高中數(shù)學(xué) 2.6.3曲線的交點課時作業(yè) 蘇教版選修2-1

2.6.3曲線的交點課時目標(biāo)1.會求兩條曲線的交點.2.會判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.3.能解決有關(guān)直線與圓錐曲線的綜合問題．1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系設(shè)直線l的方程為Ax＋By＋C＝0，圓錐曲線M的方程為f(x，y)＝0，則由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)位置關(guān)系交點個數(shù)方程相交Δ>0相切Δ＝0相離Δ<02.直線與圓錐曲線相交形成的弦長問題(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長P1P2＝________________(用x1，x2表示)或P1P2＝________________(用y1，y2表示)，其中求|x2－x1|與|y2－y1|時通常使用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，即作如下變形|x2－x1|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)，|y2－y1|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2).(2)當(dāng)斜率k不存在時，可求出交點坐標(biāo)，直接運算(利用軸上兩點間距離公式)．(3)經(jīng)過圓錐曲線的焦點的弦(也稱焦點弦)的長度，應(yīng)用圓錐曲線的定義，轉(zhuǎn)化為兩個焦半徑之和，往往比用弦長公式簡捷．一、填空題1．若直線y＝kx＋1與焦點在x軸上的橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是__________．2．已知直線l：y＝x＋b與曲線C：y＝eq\r(1－x2)有兩個公共點，則b的取值范圍為__________．3．雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,n)＝1(mn≠0)的離心率為2，有一個焦點與拋物線y2＝4x的焦點重合，則mn的值為________．4．已知拋物線y＝－x2＋3上存在關(guān)于直線x＋y＝0對稱的相異兩點A、B，則AB＝________.5．過點M(3，－1)且被點M平分的雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的弦所在直線方程為____________．6．拋物線y2＝12x截直線y＝2x＋1所得的弦長為________．7．橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1和雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的公共焦點為F1、F2，P是兩曲線的一個交點，那么cos∠F1PF2的值是______．8．已知拋物線y2＝－x與直線y＝k(x＋1)相交于A、B兩點，則△AOB的形狀是______________．二、解答題9．若拋物線y＝－x2－2x＋m及直線y＝2x相交于不同的兩點A、B.(1)求m的取值范圍；(2)求AB.10.已知橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，過點P(2,1)作一弦，使弦在這點被平分，求此弦所在直線的方程．能力提升11．若直線y＝x＋b與曲線y＝3－eq\r(4x－x2)有公共點，則b的取值范圍是__________．12．已知拋物線C：y＝2x2，直線y＝kx＋2交C于A，B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的垂線交拋物線C于點N.(1)證明：拋物線C在點N處的切線與AB平行；（2）是否存在實數(shù)k使eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0？若存在，求k的值；若不存在，說明理由．1．設(shè)直線l：Ax＋By＋C＝0，圓錐曲線：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，則①Δ>0，直線l與圓錐曲線有兩個不同交點．②Δ＝0，直線l與圓錐曲線有唯一的公共點．③Δ<0，直線l與圓錐曲線沒有公共點．(2)若a＝0，當(dāng)圓錐曲線為雙曲線時，l與雙曲線的漸近線平行或重合；當(dāng)圓錐曲線為拋物線時，l與拋物線的對稱軸平行或重合．2．涉及直線被圓錐曲線截得的弦的中點問題時，常用一元二次方程與系數(shù)的關(guān)系(韋達定理)，這樣可直接得到兩交點的坐標(biāo)之和，也可用設(shè)而不求的方法(“點差法”)找到兩交點坐標(biāo)之和，直接與中點建立聯(lián)系．3．有關(guān)曲線關(guān)于直線對稱的問題，只需注意兩點關(guān)于一條直線對稱的條件：(1)兩點連線與該直線垂直(斜率互為負倒數(shù))；(2)中點在此直線上(中點坐標(biāo)適合對稱軸方程)．2．6.3曲線的交點知識梳理1．兩個一個無2．(1)eq\r(1＋k2)·|x1－x2|eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|作業(yè)設(shè)計1．[1,5)2．[1，eq\r(2))解析根據(jù)數(shù)形結(jié)合找b的范圍．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)解析設(shè)AB的方程為y＝x＋b，與y＝－x2＋3聯(lián)立得：x2＋x＋b－3＝0，∴Δ＝1－4(b－3)>0，x1＋x2＝－1，x1x2＝b－3.∴AB的中點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，∴弦長AB＝eq\r(1＋1)·eq\r(1－4×－2)＝3eq\r(2).5．3x＋4y－5＝0解析這條弦的兩端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率為k，則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.))兩式相減再變形得eq\f(x1＋x2x1－x2,4)＝(y1＋y2)·(y1－y2)，又弦中點為M(3，－1)，故k＝－eq\f(3,4).故這條弦所在的直線方程為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).∴所得弦長為eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(4－4×\f(1,4))＝eq\r(15).7.eq\f(1,3)解析由題意可知，點P既在橢圓上又在雙曲線上，根據(jù)橢圓和雙曲線的定義，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，設(shè)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)依題意得方程組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因為拋物線與直線有兩個公共點，所以Δ＝42－4×(－m)>0，∴m>－4.(2)設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，根據(jù)(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．解方法一如圖所示，設(shè)所求直線的方程為y－1＝k(x－2)，代入橢圓方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.又設(shè)直線與橢圓的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個根，∴x1＋x2＝eq\f(82k2－k,4k2＋1).∵P為弦AB的中點，∴2＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(42k2－k,4k2＋1)，解得k＝－eq\f(1,2)，∴所求直線的方程為x＋2y－4＝0.方法二設(shè)直線與橢圓的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵P為弦AB的中點，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又∵A、B兩點在橢圓上，∴xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝16，xeq\o\al(2,2)＋4yeq\o\al(2,2)＝16.兩式相減，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).∴直線方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.方法三設(shè)所求直線與橢圓的一個交點為A(x，y)，另一個交點為B(4－x,2－y)，∵A、B兩點在橢圓上，∴x2＋4y2＝16，①(4－x)2＋4(2－y)2＝16.②從而A、B在方程①－②所得直線x＋2y－4＝0上，由于過A、B的直線只有一條，∴所求直線的方程為x＋2y－4＝0.11．[1－2eq\r(2)，3]解析曲線方程可化簡為(x－2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)，即表示圓心為(2,3)，半徑為2的半圓，依據(jù)數(shù)形結(jié)合，當(dāng)直線y＝x＋b與此半圓相切時需滿足圓心(2,3)到直線y＝x＋b距離等于2，解得b＝1＋2eq\r(2)或b＝1－2eq\r(2)，因為是下半圓，故可得b＝1＋2eq\r(2)(舍)，當(dāng)直線過(0,3)時，解得b＝3，故1－2eq\r(2)≤b≤3.12．(1)證明如圖所示，設(shè)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，由韋達定理得x1＋x2＝eq\f(k,2)，x1x2＝－1，∴xN＝xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(k,4)，∴N點的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,4)，\f(k2,8))).設(shè)拋物線在點N處的切線l的方程為y－eq\f(k2,8)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k,4)))，將y＝2x2代入上式得2x2－mx＋eq\f(mk,4)－eq\f(k2,8)＝0.∵直線l與拋物線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.故拋物線C在點N處的切線與AB平行．(2)解假設(shè)存在實數(shù)k，使eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0，則NA⊥NB.又∵M是AB的中點，∴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軸，∴MN＝|yM－yN|＝eq\f(k2,4)＋2－eq\f(k2,8)＝eq\f(k2＋