\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高二數學上學期同步知識點剖析精品講義！
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模塊導圖
知識剖析
直線與圓錐曲線的位置關系
設直線\(l : A x + B y + C = 0\)，圓錐曲線\(C : f ( x , y ) = 0\)，把兩者方程聯立得到方程組，消元\(y(x)\)得到一個關於\(x(y)\)的方程\(a x ^ { 2 } + b x + c = 0 ( a y ^ { 2 } + b y + c = 0 )\).
①當\(a \neq 0\)時，
\(∆ \gt 0 \Leftrightarrow\)方程有兩個不同的實數解，即直線與圓錐曲線有兩個交點\(\Leftrightarrow\)相交;
\(∆ = 0 \Leftrightarrow\)方程有兩個相同的實數解，即直線與圓錐曲線有一個交點\(\Leftrightarrow\)相切;
\(∆ < 0 \Leftrightarrow\)方程無實數解，即直線與圓錐曲線無交點\(\Leftrightarrow\)相離.
②當\(a = 0 , b \neq 0\)時，即得到一個一次方程，則直線\(l\)與圓錐曲線\(C\)相交，且只有一個交點，此時，若\(C\)為雙曲線，則直線與雙曲線的漸近線的位置關系是平行；若\(C\)為拋物線，則直線與拋物線的對稱軸的位置關系是平行．
圓錐曲線中的弦長公式
直線\(y = k x + b\)與圓錐曲線相交於\(A ( x _ { 1 } , y _ { 1 } ) , B ( x _ { 2 } , y _ { 2 } )\)，則
\(A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot | x _ { 1 } - x _ { 2 } | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)
或
\(A B = \sqrt { 1 + \dfrac { 1 } { k ^ { 2 } } } \cdot | y _ { 1 } - y _ { 2 } | = \sqrt { 1 + \dfrac { 1 } { k ^ { 2 } } } \cdot \sqrt { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 y _ { 1 } y _ { 2 } } = \sqrt { 1 + \dfrac { 1 } { k ^ { 2 } } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)，
(\(∆ = b ^ { 2 } - 4 a c\)，注意對公式推導的理解，其本質是兩點距離公式)
（注意對公式推導的理解）
拋物線的焦點弦長\(| A B | = x _ { 1 } + x _ { 2 } + p = \dfrac { 2 p } { \sin ^ { 2 } \theta }\)，
\(\theta\)為弦\(AB\)所在直線的傾斜角.
點差法
① 涉及到中點弦問題可用點差法求解，在處理雙曲線的中點弦問題要注意檢驗！
②“點差法”的常見題型：求中點弦方程、求(過定點、平行弦)弦中點軌跡、垂直平分線問題．
經典例題
【題型一】直線與圓錐曲線的位置關系
【典題1】 不論\(k\)為何值，直線\(y=kx+1\)與橢圓\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m}=1\)有公共點，則實數\(m\)的范圍是\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】\({\color{Red}{ 方法一}}\)
把直線\(y=kx+1\)代入橢圓\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m}=1\)，
化為\((m+7k^2 ) x^2+14kx+7－7m=0\)，
其中\(m≠7,m>0\)\({\color{Red}{(注意這個坑) }}\)
\(∵\)直線\(y=kx+1\)與橢圓\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m}=1\)有公共點，
\(∴m+7k^2≠0\)，\(△=(14k)^2－4(m+7k^2)(7－7m)≥0\)恆成立．
化為\(1－m≤7k^2\)．上式對於任意實數\(k\)都成立，\(∴1－m≤0\)，解得\(m≥1\)．
\(∴\)實數\(m\)的范圍是\([1,7)∪(7,+∞)\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\)
從所給含參直線\(y=kx+1\)入手可知直線過定點\((0,1)\)，
所以若過定點的直線均與橢圓有公共點，則該點位於橢圓的內部或橢圓上，
所以代入\((0,1)\)后\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m} \leq 1\)，即\(\dfrac{1}{m^2} \leq1⇒m≥1\)，
因為是橢圓，所以\(m≠7\)，
故\(m\)的取值范圍是\([1，7)∪(7，+∞)\).
【點撥】判斷直線與圓錐曲線的位置關系，通法是聯立直線方程與圓錐曲線方程，確定判別式與\(0\)的大小關系；也可以通過幾何的方法，若直線過圓錐曲線內一點則它們肯定相交.
【典題2】 若過點\(P(0,1)\)的直線\(l\)與雙曲線\(E：x^2－y^2=1\)的右支相交於不同兩點，則直線\(l\)斜率的取值范圍為( )
A．\((1,\sqrt2)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\([-\sqrt2,－1]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\([1,\sqrt2]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\((-\sqrt2,－1)\)
【解析】\({\color{Red}{(注意“右支”的限制) }}\)
由題意可得直線\(l\)斜率存在，設直線\(l\)的方程為\(y=kx+1\)，
設交點\(A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)\)，
聯立\(\begin{cases} { y = k x + 1 } \\ { x ^ { 2 } - y ^ { 2 } = 1 } \end{cases}\)，可得\((1－k^2 ) x^2－2kx－2=0\)，
由題意可得\(\begin{cases} { 1 - k ^ { 2 } \neq 0 } \\ { △= 4 k ^ { 2 } + 8 ( 1 - k ^ { 2 } ) \gt 0 } \\ { x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 2 k } { 1 - k ^ { 2 } } \gt 0 } \\ { x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { - 2 } { 1 - k ^ { 2 } } \gt 0 } \end{cases}\)，解得：\(-\sqrt2<k<－1\)，
故選：\(D\)．
【點撥】
① 當直線與雙曲線左支交於兩點\(⇒x_1+x_2<0,x_1 x_2>0\);
當直線與雙曲線右支交於兩點\(⇒x_1+x_2>0,x_1 x_2>0\).
② 注意二次項系數不為\(0\)，若\(1-k^2=0⇒k=±1\)，則方程為一元一次方程，只有一個解，從圖象來看\(k=±1\)與漸近線斜率相等，也可知只有一個交點.
③本題是選擇題，從幾何的角度也可很快選到\(D\).
