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第九篇 解析几何第8讲 直线与圆锥曲线的位置关系


第8讲

直线与圆锥曲线的位置关系

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.

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? 消去 y 后得 ax2+bx+c=0. ?F?x,y?=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,y1),B(x2,y2), 则|AB|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2= 1+k2 |x1 -x2|= 1 1+k2 · 1 -y2|.(抛物线的焦点 |y

2p 弦长|AB|=x1+x2+p=sin2θ,θ 为弦 AB 所在直线的倾斜角).

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

解析 根据题意设椭圆方程为

x2 y2 +b2=1(b>0),则将 x=- 3y-4 代入椭圆 b2+4

方程,得 4(b2+1)y2+8 3b2y-b4+12b2=0,∵椭圆与直线 x+ 3y+4=0 有且 仅有一个交点,∴Δ=(8 3b2)2-4×4(b2+1)· 4+12b2)=0,即(b2+4)(b2-3) (-b =0,∴b2=3, 长轴长为 2 b2+4=2 7. 答案 C 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, 两点, AB 的中点为 N(-12, B 且 -15), E 的方程为( 则 x2 y2 A. 3 - 6 =1 x2 y2 C. 6 - 3 =1 x2 y2 B. 4 - 5 =1 x2 y2 D. 5 - 4 =1 ).

x2 y2 解析 设双曲线的标准方程为a2-b2=1(a>0,b>0),由题意知 c=3,a2+b2= x2 y2 ?a1-b12=1, ?2 9, A(x1, 1), 2, 2), 设 y B(x y 则有: 2 ? x2 y2 2 ? ?a2-b2=1, y1-y2 b2?x1+x2? 两式作差得: = x1-x2 a2?y1+y2?

-12b2 4b2 -15-0 = =1,所以将 4b2=5a2 代入 a2+b2=9 得 2= 2,又 AB 的斜率是 -15a 5a -12-3 x2 y2 a =4,b =5,所以双曲线的标准方程是 4 - 5 =1.
2 2

答案 B 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 ________. ?y=kx+2, 解析 由? 2 得 ky2-8y+16=0,若 k=0,则 y=2;若 k≠0,则 Δ=0, ?y =8x, 即 64-64k=0,解得 k=1.故 k=0 或 k=1.

答案 0 或 1

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? ? ? C.[-1,1] B.[-2,2] D.[-4,4] ).

[审题视点] 设直线 l 的方程,将其与抛物线方程联立,利用 Δ≥0 解得. 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 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. 【训练 1】 若直线 mx+ny=4 与⊙O:x2+y2=4 没有交点,则过点 P(m,n)的 x2 y2 直线与椭圆 9 + 4 =1 的交点个数是( A.至多为 1 B.2 解析 由题意知: C.1 D.0 4 >2,即 m2+n2<2, m +n2
2

).

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 考向二 弦长及中点弦问题

x2 2 【例 2】?若直线 l 与椭圆 C: 3 +y =1 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 3 的距离为 2 ,求△AOB 面积的最大值. [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.

解 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.由已知, 得 |m| 3 2= 2 , 1+k

3 即 m2=4(k2+1).把 y=kx+m 代入椭圆方程,整理,得(3k2+1)x2+6kmx+3m2 -3=0. -6km 3?m2-1? ∴x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 3k +1 3k +1
2 ? 36k2m2 12?m -1?? - ? = ∴ |AB|2 = (1 + k2)(x2 - x1)2 = (1 + k2)· ? 2 2 3k2+1 ? ??3k +1?

