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走向高考--2015高考一轮总复习人教A版数学8-7


基础巩固强化 一、选择题 x2 y2 1.(文)已知 F1、F2 为椭圆25+169=1 的两个焦点,过 F1 的直线 交椭圆于 A、B 两点.若|F2A|+|F2B|=30,则|AB|=( A.16 C.22 [答案] C [ 解析 ] 由题意知, a= 13 , (|AF1| + |AF2|) + (|BF1| + |BF2|) = |AB| B.18 D.20 )

+|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( y2 A.x - 8 =1(x>1)
2

) y2 B.x -10=1(x>0)
2

y2 C.x - 8 =1(x>0)
2

y2 D.x -10=1(x>1)
2

[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 的轨迹方 y2 程为 x - 8 =1(x>0),由题意知,P 点不可能与 B 点重合,∴x>1.
2

x2 y2 2.直线 y=kx-k+1 与椭圆25+16=1 的位置关系为( 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. y2 3.(文)已知双曲线 x - 3 =1 的左顶点为 A1,右焦点为 F2,P 为
2

→ → 双曲线右支上一点,则PA1· PF2的最小值为( A.-2 C.1 [答案] A 81 B.-16 D.0

)

→ → [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 [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
2 ? ?y =8x, ? 消去 y 得 k2x2-(4k2+8)x+4k2=0, ?y=k?x-2?. ?

2 B. 2 D.2

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 4k2+8 ∴x1+x2= k2 ,x1· x2=4, 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 [答案] C B.2 6 D.4 2 )

[解析]

x2 y2 根据题意设椭圆方程为 2 + 2=1(b>0),则将 x=- b +4 b

3y-4 代入椭圆方程得, 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,代入抛物线的方程,得|y0|=2 6,S△POF 1 =2|y0|· |OF|=2 3,选 C. 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 [解析]
2 ? ?y =4x, 方法一:联立? ?y=2x-4. ?

)

B.2 2 D.4

) 3 B.5 4 D.-5

? ? ?x=4, ?x=1, ? 解得 或? 不妨设 A 在 x 轴上方, ?y=4, ? ? ?y=-2.

∴A(4,4),B(1,-2), → → ∵F 点坐标为(1,0),∴FA=(3,4),FB=(0,-2), → → -8 FA· FB 4 cos∠AFB= = =-5. → → 5×2 |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 x2 y2 7.(文)已知 F 是椭圆a2+b2=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+y2=b2 相切,当直线 PF 的倾斜角为 2π 3 时,此椭圆的离心率是________. [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 2π 意得 OM⊥MF,∵直线 PF 的倾斜角为 3 , π π b 3 c c ∴∠OFP=3,∴sin3=c= 2 ,椭圆的离心率 e=a= 2 = c +b2 1 b 1+?c?2 = 1 3 1+? 2 ?2 2 7 = 7 .

解法 2:依题意可知 PF:y=- 3(x+c)(c= a2-b2), 3c 3 c2 2 又 O 到 PF 的距离为 b,即 2 =b,∴ 4 =b =a2-c2, c 2 7 ∴4a2=7c2,∴e=a= 7 . y2 (理)设直线 l:y=2x+2,若 l 与椭圆 x + 4 =1 的交点为 A、B,
2

点 P 为椭圆上的动点,则使△PAB 的面积为 2-1 的点 P 的个数为 ________. [答案] 3 [解析] 设与 l 平行且与椭圆相切的直线方程为 y=2x+b,代入 y2 x + 4 =1 中消去 y 得,8x2+4bx+b2-4=0,
2

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), 2 2-2 ∵直线 y=2x+2 2与 l 距离 d= , 5 2 2-2 1 5 ∴欲使 S△ABP=2|AB|· h= 2 h= 2-1, 须使 h= , ∵d=h, 5 ∴直线 y=2x+2 2与椭圆切点,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a2-b2=1(a,b>0)的 右焦点 F, 若过 F 且倾斜角为 60° 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a≥tan60° = 3,∴ a2 ≥3,

