专题 直线与圆锥曲线
\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！
\(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)
选择性必修第一册同步提高，难度3颗星！
模块导图
知识剖析
直线与圆锥曲线的位置关系
设直线\(l : A x + B y + C = 0\)，圆锥曲线\(C : f ( x , y ) = 0\)，把两者方程联立得到方程组，消元\(y(x)\)得到一个关于\(x(y)\)的方程\(a x ^ { 2 } + b x + c = 0 ( a y ^ { 2 } + b y + c = 0 )\).
①当\(a \neq 0\)时，
\(∆ \gt 0 \Leftrightarrow\)方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点\(\Leftrightarrow\)相交;
\(∆ = 0 \Leftrightarrow\)方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点\(\Leftrightarrow\)相切;
\(∆ < 0 \Leftrightarrow\)方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点\(\Leftrightarrow\)相离.
②当\(a = 0 , b \neq 0\)时，即得到一个一次方程，则直线\(l\)与圆锥曲线\(C\)相交，且只有一个交点，此时，若\(C\)为双曲线，则直线与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若\(C\)为抛物线，则直线与抛物线的对称轴的位置关系是平行．
圆锥曲线中的弦长公式
直线\(y = k x + b\)与圆锥曲线相交于\(A ( x _ { 1 } , y _ { 1 } ) , B ( x _ { 2 } , y _ { 2 } )\)，则
\(A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot | x _ { 1 } - x _ { 2 } | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)
或
\(A B = \sqrt { 1 + \dfrac { 1 } { k ^ { 2 } } } \cdot | y _ { 1 } - y _ { 2 } | = \sqrt { 1 + \dfrac { 1 } { k ^ { 2 } } } \cdot \sqrt { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 y _ { 1 } y _ { 2 } } = \sqrt { 1 + \dfrac { 1 } { k ^ { 2 } } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)，
(\(∆ = b ^ { 2 } - 4 a c\)，注意对公式推导的理解，其本质是两点距离公式)
（注意对公式推导的理解）
抛物线的焦点弦长\(| A B | = x _ { 1 } + x _ { 2 } + p = \dfrac { 2 p } { \sin ^ { 2 } \theta }\)，
\(\theta\)为弦\(AB\)所在直线的倾斜角.
点差法
① 涉及到中点弦问题可用点差法求解，在处理双曲线的中点弦问题要注意检验！
②“点差法”的常见题型：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．
经典例题
【题型一】直线与圆锥曲线的位置关系
【典题1】 不论\(k\)为何值，直线\(y=kx+1\)与椭圆\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m}=1\)有公共点，则实数\(m\)的范围是\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】\({\color{Red}{ 方法一}}\)
把直线\(y=kx+1\)代入椭圆\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m}=1\)，
化为\((m+7k^2 ) x^2+14kx+7－7m=0\)，
其中\(m≠7,m>0\)\({\color{Red}{(注意这个坑) }}\)
\(∵\)直线\(y=kx+1\)与椭圆\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m}=1\)有公共点，
\(∴m+7k^2≠0\)，\(△=(14k)^2－4(m+7k^2)(7－7m)≥0\)恒成立．
化为\(1－m≤7k^2\)．上式对于任意实数\(k\)都成立，\(∴1－m≤0\)，解得\(m≥1\)．
\(∴\)实数\(m\)的范围是\([1,7)∪(7,+∞)\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\)
从所给含参直线\(y=kx+1\)入手可知直线过定点\((0,1)\)，
所以若过定点的直线均与椭圆有公共点，则该点位于椭圆的内部或椭圆上，
所以代入\((0,1)\)后\(\dfrac{x^2}{7}+\dfrac{y^2}{m} \leq 1\)，即\(\dfrac{1}{m^2} \leq1⇒m≥1\)，
因为是椭圆，所以\(m≠7\)，
故\(m\)的取值范围是\([1，7)∪(7，+∞)\).
【点拨】判断直线与圆锥曲线的位置关系，通法是联立直线方程与圆锥曲线方程，确定判别式与\(0\)的大小关系；也可以通过几何的方法，若直线过圆锥曲线内一点则它们肯定相交.
【典题2】 若过点\(P(0,1)\)的直线\(l\)与双曲线\(E：x^2－y^2=1\)的右支相交于不同两点，则直线\(l\)斜率的取值范围为( )
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】\({\color{Red}{(注意“右支”的限制) }}\)
由题意可得直线\(l\)斜率存在，设直线\(l\)的方程为\(y=kx+1\)，
设交点\(A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)\)，
联立\(\begin{cases} { y = k x + 1 } \\ { x ^ { 2 } - y ^ { 2 } = 1 } \end{cases}\)，可得\((1－k^2 ) x^2－2kx－2=0\)，
由题意可得\(\begin{cases} { 1 - k ^ { 2 } \neq 0 } \\ { △= 4 k ^ { 2 } + 8 ( 1 - k ^ { 2 } ) \gt 0 } \\ { x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 2 k } { 1 - k ^ { 2 } } \gt 0 } \\ { x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { - 2 } { 1 - k ^ { 2 } } \gt 0 } \end{cases}\)，解得：\(-\sqrt2<k<－1\)，
故选：\(D\)．
【点拨】
① 当直线与双曲线左支交于两点\(⇒x_1+x_2<0,x_1 x_2>0\);
当直线与双曲线右支交于两点\(⇒x_1+x_2>0,x_1 x_2>0\).
② 注意二次项系数不为\(0\)，若\(1-k^2=0⇒k=±1\)，则方程为一元一次方程，只有一个解，从图象来看\(k=±1\)与渐近线斜率相等，也可知只有一个交点.
③本题是选择题，从几何的角度也可很快选到\(D\).
