2,y2)且 x1+x2=2. 4 2 (1)求证:线段 PQ 的垂直平分线经过一个定点 A; (2)设点 A 关于原点 O 的对称点是 B,求|PB|的最小值及相应的 P 点坐标. 审题视角 (1)引入参数 PQ 中点的纵坐标,先求 kPQ,利用直线 PQ 的方程求解.(2)建

立|PB|关于动点坐标的目标函数,利用函数的性质求最值.

规范解答 (1)证明 ∵P(x1,y1),Q(x2,y2),且 x1+x2=2.
2 ? 2 ?x1+2y1=4 y1-y2 1 x1+x2 当 x1≠x2 时,由? 2 ,得 =- · . 2 2 y1+y2 x1-x2 ? ?x2+2y2=4

设线段 PQ 的中点 N(1,n),∴kPQ=

y1-y2 1 =- ,[4 分] 2n x1-x2

∴线段 PQ 的垂直平分线方程为 y-n=2n(x-1), ∴(2x-1)n-y=0, 1 该直线恒过一个定点 A( ,0).[6 分] 2 1 当 x1=x2 时,线段 PQ 的中垂线也过定点 A( ,0). 2 1 综上,线段 PQ 的垂直平分线恒过定点 A( ,0).[7 分] 2 (2)解 由于点 B 与点 A 关于原点 O 对称,

1 故点 B(- ,0).[8 分] 2 ∵-2≤x1≤2,-2≤x2≤2,∴x1=2-x2∈[0,2], 1 1 7 9 |PB|2=(x1+ )2+y2= (x1+1)2+ ≥ ,[10 分] 1 2 2 4 4 3 ∴当点 P 的坐标为(0,± 2)时,|PB|min= .[12 分] 2 温馨提醒 (1)本题是圆锥曲线中的综合问题,涉及到了定点问题以及最值问题.求圆锥

曲线的最值问题是高考考查的一个重要问题,通常是先建立一个目标函数,然后利用函 数的单调性、函数的图象、函数的有界性或基本不等式等求最值,本题是建立二次函数、 利用二次函数的图象求最值. (2)本题的第一个易错点是,表达不出线段 PQ 的中垂线方程,原因是想不到引入参数表 示 PQ 的中点.第二个易错点是,易忽视 P 点坐标的取值范围.实质上是忽视了椭圆的 范围.

方法与技巧 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,可将直线方程 y= x2 y2 kx+c 代入椭圆方程 2+ 2=1 整理出关于 x(或 y)的一元二次方程 Ax2+Bx+C=0,Δ= a b B2-4AC >0,可利用根与系数之间的关系求弦长(弦长为 1+k2 Δ ). |A|

2. 圆锥曲线综合问题要四重视: (1)重视定义在解题中的作用; (2)重视平面几何知识在解题中的作用; (3)重视根与系数的关系在解题中的作用; (4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用. 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. 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.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 1. 直线 y=kx+2 与抛物线 y2=8x 有且只有一个公共点,则 k 的值为 A.1 答案 D
?y=kx+2, ? 解析 由? 2 得 ky2-8y+16=0,若 k=0,则 y=2,若 k≠0,若 Δ=0,即 64 ? ?y =8x

(

)

B.1 或 3

C.0

D.1 或 0

-64k=0,解得 k=1,因此直线 y=kx+2 与抛物线 y2=8x 有且只有一个公共点,则 k =0 或 k=1. x2 y2 2. AB 为过椭圆 2+ 2=1 中心的弦,F(c,0)为它的焦点,则△FAB 的最大面积为 ( a b A.b2 答案 D 解析 设 A、B 两点的坐标为(x1,y1)、(-x1,-y1), 1 则 S△FAB= |OF||2y1|=c|y1|≤bc. 2 3. 过抛物线 y2=2px (p>0)的焦点 F 且倾斜角为 60° 的直线 l 与抛物线在第一、 四象限分别交 |AF| 于 A、B 两点,则 的值等于 |BF| A.5 答案 C 解析 记抛物线 y2=2px 的准线为 l,作 AA1⊥l,BB1⊥l,BC⊥AA1,垂足分别是 A1、B1、 |AC| |AA1|-|BB1| |AF|-|BF| 1 |AF| C,则有 cos 60° = = = = ,由此得 =3,选 C. |AB| |AF|+|BF| |AF|+|BF| 2 |BF| B.4 C.3 D.2 ( ) B.ab C.ac D.bc )

