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2015届高考数学一轮总复习 8-7圆锥曲线的综合问题


2015 届高考数学一轮总复习 8-7 圆锥曲线的综合问题
基础巩固强化 一、选择题 x2 y2 1.(文)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| 25 169 +|F2B|=30,则|AB|=( A.16 C.22 [答案] C [解析] 由题意知,a=13,(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=52, ∵|BF2|+|AF2|=30,∴|AB|=22. (理)(2013· 辽宁五校联考)已知点 M(-3,0)、N(3,0)、B(1,0),动圆 C 与直线 MN 相切于点 B,分 别过点 M、N 且与圆 C 相切的两条直线相交于点 P,则点 P 的轨迹方程为( y A.x2- =1(x>1) 8 y2 C.x2- =1(x>0) 8 [答案] A [解析] 如图, 设两切线分别与圆相切于点 S、 T, 则|PM|-|PN|=(|PS|+|SM|)-(|PT|+|TN|)=|SM| -|TN|=|BM|-|BN|=2=2a,所以所求曲线为双曲线的右支,∴a=1,c=3,∴b2=8,故点 P 的轨 y2 迹方程为 x2- =1(x>0),由题意知,P 点不可能与 B 点重合,∴x>1. 8
2

) B.18 D.20

)

y B.x2- =1(x>0) 10 y2 D.x2- =1(x>1) 10

2

x2 y2 2.直线 y=kx-k+1 与椭圆 + =1 的位置关系为( 25 16 A.相交 C.相离 [答案] A B.相切 D.不确定

)

[解析] 直线 y=k(x-1)+1 过椭圆内定点(1,1),故直线与椭圆相交.

1

→ → y2 3.(文)已知双曲线 x - =1 的左顶点为 A1,右焦点为 F2,P 为双曲线右支上一点,则PA1· PF2 3
2

的最小值为( A.-2 C.1

) 81 B.- 16 D.0

[答案] A → → [解析] 由已知得 A1(-1,0),F2(2,0).设 P(x,y)(x≥1),则PA1· PF2=(-1-x,-y)· (2-x,-y) =4x2-x-5.令 f(x)=4x2-x-5,则 f(x)在 x≥1 上单调递增,所以当 x=1 时,函数 f(x)取最小值,即 → → PA1· PF2取最小值,最小值为-2. (理)(2013· 大纲理,11)已知抛物线 C:y2=8x 与点 M(-2,2),过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C → → 交于 A、B 两点,若MA· MB=0,则 k=( 1 A. 2 C. 2 B. 2 2 )

D.2

[答案] D [解析] ∵y2=8x,∴焦点坐标为(2,0), 设直线方程为 y=k(x-2),与抛物线方程联立
?y2=8x, ? ? 消去 y 得 k2x2-(4k2+8)x+4k2=0, ? y = k ? x - 2 ? . ?

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 4k2+8 ∴x1+x2= 2 ,x1· x2=4, k 8 ∴y1+y2=k(x1-2)+k(x2-2)=k(x1+x2)-4k= , k y1· y2=k2(x1-2)(x2-2)=k2x1x2-2k2(x1+x2)+4k2=-16. → → ∴MA· MB=(x1+2,y1-2)· (x2+2,y2-2) 4k2-16k+16 =x1x2+2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+8= =0, k2 ∴k2-4k+4=0,∴k=2. 4.已知以 F1(-2,0)、F2(2,0)为焦点的椭圆与直线 x+ 3y+4=0 有且仅有一个公共点,则椭圆 的长轴长为( A.3 2 C.2 7 ) B.2 6 D.4 2
2