【典题3】 已知双曲线\(x^2-\dfrac{y^2}{4}=1\)，过点\(P(1,1)\)的直线\(l\)与双曲线只有一个公共点，求直线\(l\)的方程．
【解析】双曲线\(x^2-\dfrac{y^2}{4}=1\)的渐近线方程为\(y=±2x\)，
①直线\(x=1\)与双曲线只有一个公共点；\({\color{Red}{ (直线斜率不存在)}}\)
②过点\(P (1,1)\)平行于渐近线\(y=±2x\)时，直线\(l\)与双曲线只有一个公共点，
方程为\(y－1=±2(x－1)\)，即\(2x－y－1=0\)或\(2x+y－3=0\)；
③设过\(P\)的直线方程为\(y－1=k(x－1) (k≠±2)\)
由\(\begin{cases} { y - 1 = k ( x - 1 ) } \\ { x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1 } \end{cases}\)
得\((4-k^2 ) x^2+(2k^2-2k)x-k^2+2k-5=0\)
只有一个交点，即\(△=0\)，解得\(k=\dfrac{5}{2}\)，
此时直线方程为\(y=\dfrac{5}{2} x-\dfrac{3}{2}\)，即\(5x-2y-3=0\)．
故直线\(l\)的方程为\(x=1\)或\(2x－y－1=0\)或\(2x+y－3=0\)或\(5x-2y-3=0\)．
【点拨】从几何的角度看，直线与双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的位置关系与渐近线\(y=\dfrac{b}{a} x\)有关，
(1) 当点\(P\)在双曲线上或内，
当\(k=\dfrac{b}{a}\)或\(k=-\dfrac{b}{a}\)时，只有\(1\)个交点；
当\(k≠±\dfrac{b}{a}\)时，只有\(2\)个交点；
(2) 当点\(P\)在双曲线外，
当\(k=\dfrac{b}{a}\)或\(k=-\dfrac{b}{a}\)时，只有\(0\)或\(1\)个交点；
当\(k>\dfrac{b}{a}\)或\(k<-\dfrac{b}{a}\)时，只有\(0\)或\(2\)个交点；
当\(0<k<\dfrac{b}{a}\)或\(-\dfrac{b}{a}<k<0\)时，只有\(2\)个交点.
做题时注意特殊情况：斜率\(k\)不存在的直线.
【典题4】 椭圆\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)上的点到直线\(2x+\sqrt3y－9=0\)的距离的最大值为( )
A．\(2\sqrt7\) B．\(\dfrac{4\sqrt7}{7}\) C．\(\dfrac{2\sqrt7}{7}\) D．\(\sqrt7\)
【解析】\({\color{Red}{ 方法一 几何法}}\)
设与直线\(2x+\sqrt3y－9=0\)平行的直线\(2x+\sqrt3 y+m=0\)与椭圆\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)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\(m=±5\)，
设直线\(2x+\sqrt3 y+m=0\)与直线\(2x+\sqrt3y－9=0\)的距离为\(d\)，
当\(m=5\)时，\(d=\dfrac{4\sqrt7}{7}\)；当\(m=-5\)时，\(d=2\sqrt7\).
椭圆\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)上的点到直线\(2x+\sqrt3y－9=0\)的距离的最大值为\(2\sqrt7\).
\({\color{Red}{方法二 函数法 }}\)
椭圆\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)的参数方程为\(\begin{cases} { x = 2 cos \theta } \\ { y = \sqrt { 3 } sin \theta } \end{cases}\)，\(θ\)为参数，
设椭圆上的动点\(P(2cosθ, \sqrt3 sinθ)\)，
则点\(P\)到直线\(2x+\sqrt3y－9=0\)距离
\(d = \dfrac { | 4 \cos \theta + 3 \sin \theta - 9 | } { \sqrt { 4 + 3 } }\)\(= \dfrac { |5 \sin ( \theta + \alpha ) - 9 | } { \sqrt { 7 } } \leq \dfrac { 14 } { \sqrt { 7 } } = 2 \sqrt { 7 }\)，其中\(tanα=\dfrac{4}{3}\)，
\(∴ d _ { m a x } = 2 \sqrt { 7 }\)．
故选：\(A\)．
【点拨】
① 几何法，圆锥曲线\(C\)上的点到与\(C\)相离直线\(l\)最短距离等于直线\(l\)与其一平行且相切\(C\)的直线\(l_1\)距离;
② 函数法，利用了椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的参数方程\(\begin{cases} { x = a \cos \theta } \\ { y = b \sin \theta } \end{cases}\).
巩固练习
1(★)直线\(y=kx+1\)和曲线\(2x^2+3y^2=6\)的位置关系为\(\underline{\quad \quad}\).
2(★) 双曲线\(x^2－y^2=1\)与直线\(x－y=1\)交点的个数为\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★) 直线\(y=kx(k>0)\)与双曲线\(\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{6}=1\)没有交点，则\(k\)的取值范围为 \(\underline{\quad \quad}\) .
4(★★) 已知点\(P\)在直线\(y=x－1\)上，点\(Q\)在曲线\(x^2=2y\)上，则\(|PQ|\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
5(★★) 椭圆\(C: \dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)上的点\(P\)到直线\(l：4x+3y+18=0\)的距离的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
- 相交
- \(1\)
- \([\sqrt3，+∞)\)
- \(\dfrac{\sqrt2}{4}\)
- \(\dfrac { 18 - 6 \sqrt { 5 } } { 5 }\)
【题型二】直线与圆锥曲线的弦长问题
【典题1】 已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的离心率为\(\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\)，且经过点\((\sqrt2，1)\)，直线\(l\)经过\(P(0，1)\)，且与椭圆\(C\)相交于\(A、B\)两点．
(1)求椭圆\(C\)的标准方程；(2)当\(AB=3\)，求此时直线\(l\)的方程.
【解析】(1)过程略，椭圆方程为\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\)；
(2)当直线\(l\)的斜率不存在时，即直线\(l\)的方程\(x=0\)，
\({\color{Red}{ (设直线方程前注意是否存在斜率)}}\)
此时\(AB=2b=2\sqrt2≠3\)，
\(∴\)直线\(AB\)的斜率存在，
不妨设直线\(l\)的方程为\(y=kx+1\)，设\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，
联立方程组可得\(\begin{cases} { y = k x + 1 } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 } \end{cases}\)，消\(y\)可得\((1+2k^2 ) x^2+4kx－2=0\)，
其判别式\(∆=8+32k^2>0\)，
\({\color{Red}{(直线经过的点P在椭圆内，一定有∆>0，即k∈R；若点P在椭圆外要注意分析判别式∆) }}\)
\(∴x_1+x_2=-\dfrac{4k}{1+2k^2}，x_1 x_2=-\dfrac{2}{1+2k^2}\)，
\(∴ | A B | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( - \dfrac { 4 k } { 1 + 2 k ^ { 2 } } ) ^ { 2 } + \dfrac { 8 } { 1 + 2 k ^ { 2 } } }\)
\(= \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { \dfrac { 8 + 32 k ^ { 2 } } { ( 1 + 2 k ^ { 2 } ) ^ { 2 } } } = 3\)
\({\color{Red}{(这里运算量较大，若|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot \dfrac{\sqrt∆}{|a|} =\sqrt{1+k^2}\cdot \dfrac{\sqrt{8+32k^2}}{1+2k^2}就简单多了) }}\)
整理可得\(4k^4－4k^2+1=0\)，解得\(k^2=\dfrac{1}{2}\)，即\(k=± \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\)，
此时直线方程为\(y=\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } x+1\)或\(y=-\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } x+1\).
