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直线与圆锥曲线的位置关系(人教A)


第8讲 直线与圆锥曲线的位置关系

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【2013年高考会这样考】 1.考查圆锥曲线中的弦长问题、直线与圆锥曲线方程的联 立、根与系数的关系、整体代入和设而不求的思想. 2.高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行,考查 函数、方程、不等式、平面向量等在解决问题中的综合运用. 【复习指导】 本讲复习时,应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲 线的位置关系.会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点个 数),会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的 轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证明问题.
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基础梳理 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.

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(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 .

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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.

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(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, y1),B(x2,y2),则|AB|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 = 1+k2 |x1-x2| = 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).

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一种方法 点差法:在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交 和被截的线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点 坐标,代入圆锥曲线的方程并作差,从而求出直线的斜率,然 后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有: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是否为正数.

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一条规律 “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”.

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双基自测 x2 y2 1.(人教A版教材习题改编)直线y=kx-k+1与椭圆 9 + 4 =1 的位置关系为( ).

A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 解析 直线y=kx-k+1=k(x-1)+1恒过定点(1,1),而点(1,1) 在椭圆内部,故直线与椭圆相交. 答案 A

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2.(2012· 泉州质检)“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线 只有一个公共点”的( A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 与渐近线平行的直线也与双曲线有一个公共点. 答案 A ).

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3.已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+ 3 y+4= 0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为( A.3 2 C .2 7 解析 B.2 6 D.4 2 ).

x2 y2 根据题意设椭圆方程为 2 + b2 =1(b>0),则将x=- b +4

3 y-4代入椭圆方程,得4(b2+1)y2+8 3 b2y-b4+12b2=0, ∵椭圆与直线x+ 3y+4=0有且仅有一个交点,∴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. 答案 C
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4.(2012· 成都月考)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( x2 y2 A. - =1 3 6 x2 y2 C. - =1 6 3 ).

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

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解析

x2 y2 设双曲线的标准方程为 2 - 2 =1(a>0,b>0),由题意 a b

知c=3,a2+b2=9,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有:
2 2 ?x1 y1 ?a2-b2=1, ? 2 2 y2 ?x2 2- 2=1, ?a b

y1-y2 b2?x1+x2? -12b2 两式作差得: = 2 = 2= x1-x2 a ?y1+y2? -15a

-15-0 4b2 =1,所以将4b2=5a2代入a2+b2= 2 ,又AB的斜率是 5a -12-3
2 2 x y 9得a2=4,b2=5,所以双曲线的标准方程是 4 - 5 =1.

答案

B
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5.(2011· 泉州模拟)y=kx+2与y2=8x有且仅有一个公共点,则 k的取值为________. 解析 由
? ?y=kx+2, ? 2 ? ?y =8x,

得ky2-8y+16=0,若k=0,则y=2;

若k≠0,则Δ=0,即64-64k=0,解得k=1.故k=0或k=1. 答案 0或1

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考向一 直线与圆锥曲线的位置关系 【例1】?(2011· 合肥模拟)设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点 Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值 范围是(
? 1 1? A.?-2,2? ? ?

). B.[-2,2] D.[-4,4] 设直线l的方程,将其与抛物线方程联立,利用

C.[-1,1] [审题视点] Δ≥0解得.

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解析

由题意得Q(-2,0).设l的方程为y=k(x+2),代入y2=

8x得k2x2+4(k2-2)x+4k2=0,∴当k=0时,直线l与抛物线恒 有一个交点;当k≠0时,Δ=16(k2-2)2-16k4≥0,即k2≤1, ∴-1≤k≤1,且k≠0,综上-1≤k≤1. 答案 C

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研究直线和圆锥曲线的位置关系,一般转化为研究其直线方 程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,但对于选择题、填 空题,常充分利用几何条件,利用数形结合的方法求解.