【典題3】 已知雙曲線\(x^2-\dfrac{y^2}{4}=1\)，過點\(P(1,1)\)的直線\(l\)與雙曲線只有一個公共點，求直線\(l\)的方程．
【解析】雙曲線\(x^2-\dfrac{y^2}{4}=1\)的漸近線方程為\(y=±2x\)，
①直線\(x=1\)與雙曲線只有一個公共點；\({\color{Red}{ (直線斜率不存在)}}\)
②過點\(P (1,1)\)平行於漸近線\(y=±2x\)時，直線\(l\)與雙曲線只有一個公共點，
方程為\(y－1=±2(x－1)\)，即\(2x－y－1=0\)或\(2x+y－3=0\)；
③設過\(P\)的直線方程為\(y－1=k(x－1) (k≠±2)\)
由\(\begin{cases} { y - 1 = k ( x - 1 ) } \\ { x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1 } \end{cases}\)
得\((4-k^2 ) x^2+(2k^2-2k)x-k^2+2k-5=0\)
只有一個交點，即\(△=0\)，解得\(k=\dfrac{5}{2}\)，
此時直線方程為\(y=\dfrac{5}{2} x-\dfrac{3}{2}\)，即\(5x-2y-3=0\)．
故直線\(l\)的方程為\(x=1\)或\(2x－y－1=0\)或\(2x+y－3=0\)或\(5x-2y-3=0\)．
【點撥】從幾何的角度看，直線與雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的位置關系與漸近線\(y=\dfrac{b}{a} x\)有關，
(1) 當點\(P\)在雙曲線上或內，
當\(k=\dfrac{b}{a}\)或\(k=-\dfrac{b}{a}\)時，只有\(1\)個交點；
當\(k≠±\dfrac{b}{a}\)時，只有\(2\)個交點；
(2) 當點\(P\)在雙曲線外，
當\(k=\dfrac{b}{a}\)或\(k=-\dfrac{b}{a}\)時，只有\(0\)或\(1\)個交點；
當\(k>\dfrac{b}{a}\)或\(k<-\dfrac{b}{a}\)時，只有\(0\)或\(2\)個交點；
當\(0<k<\dfrac{b}{a}\)或\(-\dfrac{b}{a}<k<0\)時，只有\(2\)個交點.
做題時注意特殊情況：斜率\(k\)不存在的直線.
【典題4】 橢圓\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)上的點到直線\(2x+\sqrt3y－9=0\)的距離的最大值為( )
A．\(2\sqrt7\) B．\(\dfrac{4\sqrt7}{7}\) C．\(\dfrac{2\sqrt7}{7}\) D．\(\sqrt7\)
【解析】\({\color{Red}{ 方法一 幾何法}}\)
設與直線\(2x+\sqrt3y－9=0\)平行的直線\(2x+\sqrt3 y+m=0\)與橢圓\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)相切，
由\(\begin{cases} { 2 x + \sqrt { 3 } y + m = 0 } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 } \end{cases}\)，
得\(25x^2+16mx+4m^2-36=0\)，
由\(∆=0\)得\(m=±5\)，
設直線\(2x+\sqrt3 y+m=0\)與直線\(2x+\sqrt3y－9=0\)的距離為\(d\)，
當\(m=5\)時，\(d=\dfrac{4\sqrt7}{7}\)；當\(m=-5\)時，\(d=2\sqrt7\).
橢圓\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)上的點到直線\(2x+\sqrt3y－9=0\)的距離的最大值為\(2\sqrt7\).
\({\color{Red}{方法二 函數法 }}\)
橢圓\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)的參數方程為\(\begin{cases} { x = 2 cos \theta } \\ { y = \sqrt { 3 } sin \theta } \end{cases}\)，\(θ\)為參數，
設橢圓上的動點\(P(2cosθ, \sqrt3 sinθ)\)，
則點\(P\)到直線\(2x+\sqrt3y－9=0\)距離
\(d = \dfrac { | 4 \cos \theta + 3 \sin \theta - 9 | } { \sqrt { 4 + 3 } }\)\(= \dfrac { |5 \sin ( \theta + \alpha ) - 9 | } { \sqrt { 7 } } \leq \dfrac { 14 } { \sqrt { 7 } } = 2 \sqrt { 7 }\)，其中\(tanα=\dfrac{4}{3}\)，
\(∴ d _ { m a x } = 2 \sqrt { 7 }\)．
故選：\(A\)．
【點撥】
① 幾何法，圓錐曲線\(C\)上的點到與\(C\)相離直線\(l\)最短距離等於直線\(l\)與其一平行且相切\(C\)的直線\(l_1\)距離;
② 函數法，利用了橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的參數方程\(\begin{cases} { x = a \cos \theta } \\ { y = b \sin \theta } \end{cases}\).
鞏固練習
1(★)直線\(y=kx+1\)和曲線\(2x^2+3y^2=6\)的位置關系為\(\underline{\quad \quad}\).
2(★) 雙曲線\(x^2－y^2=1\)與直線\(x－y=1\)交點的個數為\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★) 直線\(y=kx(k>0)\)與雙曲線\(\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{6}=1\)沒有交點，則\(k\)的取值范圍為 \(\underline{\quad \quad}\) .
4(★★) 已知點\(P\)在直線\(y=x－1\)上，點\(Q\)在曲線\(x^2=2y\)上，則\(|PQ|\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\).
5(★★) 橢圓\(C: \dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)上的點\(P\)到直線\(l：4x+3y+18=0\)的距離的最小值為\(\underline{\quad \quad}\).
參考答案
- 相交
- \(1\)
- \([\sqrt3，+∞)\)
- \(\dfrac{\sqrt2}{4}\)
- \(\dfrac { 18 - 6 \sqrt { 5 } } { 5 }\)
【題型二】直線與圓錐曲線的弦長問題
【典題1】 已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\)，且經過點\((\sqrt2，1)\)，直線\(l\)經過\(P(0，1)\)，且與橢圓\(C\)相交於\(A、B\)兩點．
(1)求橢圓\(C\)的標准方程；(2)當\(AB=3\)，求此時直線\(l\)的方程.
【解析】(1)過程略，橢圓方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\)；
(2)當直線\(l\)的斜率不存在時，即直線\(l\)的方程\(x=0\)，
\({\color{Red}{ (設直線方程前注意是否存在斜率)}}\)
此時\(AB=2b=2\sqrt2≠3\)，
\(∴\)直線\(AB\)的斜率存在，
不妨設直線\(l\)的方程為\(y=kx+1\)，設\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，
聯立方程組可得\(\begin{cases} { y = k x + 1 } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 } \end{cases}\)，消\(y\)可得\((1+2k^2 ) x^2+4kx－2=0\)，
其判別式\(∆=8+32k^2>0\)，
\({\color{Red}{(直線經過的點P在橢圓內，一定有∆>0，即k∈R；若點P在橢圓外要注意分析判別式∆) }}\)
\(∴x_1+x_2=-\dfrac{4k}{1+2k^2}，x_1 x_2=-\dfrac{2}{1+2k^2}\)，
\(∴ | A B | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( - \dfrac { 4 k } { 1 + 2 k ^ { 2 } } ) ^ { 2 } + \dfrac { 8 } { 1 + 2 k ^ { 2 } } }\)
\(= \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { \dfrac { 8 + 32 k ^ { 2 } } { ( 1 + 2 k ^ { 2 } ) ^ { 2 } } } = 3\)
\({\color{Red}{(這里運算量較大，若|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot \dfrac{\sqrt∆}{|a|} =\sqrt{1+k^2}\cdot \dfrac{\sqrt{8+32k^2}}{1+2k^2}就簡單多了) }}\)
整理可得\(4k^4－4k^2+1=0\)，解得\(k^2=\dfrac{1}{2}\)，即\(k=± \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\)，
此時直線方程為\(y=\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } x+1\)或\(y=-\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } x+1\).