【点拨】弦长公式
\(A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot | x _ { 1 } - x _ { 2 } | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)，
弦长公式有三条等式，根据题意进行选择，一般用\(A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { ∆ } } { | a | }\)计算量较小.
【典题2】设离心率为\(3\)，实轴长为\(1\)的双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左焦点为\(F\)，顶点在原点的抛物线\(C\)的准线经过点\(F\)，且抛物线\(C\)的焦点在\(x\)轴上．
(1)求抛物线\(C\)的方程；
(2)若直线\(l\)与抛物线\(C\)交于不同的两点\(M，N\)，且满足\(OM⊥ON\)，求\(|MN|\)的最小值．
【解析】(1)过程略，抛物线\(C\)的方程\(y^2=6x\)；
(2)设直线\(l\)的方程为\(x=my+t\)，设点\(M(x_1,y_1)、N(x_2,y_2)\)，
将直线\(l\)的方程与抛物线\(C\)的方程联立\(\begin{cases} { x = m y + t } \\ { y ^ { 2 } = 6 x } \end{cases}\)，得\(y^2－6my－6t=0\)，
由韦达定理得\(y_1+y_2=6m，y_1 y_2=－6t\)，
\(∵OM⊥ON\)，
\(∴k_{OM}⋅k_{ON}=\dfrac{y_1}{x_1}\cdot \dfrac{y_2}{x_2}=\dfrac{y_1 y_2}{x_1x_2}=-1\)
\({\color{Red}{ (\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON}=0也行)}}\)
因为点\(M,N\)在抛物线上，所以\(x _ { 1 } = \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 6 } , x _ { 2 } = \dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { 6 }\)，
则\(\dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 2 } x _ { 2 } } = - 1 \Rightarrow \dfrac { 36 } { y _ { 1 } y _ { 2 } } = - \dfrac { 36 } { 6 t } = - 1\)，即\(t=6\)，
\({\color{Red}{ (\dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 1 } x _ { 2 } } = - 1 用“曲线代换”消去x_1 x_2，比“直线代换”x_1 x_2=(my_1+t)(my_1+t)简便) }}\)
由\(△=36m^2+144>0\)恒成立，
则|\(| M N | = \sqrt { 1 + m ^ { 2 } } \sqrt { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 y _ { 1 } y _ { 2 } }\)\(= \sqrt { 1 + m ^ { 2 } } \cdot \sqrt { 36 m ^ { 2 } + 144 }\)\(= 6 \sqrt { ( 1 + m ^ { 2 } ) ( 4 + m ^ { 2 } ) } \geq 12\)，
\({\color{Red}{(其中m与直线斜率k的关系是 m = \dfrac { 1 } { k }) }}\)
当且仅当\(m=0\)时，\(|MN|\)取得最小值\(12\)．
【点拨】
①直线与抛物线\(y^2=2px\)的联立，常用\(x=my+t\)，比起\(y=kx+b\)计算量少些！
②在处理类似\(“\dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 1 } x _ { 2 } } = - 1 ”\)同含\(x，y\)的“韦达式”，注意“直线代换”和“曲线代换”的选取.
【典题3】在平面直角坐标系\(xOy\)中，已知点\(F _ { 1 } ( - \sqrt { 17 } , 0 ) , F _ { 2 } ( \sqrt { 17 } , 0 )\)，点\(M\)满足
\(|MF_1 |﹣|MF_2 |=2\)．记\(M\)的轨迹为\(C\)．
(1)求\(C\)的方程；
(2)设点\(T\)在直线\(x = \dfrac { 1 } { 2 }\)上，过\(T\)的两条直线分别交\(C\)于\(A,B\)两点和\(P,Q\)两点，
且\(|TA|\cdot|TB|=|TP|\cdot|TQ|\)，求直线\(AB\)的斜率与直线\(PQ\)的斜率之和．
【解析】(1)过程略，\(C\)的方程\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 16 } = 1 ( x \geq 1 )\)；
(2)
设\(T ( \dfrac { 1 } { 2 } , t )\)，直线\(AB\)的方程为\(y = k _ { 1 } ( x - \dfrac { 1 } { 2 } ) + t\)，
\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，设\(x _ { 2 }> x _ {1 }≥1\)，
将直线\(AB\)方程代入\(C\)的方程化简并整理可得
\((16-k_1^2)x^2+(k_1^2-2tk_1)x-\dfrac{1}{4} k_1^2+k_1 t-t^2-16=0\)，
由韦达定理有，
\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { k _ { 1 } ^ { 2 } - 2 k _ { 1 } t } { k _ { 1 } ^ { 2 } - 16 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { - \dfrac { 1 } { 4 } k _ { 1 } ^ { 2 } + k _ { 1 } t - t ^ { 2 } - 16 } { 16 - k _ 1^2}\)，
所以\(| A T | \cdot | B T | =[\sqrt { 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } } ( x _ { 1 } - \dfrac { 1 } { 2 } ) ]\cdot[\sqrt { 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } } ( x _ { 2 } - \dfrac { 1 } { 2 } )]\)
\(= ( 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } ) ( x _ { 1 } - \dfrac { 1 } { 2 } ) ( x _ { 2 } - \dfrac { 1 } { 2 } ) = \dfrac { ( 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } ) ( t ^ { 2 } + 12 ) } { k _ { 1 } ^ { 2 } - 16 }\)，
\({\color{Red}{(利用弦长公式 A B = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot | x _ { 1 } - x _ { 2 }| ) }}\)
设直线\(PQ\)的方程为\(y = k _ { 2 } ( x - \dfrac { 1 } { 2 } ) + t\)，\(P(x_3,y_3),Q(x_4,y_4)\)，设\(x_4>x_3≥1\)，
同理可得\(| P T | \cdot| Q T | = \dfrac { ( 1 + k_2 ^ { 2 } ) ( t ^ { 2 } + 12 ) } { k _ { 2 } ^ { 2 } - 16 }\)，
又\(|TA|\cdot|TB|=|TP|\cdot|TQ|\)，则\(\dfrac { 1 + k _ { 1 } ^ { 2 } } { k _ { 1 } ^ { 2 } - 16 } = \dfrac { 1 + k _ { 2 } ^ { 2 } } { k _ { 2 } ^ { 2 } - 16 }\)，
化简可得\(k_1^2=k_2^2\)，
又\(k_1≠k_2\)，则\(k_1=-k_2\)，即\(k_1+k_2=0\)，
即直线\(AB\)的斜率与直线\(PQ\)的斜率之和为\(0\)．
【点拨】本题还有很多其他的解法，该解法计算量较大，但思路较直接，题中\(|TA|,|TB|,|TP|,
|TQ|\)四条线段均可理解为“弦长”，最后用\(“k_1,k_2,t"\)表示出来，而最后只需要证明\(k_1,+k_2=0\)便可！
【典题4】如图，在平面直角坐标系\(xoy\)中，已知椭圆\(C _ { 1 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)和椭圆\(C _ { 2 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } =1\)，其中\(a>c>b>0\)，\(a^2=b^2+c^2\)，\(C_1,C_2\)的离心率分别为\(e_1,e_2\)，且满足\(e_1:e_2=2:\sqrt3\)，\(A,B\)分别是椭圆\(C_2\)的右、下顶点，直线\(AB\)与椭圆\(C_1\)的另一个交点为\(P\)，且\(P B = \dfrac { 18 } { 5 }\).
