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2015高考数学(理)一轮课件:10-4圆锥曲线的热点问题


第4讲

圆锥曲线的热点问题

知识梳理

1.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,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(也可以消去 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.

(1)当a≠0时,设一元二次方程ax2+bx+c=0的判别式为Δ,则
Δ>0?直线与圆锥曲线C 相交; Δ=0?直线与圆锥曲线C 相切; Δ<0?直线与圆锥曲线C 无公共点 . (2)当a=0,b≠0时,即得到一个一次方程,则直线l与圆锥曲线 C相交,且只有一个交点,此时,若C为双曲线,则直线l与双曲 线的渐近线的位置关系是平行;若 C为抛物线,则直线l 与抛物

线的对称轴的位置关系是平行.

2.圆锥曲线的弦长
(1)圆锥曲线的弦长 直线与圆锥曲线相交有两个交点时,这条直线上以这两个交 点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦 ( 就是连接圆锥曲线上任 意两点所得的线段),线段的长就是弦长.

(2)圆锥曲线的弦长的计算 设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A, B 两点, A(x1,
2 2 2 1 + k |x1-x2= | ? x - x ? + ? y - y ? 2 1 2 1 y1) , B(x2 , y2) ,则 |AB| = =

1 2p 1+k2· |y1-y2|(抛物线的焦点弦长|AB|=x1+x2+p=sin2θ,θ 为 弦 AB 所在直线的倾斜角).

3.圆锥曲线的中点弦问题 遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求 x2 y2 解.在椭圆 2+ 2=1 中,以 P(x0,y0)为中点的弦所在直线的 a b b2x0 x2 y2 斜率 k=-a2y ;在双曲线a2-b2=1 中,以 P(x0,y0)为中点的 0 b2x0 弦所在直线的斜率 k=a2y ;在抛物线 y2=2px(p>0)中,以 0 p P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率 k=y . 0

辨 析 感 悟 1.对直线与圆锥曲线交点个数的理解 x2 y2 (1)直线 y=kx+1 与椭圆 5 + 9 =1 恒有两个公共点. (√)

(2)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共 点. (×)

(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共 点. (√)

2.对圆锥曲线中有关弦的问题的理解 (4)已知 F1(-1,0), F2(1,0)是椭圆 C 的两个焦点, 过 F2 且垂直 x2 于 x 轴的直线交 C 于 A, B 两点, 且|AB|=3, 则 C 的方程为 4 y2 + 3 =1. (√)

x2 y2 (5)已知点(2,1)是直线 l 被椭圆 4 + 2 =1 所截得线段的中点, 则 l 的方程为 x+4y-6=0. (×) (6)(2014· 潍坊一模改编)直线 4kx-4y-k=0 与抛物线 y2=x 1 交于 A,B 两点,若|AB|=4,则弦 AB 的中点到直线 x+2=0 9 的距离等于4. (√)

[感悟·提升]
两个防范 一是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,如(2); 二是中点弦问题,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,如(5).

考点一 直线与圆锥曲线位置关系
x2 y2 【例 1】 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C1:a2+b2= 1(a>b>0)的左焦点为 F1(-1,0),且点 P(0,1)在 C1 上. (1)求椭圆 C1 的方程; (2)设直线 l 同时与椭圆 C1 和抛物线 C2:y2=4x 相切,求直线 l 的方程.

解 (1)因为椭圆 C1 的左焦点为 F1(-1,0),所以 c=1. x2 y2 1 把点 P(0,1)代入椭圆a2+b2=1,得b2=1,即 b=1, 所以 a2=b2+c2=2. x2 2 所以椭圆 C1 的方程为 2 +y =1. (2)由题意可知,直线 l 的斜率显然存在,且不等于 0,设直线 l 的方程为 y=kx+m.
2 x ? ? +y2=1, 联立? 2 消去 y 并整理得 ? ?y=kx+m,

(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.

因为直线 l 与椭圆 C1 相切, 所以 Δ1=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0, 整理得 2k2-m2+1=0.①
2 ? ?y =4x, 联立? ? ?y=kx+m,

消去 y 并整理得 k2x2+(2km-4)x+m2=0. 因为直线 l 与抛物线 C2 相切, 所以 Δ2=(2km-4)2-4k2m2=0. 整理得 km=1.②

2 2 ? ? ? k= , ?k=- , 2 2 综合①②,解得? 或? ? ? ?m= 2 ?m=- 2. 2 2 所以直线 l 的方程为 y= 2 x+ 2或 y=- 2 x- 2.