【點撥】弦長公式
\(A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot | x _ { 1 } - x _ { 2 } | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)，
弦長公式有三條等式，根據題意進行選擇，一般用\(A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)計算量較小.
【典題2】設離心率為\(3\)，實軸長為\(1\)的雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左焦點為\(F\)，頂點在原點的拋物線\(C\)的准線經過點\(F\)，且拋物線\(C\)的焦點在\(x\)軸上．
(1)求拋物線\(C\)的方程；
(2)若直線\(l\)與拋物線\(C\)交於不同的兩點\(M，N\)，且滿足\(OM⊥ON\)，求\(|MN|\)的最小值．
【解析】(1)過程略，拋物線\(C\)的方程\(y^2=6x\)；
(2)設直線\(l\)的方程為\(x=my+t\)，設點\(M(x_1,y_1)、N(x_2,y_2)\)，
將直線\(l\)的方程與拋物線\(C\)的方程聯立\(\begin{cases} { x = m y + t } \\ { y ^ { 2 } = 6 x } \end{cases}\)，得\(y^2－6my－6t=0\)，
由韋達定理得\(y_1+y_2=6m，y_1 y_2=－6t\)，
\(∵OM⊥ON\)，
\(∴k_{OM}⋅k_{ON}=\dfrac{y_1}{x_1}\cdot \dfrac{y_2}{x_2}=\dfrac{y_1 y_2}{x_1x_2}=-1\)
\({\color{Red}{ (\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON}=0也行)}}\)
因為點\(M,N\)在拋物線上，所以\(x _ { 1 } = \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 6 } , x _ { 2 } = \dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { 6 }\)，
則\(\dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 2 } x _ { 2 } } = - 1 \Rightarrow \dfrac { 36 } { y _ { 1 } y _ { 2 } } = - \dfrac { 36 } { 6 t } = - 1\)，即\(t=6\)，
\({\color{Red}{ (\dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 1 } x _ { 2 } } = - 1 用“曲線代換”消去x_1 x_2，比“直線代換”x_1 x_2=(my_1+t)(my_1+t)簡便) }}\)
由\(△=36m^2+144>0\)恆成立，
則|\(| M N | = \sqrt { 1 + m ^ { 2 } } \sqrt { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 y _ { 1 } y _ { 2 } }\)\(= \sqrt { 1 + m ^ { 2 } } \cdot \sqrt { 36 m ^ { 2 } + 144 }\)\(= 6 \sqrt { ( 1 + m ^ { 2 } ) ( 4 + m ^ { 2 } ) } \geq 12\)，
\({\color{Red}{(其中m與直線斜率k的關系是 m = \dfrac { 1 } { k }) }}\)
當且僅當\(m=0\)時，\(|MN|\)取得最小值\(12\)．
【點撥】
①直線與拋物線\(y^2=2px\)的聯立，常用\(x=my+t\)，比起\(y=kx+b\)計算量少些！
②在處理類似\(“\dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 1 } x _ { 2 } } = - 1 ”\)同含\(x，y\)的“韋達式”，注意“直線代換”和“曲線代換”的選取.
【典題3】在平面直角坐標系\(xOy\)中，已知點\(F _ { 1 } ( - \sqrt { 17 } , 0 ) , F _ { 2 } ( \sqrt { 17 } , 0 )\)，點\(M\)滿足
\(|MF_1 |﹣|MF_2 |=2\)．記\(M\)的軌跡為\(C\)．
(1)求\(C\)的方程；
(2)設點\(T\)在直線\(x = \dfrac { 1 } { 2 }\)上，過\(T\)的兩條直線分別交\(C\)於\(A,B\)兩點和\(P,Q\)兩點，
且\(|TA|\cdot|TB|=|TP|\cdot|TQ|\)，求直線\(AB\)的斜率與直線\(PQ\)的斜率之和．
【解析】(1)過程略，\(C\)的方程\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 16 } = 1 ( x \geq 1 )\)；
(2)
設\(T ( \dfrac { 1 } { 2 } , t )\)，直線\(AB\)的方程為\(y = k _ { 1 } ( x - \dfrac { 1 } { 2 } ) + t\)，
\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，設\(x _ { 2 }> x _ {1 }≥1\)，
將直線\(AB\)方程代入\(C\)的方程化簡並整理可得
\((16-k_1^2)x^2+(k_1^2-2tk_1)x-\dfrac{1}{4} k_1^2+k_1 t-t^2-16=0\)，
由韋達定理有，
\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { k _ { 1 } ^ { 2 } - 2 k _ { 1 } t } { k _ { 1 } ^ { 2 } - 16 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { - \dfrac { 1 } { 4 } k _ { 1 } ^ { 2 } + k _ { 1 } t - t ^ { 2 } - 16 } { 16 - k _ 1^2}\)，
所以\(| A T | \cdot | B T | =[\sqrt { 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } } ( x _ { 1 } - \dfrac { 1 } { 2 } ) ]\cdot[\sqrt { 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } } ( x _ { 2 } - \dfrac { 1 } { 2 } )]\)
\(= ( 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } ) ( x _ { 1 } - \dfrac { 1 } { 2 } ) ( x _ { 2 } - \dfrac { 1 } { 2 } ) = \dfrac { ( 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } ) ( t ^ { 2 } + 12 ) } { k _ { 1 } ^ { 2 } - 16 }\)，
\({\color{Red}{(利用弦長公式 A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot | x _ { 1 } - x _ { 2 }| ) }}\)
設直線\(PQ\)的方程為\(y = k _ { 2 } ( x - \dfrac { 1 } { 2 } ) + t\)，\(P(x_3,y_3),Q(x_4,y_4)\)，設\(x_4>x_3≥1\)，
同理可得\(| P T | \cdot| Q T | = \dfrac { ( 1 + k_2 ^ { 2 } ) ( t ^ { 2 } + 12 ) } { k _ { 2 } ^ { 2 } - 16 }\)，
又\(|TA|\cdot|TB|=|TP|\cdot|TQ|\)，則\(\dfrac { 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } } { k _ { 1 } ^ { 2 } - 16 } = \dfrac { 1 + k _ { 2 } ^ { 2 } } { k _ { 2 } ^ { 2 } - 16 }\)，
化簡可得\(k_1^2=k_2^2\)，
又\(k_1≠k_2\)，則\(k_1=-k_2\)，即\(k_1+k_2=0\)，
即直線\(AB\)的斜率與直線\(PQ\)的斜率之和為\(0\)．
【點撥】本題還有很多其他的解法，該解法計算量較大，但思路較直接，題中\(|TA|,|TB|,|TP|, |TQ|\)四條線段均可理解為“弦長”，最后用\(“k_1,k_2,t"\)表示出來，而最后只需要證明\(k_1,+k_2=0\)便可！
【典題4】如圖，在平面直角坐標系\(xoy\)中，已知橢圓\(C _ { 1 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)和橢圓\(C _ { 2 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } =1\)，其中\(a>c>b>0\)，\(a^2=b^2+c^2\)，\(C_1,C_2\)的離心率分別為\(e_1,e_2\)，且滿足\(e_1:e_2=2:\sqrt3\)，\(A,B\)分別是橢圓\(C_2\)的右、下頂點，直線\(AB\)與橢圓\(C_1\)的另一個交點為\(P\)，且\(P B = \dfrac { 18 } { 5 }\).