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【训练1】 若直线mx+ny=4与⊙O:x2+y2=4没有交点,则 x2 y2 过点P(m,n)的直线与椭圆 + =1的交点个数是( 9 4 A.至多为1 B.2 C.1 D.0 解析 4 2 2 由题意知: 2 > 2 ,即 m + n <2, m +n2 ).

x2 y2 ∴点P(m,n)在椭圆 9 + 4 =1的内部,故所求交点个数是2个. 答案 B

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考向二 弦长及中点弦问题 x2 【例2】?若直线l与椭圆C: +y2=1交于A、B两点,坐标原 3 3 点O到直线l的距离为 ,求△AOB面积的最大值. 2 [审题视点] 联立直线和椭圆方程,利用根与系数关系后代入

弦长公式,利用基本不等式求出弦长的最大值即可.

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设A(x1,y1),B(x2,y2).

(1)当AB⊥x轴时,|AB|= 3; (2)当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=kx+m.由已 |m| 3 3 2 2 知,得 2 = 2 ,即m = 4 (k +1).把y=kx+m代入椭圆方 1+k 程,整理,得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0.

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-6km 3?m2-1? ∴x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 3k +1 3k +1 ∴|AB|2=(1+k2)(x2-x1)2=(1+k2)· 12?k2+1??3k2+1-m2? ?3k2+1?2 3?k2+1??9k2+1? 12k2 = =3+ 4 . 2 2 2 ?3k +1? 9k +6k +1 12 12 当k≠0时,上式=3+ ≤3+ =4, 1 2 × 3 + 6 9k2+ 2+6 k
2 ? 36k2m2 12 ? m -1?? ? ? - 2 ??3k2+1?2 3 k +1 ? ? ?



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1 3 当且仅当9k = k2 ,即k=± 3 时等号成立.此时|AB|=2;当k=
2

0时,|AB|= 3,综上所述|AB|max=2. 1 3 ∴当|AB|最大时,△AOB面积取最大值Smax= 2 ×|AB|max× 2 = 3 2.

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当直线(斜率为k)与圆锥曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2)时, 则|AB|= 1+k
2

· |x1-x2|=

1 1+k2 |y1-y2|,而|x1-x2|=

?x1+x2?2-4x1x2 ,可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元 后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、 两根之积的代数式,然后再进行整体代入求解.

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【训练2】 椭圆ax2+by2=1与直线x+y-1=0相交于A,B两 2 点,C是AB的中点,若AB=2 2 ,OC的斜率为 ,求椭圆的 2 方程. 解 法一 设A(x1,y1)、B(x2,y2), 代入椭圆方程并作差得 a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0. y1-y2 y1+y2 2 而 =-1, =k = , x1-x2 x1+x2 oc 2 代入上式可得b= 2a. 再由|AB|= 1+k2|x2-x1|= 2|x2-x1|=2 2,
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其中x1、x2是方程(a+b)x2-2bx+b-1=0的两根,
? 2b ? b-1 ? ?2 故?a+b? -4· =4, a+b ? ?

1 2 将b= 2a代入得a= ,∴b= . 3 3 x2 2y2 ∴所求椭圆的方程是 3 + 3 =1. 法二
2 2 ? ?ax +by =1, 由? ? ?x+y=1,

得(a+b)x2-2bx+b-1=0.

设A(x1,y1)、B(x2,y2),
2 4 b -4?a+b??b-1? 2 2 则|AB|= ?k +1??x1-x2? = 2· . 2 ?a+b?
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a+b-ab ∵|AB|=2 2,∴ =1.① a+b x1+x2 b a 设C(x,y),则x= = ,y=1-x= , 2 a+b a+b 2 a 2 ∵OC的斜率为 ,∴ = . 2 b 2 1 2 代入①,得a=3,b= 3 . x2 2 2 ∴椭圆方程为 + y =1. 3 3

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考向三

圆锥曲线中的最值(或取值范围)问题

x2 【例3】?(2011· 湘潭模拟)已知椭圆 +y2=1的左焦点为F,O 2 为坐标原点. (1)求过点O、F,并且与直线l:x=-2相切的圆的方程; (2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A,B两点,线段 AB的垂直平分线与x轴交于点G,求点G横坐标的取值范围. [审题视点] (1)求出圆心和半径,得出圆的标准方程; (2)设直线AB的点斜式方程,由已知得出线段AB的垂直平分线 方程,利用求值域的方法求解 .
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解 (1)∵a2=2,b2=1,∴c=1,F(-1,0), 1 ∵圆过点O,F,∴圆心M在直线x=- 上. 2
? 1 ? ?? 1? ? 3 设M?-2,t?,则圆半径r=??-2?-?-2??=2, ? ? ?? ? ?