12?k2+1??3k2+1-m2? ?3k2+1?2 3?k2+1??9k2+1? 12k2 = =3+ 4 . ?3k2+1?2 9k +6k2+1 当 k≠0 时,上式=3+ 12 12 ≤3+ =4, 1 2×3+6 9k2+k2+6

1 3 当且仅当 9k2=k2,即 k=± 3 时等号成立.此时|AB|=2;当 k=0 时,|AB|= 3, 综上所述|AB|max=2. 1 3 3 ∴当|AB|最大时,△AOB 面积取最大值 Smax=2×|AB|max× 2 = 2 . 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+k2· 1-x2|= |x 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. 【训练 2】 椭圆 ax2+by2=1 与直线 x+y-1=0 相交于 A,B 两点,C 是 AB 的 2 中点,若 AB=2 2,OC 的斜率为 2 ,求椭圆的方程. 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, =koc= 2 , x1-x2 x1+x2 代入上式可得 b= 2a. 再由|AB|= 1+k2|x2-x1|= 2|x2-x1|=2 2, 其中 x1、x2 是方程(a+b)x2-2bx+b-1=0 的两根, b-1 ? 2b ? 故?a+b?2-4· =4, a+b ? ? 1 2 将 b= 2a 代入得 a=3,∴b= 3 . x2 2y2 ∴所求椭圆的方程是 3 + 3 =1.
2 2 ?ax +by =1, 法二 由? 得(a+b)x2-2bx+b-1=0. ?x+y=1,

设 A(x1,y1)、B(x2,y2), 则|AB|= ?k2+1??x1-x2?2= 2· ∵|AB|=2 2,∴ a+b-ab =1.① a+b x1+x2 b a 2 =a+b,y=1-x=a+b, 4b2-4?a+b??b-1? . ?a+b?2

设 C(x,y),则 x=

2 a 2 ∵OC 的斜率为 2 ,∴b= 2 . 1 2 代入①,得 a=3,b= 3 . x2 2 ∴椭圆方程为 3 + 3 y2=1. 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 2 +y2=1 的左焦点为 F,O 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. 解 (1)∵a2=2,b2=1,∴c=1,F(-1,0), 1 ∵圆过点 O,F,∴圆心 M 在直线 x=-2上. ? 1 ? ?? 1? ? 3 设 M?-2,t?,则圆半径 r=??-2?-?-2??=2, ? ? ?? ? ? 由|OM|=r,得 ? 1?2 2 3 ?-2? +t = ,解得 t=± 2, 2 ? ?

9 ? 1? ∴所求圆的方程为?x+2?2+(y± 2)2=4. ? ? x2 (2)设直线 AB 的方程为 y=k(x+1)(k≠0),代入 2 +y2=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 1 2k2 则 x1+x2=- 2 ,x = (x +x )=- 2 , 2k +1 0 2 1 2 2k +1 k y0=k(x0+1)= 2 , 2k +1 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,∴-2<xG<0, ? 1 ? ∴点 G 横坐标的取值范围为?-2,0?. ? ? 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. 【训练 3】 (2012· 金华模拟)已知过点 A(-4,0)的动直线 l 与抛物线 G:x2=2py(p 1 → → >0)相交于 B、C 两点.当直线 l 的斜率是2时,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. 1 1 解 (1)设 B(x1,y1),C(x2,y2),当直线 l 的斜率是 时,l 的方程为 y= (x+4), 2 2 即 x=2y-4.
2 ?x =2py, 由? 得 2y2-(8+p)y+8=0, ?x=2y-4

?y1y2=4, ? ∴? 8+p ?y1+y2= 2 , ?

① ②

→ → 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. (2)设 l:y=k(x+4),BC 的中点坐标为(x0,y0),
2 ?x =4y, 由? 得 x2-4kx-16k=0,④ ?y=k?x+4?

∴x0=

xC+xB 2 2 =2k,y0=k(x0+4)=2k +4k.