4. (2011· 山东)设 M(x0,y0)为抛物线 C:x2=8y 上一点,F 为抛物线 C 的焦点,以 F 为圆心、 |FM|为半径的圆和抛物线 C 的准线相交,则 y0 的取值范围是 A.(0,2) C.(2,+∞) 答案 C 解析 ∵x2=8y,∴焦点 F 的坐标为(0,2),准线方程为 y=-2.由抛物线的定义知|MF|= y0+2. 由于以 F 为圆心、 |FM|为半径的圆与准线相交, 又圆心 F 到准线的距离为 4, 4<y0+2, 故 ∴y0>2. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 设抛物线 x2=4y 的焦点为 F,经过点 P(1,4)的直线 l 与抛物线相交于 A、B 两点,且点 P → → 恰为 AB 的中点,则|AF|+|BF|=________. 答案 10
2 解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知 x1+x2=2,且 x2=4y1,x2=4y2,两式相减整 1

(

)

B.[0,2] D.[2,+∞)

y1-y2 x1+x2 1 理得, = = ,所以直线 AB 的方程为 x-2y+7=0.将 x=2y-7 代入 x2=4y 4 2 x1-x2 → → 整理得 4y2-32y+49=0,所以 y1+y2=8,又由抛物线定义得|AF|+|BF|=y1+y2+2=10. x2 6. 已知椭圆 +y2=1 的两个焦点为 F1、F2,过 F1 作垂直于 x 轴的直线与椭圆相交,一个 4 交点为 P,则|PF2|=______. 答案 7 2

1 解析 将 x=- 3代入椭圆方程得 yp= ,由|PF1|+|PF2|=4 2 1 7 ?|PF2|=4-|PF1|=4- = . 2 2 7. 直线 y=kx-2 与抛物线 y2=8x 交于不同两点 A、B,且 AB 的中点横 坐标为 2,则 k 的值是________. 答案 2
?y=kx-2, ? 解析 设 A(x1,y1)、B(x2,y2),由? 2 ? ?y =8x,

消去 y 得 k2x2-4(k+2)x+4=0,

?Δ=[-4?k+2?] -4×k ×4>0, ? 由题意得? 4?k+2? ?x1+x2= k2 =2×2, ?

2

2

?k>-1, ? ∴? ? ?k=-1或k=2,

即 k=2.

三、解答题(共 22 分) x2 y2 8. (10 分)椭圆 2+ 2=1 (a>b>0)与直线 x+y-1=0 相交于 P、Q 两点,且 OP⊥OQ(O 为 a b 原点). 1 1 (1)求证: 2+ 2等于定值; a b (2)若椭圆的离心率 e∈? 3 2? ,求椭圆长轴长的取值范围. ?3,2?

(1)证明

?b2x2+a2y2=a2b2, ? 由? ? ?x+y-1=0

消去 y,得(a2+b2)x2-2a2x+a2(1-b2)=0,① ∵直线与椭圆有两个交点,∴Δ>0, 即 4a4-4(a2+b2)a2(1-b2)>0 ?a2b2(a2+b2-1)>0, ∵a>b>0,∴a2+b2>1. 设 P(x1,y1)、Q(x2,y2),则 x1、x2 是方程①的两实根. ∴x1+x2= a2?1-b2? 2a2 .② 2,x1x2= a +b a2+b2
2

由 OP⊥OQ 得 x1x2+y1y2=0, 又 y1=1-x1,y2=1-x2, 得 2x1x2-(x1+x2)+1=0.③ 式②代入式③化简得 a2+b2=2a2b2.④ 1 1 ∴ 2+ 2=2. a b (2)解 利用(1)的结论,将 a 表示为 e 的函数

c 由 e= ?b2=a2-a2e2, a 代入式④,得 2-e2-2a2(1-e2)=0. 2-e2 1 1 ∴a2= = + . 2?1-e2? 2 2?1-e2? ∵ 3 2 5 3 ≤e≤ ,∴ ≤a2≤ . 3 2 4 2 5 6 ≤a≤ . 2 2

∵a>0,∴

∴长轴长的取值范围为[ 5, 6].