[答案] C x2 y2 [解析] 根据题意设椭圆方程为 2 + 2=1(b>0),则将 x=- 3y-4 代入椭圆方程得, b +4 b 4(b2+1)y2+8 3b2y-b4+12b2=0, ∵椭圆与直线 x+ 3y+4=0 有且仅有一个公共点, ∴Δ=(8 3b2)2-4×4(b2+1)(-b4+12b2)=0, 即(b2+4)(b2-3)=0,∴b2=3, 长轴长为 2 b2+4=2 7,故选 C. 5.(2013· 新课标Ⅰ)O 为坐标原点,F 为抛物线 C:y2=4 2x 的焦点,P 为 C 上一点,若|PF|= 4 2,则△POF 的面积为( A.2 C.2 3 [答案] C [解析] 设 P 点坐标为(x0,y0),则由抛物线的焦半径公式得|PF|=x0+ 2=4 2,x0=3 2,代 1 入抛物线的方程,得|y0|=2 6,S△POF= |y0|· |OF|=2 3,选 C. 2 6. 已知抛物线 C: y2=4x 的焦点为 F, 直线 y=2x-4 与 C 交于 A、 B 两点, 则 cos∠AFB=( 4 A. 5 3 C.- 5 [答案] D
?y2=4x, ? [解析] 方法一:联立? ? ?y=2x-4. ? ? ?x=4, ?x=1, 解得? 或? 不妨设 A 在 x 轴上方, ?y=4, ? ? ?y=-2.

)

B.2 2 D.4

)

3 B. 5 4 D.- 5

∴A(4,4),B(1,-2), → → → cos∠AFB= -8 FA· FB 4 = =- . 5 → → 5×2 → ∵F 点坐标为(1,0),∴FA=(3,4),FB=(0,-2),

|FA|· |FB| 方法二:同上求得 A(4,4),B(1,-2),|AB|=3 5,|AF|=5,|BF|=2, 由余弦定理知, |AF|2+|BF|2-|AB|2 4 cos∠AFB= =- . 2· |AF|· |BF| 5 二、填空题
3

x2 y2 7.(文)已知 F 是椭圆 2+ 2=1(a>0,b>0)的左焦点,若椭圆上存在点 P,使得直线 PF 与圆 x2 a b 2π +y2=b2 相切,当直线 PF 的倾斜角为 时,此椭圆的离心率是________. 3 [答案] 2 7 7

[解析] 解法 1:设直线 PF 与圆 x2+y2=b2 的切点为 M,则依题意得 OM⊥MF,∵直线 PF 的 2π 倾斜角为 , 3 π π b 3 c c ∴∠OFP= ,∴sin = = ,椭圆的离心率 e= = 2 = 3 3 c 2 a c +b2 解法 2:依题意可知 PF:y=- 3(x+c)(c= a2-b2), 又 O 到 PF 的距离为 b,即 c 2 7 ∴4a2=7c2,∴e= = . a 7 y2 (理)设直线 l:y=2x+2,若 l 与椭圆 x + =1 的交点为 A、B,点 P 为椭圆上的动点,则使△ 4
2

= b 1+? ?2 c

1

2 7 = . 7 32 1+? ? 2

1

3c 3c2 =b,∴ =b2=a2-c2, 2 4

PAB 的面积为 2-1 的点 P 的个数为________. [答案] 3 y2 [解析] 设与 l 平行且与椭圆相切的直线方程为 y=2x+b, 代入 x2+ =1 中消去 y 得, 8x2+4bx 4 +b2-4=0, 由 Δ=16b2-32(b2-4)=0 得,b=± 2 2, 显见 y=2x+2 与两轴交点为椭圆的两顶点 A(-1,0),B(0,2), ∵直线 y=2x+2 2与 l 距离 d= 2 2-2 , 5

2 2-2 1 5 ∴欲使 S△ABP= |AB|· h= h= 2-1,须使 h= ,∵d=h,∴直线 y=2x+2 2与椭圆切 2 2 5 点,及 y=2x+4-2 2与椭圆交点均满足,∴这样的点 P 有 3 个. x2 y2 8. (2013· 唐山一中第二次月考)已知双曲线 2- 2=1(a, b>0)的右焦点 F, 若过 F 且倾斜角为 60° a b 的直线 l 与双曲线的右支有且只有 1 个交点,则此双曲线的离心率 e 的取值范围是________. [答案] [2,+∞) c2-a2 b [解析] 由条件知 ≥tan60° = 3,∴ 2 ≥3, a a ∴e≥2. 9 . ( 文 )(2013· 浙江宁波四中 ) 椭圆 2x2 + y2 = 1 上的点到直线 y = 3 x - 4 的距离的最小值是 ________.
4

