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创新设计2012高考数学二轮专题复习课件:专题五 第3讲 直线与圆锥曲线(新课标版理科)

第3讲 直线与圆锥曲线

◆考查直线与圆锥曲线关系中的弦长、焦点弦、弦中点等问题,常与平面 向量结合来命题.

1.(2010· 课标全国)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,且线段AB的中点为N(-12,-15),则E的方程 为( ). x2 y2 B. - =1 4 5 x 2 y2 C. - =1 6 3 x2 y2 D. - =1 5 4

x2 y2 A. - =1 3 6

0+15 解析 ∵kAB= =1,∴直线AB的方程为y=x-3. 3+12 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 x2 ?x-3? 则 2- =1.整理,得(b2-a2)x2+6a2x-9a2-a2b2=0. 2 a b
2

6a2 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= 2 =2×(-12), a -b2 ∴a2=-4a2+4b2,∴5a2=4b2.又a2+b2=9,∴a2=4,b2=5. x2 y2 ∴双曲线E的方程为 - =1. 4 5 答案 B

2.(2011· 辽宁)已知F是抛物线y2=x的焦点,A,B是该抛物线上的两点, |AF|+|BF|=3,则线段AB的中点到y轴的距离为( 3 A. 4 解析 B.1 5 C. 4 7 D. 4 ).

如图,过A、B及线段AB的中点C

向抛物线的准线l作垂线. 垂足分别为A1,B1,C1,CC1交y轴于C0.由 抛物线定义可知|AA1|+|BB1|=|AF|+|BF|, 1 3 1 5 ∴|CC0|=|CC1|-|C1C0|= (|AA1|+|BB1|)-|C1C0|= - = ,故选C. 2 2 4 4 答案 C

x2 3.(2010· 福建)若点O和点F(-2,0)分别为双曲线 2 -y2=1(a>0)的中心和左 a → → 焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则OP· 的取值范围为( FP A.[3-2 3,+∞)
? 7 ? ?- ,+∞? C. 4 ? ?

).

B.[3+2 3,+∞)
?7 ? ? ,+∞? D. 4 ? ?

解析

如图,由c=2得a2+1=4,∴a2=3,

x2 2 ∴双曲线方程为 -y =1.设P(x,y)(x≥ 3), 3 → → OP· =(x,y)· FP (x+2,y)=x2+2x+y2 x2 4 2 2 =x +2x+ -1= x +2x-1(x≥ 3). 3 3 4 2 令g(x)= x +2x-1(x≥ 3),则g(x)在[ 3,+∞)上单调递增. 3 → → g(x)min=g( 3)=3+2 3.∴OP· 的取值范围为[3+2 3,+∞). FP 答案 B

x2 y2 4.(2009· 浙江)过双曲线 2 - 2 =1(a>0,b>0)的右顶点A作斜率为-1的直 a b → 1→ 线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C.若 AB = BC ,则双 2 曲线的离心率是( A. 2 解析 B. 3 C. 5 ). D. 10
2

ab ? ? a , ? 直线l:y=-x+a与渐近线l1:bx-ay=0交于B a+b a+b? ,l与渐 ? ?

? a2 → ? -ab? ab ab ? → , ? ,A(a,0),AB = ?- ? ,BC , 近线l2:bx+ay=0交于C ? a-b a-b? ? a+b a+b? ?

2a b ? → 1 → ? 2a b ab a2b 2 2 = ?a2-b2,-a2-b2?.∵AB = BC ,∴- = 2 2 ,b=2a,∴c -a = 2 a+b a -b ? ?
2 2

4a2, c2 ∴e2= 2=5,∴e= 5,故选C. a 答案 C

5.(2010· 湖南)过抛物线x2=2py(p>0)的焦点作斜率为1的直线与该抛物线交 于A,B两点,A,B在x轴上的正射影分别为D,C.若梯形ABCD的面积为 12 2,则p=________. 解析 如图,抛物线焦点为 ,设A?x1,y1?,B?x2,y2?,直线AB:y