y2 9. (12 分)给出双曲线 x2- =1. 2 (1)求以 A(2,1)为中点的弦所在的直线方程; (2)若过点 A(2,1)的直线 l 与所给双曲线交于 P1, 2 两点, P 求线段 P1P2 的中点 P 的轨迹方 程; (3)过点 B(1,1)能否作直线 m,使得 m 与双曲线交于两点 Q1,Q2,且 B 是 Q1Q2 的中点? 这样的直线 m 若存在,求出它的方程;若不存在,说明理由. 解
2 ? 2 ?2x1-y1=2, (1)设弦的两端点为 P1(x1, 1), 2(x2, 2), ? 2 2 y P y 则 两式相减得到 2(x1-x2)(x1 ?2x2-y2=2, ?

+x2)=(y1-y2)(y1+y2),又 x1+x2=4,y1+y2=2, y1-y2 所以直线斜率 k= =4. x1-x2 故求得直线方程为 4x-y-7=0. (2)设 P(x,y),P1(x1,y1),P2(x2,y2), y1-y2 2x 按照(1)的解法可得 = ,① x1-x2 y y1-y2 y-1 由于 P1,P2,P,A 四点共线,得 = ,② x1-x2 x-2 2x y-1 由①②可得 = ,整理得 2x2-y2-4x+y=0,检验当 x1=x2 时,x=2,y=0 也满足 y x-2 方程,故 P1P2 的中点 P 的轨迹方程是 2x2-y2-4x+y=0. (3)假设满足题设条件的直线 m 存在,按照(1)的解法可得直线 m 的方程为 y=2x-1.

?y=2x-1, ? 考虑到方程组? 2 y2 无解,因此满足题设条件的直线 m 是不存在的. ?x - 2 =1 ?

B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) 1. 已知双曲线 E 的中心为原点,F(3,0)是 E 的焦点,过 F 的直线 l 与 E 相交于 A,B 两点, 且 AB 的中点为 N(-12,-15),则 E 的方程为 x y A. - =1 3 6 x2 y2 C. - =1 6 3 答案 B
2 2

(

)

x y B. - =1 4 5 x2 y2 D. - =1 5 4

2

2

0+15 解析 ∵kAB= =1, 3+12 ∴直线 AB 的方程为 y=x-3. 由于双曲线的焦点为 F(3,0),∴c=3,c2=9. x2 y2 设双曲线的标准方程为 2- 2=1(a>0,b>0), a b
2 x2 ?x-3? 则 2- =1.整理,得 2 a b

(b2-a2)x2+6a2x-9a2-a2b2=0. 6a2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 2=2×(-12),∴a2=-4a2+4b2,∴5a2=4b2. a -b x2 y2 又 a2+b2=9,∴a2=4,b2=5,∴双曲线 E 的方程为 - =1. 4 5 2. 已知抛物线 y=-x2+3 上存在关于直线 x+y=0 对称的相异两点 A、 则|AB|等于( B, A.3 答案 C 解析 设直线 AB 的方程为 y=x+b.
2 ? ?y=-x +3 由? ?x2+x+b-3=0?x1+x2=-1, ?y=x+b ?

)

B.4

C.3 2

D.4 2

1 1 得 AB 的中点 M?-2,-2+b?. ? ? 1 1 又 M?-2,-2+b?在直线 x+y=0 上,可求出 b=1, ? ? ∴x2+x-2=0, 则|AB|= 1+12· ?-1?2-4×?-2?=3 2. 3. 如图,已知过抛物线 y2=2px (p>0)的焦点 F 的直线 x-my+m=0 与抛 物线交于 A、B 两点,且△OAB(O 为坐标原点)的面积为 2 2,则 m6+ m4 的值是 A.1 C.2 答案 C p 解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可知, =-m,将 x=my-m 代入抛物线方程 y2 2 =2px(p>0)中,整理得 y2-2pmy+2pm=0,由根与系数的关系,得 y1+y2=2pm,y1y2 =2pm,∴(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=(2pm)2-8pm=16m4+16m2,又△OAB 的面积 S 1 p 1 = × |y1-y2|= (-m)×4 m4+m2=2 2,两边平方即可得 m6+m4=2. 2 2 2 B. 2 D.4 ( )