由|OM|=r,得

? 1? 3 ?- ?2+t2= ,解得t=± 2 ? 2?

2,

? 1?2 ∴所求圆的方程为?x+2? +(y± ? ?

9 2) =4.
2

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x2 2 (2)设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0),代入 2 +y =1, 整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0. ∵直线AB过椭圆的左焦点F且不垂直于x轴, ∴方程有两个不等实根. 如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0), 4k2 2k2 1 则x1+x2=- 2 ,x = (x +x )=- 2 , 2k +1 0 2 1 2 2k +1 k y0=k(x0+1)= 2 , 2k +1

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1 ∴AB的垂直平分线NG的方程为y-y0=-k(x-x0). 2k2 k2 令y=0,得xG=x0+ky0=- 2 + 2 2k +1 2k +1 k2 1 1 =- 2 =-2+ 2 , 2k +1 4k +2 1 ∵k≠0,∴- <xG<0, 2
? 1 ? ∴点G横坐标的取值范围为?-2,0?. ? ?

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直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等 能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查,一直是 高考考查的重点,特别是焦点弦和中点弦等问题,涉及中点公 式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法, 也是考查数学思想方法的热点题型.

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【训练3】 (2012· 金华模拟)已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物 1 线G:x =2py(p>0)相交于B、C两点.当直线l的斜率是 2 时,
2

→ → AC=4AB. (1)求抛物线G的方程; (2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围.

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1 (1)设B(x1,y1),C(x2,y2),当直线l的斜率是 2 时,l的方程

1 为y= (x+4),即x=2y-4. 2
2 ? ?x =2py, 由? ? ?x=2y-4

得2y2-(8+p)y+8=0,

→ → 又∵AC=4AB,∴y2=4y1,③ 由①②③及p>0得:y1=1,y2=4,p=2, 得抛物线G的方程为x2=4y.
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(2)设l:y=k(x+4),BC的中点坐标为(x0,y0),
2 ? ?x =4y, 由? ? ?y=k?x+4?

得x2-4kx-16k=0,④

xC+xB ∴x0= =2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k. 2 1 ∴线段BC的中垂线方程为y-2k -4k=-k(x-2k),
2

∴线段BC的中垂线在y轴上的截距为: b=2k2+4k+2=2(k+1)2, 对于方程④,由Δ=16k2+64k>0得k>0或k<-4. ∴b∈(2,+∞).
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考向四

定值(定点)问题

【例4】?(2011· 四川)椭圆有两顶点A(-1,0)、B(1,0),过其焦点 F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点,并与x轴交于点P.直线AC 与直线BD交于点Q. 3 (1)当|CD|=2 2时,求直线l的方程. (2)当点P异于A、B两点时,求证: [审题视点] 为定值.

(1)设出直线方程与椭圆方程联立.利用根与系数

的关系和弦长公式可求出斜率从而求出直线方程;(2)关键是 求出Q点坐标及其与P点坐标的关系,从而证得 值.证明过程中要充分利用已知条件进行等价转化.
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为定

(1)解 因椭圆焦点在y轴上, y2 x2 设椭圆的标准方程为a2+b2=1(a>b>0), 由已知得b=1,c=1, y2 2 所以a= 2,椭圆方程为 2 +x =1. 直线l垂直于x轴时与题意不符. 设直线l的方程为y=kx+1,将其代入椭圆方程化简得 (k2+2)x2+2kx-1=0. 设C(x1,y1),D(x2,y2),

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2k 1 则x1+x2=- 2 ,x1· x2=- 2 , k +2 k +2
2 2 2 ? k +1? 2 2 |CD|= k +1· ?x1+x2? -4x1x2= . 2 k +2

2 2?k2+1? 3 由已知得 =2 2,解得k=± 2. 2 k +2 所以直线l的方程为y= 2x+1或y=- 2x+1.

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(2)证明

直线l与x轴垂直时与题意不符.

