高中數(shù)學(xué) 3.4 第2課時 直線與圓錐曲線的交點基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 北師大版選修2-1

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)3.4第2課時直線與圓錐曲線的交點基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)北師大版選修2-1一、選擇題1．已知橢圓x2＋2y2＝4，則以(1,1)為中點的弦的長度為()A．3eq\r(2) B．2eq\r(3)C．eq\f(\r(30),3) D．eq\f(3,2)eq\r(6)[答案]C[解析]依題設(shè)弦端點A(x1，y1)、B(x2，y2)，則xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝4，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝4，∴xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝－2(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))，∴此弦斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,2y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，∴此弦直線方程y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)代入x2＋2y2＝4，整理得3x2－6x＋1＝0，∴x1·x2＝eq\f(1,3)，x1＋x2＝2.∴|AB|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)·eq\r(1＋k2)＝eq\r(4－4×\f(1,3))·eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(30),3).2．過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦點F作弦AB，若|AF|＝d1，|FB|＝d2，則eq\f(1,d1)＋eq\f(1,d2)的值為()A．eq\f(2b,a2) B．eq\f(2a,b2)C．eq\f(a＋b,b2) D．與AB的斜率有關(guān)[答案]B[解析](特例法)弦AB垂直于x軸時，將x＝c代入橢圓方程得y＝±eq\f(b2,a)，此時d1＝d2＝eq\f(b2,a)，則eq\f(1,d1)＋eq\f(1,d2)＝eq\f(2a,b2).弦AB在x軸上時，d1＝a＋c，d2＝a－c，∴eq\f(1,d1)＋eq\f(1,d2)＝eq\f(1,a＋c)＋eq\f(1,a－c)＝eq\f(2a,a2－c2)＝eq\f(2a,b2).3．若直線y＝kx＋2與雙曲線x2－y2＝6的右支交于不同的兩點，那么k的取值范圍是()A．(－eq\f(\r(15),3)，eq\f(\r(15),3)) B．(0，eq\f(\r(15),3))C．(－eq\f(\r(15),3)，0) D．(－eq\f(\r(15),3)，－1)[答案]D[分析]直線與雙曲線右支交于不同兩點，則由直線與雙曲線消去y得到的方程組應(yīng)有兩正根，從而Δ>0，x1＋x2>0，x1x2>0，二次項系數(shù)≠0.[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6.))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝16k2＋401－k2>0，,\f(4k,1－k2)>0，,\f(10,k2－1)>0.))解得－eq\f(\r(15),3)<k<－1.二、填空題4．若直線x＋y－m＝0被曲線y＝x2所截得的線段長為3eq\r(2)，則m的值為________．[答案]2[解析]設(shè)直線x＋y－m＝0與曲線y＝x2相交于A(x1，y1)、B(x2，y2)兩點由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－m＝0,y＝x2))消去y得，x2＋x－m＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－1,x1x2＝－m)).|AB|＝eq\r(1＋－12)|x1－x2|＝eq\r(2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(1＋4m)＝3eq\r(2)∴eq\r(1＋4m)＝3，∴m＝2.5．(·安徽理)若F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<1)的左、右焦點，過點F1的直線交橢圓E于A、B兩點．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程為________．[答案]x2＋eq\f(3,2)y2＝1[解析]本題考查橢圓方程的求法．如圖，由題意，|AF2|＝b2，又∵|AF2|＝3|BF1|，∴B點坐標(biāo)(－eq\f(5,3)c，－eq\f(1,3)b2)，代入橢圓方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)c2＋\f(－\f(1,3)b22,b2)＝1，,b2＝1－c2))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,3)，,b2＝\f(2,3)))方程為x2＋eq\f(3,2)y2＝1.三、解答題6．設(shè)點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，動圓P經(jīng)過點F且和直線y＝－eq\f(3,2)相切，記動圓的圓心P的軌跡為曲線w.(1)求曲線w的方程；(2)過點F作互相垂直的直線l1、l2，分別交曲線w于A、C和B、D兩個點，求四邊形ABCD面積的最小值．[解析](1)由拋物線的定義知點P的軌跡為以F為焦點的拋物線，eq\f(p,2)＝eq\f(3,2)，即p＝3，∴w：x2＝6y.