-\f(p,2)=x,即y=x+\f(p,2).联立得

p p ∴x1=(1+ 2)p,x2=(1- 2)p.∴|AD|+|BC|=y1+y2=x1+ +x2+ =2p+ 2 2 p=3p,|CD|=|x1-x2|=2 2p. 1 1 由S梯形ABCD= (|AD|+|BC|)· CD= · 2 2p=12 2,解得p2=4, 3p· 2 2 ∴p=± 2.∵p>0,∴p=2. 答案 2

6.(2010· 全国卷Ⅱ)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,过M(1,0)且斜 率为 3 的直线与l相交于点A,与C的一个交点为B,若A M =M B ,则p= _________________________________________________________. 解析 如图,由AB的斜率为 3,知∠α=60° ,又AM =M B ,









∴M为AB的中点. 过点B作BP垂直准线l于点P,则∠ABP=60° ,∴∠BAP=30° . 1 p ∴|BP|= |AB|=|BM|.∴M为焦点,即 =1,∴p=2. 2 2 答案 2,

直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,可将直线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.设l与C的两个公共点分别是 P1(x1,y1),P2(x2,y2),弦P1P2的中点M(x0,y0).
?F?x,y?=0, 由? ?ax2+bx+c=0(也可以消去x,得到y的一元方程). ?Ax+By+C=0

当a≠0时,则有Δ>0,l与C相交;Δ=0,l与C相切;Δ<0,l与C相离. 当a=0时,即得到一个一次方程,则l与C相交,且只有一个交点.此时, 若C为双曲线,则l平行于双曲线的渐近线;若C为抛物线,则l平行于抛物 线的对称轴.

(1)应当注意的是,当直线与双曲线或抛物线只有一个公共点时,直线与双 曲线或抛物线可能相切,也可能相交. (2)用圆锥曲线方程与直线方程联立求解时,在得到的方程中应注意Δ≥0这 一条件.

有关弦长问题 (1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则所得弦长 为|P1P2|= 1+k2|x2-x1|或|P1P2|= 1 1+ 2|y2-y1|. k

(2)当斜率k不存在时,可求出交点坐标直接运算(利用两点间距离公式).

求|x2-x1|与|y2-y1|时通常使用根与系数的关系,作如下变形: |x2-x1|= ?x1+x2?2-4x1x2; |y2-y1|= ?y1+y2?2-4y1y2.

有关弦的中点问题 有关弦的中点问题,应灵活运用“点差法”、“设而不求法”来简化运 算. P1P2的中点M坐标满足x0= x1+x2 y1+y2 ,y0= . 2 2

x2 y2 若C为椭圆 2+ 2=1(a>b>0), a b b2x0 则kP1P2=- 2 ; a y0 x2 y 2 若C为双曲线 2- 2=1(a>0,b>0), a b b2x0 则kP1P2= 2 ; a y0 若C为抛物线y2=2px(p>0), p 则kP1P2= . y0

在处理与圆锥曲线的中点弦有关问题时,用中点公式、根与系数的关系整 体代入法会使问题的解决更方便、可行.

直线与圆锥曲线相交时的弦长问题

从近几年的新课标卷中发现,直线与圆锥曲线相交主要考查 直线与椭圆相交、直线与抛物线相交,多以解答题的形式考查弦长公式, 试题难度中等偏上.

x2 y 2 3 【例题1】?(2011· 武汉模拟)已知椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率e= ,连 a b 2 接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4. (1)求椭圆的方程; (2)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),若|AB| = 4 2 ,求直线l的倾斜角. 5

c 3 解 (1)由e= = ,得3a2=4c2. a 2 再由c2=a2-b2,解得a=2b. 1 由题意可知 ×2a×2b=4,即ab=2. 2
?a=2b, 解方程组? 得a=2,b=1. ab=2, ?

x2 2 所以椭圆的方程为 +y =1. 4

(2)由(1)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?, ?2 于是A、B两点的坐标满足方程组?x +y2=1. ?4 ?
消去y并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0. 16k2-4 2-8k2 由-2x1= ,得x1= . 1+4k2 1+4k2 从而y1= 4k . 1+4k2

所以|AB|=

? 2-8k2?2 ? 4k ?2 4 1+k2 ?-2- ? +? . 2? = 1+4k2? ?1+4k ? 1+4k2 ?

