高中数学 2.6.3曲线的交点课时作业 苏教版选修2-1

2.6.3曲线的交点课时目标1.会求两条曲线的交点.2.会判断直线与圆锥曲线的位置关系.3.能解决有关直线与圆锥曲线的综合问题．1．直线与圆锥曲线的位置关系设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线M的方程为f(x，y)＝0，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0,fx，y＝0))可得(消y)ax2＋bx＋c＝0(a≠0)位置关系交点个数方程相交Δ>0相切Δ＝0相离Δ<02.直线与圆锥曲线相交形成的弦长问题(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P1P2＝________________(用x1，x2表示)或P1P2＝________________(用y1，y2表示)，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用一元二次方程根与系数的关系，即作如下变形|x2－x1|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)，|y2－y1|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2).(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用轴上两点间距离公式)．(3)经过圆锥曲线的焦点的弦(也称焦点弦)的长度，应用圆锥曲线的定义，转化为两个焦半径之和，往往比用弦长公式简捷．一、填空题1．若直线y＝kx＋1与焦点在x轴上的椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是__________．2．已知直线l：y＝x＋b与曲线C：y＝eq\r(1－x2)有两个公共点，则b的取值范围为__________．3．双曲线eq\f(x2,m)－eq\f(y2,n)＝1(mn≠0)的离心率为2，有一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，则mn的值为________．4．已知抛物线y＝－x2＋3上存在关于直线x＋y＝0对称的相异两点A、B，则AB＝________.5．过点M(3，－1)且被点M平分的双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1的弦所在直线方程为____________．6．抛物线y2＝12x截直线y＝2x＋1所得的弦长为________．7．椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1和双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的公共焦点为F1、F2，P是两曲线的一个交点，那么cos∠F1PF2的值是______．8．已知抛物线y2＝－x与直线y＝k(x＋1)相交于A、B两点，则△AOB的形状是______________．二、解答题9．若抛物线y＝－x2－2x＋m及直线y＝2x相交于不同的两点A、B.(1)求m的取值范围；(2)求AB.10.已知椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，过点P(2,1)作一弦，使弦在这点被平分，求此弦所在直线的方程．能力提升11．若直线y＝x＋b与曲线y＝3－eq\r(4x－x2)有公共点，则b的取值范围是__________．12．已知抛物线C：y＝2x2，直线y＝kx＋2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交抛物线C于点N.(1)证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（2）是否存在实数k使eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0？若存在，求k的值；若不存在，说明理由．1．设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线：f(x，y)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,fx，y＝0))得ax2＋bx＋c＝0.(1)若a≠0，Δ＝b2－4ac，则①Δ>0，直线l与圆锥曲线有两个不同交点．②Δ＝0，直线l与圆锥曲线有唯一的公共点．③Δ<0，直线l与圆锥曲线没有公共点．(2)若a＝0，当圆锥曲线为双曲线时，l与双曲线的渐近线平行或重合；当圆锥曲线为抛物线时，l与抛物线的对称轴平行或重合．2．涉及直线被圆锥曲线截得的弦的中点问题时，常用一元二次方程与系数的关系(韦达定理)，这样可直接得到两交点的坐标之和，也可用设而不求的方法(“点差法”)找到两交点坐标之和，直接与中点建立联系．3．有关曲线关于直线对称的问题，只需注意两点关于一条直线对称的条件：(1)两点连线与该直线垂直(斜率互为负倒数)；(2)中点在此直线上(中点坐标适合对称轴方程)．2．6.3曲线的交点知识梳理1．两个一个无2．(1)eq\r(1＋k2)·|x1－x2|eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|作业设计1．[1,5)2．[1，eq\r(2))解析根据数形结合找b的范围．3.eq\f(3,16)解析m＋n＝c2＝1，e＝eq\f(c,\r(m))＝eq\f(1,\r(m))＝2，∴m＝eq\f(1,4)，n＝eq\f(3,4).4．3eq\r(2)解析设AB的方程为y＝x＋b，与y＝－x2＋3联立得：x2＋x＋b－3＝0，∴Δ＝1－4(b－3)>0，x1＋x2＝－1，x1x2＝b－3.∴AB的中点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，b－\f(1,2)))在x＋y＝0上：即－eq\f(1,2)＋b－eq\f(1,2)＝0解得b＝1符合Δ>0，∴弦长AB＝eq\r(1＋1)·eq\r(1－4×－2)＝3eq\r(2).5．3x＋4y－5＝0解析这条弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)－y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)－y\o\al(2,2)＝1.))两式相减再变形得eq\f(x1＋x2x1－x2,4)＝(y1＋y2)·(y1－y2)，又弦中点为M(3，－1)，故k＝－eq\f(3,4).故这条弦所在的直线方程为y＋1＝－eq\f(3,4)(x－3)，即3x＋4y－5＝0.6.eq\r(15)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝12x，,y＝2x＋1，))得4x2－8x＋1＝0，∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(1,4).