(2)設(shè)AC：y＝kx＋eq\f(3,2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(3,2)k≠0,x2＝6y))?x2－6kx－9＝0.設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，易求|AC|＝6(k2＋1)，∵l1與l2互相垂直，∴以－eq\f(1,k)換k得|BD|＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1))，SABCD＝eq\f(1,2)|AC||BD|＝eq\f(1,2)×6(k2＋1)×6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1))＝18eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋k2＋\f(1,k2)))≥18(2＋2)＝72，當(dāng)k＝±1時取等號，∴四邊形ABCD面積的最小值為72.一、選擇題1．直線y＝kx－2交拋物線y2＝8x于A、B兩點，若弦AB中點的橫坐標(biāo)為2，則k＝()A．2或－1 B．－1C．2 D．3[答案]C[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2,y2＝8x))聯(lián)立消去y，得k2x2－4(k＋21)x＋4＝0.由韋達(dá)定理可得xA＋xB＝eq\f(4k＋2,k2).∵弦AB中點的橫坐標(biāo)為2，∴2＝eq\f(2k＋2,k2).∴k＝2或k＝－1.∵直線與拋物線相交于A、B兩點，∴Δ＝16(k＋2)2－16k2>0.∴k>－1.∴k＝－1應(yīng)舍去．故選C.2．已知雙曲線中心在原點，且一個焦點為F(eq\r(7)，0)，直線y＝x－1與其相交于M、N兩點，MN中點的橫坐標(biāo)為－eq\f(2,3)，則此雙曲線的方程是()A．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1 B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1C．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,2)＝1 D．eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1[答案]D[解析]設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，依題意c＝eq\r(7)，∴方程可化為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,7－a2)＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,7－a2)＝1,y＝x－1.))得，(7－2a2)x2＋2a2x－8a2＋設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－2a2,7－2a2).∵eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(－a2,7－2a2)＝－eq\f(2,3)，解得a2＝2.故所求雙曲線方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1，故選D.3．直線y＝mx＋1與雙曲線x2－y2＝1總有公共點，則m的取值范圍是()A．m≥eq\r(2)或m≤－eq\r(2) B．－eq\r(2)≤m≤eq\r(2)且m≠0C．m∈R D．－eq\r(2)≤m≤eq\r(2)[答案]D[解析]由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx＋1,x2－y2＝1))消去y，整理得(1－m2)x2－2mx－2＝0，若直線與雙曲線總有公共點，當(dāng)m≠±1時，則Δ＝8－4m2≥0恒成立，當(dāng)m＝±1時顯然也適合題意，故m∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．4．對于拋物線C：y2＝4x，我們稱滿足yeq\o\al(2,0)＜4x0的點M(x0，y0)在拋物線的內(nèi)部，若點M(x0，y0)在拋物線的內(nèi)部，則直線l：y0y＝2(x＋x0)與C()A．恰有一個公共點B．恰有兩個公共點C．可能有一個公點，也可能有兩個公共點D．沒有公共點[答案]D[解析]聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0y＝2x＋x0，,y2＝4x，))整理得y2－2y0y＋4x0＝0.∵yeq\o\al(2,0)＜4x0，∴Δ＝4yeq\o\al(2,0)－16x0＜0，∴方程無解，即直線l與拋物線C無交點．5．(·陜西工大附中四模)F1、F2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左右焦點，過點F1的直線l與雙曲線的左右兩支分別交于A、B兩點．若△ABF2是等邊三角形，則該雙曲線的離心率為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\r(5) D．eq\r(7)[答案]D[解析]如圖，由雙曲線的定義知，|AF2|－|AF1|＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，∴|AB|＝|BF1|－|AF1|＝|BF1|－|AF1|＋|AF2|－|BF2|＝(|BF1|－|BF2|)＋(|AF2|－|AF1|)＝4∴|BF2|＝4a，|BF1|＝6在△BF1F2中，∠ABF2由余弦定理，|BF1|2＋|BF2|2－|F1F2|2＝2|BF1|·|BF2∴36a2＋16a2－4c2＝24a2，∴7a∵e>1，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(7)，故選D.二、填空題6．已知直線l過點P(0,2)且與橢圓x2＋2y2＝2只有一個公共點，則直線l的方程為________．