4 1+k2 4 2 4 2 由|AB|= ,得 = . 5 5 1+4k2 整理得32k4-9k2-23=0,即(k2-1)(32k2+23)=0, π 3π 解得k=± 1.所以直线l的倾斜角为 或 . 4 4

在涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时,一般不是求出这 两个点的坐标,而是设出这两个点的坐标,根据直线方程和曲线方程联立 后所得方程的根情况,使用根与系数的关系进行整体代入,这种设而不求 的思想是解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的最基本的方法.

x2 y2 3 【变式1】?(2011· 湖南)如图,椭圆C1: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,x a b 2 轴被曲线C2:y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长. (1)求C1,C2的方程; (2)设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线l与 C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交于点D,E. ①证明:MD⊥ME; ②记△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2.问: S1 17 是否存在直线l,使得 = ?请说明理由. S2 32

(1)解

c 3 由题意知e= = ,从而a=2b, a 2

又2 b=a,解得a=2,b=1. x2 2 故C1,C2的方程分别为 +y =1,y=x2-1. 4 (2)①证明 由题意知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=

?y=kx, kx,由? 得x2-kx-1=0. 2 ?y=x -1,

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=k, x1x2=-1. y1+1 y2+1 ?kx1+1??kx2+1? 又点M的坐标为(0,-1),所以kMA·MB= k · = = x1 x2 x 1x 2 k2x1x2+k?x1+x2?+1 -k2+k2+1 = =-1. x 1x 2 -1 故MA⊥MB.即MD⊥ME.

②解

设直线MA的斜率为k1,则直线MA的方程为y=k1x-1.

?y=k1x-1, ?x=0, ?x=k1, 由? 解得? 或? 2 y=x2-1, y=-1 ? ? ?y=k1-1.

则点A的坐标为(k1,k2-1). 1
? 1 1 ? 1 又直线MB的斜率为- ,同理可得点B的坐标为?-k ,k2-1?. k1 ? ? 1 1

1 1 于是S1= |MA|· |MB|= 1+k2· 1|· 1 |k 2 2

2 1 ? 1 ? 1+k1 ? 1+ 2·-k ?= . k1 ? 1? 2|k1|

?y=k1x-1, 由? 2 得(1+4k2)x2-8k1x=0. 1 2 ?x +4y -4=0

?x= 8k1 2, ? 1+4k1 ?x=0, 解得? 或? 4k2-1 ?y=-1 ?y= 1 2. ? 1+4k1

? 8k1 4k2-1? 1 则点D的坐标为? 2, 2?. ?1+4k1 1+4k1? ?-8k1 4-k2? 1 1 ?. , 又直线ME的斜率为- ,同理可得点E的坐标为? k1 4+k2 4+k2? 1 1 ?

32?1+k2?· 1| 1 1 |k 于是S2= |MD|· |ME|= . 2 ?1+4k2??k2+4? 1 1
? S1 1 ? 2 4 因此 = ?4k1+k2+17?. S2 64? ? 1 ? 17 1? 2 4 由题意知, ?4k1+k2+17?= . 64? ? 32 1

1 2 2 解得k1=4或k1= . 4

1 又由点A,B的坐标可知,k= =k1- , 1 k1 k1+ k1 3 所以k=± . 2 3 3 故满足条件的直线l存在,且有两条,其方程分别为y= x和y=- x. 2 2

1 2 k1- 2 k1

圆锥曲线中的定点、定值问题
围绕直线与圆锥曲线(椭圆、抛物线)的位置关系,展开对定 点、定值问题的考查是近几年新课标卷中的热点,题型以解答题为主,难 度中等偏上.

x2 y2 【例题2】?已知A(x1,y1),B(1,y0),C(x2,y2)是椭圆 + =1上的三点,F 4 3 为椭圆的左焦点,且|AF|,|BF|,|CF|成等差数列,则AC的垂直平分线是否 过定点?请证明你的结论. 解 ∵|AF|,|BF|,|CF|成等差数列, ∴x1,1,x2也成等差数列,∴x1+x2=2, x1+x2 设AC的中点M(l,t),则l= =1,即M(1,t). 2 x 2 y2 1 1 由于点A,C在椭圆上,故 + =1, 4 3 x2 y2 2 2 + =1, 4 3 ① ②