(1)求橢圓\(C_1\)的方程；(2)與橢圓\(C_2\)相切的直線\(MN\)交橢圓\(C_1\)與點\(M,N\)，求\(MN\)的最大值.
【解析】(1)由題意知\(e _ { 1 } = \dfrac { c } { a }\)，\(e _ { 2 } = \dfrac { \sqrt { c ^ { 2 } - b ^ { 2 } } } { c } = \dfrac { \sqrt { 2 c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } { c }\)，
因為\(e_1:e_2=2:\sqrt3\)，所以\(\sqrt { 3 } \cdot \dfrac { c } { a } = 2 \cdot \dfrac { \sqrt { 2 c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } { c }\)，化簡得\(a ^ { 2 } = \dfrac { 3 } { 2 } c ^ { 2 }\)，
又\(a^2=b^2+c^2\)，所以\(a = \sqrt { 3 } b , c = \sqrt { 2 } b\)，所以\(A ( \sqrt { 2 } b , 0 ) , B ( 0 , - b )\)，
所以直線\(AB\)的方程為\(y = \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } x - b\)，
與橢圓\(C _ { 1 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { 3 b ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)聯立並消去\(y\)，得\(x^2+3(\dfrac{\sqrt2}{2}x-b)^2=3b^2\)，
整理得\(x _ { 1 } = 0 , x _ { 2 } = \dfrac { 6 \sqrt { 2 } } { 5 } b\)，所以\(P ( \dfrac { 6 \sqrt { 2 } b} { 5 } , \dfrac { b } { 5 } )\)，
因為\(P B = \dfrac { 18 } { 5 }\)，所以\(\sqrt { ( \dfrac { 6 \sqrt { 2 } } { 5 } b - 0 ) ^ { 2 } + ( \dfrac { b } { 5 } + b ) ^ { 2 } } = \dfrac { 18 } { 5 }\)，得\(b=\sqrt3\)，所以\(a=3\)，
\({\color{Red}{(PB用兩點距離公式便可) }}\)
所以橢圓\(C_1\)的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)
(2)① 當直線\(MN\)的斜率不存在時，易得\(MN=2.\)
② 當直線\(MN\)的斜率存在時，設直線\(MN:y=kx+m(k≠0)\)，
與橢圓\(C _ { 2 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { 6 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)聯立並消去\(y\)，得\((1+2k^2 ) x^2+4knx+2m^2-6=0\)，
因為直線\(MN\)與橢圓\(C_2\)相切，所以\(∆=16k^2 m^2-4(1+2k^2 )(2m^2-6)=0\)，
整理得\(6k^2+3-m^2=0 (*)\)，
將直線\(MN\)與橢圓\(C_1\)方程聯立並消去\(y\)，得\((1+3k^2 ) x^2+6kmx+3m^2-9=0\)，
由\((*)\)式可得\(∆=36k^2 m^2-4(1+3k^2 )(3m^2-9)=12(9k^2+3-m^2 )=36k^2\).
設\(M(x_M,y_M ),N(x_N,y_N)\)，則\(x _ { M } + x _ { N } = - \dfrac { 6 k m } { 1 + 3 k ^ { 2 } } , x _ { M } x _ { N } = \dfrac { 3 m ^ { 2 } - 9 } { 1 + 3 k ^ { 2 } }\)，
所以\(M N = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } | x _ { M } - x _ { N } |\)\(= \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { 36 k ^ { 2 } } } { 1 + 3 k ^ { 2 } } =6 \sqrt { \dfrac { k^4 + k ^ { 2 } } { ( 1 + 3 k ^ { 2 } ) ^ { 2 } } }\)，
\({\color{Red}{(換元法處理函數f ( x ) = \dfrac { a _ { 1 } x ^ { 2 } + b _ { 1 } x + c _ { 1 } } { a _ { 2 } x ^ { 2 } + b _ { 2 } x + c _ { 2 } }最值) }}\)
設\(t=1+3k^2\)，則\(t>1\)，\(M N = 6 \sqrt { \dfrac { t ^ { 2 } + t - 2 } { 9 t ^ { 2 } } } = 2 \sqrt { - 2 ( \dfrac { 1 } { t } - \dfrac { 1 } { 4 } ) ^ { 2 } + \dfrac { 9 } { 8 } } \leq \dfrac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 }\)，
綜上所述，當\(t=4\)，即\(k=±1\)時，\(MN\)最大，且最大值為\(\dfrac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 }\).
鞏固練習
1(★★)設\(F\)為拋物線\(C：y^2=4x\)的焦點，其准線\(l\)與\(x\)軸的交點為\(M\)，過點\(F\)且傾斜角為\(60°\)的直線交拋物線\(C\)於\(A，B\)兩點，則\(△AMB\)的面積為\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★) 已知拋物線\(C:x^2=-2py(p>0)\)的焦點\(F\)與\(\dfrac { y ^ { 2 } } { 8 } + \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } = 1\)的一個焦點重合，過焦點\(F\)的直線與交\(C\)於\(A，B\)兩不同點，拋物線\(C\)在\(A，B\)兩點處的切線相交於點\(M\)，且\(M\)的橫坐標為\(2\)，則弦長\(AB=\)______.
3(★★) 橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左、右焦點分別是\(F _ { 1 } , F _ { 2 }\)，斜率為\(\dfrac{1}{2}\)的直線\(l\)過左焦點\(F_1\)且交\(C\)於\(A，B\)兩點，且\(∆ABF_2\)的內切圓的周長是\(2π\)，若橢圓的離心率為\(e\in[ \dfrac { 1 } { 2 } , \dfrac { 3 } { 4 } ]\)，則線段\(AB\)的長度的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)
4(★★★) 已知\(P\)為橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 16 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)上的一個動點，過點\(P\)作圓\(( x - 1 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)的兩條切線，切點分別是\(A,B\)，則\(AB\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\).
5(★★)已知\(F(\sqrt3,0)\)橢圓\(C:\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的右焦點，且點\(A(2,0)\)在橢圓上．
(1)求橢圓\(C\)的標准方程：
(2)過點\(F\)且斜率為\(1\)的直線與橢圓\(C\)相交於\(M,N\)兩點，求線段\(MN\)的長度．
6(★★★) 已知橢圓\(E: \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\),過點\(P(1,1)\)作傾斜角互補的兩條不同直線\(l_1,l_2\)，設\(l_1\)與橢圓\(E\)交於\(A,B\)兩點，\(l_2\)與橢圓\(E\)交於\(C,D\)兩點。
(1) 若\(P(1,1)\)為線段\(AB\)的中點，求直線\(AB\)的方程；
(2)記\(\lambda = \dfrac { A B } { C D }\)，求\(\lambda\)的取值范圍.