规律方法 将直线与圆锥曲线的两个方程联立成方程组,然后判
断方程组是否有解,有几个解,这是直线与圆锥曲线位置关系 的判断方法中最常用的方法,注意:在没有给出直线方程时, 要对是否有斜率不存在的直线的情况进行讨论,避免漏解.

【训练 1】 在平面直角坐标系 xOy 中,经过点(0, 2)且斜率为 x2 2 k 的直线 l 与椭圆 2 +y =1 有两个不同的交点 P 和 Q. (1)求 k 的取值范围; (2)设椭圆与 x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为 A、B,是 → +OQ → 与AB → 垂直?如果存在,求 k 否存在常数 k,使得向量OP 值;如果不存在,请说明理由.



(1)由已知条件,直线 l 的方程为 y=kx+ 2,

x2 代入椭圆方程得 2 +(kx+ 2)2=1,
?1 ? 2 2 整理得?2+k ?x +2 ? ?

2kx+1=0.①

直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于①中 Δ=8k
2

?1 ? 2 -4?2+k ?=4k2-2>0, ? ?

2 2 解得 k<- 2 或 k> 2 . 即k
? 的取值范围是? ?-∞,- ? ? ? 2? ? ? 2 ? ∪ ,+∞ ? 2 ?. 2? ? ? ?

(2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2), → → 则OP+OQ=(x1+x2,y1+y2) -2 2k± 4k2-2 4 2k 由方程①得 x= ,则 x1+x2=- , 1+2k2 1+2k2 -4 2k2 y1+y2=k(x1+x2)+2 2= +2 2. 1+2k2 → → → ∵(OP+OQ)⊥AB, ∴(x1+x2)· (- 2)+y1+y2=0, 4 2k 4 2k2 即:- (- 2)- 2· 2+2 2=0. 1+2k 1+2k 2 1 2 解得 k=- 4 ,由(1)知 k >2,与此相矛盾, → +OQ → 与AB → 垂直. 所以不存在常数 k 使OP

考点二

圆锥曲线中的弦长问题

x 2 y2 【例 2】 (2012· 北京卷)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的一个顶 2 点为 A(2,0),离心率为 2 .直线 y=k(x-1)与椭圆 C 交于不同 的两点 M,N. (1)求椭圆 C 的方程; 10 (2)当△AMN 的面积为 3 时,求 k 的值.

? ?a=2, ?c 2 解 (1)由题意得? = , 解得 b= 2. a 2 ? 2 2 2 ? ?a =b +c , x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 4 + 2 =1. k?x-1?, ? ?y= (2) 由 ?x2 y2 得 (1 + 2k2)x2 - 4k2x + 2k2 - 4 = 0. 则 x = + =1 ? ?4 2 2k2± 6k2+4 . 1+2k2 设点 M,N 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则 y1=k(x1-1),y2=k(x2-1), 2k2-4 4k2 x1+x2= ,x x = . 1+2k2 1 2 1+2k2

所以|MN|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 = ?1+k2?[?x1+x2?2-4x1x2] 2 ?1+k2??4+6k2? = . 1+2k2 |k| 又因为点 A(2,0)到直线 y=k(x-1)的距离 d= 2, 1+k |k| 4+6k2 1 所以△AMN 的面积为 S=2|MN|· d= . 1+2k2 |k| 4+6k2 10 由 ,解得 k=± 1. 2 = 3 1+2k

规律方法 直线与圆锥曲线的弦长问题,较少单独考查弦长的求
解,一般是已知弦长的信息求参数或直线的方程.解此类题的 关键是设出交点的坐标,利用求根公式得到弦长,将已知弦长 的信息代入求解.

【训练2】 已知点Q(1,-6)是抛物线C1:y2=2px(p>0)上异于 坐标原点O的点,过点Q与抛物线C2:y=2x2相切的两条直线 分别交抛物线C1于点A,B.

求直线AB的方程及弦AB的长.
解 由 Q(1,-6)在抛物线 y2=2px 上,可得 p=18,所以抛 物线 C1 的方程为 y2=36x. 设抛物线 C2 的切线方程为 y+6=k(x-1).
? ?y+6=k?x-1?, 联立? 2 ? y = 2 x , ?

消去 y,

得 2x2-kx+k+6=0,Δ=k2-8k-48.

由于直线与抛物线 C2 相切,故 Δ=0,解得 k=-4 或 12.
? ?y+6=-4?x-1?, 由? 2 ? ?y =36x, ? ?y+6=12?x-1?, 由? 2 ? ?y =36x,



?1 ? A?4,-3?; ? ?