?x1+x2??x1-x2? ?y1+y2??y1-y2? ①-②得 + =0, 4 3 由于x1+x2=2,y1+y2=2t,x1≠x2(否则三点A,B,C中至少有两点重合), 故得 y1-y2 3 3 =- ,即直线AC的斜率为- , 4t 4t x1-x2

4t 从而其垂直平分线的斜率为 , 3 4t 故直线AC的垂直平分线的方程是y-t= (x-1), 3 即直线系方程是4tx-3y-t=0,若对任意t,该方程恒成立,只能4x-1= 0,y=0,
?1 ? 1 即x= ,y=0,故直线AC的垂直平分线恒过定点?4,0?. 4 ? ?

解析几何中证明直线过定点,一般是先选择一个参数建立直 线系方程,然后再根据直线系方程过定点时,方程的成立与参数没有关系 得到一个关于x,y的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过 的定点.

【变式2】?已知焦点在x轴上,中心在原点,离心率为

2 5 的椭圆的一个顶 5

点是抛物线x2=4y的焦点,过椭圆右焦点F的直线l交椭圆于A,B两点,交y → → → → 轴于点M,且MA=λ1AF,MB=λ2BF. (1)求椭圆的方程; (2)证明:λ1+λ2为定值. (1)解 x2 y2 依题意,设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0). a b

因为抛物线x2=4y的焦点为(0,1),所以b=1. c 由e= = a a2-b2 2 5 = ,得a= 5. a2 5

x2 2 故椭圆方程为 +y =1. 5

(2)证明

依题意设A,B,M的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(0,y0),由

(1),得椭圆的右焦点为F(2,0). 所以MA =(x1,y1-y0),AF =(2-x1,-y1),MB =(x2,y2-y0),BF =(2- x2,-y2).









?x1= 2λ1 , ? 1+λ1 → → 由MA=λ1AF,得? y ?y1= 0 , ? 1+λ1 ?x2= 2λ2 , ? 1+λ2 → → 由MB=λ2BF,得? y ?y2= 0 . ? 1+λ2

?1? 2λ1 ?2+? y0 ?2=1, ?5?1+λ1? ?1+λ1? ? ? ? ? 因为A,B在椭圆上,所以? 2λ y ?1? 2 ?2+? 0 ?2=1, ? ? ? ? ?5?1+λ2? ?1+λ2?
?λ2+10λ1+?5-5y2?=0, 1 0 ? 2 即 2 ?λ2+10λ2+?5-5y0?=0.

所以λ1,λ2是方程λ2+10λ+(5-5y2)=0的两根, 0 故λ1+λ2=-10是定值.

圆锥曲线中的最值、范围问题

高考对该内容的考查以直线与圆锥曲线(椭圆、抛物线)的位 置关系为主线,针对参变量的取值范围和最值问题实施考查,同时,常伴 随探究性与存在性问题.题型为解答题,难度较大.

x2 y2 【例题3】?设椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶 a b 点为A,如图所示,过点A作与AF2垂直的直线交 → → x轴负半轴于点Q,且2F1F2+F2Q=0. (1)求椭圆C的离心率; (2)若过A,Q,F2三点的圆恰好与直线l:x- 3y-3 =0相切,求椭圆C的方程; (3)在(2)的条件下,过右焦点F2作斜率为k的直线l与椭圆C交于M,N两点, 在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PM,PN为邻边的平行四边形是



→ → (1)设Q(x0,0),由F2(c,0),A(0,b),知F2A=(-c,b),AQ=(x0,-b).

→ → b2 ∵F2A⊥AQ,∴-cx0-b2=0,x0=- . c → → 由于2F1F2+F2Q=0,即F1为F2Q的中点. b2 故- +c=-2c,∴b2=3c2=a2-c2, c 1 即a=2c,故椭圆的离心率e= . 2
?1 ? ? 3 ? c 1 1 (2)由(1),知 = ,得c= a,于是F2?2a,0?,Q?-2a,0?. a 2 2 ? ? ? ? ? 1 ? 于是△AQF2的外接圆圆心为?-2a,0?,半径r=a. ? ? ? 1 ? ?- a-3? ? 2 ?

该圆与直线x- 3y-3=0相切,所以

2

=a,

x2 y2 解得a=2.∴c=1,b= 3.∴所求椭圆方程为 + =1. 4 3

(3)由(2),知F2(1,0).