∴所得弦长为eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(4－4×\f(1,4))＝eq\r(15).7.eq\f(1,3)解析由题意可知，点P既在椭圆上又在双曲线上，根据椭圆和双曲线的定义，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PF1＋PF2＝2\r(6)，,PF1－PF2＝2\r(3)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PF1＝\r(6)＋\r(3)，,PF2＝\r(6)－\r(3).))又F1F2＝2c＝4，∴cos∠F1PF2＝eq\f(PF\o\al(2,1)＋PF\o\al(2,2)－F1F\o\al(2,2),2PF1·PF2)＝eq\f(\r(6)＋\r(3)2＋\r(6)－\r(3)2－42,2\r(6)＋\r(3)\r(6)－\r(3))＝eq\f(1,3).8．直角三角形解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－x,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k2＋1)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝1＋k2(1－eq\f(2k2＋1,k2)＋1)＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，∴OA⊥OB，所以△AOB是直角三角形．9．解(1)依题意得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2－2x＋m，①,y＝2x，②))把②代入①，得2x＝－x2－2x＋m，即x2＋4x－m＝0.③因为抛物线与直线有两个公共点，所以Δ＝42－4×(－m)>0，∴m>－4.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据(1)中③x2＋4x－m＝0，得x1＋x2＝－4，x1x2＝－m，所以AB＝eq\r(1＋22[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(5)·eq\r(16＋4m)＝2eq\r(5m＋20).10．解方法一如图所示，设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个根，∴x1＋x2＝eq\f(82k2－k,4k2＋1).∵P为弦AB的中点，∴2＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(42k2－k,4k2＋1)，解得k＝－eq\f(1,2)，∴所求直线的方程为x＋2y－4＝0.方法二设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵P为弦AB的中点，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又∵A、B两点在椭圆上，∴xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝16，xeq\o\al(2,2)＋4yeq\o\al(2,2)＝16.两式相减，得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋4(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))＝0，即(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(－x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，即kAB＝－eq\f(1,2).∴直线方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.方法三设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，另一个交点为B(4－x,2－y)，∵A、B两点在椭圆上，∴x2＋4y2＝16，①(4－x)2＋4(2－y)2＝16.②从而A、B在方程①－②所得直线x＋2y－4＝0上，由于过A、B的直线只有一条，∴所求直线的方程为x＋2y－4＝0.11．[1－2eq\r(2)，3]解析曲线方程可化简为(x－2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)，即表示圆心为(2,3)，半径为2的半圆，依据数形结合，当直线y＝x＋b与此半圆相切时需满足圆心(2,3)到直线y＝x＋b距离等于2，解得b＝1＋2eq\r(2)或b＝1－2eq\r(2)，因为是下半圆，故可得b＝1＋2eq\r(2)(舍)，当直线过(0,3)时，解得b＝3，故1－2eq\r(2)≤b≤3.12．(1)证明如图所示，设A(x1,2xeq\o\al(2,1))，B(x2,2xeq\o\al(2,2))，把y＝kx＋2代入y＝2x2，得2x2－kx－2＝0，由韦达定理得x1＋x2＝eq\f(k,2)，x1x2＝－1，∴xN＝xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(k,4)，∴N点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,4)，\f(k2,8))).设抛物线在点N处的切线l的方程为y－eq\f(k2,8)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k,4)))，将y＝2x2代入上式得2x2－mx＋eq\f(mk,4)－eq\f(k2,8)＝0.∵直线l与抛物线C相切，∴Δ＝m2－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mk,4)－\f(k2,8)))＝m2－2mk＋k2＝(m－k)2＝0，∴m＝k，即l∥AB.故抛物线C在点N处的切线与AB平行．(2)解假设存在实数k，使eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0，则NA⊥NB.又∵M是AB的中点，∴MN＝eq\f(1,2)AB.由(1)知yM＝eq\f(1,2)(y1＋y2)＝eq\f(1,2)(kx1＋2＋kx2＋2)＝eq\f(1,2)[k(x1＋x2)＋4]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2,2)＋4))＝eq\f(k2,4)＋2.∵MN⊥x轴，∴MN＝|yM－yN|＝eq\f(k2,4)＋2－eq\f(k2,8)＝eq\f(k2＋