(1)求椭圆\(C_1\)的方程；(2)与椭圆\(C_2\)相切的直线\(MN\)交椭圆\(C_1\)与点\(M,N\)，求\(MN\)的最大值.
【解析】(1)由题意知\(e _ { 1 } = \dfrac { c } { a }\)，\(e _ { 2 } = \dfrac { \sqrt { c ^ { 2 } - b ^ { 2 } } } { c } = \dfrac { \sqrt { 2 c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } { c }\)，
因为\(e_1:e_2=2:\sqrt3\)，所以\(\sqrt { 3 } \cdot \dfrac { c } { a } = 2 \cdot \dfrac { \sqrt { 2 c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } { c }\)，化简得\(a ^ { 2 } = \dfrac { 3 } { 2 } c ^ { 2 }\)，
又\(a^2=b^2+c^2\)，所以\(a = \sqrt { 3 } b , c = \sqrt { 2 } b\)，所以\(A ( \sqrt { 2 } b , 0 ) , B ( 0 , - b )\)，
所以直线\(AB\)的方程为\(y = \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } x - b\)，
与椭圆\(C _ { 1 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { 3 b ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)联立并消去\(y\)，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\(P ( \dfrac { 6 \sqrt { 2 } b} { 5 } , \dfrac { b } { 5 } )\)，
因为\(P B = \dfrac { 18 } { 5 }\)，所以\(\sqrt { ( \dfrac { 6 \sqrt { 2 } } { 5 } b - 0 ) ^ { 2 } + ( \dfrac { b } { 5 } + b ) ^ { 2 } } = \dfrac { 18 } { 5 }\)，得\(b=\sqrt3\)，所以\(a=3\)，
\({\color{Red}{(PB用两点距离公式便可) }}\)
所以椭圆\(C_1\)的方程为\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)
(2)① 当直线\(MN\)的斜率不存在时，易得\(MN=2.\)
② 当直线\(MN\)的斜率存在时，设直线\(MN:y=kx+m(k≠0)\)，
与椭圆\(C _ { 2 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { 6 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)联立并消去\(y\)，得\((1+2k^2 ) x^2+4knx+2m^2-6=0\)，
因为直线\(MN\)与椭圆\(C_2\)相切，所以\(∆=16k^2 m^2-4(1+2k^2 )(2m^2-6)=0\)，
整理得\(6k^2+3-m^2=0 (*)\)，
将直线\(MN\)与椭圆\(C_1\)方程联立并消去\(y\)，得\((1+3k^2 ) x^2+6kmx+3m^2-9=0\)，
由\((*)\)式可得\(∆=36k^2 m^2-4(1+3k^2 )(3m^2-9)=12(9k^2+3-m^2 )=36k^2\).
设\(M(x_M,y_M ),N(x_N,y_N)\)，则\(x _ { M } + x _ { N } = - \dfrac { 6 k m } { 1 + 3 k ^ { 2 } } , x _ { M } x _ { N } = \dfrac { 3 m ^ { 2 } - 9 } { 1 + 3 k ^ { 2 } }\)，
所以\(M N = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } | x _ { M } - x _ { N } |\)\(= \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { \sqrt { 36 k ^ { 2 } } } { 1 + 3 k ^ { 2 } } =6 \sqrt { \dfrac { k^4 + k ^ { 2 } } { ( 1 + 3 k ^ { 2 } ) ^ { 2 } } }\)，
\({\color{Red}{(换元法处理函数f ( x ) = \dfrac { a _ { 1 } x ^ { 2 } + b _ { 1 } x + c _ { 1 } } { a _ { 2 } x ^ { 2 } + b _ { 2 } x + c _ { 2 } }最值) }}\)
设\(t=1+3k^2\)，则\(t>1\)，\(M N = 6 \sqrt { \dfrac { t ^ { 2 } + t - 2 } { 9 t ^ { 2 } } } = 2 \sqrt { - 2 ( \dfrac { 1 } { t } - \dfrac { 1 } { 4 } ) ^ { 2 } + \dfrac { 9 } { 8 } } \leq \dfrac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 }\)，
综上所述，当\(t=4\)，即\(k=±1\)时，\(MN\)最大，且最大值为\(\dfrac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 }\).
巩固练习
1(★★)设\(F\)为拋物线\(C：y^2=4x\)的焦点，其准线\(l\)与\(x\)轴的交点为\(M\)，过点\(F\)且倾斜角为\(60°\)的直线交拋物线\(C\)于\(A，B\)两点，则\(△AMB\)的面积为\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★) 已知抛物线\(C:x^2=-2py(p>0)\)的焦点\(F\)与\(\dfrac { y ^ { 2 } } { 8 } + \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } = 1\)的一个焦点重合，过焦点\(F\)的直线与交\(C\)于\(A，B\)两不同点，抛物线\(C\)在\(A，B\)两点处的切线相交于点\(M\)，且\(M\)的横坐标为\(2\)，则弦长\(AB=\)______.