?9 ? B?4,9?. ? ?

|AB|=

?1 9? ? - ?2+?-3-9?2=2 ?4 4?

37,

所以直线 AB 的方程为 12x-2y-9=0,弦 AB 的长为 2 37.

考点三

圆锥曲线中的定点、定值问题

x2 y2 3 【例 3】(2013· 江西卷)椭圆 C: a2+b2=1(a>b>0)的离心率 e= 2 , a+b=3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)如图,A、B、D 是椭圆 C 的顶点,P 是椭圆 C 上除顶点外 的任意一点, 直线 DP 交 x 轴于点 N, 直线 AD 交 BP 于点 M, 设 BP 的斜率为 k,MN 的斜率为 m.证明:2m-k 为定值.

审题路线 (2)写出直线BP的方程?与椭圆方程联立解得P点坐
标?写出直线AD的方程?由直线BP与直线AD的方程联立解得M 点坐标?由D、P、N三点共线解得N点坐标?求直线MN的斜率 m?作差:2m-k为定值.

3 c 2 1 (1)解 因为 e= 2 =a,所以 a= c,b= c. 3 3 代入 a+b=3 得,c= 3,a=2,b=1. x2 2 故椭圆 C 的方程为 4 +y =1.

(2)证明 因为 B(2,0),P 不为椭圆顶点,则直线 BP 的方程为 y 1 =k(x-2)(k≠0,k≠± 2),①
?8k2-2 4k ? x2 2 ? ? ,- 2 ①代入 4 +y =1,解得 P? 2 ?. 4 k + 1 4 k + 1 ? ?

1 直线 AD 的方程为 y=2x+1.② ①与②联立解得 由
?4k+2 4k ? ? ? , M? ?. 2 k - 1 2 k - 1 ? ?

?8k2-2 4k ? ? ? ,- 2 D(0,1),P? 2 ?,N(x,0)三点共线知 4 k + 1 4 k + 1 ? ?

4k - 2 -1 4k + 1 0- 1 = , 2 8k -2 x-0 -0 2 4k +1 解得
?4k-2 ? ? ,0? N? . ? ?2k+1 ?

4k -0 2k - 1 所以 MN 的斜率为 m= 4k+2 4k-2 - 2k-1 2k+1 4k?2k+1? 2k+1 = = 4 , 2?2k+1?2-2?2k-1?2 2k+1 1 则 2m-k= 2 -k=2(定值).

规律方法 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.

【训练 3】 椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,该椭圆 经过点
? 3? 1 ? ? P 1,2 且离心率为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a2+b2=1(a>b>0),

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

故 a2=4,b2=3, x2 y 2 即得椭圆的标准方程为 4 + 3 =1.

(2)证明 设 A(x1,y1),B(x2,y2), kx+m, ? ?y= 联立?x2 y2 + =1, ? ?4 3 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, -4mk± 2 12k2-3m2+9 则 x= . 2 3+4k ?Δ=64m2k2-16?3+4k2??m2-3?>0, ? ?x1+x2=- 8mk 2, 3+4k ? ? 4?m2-3? ?x1· x2 = 2 3 + 4 k . ?



又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
2 2 3 ? m - 4 k ? 2 2 =k x1x2+mk(x1+x2)+m = . 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 ∴ 2 + 2 + 2+4=0, 3+4k 3+4k 3+4k ∴7m2+16mk+4k2=0, 2k 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? 2k 当 m2=- 7 时,l 的方程为 y=k?x-7?, ? ? ?2 ? 直线过定点?7,0?, ? ?

∴直线 l

?2 ? 过定点,定点坐标为?7,0?. ? ?

考点四 圆锥曲线中的范围与最值问题
【例 4】 (2013· 浙江卷 ) 已知抛物线 C 的顶点为 O(0,0) ,焦点为 F(0,1). (1)求抛物线C的方程; (2) 过点 F 作直线交抛物线 C 于 A , B 两点.若直线 AO , BO 分

别交直线l:y=x-2于M,N两点,求|MN|的最小值.

审题路线 (2)设直线 AB 的方程?与抛物线方程联立消去 y 得关 于 x 的一元二次方程?解得|x1-x2|?由直线 AM 的方程与直线 l 联立解得点 M 的横坐标?由直线 ON 的方程与直线 l 联立解得点 N 的横坐标?|MN|= 2|xM-xN|?换元、分类求|MN|的最小值. p 2 解 (1)由题意可设抛物线 C 的方程为 x =2py(p>0),则2=1,所
以抛物线 C 的方程为 x2=4y. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AB 的方程为 y=kx+1.
? ?y=kx+1, 由? 2 ? ?x =4y

消去 y, 整理得 x2-4kx-4=0, 则 x=2k± 2 k2+1.