1 ∴线段 BC 的中垂线方程为 y-2k2-4k=- (x-2k), k ∴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,+∞). 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:O→· →为定值. P OQ [审题视点] (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, → OQ → 从而证得OP· 为定值.证明过程中要充分利用已知条件进行等价转化. (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 所以 a= 2,椭圆方程为 2 +x2=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), 2k 1 则 x1+x2=- 2 ,x · =- 2 x , k +2 1 2 k +2 2 2?k2+1? |CD|= k +1· ?x1+x2? -4x1x2= . k2+2
2 2

2 2?k2+1? 3 由已知得 =2 2,解得 k=± 2. k2+2 所以直线 l 的方程为 y= 2x+1 或 y=- 2x+1. (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?. ? ? 设 C(x1,y1),D(x2,y2),由(1)知 x1+x2=- 2k 1 ,x · =- 2 x , k2+2 1 2 k +2

直线 AC 的方程为 y=

y1 (x+1), x1+1 y2 (x-1), x2-1

直线 BD 的方程为 y=

x+1 y2?x1+1? 将两直线方程联立,消去 y 得 = . x-1 y1?x2-1? x+1 y2 因为-1<x1,x2<1,所以 与 异号. x-1 y1 ?x+1?2 y2?x1+1?2 2 ? ?= x-1? y2?x2-1?2 ? 1 2-2x2 ?x1+1?2 ?1+x1??1+x2? 2 = = 2· 2-2x1 ?x2-1?2 ?1-x1??1-x2? -2k -1 1+ 2 + 2 k +2 k +2 ?k-1?2 ?. = =? -2k -1 ?k+1? 1- 2 + k +2 k2+2 又 y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1 2?1-k??1+k? 2?1+k?2 k-1 = =- 2 · , k2+2 k +2 k+1 k-1 x+1 k-1 ∴ 与 y1y2 异号, 与 同号, k+1 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 ? ( O→· →=?-k,0?·-k,y0)=1. P OQ ? ? 故 O→· →为定值. P OQ 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. 【训练 4】 (2011· 山东)在平

x2 面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 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. (1)解 设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0),由题意,t>0. 得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0.

?y=kx+t, ? 由方程组?x2 2 ? 3 +y =1, ?

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 3kt 由于 E 为线段 AB 的中点,因此 xE=- 2 , 3k +1 yE= t , 3k +1
2

yE 1 1 此时 kOE=x =-3k.所以 OE 所在直线方程为 y=-3kx,又由题设知 D(-3,m),
E

1 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. (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,

3k 1 ? ? , ?. 解得 G?- 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 3k ?2 ? 1 ? ?2 9k2+1 ? +? ?= |OG|2=?- , 3k2+1? ? 3k2+1? 3k2+1 ? |OD|= |OE|= 9k2+1 ?1?2 ?-3? +?k ? = , k ? ?
2

3kt ?2 ? t ?2 t 9k2+1 ? ?-3k2+1? +?3k2+1? = 2 , 3k +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).

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. 【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. 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. x2 y2 b2y2 [解答示范] (1)因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设 C1:a2+b2=1,C2: a4 x2 +a2=1,(a>b>0). 设直线 l:x=t(|t|<a),分别与 C1,C2 的方程联立, a ? b ? 求得 A(t,b a2-t2),B?t,a a2-t2?.(4 分) ? ? 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

(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 a -t b a -t = ,(8 分) t t-a 1-e ab2 解得 t=- 2 a. 2=- e2 · a -b 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) 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
2

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. 【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, → FB → 都有FA· <0?若存在,求出 m 的取值范围;若不存在,请说明理由. [尝试解答] (1)设 P(x,y)是曲线 C 上任意一点,那么点 P(x,y)满足:

?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 得 y2-4ty-4m=0, ?y =4x, ?y1+y2=4t, Δ=16(t2+m)>0,于是? ① ?y1y2=-4m. → → 又FA=(x1-1,y1),FB=(x2-1,y2). → FB → FA· <0?(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2<0.②
2 2 y2 y2 y2 ?y1y2?2 1 1 2 ?y1 y2? + 4 ?+1<0? 又 x= 4 ,于是不等式②等价于 4 · +y1y2-? 4 +y1y2-4[(y1 4 16 ? ?

+y2)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. 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 → FB → 线,都有FA· <0,且 m 的取值范围是(3-2 2,3+2 2).


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