3(★★) 椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左、右焦点分别是\(F _ { 1 } , F _ { 2 }\)，斜率为\(\dfrac{1}{2}\)的直线\(l\)过左焦点\(F_1\)且交\(C\)于\(A，B\)两点，且\(∆ABF_2\)的内切圆的周长是\(2π\)，若椭圆的离心率为\(e\in[ \dfrac { 1 } { 2 } , \dfrac { 3 } { 4 } ]\)，则线段\(AB\)的长度的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)
4(★★★) 已知\(P\)为椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 16 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)上的一个动点，过点\(P\)作圆\(( x - 1 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)的两条切线，切点分别是\(A,B\)，则\(AB\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
5(★★)已知\(F(\sqrt3,0)\)椭圆\(C:\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的右焦点，且点\(A(2,0)\)在椭圆上．
(1)求椭圆\(C\)的标准方程：
(2)过点\(F\)且斜率为\(1\)的直线与椭圆\(C\)相交于\(M,N\)两点，求线段\(MN\)的长度．
6(★★★) 已知椭圆\(E: \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\),过点\(P(1,1)\)作倾斜角互补的两条不同直线\(l_1,l_2\)，设\(l_1\)与椭圆\(E\)交于\(A,B\)两点，\(l_2\)与椭圆\(E\)交于\(C,D\)两点。
(1) 若\(P(1,1)\)为线段\(AB\)的中点，求直线\(AB\)的方程；
(2)记\(\lambda = \dfrac { A B } { C D }\)，求\(\lambda\)的取值范围.
参考答案
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.\((1) x+2y﹣3=0 \quad (2)[\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}, 1 )\cup ( 1 , \dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{2}]\)
【题型三】中点弦
【典题1】 过椭圆\(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\)内一点\(M(2,1)\)引一条弦，使弦被点\(M\)平分，求这条弦所在的直线方程.
【解析】 \({\color{Red}{方法一 }}\) 若所求直线的斜率不存在，由椭圆的对称性可知点M不可能是弦的中点，
故可设所求直线方程为\(y-1=k(x-2)\)，代入椭圆方程并整理得：
\((4k^2+1) x^2-8(2k^2-k)x+4(2k-1)^2-16=0\)
设直线与椭圆的交点为\(A(x_1,y_1 )、B(x_2,y_2)\)，
于是\(x_1+x_2= \dfrac { 8 ( 2 k ^ { 2 } - k ) } { 4 k ^ { 2 } + 1 }\)，
又\(M\)为\(AB\)的中点，
所以\(\dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 } = \dfrac { 4 ( 2 k ^ { 2 } - k ) } { 4 k ^ { 2 } + 1 } = 2\)，解得\(k = - \dfrac { 1 } { 2 }\)，
故所求直线方程为\(x+2y-4=0.\)
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 设直线与椭圆的交点为\(A(x_1,y_1 )、B(x_2,y_2)，\)
因为\(M(2,1)\)为\(AB\)的中点，
所以\(x_1+x_2=4,y_1+y_2=2\)，
又\(A、B\)两点在椭圆上，则\(x_1^2+4y_1^2=16， x_2^2+4y_2^2=16\)，
两式相减得\((x_1^2-x_2^2 )+4(y_1^2-y_2^2 )=0\)，
所以\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = - \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } {4(y _ { 1 } + y _ { 2 }) } = - \dfrac { 1 } { 2 }\)，
\({\color{Red}{(两式相减整理后得到\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = - \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 4(y _ { 1 } + y _ { 2 }) }，其中 \dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } }为直线斜率，x_1+x_2,y_1+y_2均与中点有关，故点差法适合中点弦问题) }}\)
即\(k _ { A B } = - \dfrac { 1 } { 2 }\)，
故所求直线方程为\(x+2y-4=0\).
\({\color{Red}{方法三 }}\) 设所求直线与椭圆的一个交点为\(A(x,y)\)，由于中点为\(M(2,1)\)，
则另一个交点为\(B(4-x,2-y)\)，
因为\(A、B\)两点在椭圆上，所以有\(\begin{cases} { x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2} = 16 } \\ { ( 4 - x ) ^ { 2 } + 4 ( 2 - y ) ^ { 2 } = 16 } \end{cases}\)，
两式相减得\(x+2y-4=0\)，
由于过\(A、B\)的直线只有一条，
故所求直线方程为\(x+2y-4=0\).
【点拨】
① 若\(A(x_1,y_1 )、B(x_2,y_2)\)，则\(AB\)的中点\(C ( \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 } , \dfrac { y _ { 1 } + y _ { 2 } } { 2 } )\);
② 对于中点弦问题，常有的解题方法是点差法(设而不求)，其解题步骤为：
(1) 设点：即设出弦的两端点坐标；
(2) 代入：即代入圆锥曲线方程；
(3) 作差：即两式相减，再用平方差公式把上式展开；
(4) 整理：即转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．
“点差法”的常见题型：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．
【典题2】已知双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\),
(1)过点\(M(1,1)\)的直线交双曲线于\(A,B\)两点，若\(M\)为弦\(AB\)的中点，求直线\(AB\)的方程；
(2)是否存在直线\(l\)，使得\(( 1 , \dfrac { 1 } { 2 } )\)为被该双曲线所截弦的中点，若存在，求出直线\(l\)的方程，若不存在，请说明理由.
【解析】 (1)设\(A(x_1,y_1 ),B(x_2,y_2)\)，则\(\begin{cases} { x _ { 1 } ^ { 2 } - 2 y _ { 1 } ^ { 2 } = 4 } \\ { x _ { 2 } ^ { 2 } - 2 y _ { 2 } ^ { 2 } = 4 } \end{cases}\)，
两式相减得\((x_1+x_2 )(x_1-x_2 )-2(y_1+y_2 )(y_1-y_2 )=0\)，
所以\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) }\)，
又因为\(x_1+x_2=2,y_1+y_2=2\)，所以\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = \dfrac { 1 } { 2 }\)，
所以直线\(AB\)的方程为\(y-1=\dfrac{1}{2}(x-1)\)，即\(x-2y+1=0\).
由方程组\(\begin{cases} { x - 2 y + 1 = 0 } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1 } \end{cases}\)
得\(x^2-2x-9=0\)，其\(∆=40>0\)，
说明所求直线存在.
(2)同法可得直线方程为\(2x-2y-1=0\)，
但由方程组\(\begin{cases} {2 x - 2 y -1 = 0 } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1 } \end{cases}\)，
得\(2x^2-4x+9=0\)，
根据\(∆=-56<0\)，说明所求直线不存在.
【点拨】
①求双曲线的中点弦问题最后记得要作出检验！那为什么第\(2\)问会出现不存在呢？
如下图所示，可知直线\(2x-2y-1=0\)与双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\)无交点，而与其共轭双曲线\(\dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } - \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } = 1\)有交点，且点\(M\)是\(AB\)中点.
②已知双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)，任意弦\(AB\)的中点\(M(x_0,y_0)\)，
若\(0 \leq \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } \leq 1\)，则直线不存在；
若\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } \gt 1\)或\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } }< 0\)，则直线存在.