所以 x1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x1-x2|=4 k2+1.

y1 又 y=x x,且 y=x-2, 1 2x1 2x1 8 解得点 M 的横坐标 xM= = = . x2 x1 -y1 4 - x 1 1 x1 - 4 8 同理点 N 的横坐标 xN= . 4-x2 所以|MN|= 2|xM-xN|= =8
? 8 8 ? ? 2?4-x -4-x ? ? 1 2? ?

? ? 8 x1 -x2 ? ? 2? = ? ?x1x2-4?x1+x2?+16?

2 k2 +1 , |4k-3|

t +3 令 4k-3=t,t≠0,则 k= 4 .

当 t>0 时,|MN|=2 2 当 t<0 时,|MN|=2 2

25 6 t2 + t +1>2 2.
?5 3? 16 8 ? + ?2+ ≥ 25 5 ? t 5?

2.

25 4 综上所述,当 t=- 3 ,即 k=-3时, 8 |MN|的最小值是5 2. 规律方法 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.

【训练 4】 (2014· 湘潭一模)设点 P(x,y)到直线 x=2 的距离与它 到定点(1,0)的距离之比为 2,并记点 P 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程; (2)设 M(-2,0), 过点 M 的直线 l 与曲线 C 相交于 E, F 两点, 当线段 EF 的中点落在由四点 C1(-1,0), C2(1,0), B1(0, -1), B2(0,1)构成的四边形内(包括边界)时,求直线 l 斜率的取值范

|x-2| 解 (1)由题意得 2 2= 2, ?x-1? +y x2 2 x2 2 整理得 2 +y =1,所以曲线 C 的方程为 2 +y =1.

围.

?-2?2 2 (2)有点 M 满足 2 +0 =2>1,则点 M 在曲线 C 外. 显然直线 l 的斜率存在,所以可设直线 l 的方程为 y=k(x+2). 设点 E,F 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 线段 EF 的中点为 G(x0,y0), k?x+2?, ? ?y= 由?x2 2 消去 y, +y =1, ? ?2 得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0, 由 Δ=(8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)>0, 2 2 解得- 2 <k< 2 .

-4k2± 2-4k2 -8k2 由求根公式得 x= ,x1+x2= , 1+2k2 1+2k2 x1 +x2 4k2 2k 于是 x0= 2 =- ,y =k(x0+2)= , 1+2k2 0 1+2k2 4k 2 因为 x0=- ≤0,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1+2k2 又直线 C1B2 和 C1B1 的方程分别为 y=x+1,y=-x-1, 所以点 G
? ?y0≤x0+1, 在正方形内(包括边界)的充要条件为? ? ?y0≥-x0-1,

2 - 4 k ? 2 k ? 2≤ 2+1, ?1+2k 1+2k 即? 2 2 k 4 k ? 2≥ 2-1, ? ?1+2k 1+2k

2 ? 2 k +2k-1≤0, ? 亦即? 2 ? ?2k -2k-1≤0.

3-1 3-1 解得- 2 ≤k≤ 2 , 3-1 3-1? ? . , 2 2 ? ?

由①②知,直线 l

? 斜率的取值范围是? ?- ?

1.涉及弦长的问题时,应熟练地利用求根公式,设而不求计算
弦长;涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求 简化运算;涉及过焦点的弦的问题,可考虑利用圆锥曲线的 定义求解. 2.关于圆锥曲线的中点弦问题 直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题,是解析几何的内容之 一,也是高考的一个热点问题.这类问题一般有以下三种类

型: (1) 求中点弦所在直线方程问题; (2) 求弦中点的轨迹方
程问题;(3)弦长为定值时,弦中点的坐标问题.其解法有代 点相减法、设而不求法、参数法、待定系数法及中心对称变 换法等.

3.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)重视求根公式在解题中的作用;(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.

答题模板12——圆锥曲线中的探索性问题
【典例】 (14 分)(2012· 广东卷)在平面直角坐标系 xOy 中,已知 x2 y2 椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率 e= 点到 Q(0,2)的距离的最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)在椭圆 C 上,是否存在点 M(m,n),使得直线 l:mx+ny =1 与圆 O:x2+y2=1 相交于不同的两点 A,B,且△OAB 的面积最大?若存在, 求出点 M 的坐标及相对应的△OAB 的 面积;若不存在,请说明理由. 2 3,且椭圆 C 上的

[规范解答]

(1)因为 e=

a2-b2 2 c 3=a= a , (2 分)

2 2 x y 所以 a2=3b2,即椭圆 C 的方程可写为3b2+b2=1.