[答案]y＝eq\f(\r(6),2)x＋2或y＝－eq\f(\r(6),2)x＋2[解析]當(dāng)直線l斜率不存在時，方程為x＝0，與橢圓x2＋2y2＝2有兩個公共點，舍去；當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)方程為y＝kx＋2，代入橢圓方程得x2＋2(kx＋2)2＝2，整理得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，由Δ＝64k2－4×6×(2k2＋1)＝0，解得k＝±eq\f(\r(6),2)，故直線l方程為y＝eq\f(\r(6),2)x＋2或y＝－eq\f(\r(6),2)x＋2.7．過點M(－2,0)的直線l與橢圓x2＋2y2＝2交于P1，P2兩點，線段P1P2中點為P，設(shè)直線l的斜率為k1(k1≠0)，直線OP的斜率為k2(O為原點)，則k1·k2的值為________．[答案]－eq\f(1,2)[解析]設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P(x0，y0)，∴xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2， ①xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2， ②①－②得：k1＝－eq\f(x0,2y0).∴k1·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2)，即k1·k2＝－eq\f(1,2).三、解答題8．在拋物線y2＝4x上恒有兩點關(guān)于直線y＝kx＋3對稱，求k的取值范圍．[分析]設(shè)B，C兩點關(guān)于直線y＝kx＋3對稱，則直線BC的方程為x＝－ky＋m.由B，C兩點關(guān)于直線y＝kx＋3對稱可得m與k的關(guān)系式，而由直線BC與拋物線有兩交點即可求得k的取值范圍．[解析]設(shè)拋物線y2＝4x上的B，C兩點關(guān)于直線y＝kx＋3對稱，則直線BC的方程為x＝－ky＋m(k≠0)，代入y2＝4x，得y2＋4ky－4m＝0.設(shè)點B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中點M(x0，y0)，則y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－2k，則x0＝2k2＋m.∵點M(x0，y0)在直線y＝kx＋3上，∴－2k＝k(2k2＋m)＋3.∴m＝－eq\f(2k3＋2k＋3,k).②又∵直線BC與拋物線交于不同的兩點，∴方程①中，Δ＝16k2＋16m把②式代入化簡，得eq\f(k3＋2k＋3,k)<0，即eq\f(k＋1k2－k＋3,k)<0，解得－1<k<0，即k的取值范圍是(－1,0)．9．(·天津文)設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，上頂點為B.已知|AB|＝eq\f(\r(3),2)|F1F2|.(1)求橢圓的離心率；(2)設(shè)P為橢圓上異于其頂點的一點，以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點F1，經(jīng)過點F2的直線l與該圓相切與點M，|MF2|＝2eq\r(2).求橢圓的方程．[解析](1)如圖所示，由橢圓的幾何性質(zhì)|AB|＝eq\r(a2＋b2)，而|AB|＝eq\f(\r(3),2)|F1F2|，∴a2＋b2＝eq\f(3,4)×4c2＝3c2.又b2＝a2－c2，∴2a2＝4c2，即e2＝eq\f(1,2)，∴e＝eq\f(\r(2),2).(2)由(1)設(shè)橢圓方程eq\f(x2,2c2)＋eq\f(y2,c2)＝1.設(shè)P(x1，y1)，B(0，c)，F(xiàn)1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，∵P是異于頂點的點，∴x1≠0，y≠0.以PB為直徑的圓過F1，即PF1⊥BF1，∴eq\f(y1,c1＋c)·eq\f(c,c)＝－1，∴y1＝－(x1＋c)．設(shè)PB中點D(eq\f(x1,2)，eq\f(y1＋c,2))，即D為(eq\f(x1,2)，eq\f(－x1,2))．由題意得|DF2|2＝|DM|2＋|MF2|2，∵|DM|＝|DB|＝r，∴|DF2|2＝(eq\f(x1,2)－c)2＋eq\f(x\o\al(2,1),4)，|MF2|2＝8，|DM|2＝eq\f(x\o\al(2,1),4)＋(c＋eq\f(x1,2))2，即(eq\f(x1,2)－c)2＋eq\f(x\o\al(2,1),4)＝8＋eq\f(x\o\al(2,1),4)＋(c＋eq\f(x1,2))2.整理得cx1＝－4①又P(x1，－(x1＋c))在橢圓上，∴xeq\o\al(2,1)＋2(x1＋c)2＝2c2整理得3xeq\o\al(2,1)＋4cx1＝0②∵x1≠0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1＋4c＝0,cx1＝－4))，解之得c2＝3，∴所求橢圓方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.10.已知拋物線C1：x2＝y(tǒng)，圓C2：x2＋(y－4)2＝1的圓心為點M.(1)求點M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離；(2)已知點P是拋物線C1上一點(異于原點)，過點P作圓C2的兩條切線，交拋物線C1于A、B兩點，若過M、P兩點的直線l垂直于AB，求直線l的方程.[解析](1)由題意可知，拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,4)，所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是eq\f(17,4).(2)設(shè)P(x0，xeq\o\al(2,0))，A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o