[答案] 2-

10 4

[解析] 设与直线 y= 3x-4 平行的椭圆的切线方程为 y= 3x+c, 代入 2x2+y2=1 得 5x2+2 3 cx+c2-1=0,由 Δ=12c2-20(c2-1)=0,得 c=± 最近,此两直线距离为 d=2- 10 . 4 10 10 ,可知直线 y= 3x- 与 y= 3x-4 距离 2 2

x2 2 (理)(2012· · 湖南长沙月考)直线 l:x-y=0 与椭圆 +y =1 相交 A、B 两点,点 C 是椭圆上的动 2 点,则△ABC 面积的最大值为________. [答案] 2

[解析] 设与 l 平行的直线方程为 x-y+a=0,当此直线与椭圆的切点为 C 时,△ABC 的面积 x2 最大,将 y=x+a 代入 +y2=1 中整理得,3x2+4ax+2(a2-1)=0,由 Δ=16a2-24(a2-1)=0 得, 2 a=± 3, 两平行直线 x-y=0 与 x-y+ 3=0 的距离 d= x2= 6 , 3 ∴|AB|= 1+1| 6 6 4 3 -(- )|= , 3 3 3 6 x2 6 , 将 y=x 代入 +y2=1 中得, x1=- , 2 2 3

1 1 4 3 6 ∴S△ABC= |AB|· d= × × = 2. 2 2 3 2 三、解答题 10.过抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点 F 作直线 l 与抛物线 C 交于 A、B 两点,当点 A 的纵坐标 为 1 时,|AF|=2. (1)求抛物线 C 的方程; (2)若直线 l 的斜率为 2,问抛物线 C 上是否存在一点 M,使得 MA⊥MB,并说明理由. p [解析] (1)由抛物线的定义得|AF|等于点 A 到准线 y=- 的距离, 2 p ∴1+ =2,∴p=2, 2 ∴抛物线 C 的方程为 x2=4y.

5

(2)抛物线 C 的焦点为 F(0,1),直线 l 的方程 y=2x+1, x2 x2 x2 1 2 0 设点 A、B、M 的坐标分别为(x1, )、(x2, )、(x0, ), 4 4 4
?x2=4y, ? 由方程组? 消去 y 得,x2=4(2x+1), ? y = 2 x + 1. ?

即 x2-8x-4=0, 由韦达定理得 x1+x2=8,x1x2=-4. → → ∵MA⊥MB,∴MA· MB=0,
2 2 2 x2 1 x0 x2 x0 ∴(x1-x0)(x2-x0)+( - )( - )=0, 4 4 4 4

1 ∴(x1-x0)(x2-x0)+ (x1-x0)(x2-x0)(x1+x0)(x2+x0)=0. 16 ∵M 不与 A,B 重合,∴(x1-x0)(x2-x0)≠0, 1 ∴1+ (x1+x0)(x2+x0)=0,x1x2+(x1+x2)x0+x2 0+16=0, 16
2 ∴x0 +8x0+12=0,∵Δ=64-48>0.

∴方程 x2 0+8x0+12=0 有解,即抛物线 C 上存在一点 M,使得 MA⊥MB. 能力拓展提升 x2 y2 11.(2013· 浙江嵊州一中月考)设 A,B 分别为双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的左,右顶点,双曲线 a b 的实轴长为 4 3,焦点到渐近线的距离为 3. (1)求双曲线的方程; (2)已知直线 y= → → → 3 x-2 与双曲线的右支交于 M、N 两点,且在双曲线的右支上存在点 D,使得 3

OM+ON=tOD,求 t 的值及点 D 的坐标. b [解析] (1)由题意知 a=2 3,∴一条渐近线方程为 y= x, 2 3 即 bx-2 3y=0,∴ |bc| = 3, b2+12
6

∴b2=3,∴双曲线的方程为

x2 y2 - =1. 12 3

(2)设 M(x1,y1),N(x2,y2),D(x0,y0)(x0>0), → → → ∵OM+ON=tOD,∴x1+x2=tx0,y1+y2=ty0, 将直线方程代入双曲线方程得 x2-16 3x+84=0, 则 x1+x2=16 3,y1+y2=( = 3 (x +x )-4=12, 3 1 2
0 0