设 P(x,y)为椭圆 C 上任意给定的一点, 则 d= x2+?y-2?2= 3b2-3y2+?y-2?2 = -2?y+1?2+3b2+6(-b≤y≤b).(3 分) 当-b≤-1,即 b≥1,dmax= 6+3b2=3 得 b=1; 当-b>-1,即 b<1,dmax= b2+4b+4=3 得 b=1(舍). ∴b=1,a= 3,(5 分) x2 2 故所求椭圆 C 的方程为 3 +y =1. (6 分)

(2)存在点 M 满足要求,使△OAB 的面积最大.

(7 分)

假设存在满足条件的点 M,因为直线 l:mx+ny=1 与圆 O:x2 1 +y =1 相交于不同的两点 A, B, 则圆心 O 到 l 的距离 d= 2 m +n2
2

<1.

(8 分)

m2 因为点 M(m,n)在椭圆 C 上,所以 3 +n2=1<m2+n2, 于是 0<m2≤3. 因为|AB|=2 1-d2=2 m2+n2-1 , m2+n2 (10 分)

2 m +n -1 3|m| 1 所以 S△OAB=2· |AB|· d= = 2 2≤ m2+n2 1+3m 2
2 2

2 3|m| 1 = , 2 2 2 1· 3m

2 2 3 2 当且仅当 1=3m 时等号成立,所以 m =2∈(0,3]. 6 2 因此当 m=± 2 ,n=± 2 时等号成立. 所以满足要求的点 M
? ? ?- ? ? 的坐标为? ? ?

(12 分)

? 6 6 2? 2? ? ? ? , , , ,- ? 2 2 2? 2? ? ? ?

? 6 2? 6 2? ? ? ? 或 , - ,- ? ?,此时对应的三角形的面积均达到最 2 2? 2 2 ? ? ?

1 大值2. (14 分)

[ 反思感悟 ] (1) 本题是圆锥曲线中的探索性问题,也是最值问
题,求圆锥曲线的最值问题是高考考查的一个重点,通常是先 建立一个目标函数,然后利用函数的单调性或基本不等式求最 值. (2)本题的第一个易错点是表达不出椭圆 C上的点到Q(0,2)的距离 的最大值;第二个易错点是没有掌握探索性问题的解题步骤; 第三个易错点是没有正确使用基本不等式.

答题模板

探索性问题答题模板:

第一步:假设结论存在. 第二步:结合已知条件进行推理求解. 第三步:若能推出合理结果,经验证成立即可肯定正确;若推出 矛盾,即否定假设. 第四步:反思回顾,查看关键点、易错点及解题规范.如本题中 易忽略直线 l 与圆 O
? 相交? ?d= ? ? 1 ? 2 2<1?这一隐含条件. m +n ?

【自主体验】 x2 y2 (2013· 安徽卷)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的焦距为 4,且 a b 过点 P( 2, 3). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点,过点 Q 作 x 轴的垂 线,垂足为 E.取点 A(0,2 2),连接 AE,过点 A 作 AE 的垂线 交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,作直线 QG, 问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点? 并说明理由.

解 (1)因为焦距为 4,所以 a2-b2=4. 2 3 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3), 所以a2+b2=1, 故 a2=8, b2=4, x2 y2 从而椭圆 C 的方程为 8 + 4 =1. (2)一定有唯一的公共点,理由: 由题意,E 点坐标为(x0,0),设 D(xD,0), → → 则AE=(x0,-2 2),AD=(xD,-2 2). → → 再由 AD⊥AE 知,AE· AD=0, 8 即 x0xD+8=0,由于 x0y0≠0,故 xD=-x . 0

因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,所以点 x0 y0 故直线 QG 的斜率 kQG= . 8 =x2 - 8 0 x0-x 0 y0

?8 ? G?x ,0?. ? 0 ?

2 又因 Q(x0,y0)在椭圆 C 上,所以 x2 0+2y0=8.①

x0 从而 kQG=-2y . 0 8? x0 ? 故直线 QG 的方程为 y=-2y ?x-x ?.② 0? 0? 将②代入椭圆 C 的方程,
2 2 2 得(x2 0+2y0)x -16x0x+64-16y0=0.③

再将①代入③,化简得 x2-2x0x+x2 0=0.解得 x=x0,y=y0,即直 线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点.


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