【典题3】已知中心在原点，一焦点为\(F(0,5\sqrt2)\)的椭圆被直线\(l:y=3x-2\)截得的弦的中点横坐标为\(\dfrac{1}{2}\)，求椭圆的方程.
【解析】设椭圆方程为\(\dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)，
则\(a^2-b^2=50\)，
设\(P(x_1,y_1 ),Q(x_2,y_2)\)，
由题易得弦\(PQ\)的中点\(M ( \dfrac { 1 } { 2 } , - \dfrac { 1 } { 2 } )\)，所以\(\begin{cases} { x _ { 1 } + x _ { 2 } = 1 } \\ { y _ { 1 } + y _ { 2 } = - 1 } \end{cases}\)，
将\(P,Q\)代入椭圆方程得\(\begin{cases}{ \dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 } \\ { \dfrac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 } \end{cases}\)，
两式相减得\(\dfrac { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ( y _ { 1 } - y _ { 2 } ) } { a ^ { 2 } } + \dfrac { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) } { b ^ { 2 } } = 0\)，
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\(a^2=75,b^2=25\),
故所求椭圆方程为\(\dfrac { y ^ { 2 } } { 75 } + \dfrac { x ^ { 2 } } { 25 } = 1\).
【点拨】本题是直线的对称问题，也涉及到中点与斜率，故点差法用上场.
巩固练习
1(★★) 已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)，过点\(P(1,1)\)的直线\(l\)与椭圆\(C\)交于\(A，B\)两点，若点\(P\)恰为弦\(AB\)中点，则直线\(l\)斜率是\(\underline{\quad \quad}\) .
2(★★) 双曲线\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)被斜率为\(4\)的直线截得的弦\(AB\)的中点为\((2,1)\)，则双曲线\(E\)的离心率为\(\underline{\quad \quad}\) .
3(★★) 已知双曲线\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1\)，过\(B(1,1)\)能否作直线\(l\)，使\(l\)与双曲线交于\(P,Q\)两点，且\(B\)是线段\(P,Q\)的中点，这样的直线如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由.
4(★★★) 已知椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)的弦\(AB\)所在直线过点\(E(1,1)\)，求弦\(AB\)中点\(F\)的轨迹方程 .
5(★★★) 已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)，离心率\(e = \dfrac { 1 } { 2 }\)，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线\(x + \sqrt { 2 } y + 3 = 0\)相切．
(1)求椭圆\(C\)的标准方程；
(2)\(F\)是椭圆的右焦点，过点\(F\)的直线\(l\)与椭圆\(C\)交于点\(A，B\)，且点\(A，B\)的中点横坐标为\(\dfrac { 1 } { 2 }\)，求\(△OAB\)的面积．
参考答案
- \(- \dfrac { 4 } { 3 }\)
- \(\sqrt3\)
- 不存在
- \(3x^2+4y^2-3x-4y=0\)
- \((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\quad ( 2 ) \dfrac { \sqrt { 21 } } { 4 }\)
【题型四】其他应用
【典题1】 设\(A，B\)是抛物线\(y=x^2\)上的两点，\(O\)是坐标原点，下列结论成立的是( )
A．若\(OA⊥OB\)，则\(|OA||OB|≥2\)
B．若\(OA⊥OB\)，直线\(AB\)过定点\((1,0)\)
C．若\(OA⊥OB\)，\(O\)到直线\(AB\)的距离不大于\(1\)
D．若直线\(AB\)过抛物线的焦点\(F\)，且\(|AF|=\dfrac{1}{3}\)，则\(|BF|=1\)
【解析】对于选项\(A\)，\(A(x_1,x_1^2),B(x_2,x_2^2)\)，
\(∵OA⊥OB\)，\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\)，
\(∴x_1 x_2+(x_1 x_2 )^2=0,∴x_1 x_2 (1+x_1 x_2)=0\)，\(∴x_2=-\dfrac{1}{x_1}\)，
\(|OA | \cdot | O B | = \sqrt { x _ { 1 } ^ { 2 } ( 1 + x _ { 1 } ^ { 2 } ) \dfrac { 1 } { x _ { 1 } ^ { 2 } } ( 1 + \dfrac { 1 } { x _ { 1 } ^ { 2 } } } )\)\(= \sqrt { 1 + x _ { 1 } ^ { 2 } + \dfrac { 1 } { x _ { 1 } ^ { 2 } } + 1 } \geq \sqrt { 2 + 2 | x _ { 1 } | \cdot \dfrac { 1 } { | x _ { 1 } | } } = 2\)，
当且仅当\(x_1=±1\)时等号成立，故选项\(A\)正确；
对于选项\(B\)：若\(OA⊥OB\)，显然直线\(AB\)的斜率存在，设直线\(AB\)的方程为：\(y=kx+m\)，
联立方程\(\begin{cases} { y = k x + m } \\ { y = x ^ { 2 } } \end{cases}\)，消去\(y\)得：\(x^2－kx－m=0\)，
设\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，\(∴x_1+x_2=k,x_1 x_2=－m\)，
\(∴y_1 y_2=x_1^2 x_2^2=(x_1 x_2 )^2=m^2\)，
\(∵OA⊥OB\)，\(∴ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\),
\(∴x_1 x_2+y_1 y_2=0\)，
\(∴－m+m^2=0\)，\(∴m=0\)或\(1\)，
易知直线\(AB\)不过原点，\(∴m=1\)，
\(∴\)直线\(AB\)的方程为：\(y=kx+1\)，恒过定点\((0,1)\)，故选项\(B\)错误，
对于选项\(C\)，原点\(O\)到直线\(AB\)的距离\(d = \dfrac { 1 } { \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } \le 1\), 故选项\(C\)正确；
对于选项\(D\)，直线\(AB\)过抛物线的焦点\(F(0,\dfrac{1}{4})\)，
设直线\(AB\)的方程为\(y = k x + \dfrac { 1 } { 4 }\)，
联立方程\(\begin{cases} { y = k x + \dfrac { 1 } { 4 } } \\ { x ^ { 2 } = y } \end{cases}\)，消去\(y\)得：\(x^2-kx- \dfrac { 1 } { 4 }=0\)，
设\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\), 不妨设点\(A\)在\(y\)轴右侧，
\(∴x_1+x_2=k,x_1 x_2=-\dfrac{1}{4}\)，
\(∴ | A F | = y _ { 1 } + \dfrac { 1 } { 4 } = \dfrac { 1 } { 3 } , ∴ y _ { 1 } = \dfrac { 1 } { 12 } , x _ { 1 } = \dfrac { \sqrt { 3 } } { 6 }\)，
\(∴x _ { 2 } = \dfrac { - \dfrac { 1 } { 4 } } { x _ { 1 } } = - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 2 }\)，\(∴ y _ { 2 } = \dfrac { 3 } { 4 }\)，
\(∴ | B F | = y _ { 2 } + \dfrac { 1 } { 4 } = 1\)，故选项\(D\)正确，
故选：\(ACD\)．
【点拨】处理垂直的方法
(1) 若要求线段长度，想到勾股定理或直角三角形其他性质；
(2) 想到直线斜率关系，得到\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\)，但要注意两直线的斜率是否都存在;
(3) 想到向量的关系，得到\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\).