设直线l的方程为y=kx+1(k≠0且k≠± 1),
? 1 ? 所以P点坐标为?-k,0?. ? ?

2k 设C(x1,y1),D(x2,y2),由(1)知x1+x2=- 2 ,x1· x2=- k +2 1 , 2 k +2 y1 直线AC的方程为y= (x+1), x1+1 y2 直线BD的方程为y= (x-1), x2-1 x+1 y2?x1+1? 将两直线方程联立,消去y得 = . x-1 y1?x2-1?
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x+1 y2 因为-1<x1,x2<1,所以 与 异号. x-1 y1
2 2 ?x+1? y ? x + 1 ? 2 1 ? ?2 ?x-1? =y2?x -1?2 ? ? 1 2 2 2-2x2 ? x + 1 ? ?1+x1??1+x2? 2 1 = 2· 2= 2-2x1 ?x2-1? ?1-x1??1-x2?

-2k -1 1+ 2 + 2 ? k +2 k +2 ? ?k-1?2 = =? . ? k + 1 -2k -1 ? ? 1- 2 + 2 k +2 k +2 又y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1

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2?1-k??1+k? 2?1+k?2 k-1 = =- 2 · , 2 k +2 k +2 k+1 k-1 x+1 k-1 ∴ 与y y 异号, 与 同号, k+1 1 2 x-1 k+1 x+1 k-1 ∴ = ,解得x=-k. x-1 k+1 因此Q点坐标为(-k,y0).
? 1 ?? ? ? ? ? - k , y = - k ,0 · 0? ? ?=1. ? ?



为定值.

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解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确:即定值问题必 然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变化的量 表示问题中的直线方程、数量积等,其不受变化的量所影响的 一个值即为定值,化解这类问题的关键是引进参数表示直线方 程、数量积等,根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数 影响的量,解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况,计算 要准确.

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【训练4】

(2011· 山东)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆

x2 C: 3 +y2=1.如图所示,斜率为k(k>0)且不过原点的直线l交 椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为E,射线OE交椭圆C于点 G,交直线x=-3于点D(-3,m). (1)求m2+k2的最小值; (2)若|OG|2=|OD|· |OE|,求证:直线l过定点.

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(1)解 设直线l的方程为y=kx+t(k>0),由题意,t>0. y=kx+t, ? ? 2 2 2 2 由方程组?x 得 (3 k + 1) x + 6 k tx + 3 t -3=0. 2 +y =1, ? ?3 由题意Δ>0,所以3k2+1>t2. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 6kt 由根与系数的关系得x1+x2=- 2 , 3k +1 2t 所以y1+y2= 2 . 3k +1

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3kt 由于E为线段AB的中点,因此xE=- 2 , 3k +1 t yE= 2 , 3k +1 yE 1 1 此时kOE= =- .所以OE所在直线方程为y=- x,又由题 xE 3k 3k 1 设知D(-3,m),令x=-3,得m=k,即mk=1, 所以m2+k2≥2mk=2,当且仅当m=k=1时上式等号成立, 此时由Δ>0得0<t<2,因此当m=k=1且0<t<2时,m2+k2取 最小值2.
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(2)证明

1 由(1)知OD所在直线的方程为y=-3kx,

将其代入椭圆C的方程,并由k>0,
? 解得G? ?- ? ? 3k 1 ? , . 2 2 3k +1 3k +1? ?

? ? 3kt t ? 1? ? ? 又E?-3k2+1,3k2+1?,D?-3,k?, ? ? ? ?

由距离公式及t>0得
? |OG|2=? ?- ?
2 ? ? 3k ? 1 9 k +1 ?2 ? ?2 +? 2 ? =3k2+1, 3k2+1? 3 k + 1 ? ? ?

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|OD|= |OE|=

?1? 2 ?-3? +?k?2= ? ?

9k2+1 , k 9k2+1 , 2 3k +1

? ? 3kt ? t ? ?2 t ? ?2 ? ?-3k2+1? +?3k2+1? = ? ? ? ?

由|OG|2=|OD|· |OE|得t=k, 因此直线l的方程为y=k(x+1), 所以直线l恒过定点(-1,0).