?y=k?x-1?, ?2 2 设l:y=k(x-1),由?x y ? 4 + 3 =1, ?
消去y,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2), 8k2 则x1+x2= ,y +y =k(x1+x2-2). 3+4k2 1 2 PM +P N =(x1-m,y1)+(x2-m,y2) =(x1+x2-2m,y1+y2). → → → 由于菱形的对角线垂直,故(PM+PN)· =0. MN





故k(y1+y2)+x1+x2-2m=0, 即k2(x1+x2-2)+x1+x2-2m=0,
? 8k ? 8k2 即k2?3+4k2-2?+ 2-2m=0. ? ? 3+4k
2

由已知条件知k≠0且k∈R, k2 1 1 ∴m= = .∴0<m< . 4 3+4k2 3 2+4 k
? 1? ?0, ?. 故存在满足题意的点P(m,0),且m的取值范围是 4? ?

求最值或求范围问题常见的解法有两种:(1)几何法.若题目 的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决, 这就是几何法.(2)代数法.若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关 系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值,这就是代数法.(3)求 函数最值常用的代数法有配方法、判别式法、均值不等式法及函数的单调 性、有界性法等.

m2 【变式3】?(2010· 浙江)如图,已知m>1,直线l:x-my- =0,椭圆C: 2 x2 2 2+y =1,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点. m (1)当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程; (2)设直线l与椭圆C交于A,B两点,△AF1F2,△BF1F2的重心分别为G,H. 若原点O在以线段GH为直径的圆内,求实数m的取值范围.

m2 解 (1)∵直线l:x-my- =0经过F2( m2-1,0), 2 m2 ∴ m -1= ,得m2=2. 2
2

又∵m>1,∴m= 2.故直线l的方程为x- 2y-1=0. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), m2 ?x=my+ , ? 2 由? 2 x ?m2+y2=1, ?
2

m2 消去x得2y2+my+ -1=0, 4

? m2 ? ? -1?=-m2+8>0, 则由Δ=m -8 4 ? ?

m m2 1 知m <8,且有y1+y2=- ,y1y2= - . 2 8 2
2

由于F1(-c,0),F2(c,0),故O为F1F2的中点. 由G、H分别为△AF1F2、△BF1F2的重心,
?x1 y1? ? x2 y2 ? 可知G? 3 , 3 ?,H? 3 , 3 ?, ? ? ? ?

?x1-x2?2 ?y1-y2?2 |GH|2= + . 9 9
?x1+x2 y1+y2? ?, 设M是GH的中点,则M? , 6 6 ? ?

由题意可知,2|MO|<|GH|,
??x1+x2?2 ?y1+y2?2? ?x1-x2?2 ?y1-y2?2 ? +? ? ?< 即4?? + , 9 9 6 ? ? 6 ?? ??

即x1x2+y1y2<0.
? m2?? m2 ? 而x1x2+y1y2=?my1+ 2 ??my2+ 2 ?+y1y2 ? ?? ? ? m2 1 ? =(m2+1)? 8 -2?, ? ?

m2 1 ∴ - <0,即m2<4. 8 2 又∵m>1且Δ>0,∴1<m<2. ∴m的取值范围是(1,2).

解析几何中的函数与方程思想(二)
解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时,用到最多的是方程思想,即列方 程组,通过判别式、根与系数的关系来研究方程解的情况进一步研究直线 与圆锥曲线的关系,同时处理范围与最值问题时也要用到函数思想.

x2 y2 【例题】?(2011· 佛山模拟)已知F1、F2是椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的两个焦 a b
? 2? 点,O为坐标原点,点P ?-1, ? 在椭圆上,线段PF2与y轴的交点M满足 2? ?