【典题2】 已知椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的离心率为\(\dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 }\)，过椭圆的右焦点且斜率为\(\dfrac{1}{2}\)的直线与椭圆交于\(A，B\)两点，则\(△AOB\)(其中\(O\)为原点)的形状为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】由椭圆的离心率可得\(\dfrac { \sqrt { a ^ { 2 } - b ^ { 2 } } } { a } = \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 }\)，解得\(b ^ { 2 } = \dfrac { 2 a ^ { 2 } } { 3 }\)，
则椭圆的方程为\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { \dfrac { 2 } { 3 } a ^ { 2 } } = 1\)，
椭圆的右焦点为\(F ( \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a , 0 )\)，由直线\(l\)的方程为\(y = \dfrac { 1 } { 2 } ( x - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a )\)，
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\(11x^2-2\sqrt3 ax-7a^2=0\)，
设\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，
由韦达定理得\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 2 \sqrt { 3 } } { 11 } a , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { - 7 a ^ { 2 } } { 11 }\)，
则\(y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { 1 } { 4 } ( x _ { 1 } - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a ) ( x _ { 2 } - \dfrac { \sqrt { 3 } } { 3 } a )\)\(= - \dfrac { 8 } { 33 } a ^ { 2 }\),
则\(\overrightarrow{ O A } \cdot \overrightarrow{ O B } = x _ { 1 } x _ { 2 } + y _ { 1 } y _ { 2 } = - \dfrac { 29 } { 33 } a ^ { 2 } \lt 0\)，
\(∴∠AOB\)一定为钝角，
【点拨】判断三角形\(∆ABC\)的形状，通法是确定最大角(比如是角\(A\))，再利用余弦定理或数量积
(1) 余弦定理：\(\cos A = \dfrac { b ^ { 2 } + c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } { 2 b c }\).若\(cosA>0\)，则\(∆ABC\)是锐角三角形；
若\(cosA=0\)，则\(∆ABC\)是直角角三角形；若\(cosA<0\)，则\(∆ABC\)是钝角三角形；
(2) 数量积\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }\)，若\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }>0\)，则\(∆ABC\)是锐角三角形；
若\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }=0\)，则\(∆ABC\)是直角角三角形；若\(\overrightarrow{ AB } \cdot \overrightarrow{ AC }<0\)，则\(∆ABC\)是钝角三角形.
【典题3】已知抛物线\(C：y^2=2px(p>0)\)，焦点为\(F\)，准线为\(l\)，抛物线\(C\)上一点\(A\)的横坐标为\(3\)，且点\(A\)到焦点的距离为\(4\)．
(1)求抛物线的方程；
(2)设过点\(P(6,0)\)的直线\(l\)与抛物线交于\(A,B\)两点，若以\(AB\)为直径的圆过点\(F\)，求直线\(l\)的方程．
【解析】(1)抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的准线方程为\(x = - \dfrac { p } { 2 }\)，
由抛物线\(C\)上一点\(A\)的横坐标为\(3\)，
根据抛物线的定义可知，\(3 + \dfrac { p } { 2 } = 4\)，解得\(p=2\)，
所以抛物线\(C\)的方程是\(y^2=4x\)；
(2) \({\color{Red}{方法一 }}\) 由题意可知，直线\(l\)不垂直于\(y\)轴，
可设直线\(l：x=my+6\)，
则由\(\begin{cases} { y ^ { 2 } = 4 x } \\ { x = m y + 6 } \end{cases}\)可得\(y^2－4my－24=0\)，
设\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，则\(y_1+y_2=4m,y_1 y_2=－24\)，
因为以\(AB\)为直径的圆过点\(F\)，
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\(m = \pm \dfrac { 1 } { 2 }\)，
所以直线\(l:x = \pm \dfrac { 1 } { 2 } y + 6\)，
即\(l：2x+y－12=0\)或\(2x－y－12=0\)．
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 由于抛物线方程是\(y^2=4x\)，
可设\(A(4t_1^2,4t_1 ),B(4t_2^2,4t_2 )\)，由于对称性不妨设\(t_1>t_2\)，
因为\(A、P、B\)三点共线，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，
\(∵t_1>t_2\)\(∴t_1>0,t_2<0\)
因为以\(AB\)为直径的圆过点\(F\)，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\(t _ { 1 } = \dfrac { 3 } { 2 } , t _ { 2 } = - 1\)，
当\(t _ { 1 } = 1 , t _ { 2 } = - \dfrac { 3 } { 2 }\)时，\(A(4,4),B(9,-6)\)，此时直线\(l\)方程为\(2x+y－12=0\)；
当\(t _ { 1 } = \dfrac { 3 } { 2 } , t _ { 2 } = - 1\)时，\(A(9,6),B(4,-4)\)，此时直线\(l\)方程为\(2x-y－12=0\);
即\(l：2x+y－12=0\)或\(2x－y－12=0\)．
【点拨】
① 直线\(l\)方程设为\(y=kx+b\)，当直线\(l⊥x\)轴时\(k\)不存在；直线\(l\)方程设为\(x=my+t\)，当直线\(l//x\)轴时\(m\)不存在；其中\(k = \dfrac { 1 } { m }\)；
② 当直线\(l\)与抛物线\(y^2=2px\)有两个交点，常设直线\(l\)方程为\(x=my+t\)，因为此时\(m\)肯定存在，避免\(k\)的分类讨论，与抛物线联立\(y^2=2px\)计算量也较小！
③ 方法二是利用了抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的参数方程\(\begin{cases} { x = 2 p t ^ { 2 } } \\ { y = 2 p t } \end{cases}\)，为设元提供另一种方式.