∴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________. 10 [答案] 2- 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 3cx+c2-1=0,由 Δ=12c2-20(c2 10 10 -1)=0,得 c=± 2 ,可知直线 y= 3x- 2 与 y= 3x-4 距离最 10 近,此两直线距离为 d=2- 4 . x2 2 (理)(2012· · 湖南长沙月考)直线 l: x-y=0 与椭圆 2 +y =1 相交 A、 B 两点,点 C 是椭圆上的动点,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 x2 2 的切点为 C 时,△ABC 的面积最大,将 y=x+a 代入 2 +y =1 中整 理得, 3x2+4ax+2(a2-1)=0, 由 Δ=16a2-24(a2-1)=0 得, a=± 3, 6 x2 两平行直线 x-y=0 与 x-y+ 3=0 的距离 d= 2 , 将 y=x 代入 2 + 6 6 y2=1 中得,x1=- 3 ,x2= 3 , 6 6 4 3 ∴|AB|= 1+1| 3 -(- 3 )|= 3 , 1 1 4 3 6 ∴S△ABC=2|AB|· d=2× 3 × 2 = 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. [解析] 离, p ∴1+2=2,∴p=2, ∴抛物线 C 的方程为 x2=4y. p (1)由抛物线的定义得|AF|等于点 A 到准线 y=-2的距

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

1 ∴(x1-x0)(x2-x0)+16(x1-x0)(x2-x0)(x1+x0)(x2+x0)=0. ∵M 不与 A,B 重合,∴(x1-x0)(x2-x0)≠0, 1 2 ∴1+16(x1+x0)(x2+x0)=0,x1x2+(x1+x2)x0+x0 +16=0, ∴x2 0+8x0+12=0,∵Δ=64-48>0.
2 ∴方程 x0 +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a2-b2=1(a>0, b>0)的左,右顶点,双曲线的实轴长为 4 3,焦点到渐近线的距离为 3. (1)求双曲线的方程; 3 (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,∴
2

|bc| = 3, b2+12

x2 y2 ∴b =3,∴双曲线的方程为12- 3 =1. (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,

3 3 则 x1+x2=16 3,y1+y2=( 3 x1-2)+( 3 x2-2) 3 = 3 (x1+x2)-4=12, 4 3 = ?x y 3 , ∴? x y ?12- 3 =1,
0 0 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(-k ,0),则 4k-4 4 x1+x2=- k2 ,x1· x2=k2.② 4?1+k2? ∴|MA|· |MB|= 1+k |x1-0|· 1+k |x2-0|= k2 ,
2 2

4?1+k2? 2 2 而|MC| =( 1+k |-k-0|) = k2 ,
2 2

∴|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-k,-y1),(x2,y2-2)=β(-x2-k ,-y2), 即得 α= -kx1 -kx2 ,β= , kx1+2 kx2+2

-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 y 2 (理)(2013· 北京东城联考)已知椭圆 C: a2+b2=1(a>b>0)的离心率 6 5 2 为 3 ,椭圆短轴的一个端点与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-2,求斜率 k 的值; → → 7 ②若点 M(-3,0),求证:MA· MB为定值. [ 解析 ] x2 y2 c 6 1 (1) 椭圆 a2 + b2 = 1(a>b>0) 满足 a2 = b2 + c2 , a = 3 , 2

5 2 5 x2 y2 2 2 ×b×2c= 3 ,解得 a =5,b =3,则椭圆方程为 5 + 5 =1. 3 x2 y2 (2)①将 y=k(x+1)代入 5 + 5 =1 中得, 3 (1+3k2)x2+6k2x+3k2-5=0, Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)=48k2+20>0, 6 k2 x1+x2=- 2 . 3k +1

1 3 k2 1 3 因为 AB 中点的横坐标为-2, 所以- 2 =-2, 解得 k=± 3 . 3k +1 3k2-5 6 k2 ②证明:由①知 x1+x2=- 2 ,x1x2= 2 , 3k +1 3k +1 → → 7 7 所以MA· MB=(x1+3,y1)(x2+3,y2) 7 7 =(x1+3)(x2+3)+y1y2 7 7 =(x1+3)(x2+3)+k2(x1+1)(x2+1) 7 49 =(1+k2)x1x2+(3+k2)(x1+x2)+ 9 +k2 3k2-5 7 2 6 k2 49 =(1+k ) 2 +(3+k )(- 2 )+ 9 +k2 3k +1 3k +1
2

-3k4-16k2-5 49 2 4 = + 9 +k =9. 3k2+1 → → ∴MA· MB为定值. x2 y2 13.(文)点 A、B 分别为椭圆36+20=1 长轴的左、右端点,点 F 是椭圆的右焦点,点 P 在椭圆上,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. [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-4,y).