參考答案
1.\(\dfrac { 8 \sqrt { 3 } } { 3 }\)
2.\(10\)
3.\([ \dfrac { 8 \sqrt { 5 } } { 3 } , 4 \sqrt { 5 } ]\)
4.\(\dfrac { 4 \sqrt { 22 } } { 11 }\)
5.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + y ^ { 2 } = 1 \quad ( 2 ) \dfrac { 8 } { 5 }\)
6.\((1) x+2y﹣3=0 \quad (2)[\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}, 1 )\cup ( 1 , \dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{2}]\)
【題型三】中點弦
【典題1】 過橢圓\(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\)內一點\(M(2,1)\)引一條弦，使弦被點\(M\)平分，求這條弦所在的直線方程.
【解析】 \({\color{Red}{方法一 }}\) 若所求直線的斜率不存在，由橢圓的對稱性可知點M不可能是弦的中點，
故可設所求直線方程為\(y-1=k(x-2)\)，代入橢圓方程並整理得：
\((4k^2+1) x^2-8(2k^2-k)x+4(2k-1)^2-16=0\)
設直線與橢圓的交點為\(A(x_1,y_1 )、B(x_2,y_2)\)，
於是\(x_1+x_2= \dfrac { 8 ( 2 k ^ { 2 } - k ) } { 4 k ^ { 2 } + 1 }\)，
又\(M\)為\(AB\)的中點，
所以\(\dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 } = \dfrac { 4 ( 2 k ^ { 2 } - k ) } { 4 k ^ { 2 } + 1 } = 2\)，解得\(k = - \dfrac { 1 } { 2 }\)，
故所求直線方程為\(x+2y-4=0.\)
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 設直線與橢圓的交點為\(A(x_1,y_1 )、B(x_2,y_2)，\)
因為\(M(2,1)\)為\(AB\)的中點，
所以\(x_1+x_2=4,y_1+y_2=2\)，
又\(A、B\)兩點在橢圓上，則\(x_1^2+4y_1^2=16， x_2^2+4y_2^2=16\)，
兩式相減得\((x_1^2-x_2^2 )+4(y_1^2-y_2^2 )=0\)，
所以\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = - \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } {4(y _ { 1 } + y _ { 2 }) } = - \dfrac { 1 } { 2 }\)，
\({\color{Red}{(兩式相減整理后得到\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = - \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 4(y _ { 1 } + y _ { 2 }) }，其中 \dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } }為直線斜率，x_1+x_2,y_1+y_2均與中點有關，故點差法適合中點弦問題) }}\)
即\(k _ { A B } = - \dfrac { 1 } { 2 }\)，
故所求直線方程為\(x+2y-4=0\).
\({\color{Red}{方法三 }}\) 設所求直線與橢圓的一個交點為\(A(x,y)\)，由於中點為\(M(2,1)\)，
則另一個交點為\(B(4-x,2-y)\)，
因為\(A、B\)兩點在橢圓上，所以有\(\begin{cases} { x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2} = 16 } \\ { ( 4 - x ) ^ { 2 } + 4 ( 2 - y ) ^ { 2 } = 16 } \end{cases}\)，
兩式相減得\(x+2y-4=0\)，
由於過\(A、B\)的直線只有一條，
故所求直線方程為\(x+2y-4=0\).
【點撥】
① 若\(A(x_1,y_1 )、B(x_2,y_2)\)，則\(AB\)的中點\(C ( \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 } , \dfrac { y _ { 1 } + y _ { 2 } } { 2 } )\);
② 對於中點弦問題，常有的解題方法是點差法(設而不求)，其解題步驟為：
(1) 設點：即設出弦的兩端點坐標；
(2) 代入：即代入圓錐曲線方程；
(3) 作差：即兩式相減，再用平方差公式把上式展開；
(4) 整理：即轉化為斜率與中點坐標的關系式，然后求解．
“點差法”的常見題型：求中點弦方程、求(過定點、平行弦)弦中點軌跡、垂直平分線問題．
【典題2】已知雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\),
(1)過點\(M(1,1)\)的直線交雙曲線於\(A,B\)兩點，若\(M\)為弦\(AB\)的中點，求直線\(AB\)的方程；
(2)是否存在直線\(l\)，使得\(( 1 , \dfrac { 1 } { 2 } )\)為被該雙曲線所截弦的中點，若存在，求出直線\(l\)的方程，若不存在，請說明理由.
【解析】 (1)設\(A(x_1,y_1 ),B(x_2,y_2)\)，則\(\begin{cases} { x _ { 1 } ^ { 2 } - 2 y _ { 1 } ^ { 2 } = 4 } \\ { x _ { 2 } ^ { 2 } - 2 y _ { 2 } ^ { 2 } = 4 } \end{cases}\)，
兩式相減得\((x_1+x_2 )(x_1-x_2 )-2(y_1+y_2 )(y_1-y_2 )=0\)，
所以\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) }\)，
又因為\(x_1+x_2=2,y_1+y_2=2\)，所以\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = \dfrac { 1 } { 2 }\)，
所以直線\(AB\)的方程為\(y-1=\dfrac{1}{2}(x-1)\)，即\(x-2y+1=0\).
由方程組\(\begin{cases} { x - 2 y + 1 = 0 } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1 } \end{cases}\)
得\(x^2-2x-9=0\)，其\(∆=40>0\)，
說明所求直線存在.
(2)同法可得直線方程為\(2x-2y-1=0\)，
但由方程組\(\begin{cases} {2 x - 2 y -1 = 0 } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1 } \end{cases}\)，
得\(2x^2-4x+9=0\)，
根據\(∆=-56<0\)，說明所求直線不存在.
【點撥】
①求雙曲線的中點弦問題最后記得要作出檢驗！那為什么第\(2\)問會出現不存在呢？
如下圖所示，可知直線\(2x-2y-1=0\)與雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\)無交點，而與其共軛雙曲線\(\dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } - \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } = 1\)有交點，且點\(M\)是\(AB\)中點.
②已知雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)，任意弦\(AB\)的中點\(M(x_0,y_0)\)，
若\(0 \leq \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } \leq 1\)，則直線不存在；
若\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } \gt 1\)或\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } }< 0\)，則直線存在.
【典題3】已知中心在原點，一焦點為\(F(0,5\sqrt2)\)的橢圓被直線\(l:y=3x-2\)截得的弦的中點橫坐標為\(\dfrac{1}{2}\)，求橢圓的方程.