3 3 x -2)+( x2-2) 3 1 3

4 3 = , ?x y 3 ∴? x y ?12- 3 =1,
2 0 2 0

?x0=4 3, ∴? ?y0=3,

∴t=4,点 D 的坐标为(4 3,3). 12.(文)(2013· 山西山大附中月考)已知抛物线 y2=4x,过点 M(0,2)的直线 l 与抛物线交于 A、B 两点,且直线 l 与 x 轴交于点 C. (1)求证:|MA|,|MC|,|MB|成等比数列; → → → → (2)设MA=αAC,AB=βBC,试问 α+β 是否为定值,若是,求出此定值,若不是,请说明理由. [解析] (1)证明:设直线 l 的方程为 y=kx+2(k≠0),
? ?y=kx+2, 联立方程? 2 得 k2x2+(4k-4)x+4=0.① ?y =4x ?

2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(- ,0),则 k 4k-4 4 x1+x2=- 2 ,x1· x2= 2.② k k ∴|MA|· |MB|= 1+k2|x1-0|· 1+k2|x2-0|= 4?1+k2? 2 而|MC|2=( 1+k2|- -0|)2= , k k2 ∴|MC|2=|MA|· |MB|≠0, 即|MA|,|MC|,|MB|成等比数列. → → → → (2)由MA=αAC,MB=βBC得 2 2 (x1,y1-2)=α(-x1- ,-y1),(x2,y2-2)=β(-x2- ,-y2), k k -kx1 -kx2 即得 α= , β= , kx1+2 kx2+2 4?1+k2? , k2

7

-2k2x1x2-2k?x1+x2? 则 α+β= 2 . k x1x2+2k?x1+x2?+4 将②代入得 α+β=-1,故 α+β 为定值,且定值为-1. x2 y2 6 (理)(2013· 北京东城联考)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,椭圆短轴的一个端点与 a b 3 5 2 两个焦点构在的三角形的面积为 . 3 (1)求椭圆 C 的方程; (2)已知动直线 y=k(x+1)与椭圆 C 相交于 A、B 两点. 1 ①若线段 AB 中点的横坐标为- ,求斜率 k 的值; 2 → → 7 ②若点 M(- ,0),求证:MA· MB为定值. 3 x2 y2 c 6 1 5 2 5 [解析] (1)椭圆 2+ 2=1(a>b>0)满足 a2=b2+c2, = , ×b×2c= ,解得 a2=5,b2= , a b a 3 2 3 3 x2 y2 则椭圆方程为 + =1. 5 5 3 x2 y2 (2)①将 y=k(x+1)代入 + =1 中得, 5 5 3 (1+3k2)x2+6k2x+3k2-5=0, Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)=48k2+20>0, 6k2 x1+x2=- 2 . 3k +1 1 3k2 1 3 因为 AB 中点的横坐标为- ,所以- 2 =- ,解得 k=± . 2 2 3 3k +1 ②证明:由①知 x1+x2=- → → 3k2-5 6k2 ,x1x2= 2 , 2 3k +1 3k +1

7 7 所以MA· MB=(x1+ ,y1)(x2+ ,y2) 3 3 7 7 =(x1+ )(x2+ )+y1y2 3 3 7 7 =(x1+ )(x2+ )+k2(x1+1)(x2+1) 3 3 7 49 =(1+k2)x1x2+( +k2)(x1+x2)+ +k2 3 9 3k2-5 7 6k2 49 =(1+k2) 2 +( +k2)(- 2 )+ +k2 9 3k +1 3 3k +1 -3k4-16k2-5 49 2 4 = + +k = . 9 9 3k2+1

8

→ → ∴MA· MB为定值. x2 y2 13.(文)点 A、B 分别为椭圆 + =1 长轴的左、右端点,点 F 是椭圆的右焦点,点 P 在椭圆 36 20 上,且位于 x 轴上方,PA⊥PF. (1)求点 P 的坐标; (2)设 M 是椭圆长轴 AB 上的一点,M 到直线 AP 的距离等于|MB|,求椭圆上的点到点 M 的距离 d 的最小值. → -4,y). x y ? ?36+20=1, 由已知得? ? ??x+6??x-4?+y2=0. 3 消去 y 得,2x2+9x-18=0,∴x= 或 x=-6, 2 3 5 3 由于 y>0,只能 x= ,于是 y= , 2 2 3 5 3 所以点 P 的坐标是( , ). 2 2 (2)直线 AP 的方程是 x- 3y+6=0. 设点 M 的坐标是(m,0),则 M 到直线 AP 的距离是 |m+6| |m+6| ,于是 =|m-6|, 2 2 又-6≤m≤6,解得 m=2. ∵椭圆上的点(x,y)到点 M 的距离是 d, 5 ∴d2=(x-2)2+y2=x2-4x+4+20- x2 9 4 9 = (x- )2+15, 9 2 9 由于-6≤x≤6,所以当 x= 时 d 取最小值 15. 2 (理)
2 2