→ → PM +F2M =0,⊙O是以F1F2为直径的圆,一直线l:y=kx+m与⊙O相切, 并与椭圆交于不同的两点A,B. (1)求椭圆的标准方程; → → 2 3 (2)当OA· =λ,且满足 ≤λ≤ 时,求△AOB的面积S的取值范围. OB 3 4

→ → 解 (1)∵PM+F2M=0,∴点M是线段PF2的中点, ∴OM是△PF1F2的中位线. 又OM⊥F1F2,∴PF1⊥F1F2,

?c=1, ?1 1 ∴?a2+2b2=1,解得a2=2,b2=1,c2=1, ? 2 2 2 ?a =b +c ,
x2 2 ∴椭圆的标准方程为 +y =1. 2

(2)∵圆O与直线l相切,则 x2 2 ? +y =1, ?2 由? ?y=kx+m, ?

|m| =1,即m2=k2+1. k2+1

消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.

∵直线l与椭圆交于两个不同点, ∴Δ>0?2k2+1-m2=k2>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 2m2-2 4km 2k2 则x1+x2=- ,x x = = ,y y = 1+2k2 1 2 1+2k2 1+2k2 1 2 1-k2 (kx1+m)· 2+m)=k x1x2+km(x1+x2)+m = (kx . 1+2k2
2 2

→ → 1+k2 ∵OA· =x1x2+y1y2= OB =λ, 1+2k2

2 2 1+k 3 1 2 ∴ ≤ ≤ ,∴ ≤k ≤1. 3 1+2k2 4 2

1 1 ∴S= · 1= · 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 |AB|· 2 2 4km ?2 ? 1 2k2 2 = · 1+k · ?-1+2k2? -4· 2 1+2k2 ? ? = 2?k4+k2? . 4?k4+k2?+1
4 2

3 设u=k +k ,则 ≤u≤2,S= 4

?3 ? 2u ? ,2?. ,u∈ 4 4u+1 ? ?

?3 ? ?3? 6 2 6 2 ∵S关于u在?4,2?上单调递增,S?4?= ,S(2)= ,∴ ≤S≤ . 3 4 3 ? ? ? ? 4

题后反思:由直线与圆相切条件建立关于m,k的一个等式,然后根据直线 与椭圆交于两点,利用“设而不求”的方法设出两交点的坐标,并结合韦 → → 达定理转化等式 OA · =λ,并确定出k的范围,然后通过建立面积S关于k OB 的函数,再通过求函数的最值求得S的取值范围,这充分体现了函数与方 程思想相互转化的过程.

x2 y2 【试一试】?(2011· 平顶山模拟)在直角坐标系xOy中,椭圆C1: 2 + 2 = a b 1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,F2也是抛物线C2:y2=4x的焦点,点 5 M为C1与C2在第一象限内的交点,且|MF2|= . 3 (1)求C1的方程. → → → (2)平面上的点N满足 MN = MF1 + MF2 ,直线l∥MN,且与C1交于A,B两 → → 点,若OA· =0,求直线l的方程. OB

解 (1)由C2:y2=4x知F2(1,0), 设M(x1,y1),M在C2上, 5 5 因为|MF2|= ,所以x1+1= , 3 3 2 2 6 得x1= ,y1= . 3 3
?2 2 6 ? ?. 所以M点的坐标为? , 3 3 ? ?

M在C1上,且椭圆C1的半焦距c=1,

? 4 2+ 8 2=1, ?9a 3b 于是有? ? ?b2=a2-1,
消去b2并整理得9a4-37a2+4=0.
? ? 1 解得a=2?a=3不合题意,舍去?. ? ?

x2 y2 故b2=4-1=3.故椭圆C1的方程为 + =1. 4 3

→ → → (2)由 MF1 + MF2 = MN ,知四边形MF1NF2是平行四边形,其中心为坐标原点 O, 因为l∥MN,所以l与OM的斜率相同. 2 6 3 故直线l的斜率k= = 6. 2 3 设直线l的方程为y= 6(x-m).

?x +y =1, ?4 3 由? 消去y并整理得 ?y= 6?x-m? ?
2 2

9x2-16mx+8m2-4=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 8m2-4 16m 则x1+x2= ,x1x2= . 9 9

→ → 因为OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0.所以 x1x2+y1y2=x1x2+6(x1-m)(x2-m) =7x1x2-6m(x1+x2)+6m2 8m2-4 16m =7· -6m· +6m2 9 9 1 = (14m2-28)=0. 9 所以m=± 2. 此时Δ=(16m)2-4×9(8m2-4)>0. 故所求直线l的方程为 y= 6x-2 3或y= 6x+2 3.

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