【解析】設橢圓方程為\(\dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)，
則\(a^2-b^2=50\)，
設\(P(x_1,y_1 ),Q(x_2,y_2)\)，
由題易得弦\(PQ\)的中點\(M ( \dfrac { 1 } { 2 } , - \dfrac { 1 } { 2 } )\)，所以\(\begin{cases} { x _ { 1 } + x _ { 2 } = 1 } \\ { y _ { 1 } + y _ { 2 } = - 1 } \end{cases}\)，
將\(P,Q\)代入橢圓方程得\(\begin{cases}{ \dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 } \\ { \dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 } \end{cases}\)，
兩式相減得\(\dfrac { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ( y _ { 1 } - y _ { 2 } ) } { a ^ { 2 } } + \dfrac { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) } { b ^ { 2 } } = 0\)，
即\(- \dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x _ { 1 } - x _ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 0\)\(\Rightarrow \dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = \dfrac { a ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } \Rightarrow \dfrac { a ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 3\)，
又由\(a^2-b^2=50\)，解得\(a^2=75,b^2=25\),
故所求橢圓方程為\(\dfrac { y ^ { 2 } } { 75 } + \dfrac { x ^ { 2 } } { 25 } = 1\).
【點撥】本題是直線的對稱問題，也涉及到中點與斜率，故點差法用上場.
鞏固練習
1(★★) 已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)，過點\(P(1,1)\)的直線\(l\)與橢圓\(C\)交於\(A，B\)兩點，若點\(P\)恰為弦\(AB\)中點，則直線\(l\)斜率是\(\underline{\quad \quad}\) .
2(★★) 雙曲線\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)被斜率為\(4\)的直線截得的弦\(AB\)的中點為\((2,1)\)，則雙曲線\(E\)的離心率為\(\underline{\quad \quad}\) .
3(★★) 已知雙曲線\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\)，過\(B(1,1)\)能否作直線\(l\)，使\(l\)與雙曲線交於\(P,Q\)兩點，且\(B\)是線段\(P,Q\)的中點，這樣的直線如果存在，求出它的方程；如果不存在，說明理由.
4(★★★) 已知橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)的弦\(AB\)所在直線過點\(E(1,1)\)，求弦\(AB\)中點\(F\)的軌跡方程 .
5(★★★) 已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)，離心率\(e = \dfrac { 1 } { 2 }\)，以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線\(x + \sqrt { 2 } y + 3 = 0\)相切．
(1)求橢圓\(C\)的標准方程；
(2)\(F\)是橢圓的右焦點，過點\(F\)的直線\(l\)與橢圓\(C\)交於點\(A，B\)，且點\(A，B\)的中點橫坐標為\(\dfrac { 1 } { 2 }\)，求\(△OAB\)的面積．
參考答案
- \(- \dfrac { 4 } { 3 }\)
- \(\sqrt3\)
- 不存在
- \(3x^2+4y^2-3x-4y=0\)
- \((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\quad ( 2 ) \dfrac { \sqrt { 21 } } { 4 }\)
【題型四】其他應用
【典題1】 設\(A，B\)是拋物線\(y=x^2\)上的兩點，\(O\)是坐標原點，下列結論成立的是( )
A．若\(OA⊥OB\)，則\(|OA||OB|≥2\)
B．若\(OA⊥OB\)，直線\(AB\)過定點\((1,0)\)
C．若\(OA⊥OB\)，\(O\)到直線\(AB\)的距離不大於\(1\)
D．若直線\(AB\)過拋物線的焦點\(F\)，且\(|AF|=\dfrac{1}{3}\)，則\(|BF|=1\)
【解析】對於選項\(A\)，\(A(x_1,x_1^2),B(x_2,x_2^2)\)，
\(∵OA⊥OB\)，\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\)，
\(∴x_1 x_2+(x_1 x_2 )^2=0,∴x_1 x_2 (1+x_1 x_2)=0\)，\(∴x_2=-\dfrac{1}{x_1}\)，
\(|OA | \cdot | O B | = \sqrt { x _ { 1 } ^ { 2 } ( 1 + x _ { 1 } ^ { 2 } ) \dfrac { 1 } { x _ { 1 } ^ { 2 } } ( 1 + \dfrac { 1 } { x _ { 1 } ^ { 2 } } } )\)\(= \sqrt { 1 + x _ { 1 } ^ { 2 } + \dfrac { 1 } { x _ { 1 } ^ { 2 } } + 1 } \geq \sqrt { 2 + 2 | x _ { 1 } | \cdot \dfrac { 1 } { | x _ { 1 } | } } = 2\)，
當且僅當\(x_1=±1\)時等號成立，故選項\(A\)正確；
對於選項\(B\)：若\(OA⊥OB\)，顯然直線\(AB\)的斜率存在，設直線\(AB\)的方程為：\(y=kx+m\)，
聯立方程\(\begin{cases} { y = k x + m } \\ { y = x ^ { 2 } } \end{cases}\)，消去\(y\)得：\(x^2－kx－m=0\)，
設\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，\(∴x_1+x_2=k,x_1 x_2=－m\)，
\(∴y_1 y_2=x_1^2 x_2^2=(x_1 x_2 )^2=m^2\)，
\(∵OA⊥OB\)，\(∴ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\),
\(∴x_1 x_2+y_1 y_2=0\)，
\(∴－m+m^2=0\)，\(∴m=0\)或\(1\)，
易知直線\(AB\)不過原點，\(∴m=1\)，
\(∴\)直線\(AB\)的方程為：\(y=kx+1\)，恆過定點\((0,1)\)，故選項\(B\)錯誤，
對於選項\(C\)，原點\(O\)到直線\(AB\)的距離\(d = \dfrac { 1 } { \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } \le 1\), 故選項\(C\)正確；
對於選項\(D\)，直線\(AB\)過拋物線的焦點\(F(0,\dfrac{1}{4})\)，
設直線\(AB\)的方程為\(y = k x + \dfrac { 1 } { 4 }\)，
聯立方程\(\begin{cases} { y = k x + \dfrac { 1 } { 4 } } \\ { x ^ { 2 } = y } \end{cases}\)，消去\(y\)得：\(x^2-kx- \dfrac { 1 } { 4 }=0\)，
設\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\), 不妨設點\(A\)在\(y\)軸右側，
\(∴x_1+x_2=k,x_1 x_2=-\dfrac{1}{4}\)，
\(∴ | A F | = y _ { 1 } + \dfrac { 1 } { 4 } = \dfrac { 1 } { 3 } , ∴ y _ { 1 } = \dfrac { 1 } { 12 } , x _ { 1 } = \dfrac { \sqrt { 3 } } { 6 }\)，
\(∴x _ { 2 } = \dfrac { - \dfrac { 1 } { 4 } } { x _ { 1 } } = - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 2 }\)，\(∴ y _ { 2 } = \dfrac { 3 } { 4 }\)，
\(∴ | B F | = y _ { 2 } + \dfrac { 1 } { 4 } = 1\)，故選項\(D\)正確，
故選：\(ACD\)．
【點撥】處理垂直的方法
(1) 若要求線段長度，想到勾股定理或直角三角形其他性質；
(2) 想到直線斜率關系，得到\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\)，但要注意兩直線的斜率是否都存在;
(3) 想到向量的關系，得到\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\).