[解析] (1)由已知可得点 A(-6,0),F(4,0),设点 P 的坐标是(x,y),则AP=(x+6,y),FP=(x

9

→ → 1 如图所示,在△DEM 中,ED⊥EM,OD=(0,-8),N 在 y 轴上,且DN= (DE+DM),点 E 2 在 x 轴上移动. (1)求点 M 的轨迹方程; (2)过点 F(0,1)作互相垂直的两条直线 l1、l2,l1 与点 M 的轨迹交于点 A、B,l2 与点 M 的轨迹交 → → 于点 C、Q,求AC· QB的最小值. [解析] (1)设 M(x,y),E(a,0),由条件知 D(0,-8), ∵N 在 y 轴上且 N 为 EM 的中点,∴x=-a, → → → → ∵ED⊥EM,∴ED· EM=(-a,-8)· (x-a,y)=-a(x-a)-8y=2x2-8y=0,∴x2=4y(x≠0), ∴点 M 的轨迹方程为 x2=4y(x≠0). 1 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),Q(x4,y4),直线 l1:y=kx+1(k≠0),则直线 l2:y=- x k +1,
?y=kx+1, ? 由? 2 消去 y 得,x2-4kx-4=0, ? x = 4 y , ?









∴x1+x2=4k,x1x2=-4, 1 ? ?y=-kx+1, 4 由? 消去 y 得,x2+ x-4=0, k ? ?x2=4y, 4 ∴x3+x4=- ,x3x4=-4. k ∵A、B 在直线 l1 上,∴y1=kx1+1,y2=kx2+1, 1 1 ∵C、Q 在直线 l2 上,∴y3=- x3+1,y4=- x4+1. k k → → ∴AC· QB=(x3-x1,y3-y1)· (x2-x4,y2-y4) =(x3-x1)(x2-x4)+(y3-y1)· (y2-y4)
10

1 1 =(x3-x1)(x2-x4)+(- x3-kx1)(kx2+ x4) k k 1 =x3x2-x1x2-x3x4+x1x4-x2x3-k2x1x2- 2x3x4-x1x4 k 1 1 1 1 =(-1-k2)x1x2+(-1- 2)x3x4=4(1+k2)+4(1+ 2)=8+4(k2+ 2)≥16 等号在 k2= 2时取得, k k k k → → 即 k=± 1 时成立.∴AC· QB的最小值为 16. 14.(文)(2013· 东北三校联考)已知点 E(m,0)为抛物线 y2=4x 内一个定点,过 E 斜率分别为 k1、 k2 的两条直线交抛物线于点 A、B、C、D,且 M、N 分别是 AB、CD 的中点. (1)若 m=1,k1k2=-1,求三角形 EMN 面积的最小值; (2)若 k1+k2=1,求证:直线 MN 过定点.

[解析] (1)当 m=1 时,E 为抛物线 y2=4x 的焦点, 设 AB 方程为 y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).
?y=k1?x-1?, ? 4 由? 2 得 k1y2-4y-4k1=0,y1+y2= ,y1y2=-4. k 1 ? y = 4 x , ?

x1+x2 y1+y2 2 2 AB 中点 M( , ),∴M( 2+1, );同理,点 N(2k2 1+1,-2k1). 2 2 k1 k1 ∵k1k2=-1,∴AB⊥CD, 1 1 ∴S△EMN= |EM|· |EN|= 2 2 2 2 2 2 ? 2?2+? ?2· ?2k1 ? +?-2k1?2=2 k1 k1 1 k2 1+ 2+2≥2 2+2=4, k1

