步步高2017高考数学理人教版全国一轮复习课件习题讲义第9章平面解析几何9 9课时

1 题型 直线与圆锥曲线的位置关例1 (1)过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( B．有且只有两C．有且只有三 (2)(2014·)设a，b是关于t的方程t2cosθ＋tsinθ＝0的两个不等实根则过 b)两点的直线与双曲线cos2θ－sin2θ＝1的公共点的个数为 答 解 tt2cosθ＋tsinθ＝00，－tanθ(tanθ≠0)A，B直线方程为

，双曲线

-y2

的渐近线方程为

，所以直线 xtan

±xtan xtanθ Ca＋b＝1a>>0F1(－1,0)C1C1lC1C2：y2＝4xl ①根据椭圆的左焦点为F1－1,0，知a22＝1，又根据点P(0,1)在椭圆上，知a＝a＝

2xC1的方程为2x

②lC1C2都相切，所以其斜率存在且不为0，l 代入椭圆方程得2＋(kx＋m)即 4把4mk＝1.②

2 2所以 或 ly＝2＋2y＝－2－2 2思维升 研究直线与圆锥曲线位置关系的方 将直线l的方程与椭圆C的方程联立 得方程组 4＋2＝1，将①代入②方程③Δ>0，即－32<m<32时，方程③lC当Δ＝0，即m＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数当Δ<0，即m<－32或m>32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．题型 弦长问 2例 CC的面积为3

k 2 (1)由题意得a＝2 a＝b＋c

b＝2C的方程为42由

得4＋2M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，

所以 又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离 2所以△AMN 2

3思维升华3 (2015·湖南)C1：x＝4yF的一个焦点．C1C226.FlC1A，BC，D两点，且与 (2)若|AC|＝|BD|l (1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0,1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①C1C226，C1C2yC1x2＝4yC1C2的公共点的坐标为±6，3，所以9＋6 联立①②

C2的方程为98(2)因

AC与BD同向，且|AC|＝|BD|，所以AC＝BDx－x＝x－xx－x＝x－x于是lkl

x1，x2是这个方程的两根，由

得8＋9x3，x4x3＋x4＝－16k，x3x4＝－64

4×64④⑤代入③16(k

2 9＋8k

所以(9＋8k2)2＝16×9k＝±6l的斜率为± 4题型 中点弦问 例 Ea＋b＝1ab>0F(3,0)ABAB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 (2)x3＝1M，Ny＝x＋mMNy2＝18x上，则实数m的值 答 (2)0或2解 (1)因为直线AB过点F(3,0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝1(x－3)，代入2

2 3 9 2圆方程a2＋b2＝1消去y，得4＋bx－2ax＋4a－ab＝0，所以ABa3a ＝1a2＝2b2a2＝b2＋c2b＝c＝3，a＝32 (2)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN13x2－ 13 x2－2＝1，则 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，由②－①得(x－x)(x＋x)＝1(y－y)(y＋y)x≠x

y2－y1

3

2

x2－x1∵M，Ny＝x＋m又 4代入抛物线方程得9 4m＝0或－8思维升 处理中点弦问题常用的求解方 A(－1,0)x＝1(1)C(2)lCM，NMN

1

MN 4垂直平分线的方程为y＝kx＋m，试求m的取值范围． (1)设抛物线顶点为P(x，y)，则焦点F(2x－1，y)． 4

的方程为(2)MNP－1，y0，M(xM，yM)，N(xN，yN)M，NC 可知 yM－yN＝－1 P－1，y0MN 22 由点 段BB′上(B′，B为直线x＝－1与椭圆的交点，如图所示 yB′<y0<yB，也即－3<y0<所以－3 34<m<4所以－3 3[方法与技巧弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”Δ[与防范A 专项基础训(时间：40分钟

mx＋ny＝4与⊙O：x＋y＝4P(m，n)的直线与椭圆94的交点个数是 至多为 答 ∴P(m，n)在椭圆94＝1 直线y＝ax＋3与双曲线a2－b2＝1的交点个数是 C．1或 答 解 因为直线y＝bx＋3与双曲线的渐近线y＝bx平行，所以它与双曲线只有1个交点 2C的方程为16＋m2＝1(m>0)y＝2xMx的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为 2222BB．2D．2根据已知条件得2，则点