【典題2】 已知橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 }\)，過橢圓的右焦點且斜率為\(\dfrac{1}{2}\)的直線與橢圓交於\(A，B\)兩點，則\(△AOB\)(其中\(O\)為原點)的形狀為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】由橢圓的離心率可得\(\dfrac { \sqrt { a ^ { 2 } - b ^ { 2 } } } { a } = \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 }\)，解得\(b ^ { 2 } = \dfrac { 2 a ^ { 2 } } { 3 }\)，
則橢圓的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { \dfrac { 2 } { 3 } a ^ { 2 } } = 1\)，
橢圓的右焦點為\(F ( \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a , 0 )\)，由直線\(l\)的方程為\(y = \dfrac { 1 } { 2 } ( x - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a )\)，
由\(\begin{cases} { \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } = 1 } \\ { y = \dfrac { 1 } { 2 } ( x - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a ) } \end{cases}\)
可得\(11x^2-2\sqrt3 ax-7a^2=0\)，
設\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，
由韋達定理得\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 2 \sqrt { 3 } } { 11 } a , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { - 7 a ^ { 2 } } { 11 }\)，
則\(y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { 1 } { 4 } ( x _ { 1 } - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a ) ( x _ { 2 } - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a )\)\(= - \dfrac { 8 } { 33 } a ^ { 2 }\),
則\(\overrightarrow{ O A } \cdot \overrightarrow{ O B } = x _ { 1 } x _ { 2 } + y _ { 1 } y _ { 2 } = - \dfrac { 29 } { 33 } a ^ { 2 } \lt 0\)，
\(∴∠AOB\)一定為鈍角，
【點撥】判斷三角形\(∆ABC\)的形狀，通法是確定最大角(比如是角\(A\))，再利用余弦定理或數量積
(1) 余弦定理：\(\cos A = \dfrac { b ^ { 2 } + c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } { 2 b c }\).若\(cosA>0\)，則\(∆ABC\)是銳角三角形；
若\(cosA=0\)，則\(∆ABC\)是直角角三角形；若\(cosA<0\)，則\(∆ABC\)是鈍角三角形；
(2) 數量積\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }\)，若\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }>0\)，則\(∆ABC\)是銳角三角形；
若\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }=0\)，則\(∆ABC\)是直角角三角形；若\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }<0\)，則\(∆ABC\)是鈍角三角形.
【典題3】已知拋物線\(C：y^2=2px(p>0)\)，焦點為\(F\)，准線為\(l\)，拋物線\(C\)上一點\(A\)的橫坐標為\(3\)，且點\(A\)到焦點的距離為\(4\)．
(1)求拋物線的方程；
(2)設過點\(P(6,0)\)的直線\(l\)與拋物線交於\(A,B\)兩點，若以\(AB\)為直徑的圓過點\(F\)，求直線\(l\)的方程．
【解析】(1)拋物線\(y^2=2px(p>0)\)的准線方程為\(x = - \dfrac { p } { 2 }\)，
由拋物線\(C\)上一點\(A\)的橫坐標為\(3\)，
根據拋物線的定義可知，\(3 + \dfrac { p } { 2 } = 4\)，解得\(p=2\)，
所以拋物線\(C\)的方程是\(y^2=4x\)；
(2) \({\color{Red}{方法一 }}\) 由題意可知，直線\(l\)不垂直於\(y\)軸，
可設直線\(l：x=my+6\)，
則由\(\begin{cases} { y ^ { 2 } = 4 x } \\ { x = m y + 6 } \end{cases}\)可得\(y^2－4my－24=0\)，
設\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，則\(y_1+y_2=4m,y_1 y_2=－24\)，
因為以\(AB\)為直徑的圓過點\(F\)，
所以\(FA⊥FB\)，即\(\overrightarrow{FA } \cdot \overrightarrow{ FB}=0\)，
可得\((x_1－1)(x_2－1)+y_1 y_2=0\)，
即\((my_1+5)(my_2+5)+y_1 y_2=0\)\(⇒(1+m^2 ) y_1 y_2+5m(y_1+y_2 )+25=0\)
\(⇒－24(1+m^2 )+20m^2+25=0⇒1-4m^2=0\)，
解得\(m = \pm \dfrac { 1 } { 2 }\)，
所以直線\(l:x = \pm \dfrac { 1 } { 2 } y + 6\)，
即\(l：2x+y－12=0\)或\(2x－y－12=0\)．
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 由於拋物線方程是\(y^2=4x\)，
可設\(A(4t_1^2,4t_1 ),B(4t_2^2,4t_2 )\)，由於對稱性不妨設\(t_1>t_2\)，
因為\(A、P、B\)三點共線，故\(k_{AP}=k_{BP}\)
所以\(\dfrac { 4 t _ { 1 } } { 4 t _ { 1 } ^ { 2 } - 6 } = \dfrac { 4 t _ { 2 } } { 4 t _ { 2 } ^ { 2 } - 6 } \Rightarrow t _ { 1 } t _ { 2 } = - \dfrac { 3 } { 2 }\)①，
\(∵t_1>t_2\)\(∴t_1>0,t_2<0\)
因為以\(AB\)為直徑的圓過點\(F\)，所以\(FA⊥FB\)，即\(\overrightarrow{FA } \cdot \overrightarrow{ FB}=0\)，
可得\((4t_1^2-1)(4t_2^2-1)+4t_1 t_2=0\)\(⇒16t_1^2 t_2^2-4(t_1^2+t_2^2 )+4t_1 t_2+1=0\)②
由①②解得\(t _ { 1 } = 1 , t _ { 2 } = - \dfrac { 3 } { 2 }\)或\(t _ { 1 } = \dfrac { 3 } { 2 } , t _ { 2 } = - 1\)，
當\(t _ { 1 } = 1 , t _ { 2 } = - \dfrac { 3 } { 2 }\)時，\(A(4,4),B(9,-6)\)，此時直線\(l\)方程為\(2x+y－12=0\)；
當\(t _ { 1 } = \dfrac { 3 } { 2 } , t _ { 2 } = - 1\)時，\(A(9,6),B(4,-4)\)，此時直線\(l\)方程為\(2x-y－12=0\);
即\(l：2x+y－12=0\)或\(2x－y－12=0\)．
【點撥】
① 直線\(l\)方程設為\(y=kx+b\)，當直線\(l⊥x\)軸時\(k\)不存在；直線\(l\)方程設為\(x=my+t\)，當直線\(l//x\)軸時\(m\)不存在；其中\(k = \dfrac { 1 } { m }\)；
② 當直線\(l\)與拋物線\(y^2=2px\)有兩個交點，常設直線\(l\)方程為\(x=my+t\)，因為此時\(m\)肯定存在，避免\(k\)的分類討論，與拋物線聯立\(y^2=2px\)計算量也較小！
③ 方法二是利用了拋物線\(y^2=2px(p>0)\)的參數方程\(\begin{cases} { x = 2 p t ^ { 2 } } \\ { y = 2 p t } \end{cases}\)，為設元提供另一種方式.