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规范解答17——怎样求解析几何中的探索性问题 【问题研究】 解析几何中探索性问题的结论往往不明确,需 要根据已知条件通过推理论证或是计算对结论作出明确的肯定 或是否定,因此解决起来具有较大的难度. 【解决方案】 明确这类问题的解题思想:即假设其结论成 立、存在等,在这个假设下进行推理论证,如果得到了一个合 情合理的推理结果,就肯定假设,对问题作出正面回答,如果 得到一个矛盾的结果,就否定假设,对问题作出反面回答.
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【示例】?(本题满分12分)(2011· 辽宁)如图,已知椭圆C1的中心 在原点O,长轴左、右端点M、N在x轴上,椭圆C2的短轴为 MN,且C1,C2的离心率都为e.直线l⊥MN,l与C1交于两点, 与C2交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D. 1 (1)设e=2,求|BC|与|AD|的比值; (2)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由.

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第(1)问,设C1的方程,C2的方程同样由C1的系数a,b来表 示,再分别求点A、B的坐标,进而可求|BC|∶|AD|;第(2)问利 用kBO=kAN,得t与e、a的关系式,再由|t|<a,求e的范围.

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x2 [解答示范] (1)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设C1:a2 y2 b2y2 x2 +b2=1,C2: a4 +a2=1,(a>b>0). 设直线l:x=t(|t|<a),分别与C1,C2的方程联立,
? b 2 2? a 2 2 求得A(t, a -t ),B?t,a a -t ?.(4分) b ? ?

1 3 当e=2时,b= 2 a,分别用yA,yB表示A,B的纵坐标,可知 2|yB| b2 3 |BC|∶|AD|=2|y |=a2=4.(6分) A

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(2)t=0时的l不符合题意.t≠0时,BO∥AN当且仅当BO的斜率 kBO与AN的斜率kAN相等,即 b 2 2 a 2 2 a -t a -t a b = ,(8分) t t -a 1-e ab2 解得t=- 2 =- e2 · a. a -b 2 1-e2 2 因为|t|<a,又0<e<1,所以 e2 <1,解得 2 <e<1.(10分) 2 所以当0<e≤ 2 时,不存在直线l,使得BO∥AN; 2 当 2 <e<1时,存在直线l,使得BO∥AN.(12分)
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2

本题探索的是离心率e的变化范围,化解这个难点的方法首先 假设存在直线l,使得BO∥AN,根据kBO=kAN,再由|t|<a构建 关于e的不等式,解出e的范围,最后作出肯定回答.

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【试一试】 已知一条曲线C在y轴右边,C上每一点到点F(1,0) 的距离减去它到y轴距离的差都是1. (1)求曲线C的方程; (2)是否存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点 → → A,B的任一直线,都有 FA · FB <0?若存在,求出m的取值范 围;若不存在,请说明理由.

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[尝试解答] 满足:

(1)设P(x,y)是曲线C上任意一点,那么点P(x,y)

?x-1?2+y2-x=1(x>0). 化简得y2=4x(x>0). (2)设过点M(m,0)(m>0)的直线l与曲线C的交点为A(x1,y1), B(x2,y2).
? ?x=ty+m, 设l的方程为x=ty+m,由? 2 ? ?y =4x, ? ?y1+y2=4t, 2 Δ=16(t +m)>0,于是? ? ?y1y2=-4m.
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得y2-4ty-4m=0,



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→ → 又FA=(x1-1,y1),FB=(x2-1,y2). → → FA· FB<0?(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2<0.②
2 2? 2 ? y y y2 y2 y 1 2 1 2 ? ? +1<0? + 又x= 4 ,于是不等式②等价于 4 · + y 1y2- 4? 4 ?4

?y1y2?2 1 2 + y y - [( y + y ) 1 2 16 4 1 2 -2y1y2]+1<0,③ 由①式,不等式③等价于m2-6m+1<4t2,④ 对任意实数t,4t2的最小值为0,所以不等式④对于一切t成立等 价于m2-6m+1<0,即3-2 2<m<3+2 2.

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由此可知,存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交 → → 点A,B的任一直线,都有 FA · FB <0,且m的取值范围是(3- 2 2,3+2 2).

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