)在椭圆 ∴ ＋2m2＝1m＝2 斜率为1的直线l与椭圆4＋y＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为 454 8 D.答 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由

则 85＝＝45 5t＝0时，|AB|max＝45过抛物线y2＝4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A，B两点，它们到直线x＝－2的距离之和等于5，则这样的直线( 有且仅有一 B．有且仅有两C．有无穷多 答 解 (x2，y2)A，Bx＝－1x＝my＋1y2＝4x，则y2＝4(my＋1)，即y2－4my－4＝0，∴A，Bx＝－2∴ x2＝1lA、B两点，若使得|AB|＝λl有3条，则 答 解 ∵使得|AB|＝λ的直线l恰有3条∴A，B的横坐标为3y＝±2，故∵2∴4，综上可知，|AB|＝4时，有三条直线满足题意．在抛物线y＝x2上关于直线y＝x＋3对称的两点M，N的坐标分别 答 设直线MN的方程为y＝－x＋b，代入y＝x2中，x2＋x－b＝044M(x1，y1)，N(x2，y2) 由－1，1＋by＝x＋3 即1＋b＝－1＋3 联立得

过椭圆16＋4＝1内一点P(3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程 答 设直线与椭圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，由于A、B两点均在椭圆上， 故1＋1＝1，2＋

又∵PA、B 4∴AB4

(A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|(1)E3 又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝4a，3l的方程为y＝x＋c，其中

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组

消去y，化简得

，则

a2＋b22

AB的斜率为1，所以|AB|＝ 2[x1＋x2－4x1x2]，即3a＝ 2，故aaEa

22(2)ABN(x0，y0)，由(1)22 ＝

2＝－3a由|PA|＝|PB|kPN＝－1，即x0c＝3a＝3

E的方程为18910．(2014·)在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多M(1)C(2)klP(－2,1)lC恰好有一个公共点、两个公共点、k的相应取值范围． (1)设点M(x，y)，依题意得 化简整理得y2＝2(|x|＋x)．MC(2)MCC1：y2＝4xl①k＝04y＝1C4l：y＝1C恰好有一个公共点②k≠0时，方程(*1)lx轴的交点为(x0,0)由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得

由(*2)(*3)解得k<－1 k∈(－∞，－1)1，＋∞)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线

或

解得22x∈{－1，1}lC1C2有一个公共点．当k∈[－1，0)时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．22k∈[－1，0)∪{－1，1}lC

或即当k∈(－1，－1)∪(0，1)时，直线l与C1有两个公共点，与C2 lC综合①②k∈(－∞，－1)1，＋∞)∪{0}lCk∈[－1，0)∪{－1，1}lC lCB (时间：25分钟y2＝2px(p>0)FlB，C两点，lA，且|AF|＝6，→＝→，则|BC|等于 22

C.

答 解 不妨设直线l的倾斜角为θ，其

ππBB1，于是有|BF|＝|BB1|＝3，|AF|＝p 1－cos2θ＝2 sin

cos tan ＝22l：y＝22(x－1)．由cos

y，选 已知抛物线E：y2＝2px(p>0)经过圆F：x2＋y2－2x＋4y－4＝0的圆心，则抛物线E的准线与圆F相交所得的弦长为 5答 5 圆的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝32，圆心为F(1，－2)．代入抛物线方程可得p＝2，所以其准线方程为x＝－1.圆心到直线x＝－1的距离d＝2，所以抛物线E的准线与圆F相交所得的弦长为2 32－22＝25. Ca2－b2＝1(a>0b>0)P与双曲线C有且只有一个交点，则双曲线C的离心率 答案5解 由双曲线的方程可知：渐近线方程为y＝bb平行 1＋b2＝ 2设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．如果直线AF的斜率为－3，那么|PF|＝ 答 解 直线AF的方程为y＝－3(x－2)联立

得y＝4P(6,4由抛物线的性质可知 MNh

(1)由题意，得

从而

C1的方程为4 C2Py′|x＝t＝2tMNC