【典題4】 如圖，已知\(O\)為坐標原點，橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左、右焦點分別為\(F_1、F_2\)，點\(P(0,1)\)是橢圓\(C\)的上頂點，\(△PF_1 F_2\)是等腰直角三角形，點\(A(m,n)(m≠0)\)是橢圓\(C\)上一點，直線\(PA\)交\(x\)軸於點\(M\)．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)若點\(B\)與點\(A\)關於\(x\)軸對稱，直線\(PB\)交\(x\)軸於點\(N\)，點\(Q(0,y_0)\)，且\(∠OQM=∠ONQ\)，求\(y_0\)的值．
【解析】(1)由於點\(P(0,1)\)是橢圓\(C\)的上頂點，且\(△PF_1 F_2\)是等腰直角三角形，
\(∴b=1\),\(a^2+a^2=(2c)^2\)，
又\(a^2=b^2+c^2\)，聯立解得\(a = \sqrt { 2 }\)．
所以橢圓\(C\)的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)；
(2)
\(∵\)點\(B\)與點\(A\)關於\(x\)軸對稱，\(∴B(m,－n)\)，
直線\(PA\)的方程為\(y = \dfrac { n - 1 } { m } x + 1\)，令\(y=0\)，得\(x = \dfrac { m } { 1 - n }\)，
所以\(M ( \dfrac { m } { 1 - n } , 0 )\), 同理可得\(N ( \dfrac { m } { 1 + n } , 0 )\)．
則\(\tan\angle O Q M = | \dfrac { \dfrac { m } { 1 - n } } { y _ { 0 } } | = | \dfrac { m } { ( 1 - n ) y _ { 0 } }|\)，\(\tan \angle O N Q = | \dfrac { y _ { 0 } } { \dfrac { m } { 1 + n } } | = | \dfrac { ( 1 + n ) y _ { 0 } } { m } |\)．
\(∵∠OQM=∠ONQ\),\(∴tan∠OQM=tan∠ONQ\)，
即\(| \dfrac { m } { ( 1 - n ) y _ { 0 } } | = | \dfrac { ( 1 + n ) y _ { 0 } } { m } |\)，則\(y _ { 0 } ^ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } } { | 1 - n ^ { 2 } | }\)．
\(∵A(m,n)\)是橢圓\(C\)上一點，\(∴ \dfrac { m ^ { 2 } } { 2 } + n ^ { 2 } = 1\)，
得\(\dfrac { m ^ { 2 } } { 1 - n ^ { 2 } } = 2\)，即\(y_0^2=2\)，則\(y_0=±\sqrt2\)．
【點撥】題中兩角相等\(∠OQM=∠ONQ\)，得到了\(tan∠OQM=tan∠ONQ\)，有時候也可以利用正弦值或余弦值相等的，想到三角形\(∆OQM~∆ONQ\)也可以的.
鞏固練習
1(★★) 已知直線\(l：\sqrt3 x－y-\sqrt3=0\)過拋物線\(C：y^2=2px\)的焦點\(F\)，且與拋物線\(C\)交於點\(A、B\)兩點，過\(A、B\)兩點分別作拋物線准線的垂線，垂足分別為\(M、N\)，則下列說法錯誤的是( )
A．拋物線的方程為\(y^2=4x\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．線段\(AB\)的長度為\(\dfrac{16}{3}\)
C．\(∠MFN=90°\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．線段\(AB\)的中點到\(y\)軸的距離為\(\dfrac{8}{3}\)
2(★★)已知雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的漸近線為\(y = \pm \sqrt { 3 } x\)，過右焦點\(F\)的直線\(l\)與雙曲線交於\(A，B\)兩點且\(\overrightarrow{AF} =3\overrightarrow{FB}\)，則直線\(l\)的斜率為( )
A．\(±\sqrt3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(±\sqrt{15}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(±1\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(±\sqrt5\)
3(★★) 已知直線\(l：kx－y－k=0(k∈R)\)與拋物線\(C：y^2=2px(p>\dfrac{1}{2})\)相交於\(A，B\)兩點，\(O\)為坐標原點，則\(△AOB\)為( )
A．銳角三角形\(\qquad \qquad\) B．直角三角形 \(\qquad \qquad\)C．鈍角三角形\(\qquad \qquad\) D．不確定
4(★★★)【多選題】已知雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { n } - \dfrac { y ^ { 2 } } { n } = 1 ( n \in N ^ { * } )\)，不與\(x\)軸垂直的直線\(l\)與雙曲線右支交於點\(B，C\)(\(B\)在\(x\)軸上方，\(C\)在\(x\)軸下方)，與雙曲線漸近線交於點\(A，D\)(\(A\)在\(x\)軸上方)，\(O\)為坐標原點，下列選項中正確的為( )
A．\(|AC|=|BD|\)恆成立
B．若\(S_{△BOC}=\dfrac{1}{3} S_{△AOD}\)，則\(|AB|=|BC|=|CD|\)
C．\(△AOD\)面積的最小值為\(1\)
D．對每一個確定的\(n\)，若\(|AB|=|BC|=|CD|\)，則\(△AOD\)的面積為定值
5(★★★) 已知點\(F\)是拋物線\(y^2=16x\)的焦點，直線\(l\)經過點\(F\)與拋物線交於\(A，D\)兩點，與圓\((x－4)^2+y^2=16\)交於\(B，C\)兩點(如圖所示)，則\(|AB|\cdot|CD|=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★★) 已知拋物線\(y=x^2\)和點\(P(0,1)\)，若過某點\(C\)可作拋物線的兩條切線，切點分別是\(A，B\)，且滿足\(\overrightarrow{ C P } = \dfrac { 1 } { 3 } \overrightarrow{C A } + \dfrac { 2 } { 3 }\overrightarrow{ C B }\)，則\(△ABC\)的面積為\(\underline{\quad \quad}\)．
7(★★★) 若直線\(l\)過拋物線\(x^2=－2y\)的焦點\(F\)交拋物線於\(M，N\)兩點，則的取值范圍為\(\underline{\quad \quad}\) ．
8(★★★★) 已知拋物線方程\(y^2=4x\)，\(F\)為焦點，\(P\)為拋物線准線上一點，\(Q\)為線段\(PF\)與拋物線的交點，定義：\(d ( P ) = \dfrac { |P F | } { | F Q | }\)．
(1)當\(P ( - 1 , - \dfrac { 8 } { 3 } )\)時，求\(d(P)\)；
(2)證明：存在常數\(a\)，使得\(2d(P)=|PF|+a\)；
(3)\(P_1,P_2,P_3\)為拋物線准線上三點，且\(|P_1 P_2 |=|P_2 P_3 |\)，判斷\(d(P_1)+d(P_3)\)與\(2d(P_2)\)的關系．
參考答案
- \(D\)
- \(B\)
- \(C\)
- \(ABD\)
- \(16\)
- \(\dfrac{27\sqrt2}{16}\)
- \(\{2\}\)
- \((1) \dfrac{8}{3}\quad (2)a=2\quad (3) d(P_1)+d(P_3)>2d(P_2)\)