1 当且仅当 k2 1 时,△EMN 的面积取最小值 4. 1= 2,即 k1=± k1 (2)设 AB 方程为 y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2),
? ?y=k1?x-m?, 4 由? 2 得 k1y2-4y-4k1m=0,y1+y2= ,y1y2=-4m, k 1 ?y =4x, ?

x1+x2 y1+y2 2 2 AB 中点 M( , ),∴M( 2+m, ); 2 2 k1 k1
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2 2 同理,点 N( 2+m, ). k2 k2 yM-yN k1k2 ∵k1+k2=1,∴kMN= = =k k , xM-xN k1+k2 1 2 2 2 ∴lMN:y- =k1k2[x-( 2+m)],即 y=k1k2(x-m)+2,∴直线 MN 恒过定点(m,2). k1 k1 (理)

x2 y2 2 (2013· 石嘴山市调研)如图,已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= ,短轴右端点为 A, b a 2 M(1,0)为线段 OA 的中点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 M 任作一条直线与椭圆 C 相交于两点 P、 Q, 试问在 x 轴上是否存在定点 N, 使得∠PNM =∠QNM?若存在,求出点 N 的坐标;若不存在,说明理由. [解析] (1)由题意知 b=2,又 e= a2-4 2 2 ,即 = , 2 a 2

x2 y2 解得 a=2 2,所以椭圆方程为 + =1. 4 8 (2)假设存在点 N(x0,0)满足题设条件. 当 PQ⊥x 轴时,由椭圆的对称性可知恒有∠PNM=∠QNM,即 x0∈R; 当 PQ 与 x 轴不垂直时,设 PQ 的方程为 y=k(x-1),代入椭圆方程中化简得:(k2+2)x2-2k2x +k2-8=0. k2-8 2k2 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 x1+x2= , 2,x1x2= 2+k 2+k2 kPN+kQN= k?x1-1? k?x2-1? y1 y2 + = + x1-x0 x2-x0 x1-x0 x2-x0

k?x1-1??x2-x0?+k?x2-1??x1-x0? = , ?x1-x0??x2-x0? ∵(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0) =2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0

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2?k2-8? 2?1+x0?k2 = - +2x0. 2+k2 2+k2 若∠PNM=∠QNM,则 kPN+kQN=0, 2?k2-8? 2?1+x0?k2 即 k[ - +2x0]=0,整理得 k(x0-4)=0,∵k∈R,∴x0=4. 2+k2 2+k2 综上,在 x 轴上存在定点 N(4,0),使得∠PNM=∠QNM.

考纲要求 1.了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用. 2.理解直线与圆锥曲线的位置关系. 3.理解数形结合思想的应用. 补充说明 1.向量法 向量的坐标可以用其起点、终点的坐标表示,因此向量与解析几何保持着天然的联系.通过向 量的坐标可以把解析几何的很多问题向量化,利用向量的共线、垂直、夹角、距离等公式巧妙地解 决解析几何问题. 2.点差法 涉及到直线被圆锥曲线截得弦的中点问题 (即中点弦问题)时,常用根与系数的关系及点差法求 解. [例]

x2 y2 P(1,1)为椭圆 + =1 内的一定点,过 P 点引一弦,与椭圆相交于 A、B 两点,且 P 恰好为弦 4 2 AB 的中点,如图所示,求弦 AB 所在的直线方程及弦 AB 的长度. [解析] 设弦 AB 所在的直线方程为 y-1=k(x-1),A、B 两点坐标分别为 (x1,y1),(x2,y2),则
2 x2 1+2y1=4,① 2 x2 2+2y2=4.②

①-②得: (x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0.
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∵P(1,1)为弦 AB 的中点,∴x1+x2=2,y1+y2=2. y1-y2 1 ∴k= =- . 2 x1-x2 1 ∴所求直线的方程为 y-1=- (x-1). 2 即 x+2y-3=0. 将其代入椭圆方程整理得,6y2-12y+5=0. 根据弦长公式,有 |AB|= 1+?-2?2· 122-4×6×5 30 = . 6 3