二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) x2 y2 4. 直线 y=kx+1 与椭圆 + =1 恒有公共点,则 m 的取值范围是__________. 5 m 答案 m≥1 且 m≠5 x2 y2 解析 ∵方程 + =1 表示椭圆,∴m>0 且 m≠5. 5 m ∵直线 y=kx+1 恒过(0,1)点, 02 12 ∴要使直线与椭圆总有公共点,应有: + ≤1,m≥1, 5 m ∴m 的取值范围是 m≥1 且 m≠5. x2 y2 x 5. 已知双曲线 2- 2=1 (a>1,b>0)的焦距为 2c,离心率为 e,若点(-1,0)与(1,0)到直线 - a b a y 4 =1 的距离之和 s≥ c,则 e 的取值范围是__________. b 5 5 答案 ? , 5? ?2 ? |-b-ab| |b-ab| 2ab 4 解析 由题意知 s= + 2 = ≥ c, 5 a2+b2 a +b2 c 2c2 5b ∴2c2≤5ab,∴ 2 ≤ . a a b 又 = a c2-a2 = e2-1,∴2e2≤5 e2-1, a2

∴4e4≤25(e2-1),∴4e4-25e2+25≤0, 5 5 ∴ ≤e2≤5,∴ ≤e≤ 5. 4 2 6. 若过抛物线 y2=2px (p>0)的焦点 F 的直线 l 依次交抛物线及其准线于点 A、B、C,若|BC| =2|BF|,且|AF|=3,则抛物线的方程为____________. 答案 y2=3x 解析 如图,过 A、B 分别作 AD、BE 垂直于准线,垂足分别为 D、E. 由|BC|=2|BF|,即|BC|=2|BE|, 则∠BCE=30° ,又|AF|=3, 即|AD|=3, |AC|=6,∴F 为 AC 的中点,KF 为△ACD 的中位线, 1 3 ∴p=|FK|= |AD|= , 2 2 所求抛物线方程为 y2=3x. 三、解答题 7. (13 分)(2012· 上海)在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 C1:2x2-y2=1.

(1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的 三角形的面积. (2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P、Q 两点.若 l 与圆 x2+y2=1 相切,求证:OP⊥OQ. (3)设椭圆 C2:4x2+y2=1.若 M、N 分别是 C1、C2 上的动点,且 OM⊥ON,求证:O 到 直线 MN 的距离是定值. (1)解 x2 2 双曲线 C1: -y2=1,左顶点 A?- ,0?,渐近线方程:y=± 2x. 1 ? 2 ? 2

不妨取过点 A 与渐近线 y= 2x 平行的直线方程为 y= 2?x+

?

2? ,即 y= 2x+1. 2? 2

?x=- 4 , ?y=- 2x, 解方程组? 得? 1 ?y= 2x+1 ?y=2.
1 2 所以所求三角形的面积为 S= |OA||y|= . 2 8 (2)证明 设直线 PQ 的方程是 y=x+b. 因为直线 PQ 与已知圆相切,故 |b| =1,即 b2=2. 2

? ?y=x+b, 由? 2 2 得 x2-2bx-b2-1=0. ? ?2x -y =1 ? ?x1+x2=2b, 设 P(x1,y1)、Q(x2,y2),则? 2 ?x1x2=-1-b . ?

又 y1y2=(x1+b)(x2+b),所以 → → OP· =x1x2+y1y2=2x1x2+b(x1+x2)+b2 OQ =2(-1-b2)+2b2+b2=b2-2=0. 故 OP⊥OQ. (3)证明 当直线 ON 垂直于 x 轴时, |ON|=1,|OM|= 2 3 ,则 O 到直线 MN 的距离为 . 2 3

当直线 ON 不垂直于 x 轴时,设直线 ON 的方程为 y=kx?显然|k|>

?

2? , 2?

1 则直线 OM 的方程为 y=- x. k

?y=kx, ? 由? 2 2 得 ? ?4x +y =1

?x =4+k , ? k ?y =4+k ,
2

1

2

2

2

2

1+k2 所以|ON| = . 4+k2
2

同理|OM|2=

1+k2 . 2k2-1

设 O 到直线 MN 的距离为 d, 因为(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2, 3k2+3 1 1 1 3 所以 2= + = =3,即 d= . d |OM|2 |ON|2 k2+1 3 综上,O 到直线 MN 的距离是定值.


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