【典题4】 如图，已知\(O\)为坐标原点，椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左、右焦点分别为\(F_1、F_2\)，点\(P(0,1)\)是椭圆\(C\)的上顶点，\(△PF_1 F_2\)是等腰直角三角形，点\(A(m,n)(m≠0)\)是椭圆\(C\)上一点，直线\(PA\)交\(x\)轴于点\(M\)．
(1)求椭圆\(C\)的方程；
(2)若点\(B\)与点\(A\)关于\(x\)轴对称，直线\(PB\)交\(x\)轴于点\(N\)，点\(Q(0,y_0)\)，且\(∠OQM=∠ONQ\)，求\(y_0\)的值．
【解析】(1)由于点\(P(0,1)\)是椭圆\(C\)的上顶点，且\(△PF_1 F_2\)是等腰直角三角形，
\(∴b=1\),\(a^2+a^2=(2c)^2\)，
又\(a^2=b^2+c^2\)，联立解得\(a = \sqrt { 2 }\)．
所以椭圆\(C\)的方程为\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)；
(2)
\(∵\)点\(B\)与点\(A\)关于\(x\)轴对称，\(∴B(m,－n)\)，
直线\(PA\)的方程为\(y = \dfrac { n - 1 } { m } x + 1\)，令\(y=0\)，得\(x = \dfrac { m } { 1 - n }\)，
所以\(M ( \dfrac { m } { 1 - n } , 0 )\), 同理可得\(N ( \dfrac { m } { 1 + n } , 0 )\)．
则\(\tan\angle O Q M = | \dfrac { \dfrac { m } { 1 - n } } { y _ { 0 } } | = | \dfrac { m } { ( 1 - n ) y _ { 0 } }|\)，\(\tan \angle O N Q = | \dfrac { y _ { 0 } } { \dfrac { m } { 1 + n } } | = | \dfrac { ( 1 + n ) y _ { 0 } } { m } |\)．
\(∵∠OQM=∠ONQ\),\(∴tan∠OQM=tan∠ONQ\)，
即\(| \dfrac { m } { ( 1 - n ) y _ { 0 } } | = | \dfrac { ( 1 + n ) y _ { 0 } } { m } |\)，则\(y _ { 0 } ^ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } } { | 1 - n ^ { 2 } | }\)．
\(∵A(m,n)\)是椭圆\(C\)上一点，\(∴ \dfrac { m ^ { 2 } } { 2 } + n ^ { 2 } = 1\)，
得\(\dfrac { m ^ { 2 } } { 1 - n ^ { 2 } } = 2\)，即\(y_0^2=2\)，则\(y_0=±\sqrt2\)．
【点拨】题中两角相等\(∠OQM=∠ONQ\)，得到了\(tan∠OQM=tan∠ONQ\)，有时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.
巩固练习
1(★★) 已知直线\(l：\sqrt3 x－y-\sqrt3=0\)过抛物线\(C：y^2=2px\)的焦点\(F\)，且与抛物线\(C\)交于点\(A、B\)两点，过\(A、B\)两点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为\(M、N\)，则下列说法错误的是( )
A．抛物线的方程为\(y^2=4x\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．线段\(AB\)的长度为\(\dfrac{16}{3}\)
C．\(∠MFN=90°\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．线段\(AB\)的中点到\(y\)轴的距离为\(\dfrac{8}{3}\)
2(★★)已知双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的渐近线为\(y = \pm \sqrt { 3 } x\)，过右焦点\(F\)的直线\(l\)与双曲线交于\(A，B\)两点且\(\overrightarrow{AF} =3\overrightarrow{FB}\)，则直线\(l\)的斜率为( )
A．\(±\sqrt3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(±\sqrt{15}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(±1\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(±\sqrt5\)
3(★★) 已知直线\(l：kx－y－k=0(k∈R)\)与抛物线\(C：y^2=2px(p>\dfrac{1}{2})\)相交于\(A，B\)两点，\(O\)为坐标原点，则\(△AOB\)为( )
A．锐角三角形\(\qquad \qquad\) B．直角三角形 \(\qquad \qquad\)C．钝角三角形\(\qquad \qquad\) D．不确定
4(★★★)【多选题】已知双曲线\(\dfrac { x ^ { 2 } } { n } - \dfrac { y ^ { 2 } } { n } = 1 ( n \in N ^ { * } )\)，不与\(x\)轴垂直的直线\(l\)与双曲线右支交于点\(B，C\)(\(B\)在\(x\)轴上方，\(C\)在\(x\)轴下方)，与双曲线渐近线交于点\(A，D\)(\(A\)在\(x\)轴上方)，\(O\)为坐标原点，下列选项中正确的为( )
A．\(|AC|=|BD|\)恒成立
B．若\(S_{△BOC}=\dfrac{1}{3} S_{△AOD}\)，则\(|AB|=|BC|=|CD|\)
C．\(△AOD\)面积的最小值为\(1\)
D．对每一个确定的\(n\)，若\(|AB|=|BC|=|CD|\)，则\(△AOD\)的面积为定值
5(★★★) 已知点\(F\)是抛物线\(y^2=16x\)的焦点，直线\(l\)经过点\(F\)与抛物线交于\(A，D\)两点，与圆\((x－4)^2+y^2=16\)交于\(B，C\)两点(如图所示)，则\(|AB|\cdot|CD|=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★★) 已知抛物线\(y=x^2\)和点\(P(0,1)\)，若过某点\(C\)可作抛物线的两条切线，切点分别是\(A，B\)，且满足\(\overrightarrow{ C P } = \dfrac { 1 } { 3 } \overrightarrow{C A } + \dfrac { 2 } { 3 }\overrightarrow{ C B }\)，则\(△ABC\)的面积为\(\underline{\quad \quad}\)．
7(★★★) 若直线\(l\)过抛物线\(x^2=－2y\)的焦点\(F\)交抛物线于\(M，N\)两点，则的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\) ．
8(★★★★) 已知抛物线方程\(y^2=4x\)，\(F\)为焦点，\(P\)为抛物线准线上一点，\(Q\)为线段\(PF\)与抛物线的交点，定义：\(d ( P ) = \dfrac { |P F | } { | F Q | }\)．
(1)当\(P ( - 1 , - \dfrac { 8 } { 3 } )\)时，求\(d(P)\)；
(2)证明：存在常数\(a\)，使得\(2d(P)=|PF|+a\)；
(3)\(P_1,P_2,P_3\)为抛物线准线上三点，且\(|P_1 P_2 |=|P_2 P_3 |\)，判断\(d(P_1)+d(P_3)\)与\(2d(P_2)\)的关系．
参考答案
- \(D\)
- \(B\)
- \(C\)
- \(ABD\)
- \(16\)
- \(\dfrac{27\sqrt2}{16}\)
- \(\{2\}\)
- \((1) \dfrac{8}{3}\quad (2)a=2\quad (3) d(P_1)+d(P_3)>2d(P_2)\)