[说明] (1)点差法的一个基本步骤是:点 A(x1,y1),B(x2,y2)都在圆锥曲线 f(x· y)=0 上,∴f(x1, y2-y1 y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减 f(x1,y1)-f(x2,y2)=0,然后变形构造出 及 x1+x2 和 y1+y2,再 x2-x1 结合已知条件求解. → → (2)中点弦问题除了用点差法外, 求弦长时应注意是否过焦点, 遇到 AO⊥BO 的情况, 常用AO· BO =x1x2+y1y2=0 解决,有时中点弦问题还可以利用对称、特例法解决. 3.要重视解题过程中思想方法的提炼及解题规律的总结 (1)方程思想 解析几何题大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线,因此直线与圆锥曲线相交的弦长问题常 归纳为对方程解的讨论.利用韦达定理进行整体处理,以简化解题运算量. (2)函数思想 对于圆锥曲线上一些动点,在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量,从而使一些线 段的长度及 a、b、c、e、p 之间构成函数关系,函数思想在处理这类问题时就很有效. (3)坐标法 坐标法是解析几何的基本方法,因此要加强坐标法的训练. (4)对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质,所以可使分散的条件相对集中,减少一些变量和未知量, 简化计算,提高解题速度,促成问题的解决. (5)数形结合 解析几何是数形结合的典范,解决解析几何问题应充分利用图形的直观和曲线的几何性质,才 能简化解答过程. (6)参数思想 一些解析几何问题,在解题过程中可先引入适当的参数(如斜率 k,点的坐标,圆锥曲线方程中 的系数等),把所研究问题转化为参数的函数或不等式、方程等来解决. 备选习题

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1 1 1.(2013· 珠海模拟)在平面直角坐标系 xOy 中,设点 F( ,0),直线 l:x=- ,点 P 在直线 l 上 2 2 移动,R 是线段 PF 与 y 轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l. (1)求动点 Q 的轨迹 C 的方程; (2)设圆 M 过 A(1,0),且圆心 M 在曲线 C 上,TS 是圆 M 在 y 轴上截得的弦,当 M 运动时,弦长 |TS|是否为定值?请说明理由. [解析]

(1)依题意知,点 R 是线段 FP 的中点,且 RQ⊥FP, ∴RQ 是线段 FP 的垂直平分线. ∵|PQ|是点 Q 到直线 l 的距离. 点 Q 在线段 FP 的垂直平分线上, ∴|PQ|=|QF|. 故动点 Q 的轨迹是以 F 为焦点,l 为准线的抛物线, 其方程为 y2=2x(x>0). (2)弦长|TS|为定值.理由如下:取曲线 C 上点 M(x0,y0), M 到 y 轴的距离为 d=|x0|=x0, 圆的半径 r=|MA|= ?x0-1?2+y2 0, 则|TS|=2 r2-d2=2 y2 0-2x0+1, 因为点 M 在曲线 C 上, y2 0 所以 x0= , 2
2 所以|TS|=2 y2 0-y0+1=2,是定值.

2.(2013· 陕西理,20)已知动圆过定点 A(4,0),且在 y 轴上截得弦长 MN 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (2)已知点 B(-1,0),设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P,Q,若 x 轴是∠PBQ 的角平分线,证明直线 l 过定点. [解析] (1)

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如图,设动圆的圆心 O1(x,y),由题意知|O1A|=|O1M|,当 O1 不在 y 轴上时,过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H,则 H 为 MN 的中点, ∴|O1M|2=|O1H|2+|MH|2=x2+16, 又|O1A|2=(x-4)2+y2, ∴(x-4)2+y2=x2+16,整理得 y2=8x(x≠0), 1 当 O1 在 y 轴上时,∵|OA|=4= |MM|, 2 ∴O1 与 O 重合,此时点 O1(0,0)也满足 y2=8x, ∴动圆圆心 O1 的轨迹 C 方程为 y2=8x.

(2)证明:由题意,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 将 y=kx+b 代入 y2=8x 中, 得 k2x2+(2bk-8)x+b2=0, 其中 Δ=-32kb+64>0. 8-2bk 由根与系数的关系得,x1+x2= ,① k2 b2 x1x2= 2,② k 因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线, y1 y2 所以 =- , x1+1 x2+1 即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,
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(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③ 将①,②代入③得 2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此时 Δ>0,∴直线 l 的方程为 y=k(x-1), 即直线 l 过定点(1,0).

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