? x + y =1, 由已知得?36 20 ??x+6??x-4?+y2=0.

2

2

3 消去 y 得,2x2+9x-18=0,∴x=2或 x=-6, 3 5 3 由于 y>0,只能 x=2,于是 y= 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 2 2 =|m-6|, 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+20-9x2 4 9 =9(x-2)2+15, 9 由于-6≤x≤6,所以当 x=2时 d 取最小值 15. (理)

→ → → 如图所示,在△DEM 中, ED⊥EM, OD=(0, -8),N 在 y 轴上, → 1 → → 且DN=2(DE+DM),点 E 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). (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),Q(x4,y4),直线 l1:y=kx 1 +1(k≠0),则直线 l2:y=-kx+1,
? ?y=kx+1, 由? 2 消去 y 得,x2-4kx-4=0, ?x =4y, ?

∴x1+x2=4k,x1x2=-4,

?y=-1x+1, k 由? ?x2=4y,

4 消去 y 得,x2+k x-4=0,

4 ∴x3+x4=-k,x3x4=-4. ∵A、B 在直线 l1 上,∴y1=kx1+1,y2=kx2+1, 1 1 ∵C、Q 在直线 l2 上,∴y3=-k x3+1,y4=-k x4+1. → → ∴AC· QB=(x3-x1,y3-y1)· (x2-x4,y2-y4) =(x3-x1)(x2-x4)+(y3-y1)· (y2-y4) 1 1 =(x3-x1)(x2-x4)+(-kx3-kx1)(kx2+kx4)

1 =x3x2-x1x2-x3x4+x1x4-x2x3-k2x1x2-k2x3x4-x1x4 1 1 = (- 1- k2)x1x2+ (- 1-k2)x3x4= 4(1+k2)+ 4(1+k2)= 8+ 4(k2+ 1 1 2 2)≥16 等号在 k = 2时取得, 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=k ,y1y2=-4. 1 ? ?y =4x,

x1+x2 y1+y2 2 2 2 AB 中点 M( 2 , 2 ),∴M(k2+1,k );同理,点 N(2k1 +1,
1 1

-2k1).

∵k1k2=-1,∴AB⊥CD, 1 1 ∴ S △ EMN = 2 |EM|· |EN| = 2 2 1 2 k1 +k2+2≥2 2+2=4,
1

2 2 2 2 ?k2?2+?k ?2 · ?2k2 1? +?-2k1? =
1 1

1 当且仅当 k2 1 时,△EMN 的面积取最小值 4. 1= 2,即 k1=± k
1

(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=k ,y1y2=- 1 ? ?y =4x,

4m, x1+x2 y1+y2 2 2 AB 中点 M( 2 , 2 ),∴M(k2+m,k );
1 1

2 2 同理,点 N(k2+m,k ).
2 2

∵k1+k2=1,∴kMN=

yM-yN k1k2 = =k k , xM-xN k1+k2 1 2
1

2 2 ∴lMN: y-k =k1k2[x-(k2+ m)],即 y=k1k2(x- m)+2,∴直线
1

MN 恒过定点(m,2). (理)

x 2 y2 (2013· 石嘴山市调研)如图,已知椭圆 C:b2+a2=1(a>b>0)的离 2 心率 e= 2 ,短轴右端点为 A,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. a2-4 2 2 [解析] (1)由题意知 b=2,又 e= 2 ,即 a = 2 , x2 y2 解得 a=2 2,所以椭圆方程为 4 + 8 =1. (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 2 k2 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 x1+x2= ,x x = , 2+k2 1 2 2+k2 k?x1-1? k?x2-1? y1 y2 kPN+kQN= + = + 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 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, 2+k2 2+k2 ∴x0=4. 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 4 + 2 =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 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 2 x1 +2y1 =4,① 2 x2 2+2y2=4.②

①-②得: (x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0. ∵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=-2(x-1). 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 122-4×6×5 30 |AB|= 1+?-2? · = 6 3 .
2

[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,y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减 f(x1, y2-y1 y1)-f(x2,y2)=0,然后变形构造出 及 x1+x2 和 y1+y2,再结合 x2-x1 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 1 1.(2013· 珠海模拟)在平面直角坐标系 xOy 中,设点 F(2,0),直

1 线 l:x=-2,点 P 在直线 l 上移动,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)

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=2|MM|, ∴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= k2 ,① b2 x1x2=k2,② 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, (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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