《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專(zhuān)題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系教案 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專(zhuān)題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系教案 文.doc（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2講　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.(2017全國(guó)Ⅱ卷,文12)過(guò)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)F,且斜率為3的直線交C于點(diǎn)M(M在x軸的上方),l為C的準(zhǔn)線,點(diǎn)N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為(　C　) (A)5 (B)22 (C)23 (D)33 解析:已知y2=4x,所以F(1,0), MF方程為y=3(x-1), 聯(lián)立y=3(x-1),y2=4x,得M(3,23), 準(zhǔn)線l:x=-1,N(-1,23), NF方程:y-0=-3(x-1)即3x+y-3=0, 則M到NF的距離d=|33+23-3|2=23,故選C. 2.(2018全國(guó)Ⅱ卷,文20)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),|AB|=8. (1)求l的方程; (2)求過(guò)點(diǎn)A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. 解:(1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0). 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=k(x-1)y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2. 由題設(shè)知4k2+4k2=8, 解得k=-1(舍去),k=1. 因此l的方程為y=x-1. (2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2), 所以AB的垂直平分線方程為 y-2=-(x-3),即y=-x+5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0),則 y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16. 解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6. 因此所求圓的方程為 (x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 3.(2017全國(guó)Ⅰ卷,文20)設(shè)A,B為曲線C:y=x24上兩點(diǎn),A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率; (2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn),C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程. 解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,x1+x2=4, y1=x124,y2=x224, 故直線AB的斜率為k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1. (2)由y=x24,得y=x2. 設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知x32=1, 解得x3=2,于是M(2,1). 設(shè)直線AB的方程為y=x+m, 故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 將y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0. 當(dāng)Δ=16(m+1)>0,即m>-1時(shí),x1,2=22m+1. 從而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1). 由題設(shè)知|AB|=2|MN|, 即42(m+1)=2|m+1|,解得m=7. 所以直線AB的方程為y=x+7. 1.考查角度 主要考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、弦長(zhǎng)、面積及軌跡問(wèn)題. 2.題型及難易度 選擇題、解答題,難度為中檔、中檔偏上. (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第38~40頁(yè)) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判斷 【例1】 (2016全國(guó)Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系xOy中,直線l:y=t(t≠0)交y軸于點(diǎn)M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點(diǎn)P,M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為N,連接ON并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)H. (1)求|OH||ON|; (2)除H以外,直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)?說(shuō)明理由. 解:(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t. 又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn),故Nt2p,t,ON的方程為y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p,因此H2t2p,2t, 所以N為OH的中點(diǎn),即|OH||ON|=2. (2)直線MH與C除H以外沒(méi)有其他公共點(diǎn).理由如下: 直線MH的方程為y-t=p2tx,即x=2tp(y-t). 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn),所以除H以外直線MH與C沒(méi)有其他公共點(diǎn). 判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系有兩種常用方法 (1)代數(shù)法:即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個(gè)關(guān)于x,y的方程組,消去y(或x)得一元方程,此方程根的個(gè)數(shù)即為交點(diǎn)個(gè)數(shù),方程組的解即為交點(diǎn)坐標(biāo). (2)幾何法:即畫(huà)出直線與圓錐曲線的圖象,根據(jù)圖象判斷公共點(diǎn)個(gè)數(shù). 熱點(diǎn)訓(xùn)練1:已知頂點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn),對(duì)稱軸是x軸的拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A12,-2. (1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)直線l過(guò)定點(diǎn)P(-2,1),斜率為k,若直線與拋物線有公共點(diǎn),求k的取值范圍. 解:(1)依題意,設(shè)拋物線的方程為y2=2px, 把A點(diǎn)的坐標(biāo)12,-2代入方程得(-2)2=2p12, 解得p=2, 所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x. (2)直線l的方程為y-1=k(x+2),即y=kx+2k+1, 聯(lián)立方程組y=kx+2k+1,y2=4x,消去x, 得ky2-4y+4(2k+1)=0. ①當(dāng)k=0時(shí),得y=1,代入y2=4x,得x=14, 這時(shí)直線與拋物線有一個(gè)公共點(diǎn)14,1. ②當(dāng)k≠0時(shí),依題意得Δ=(-4)2-4k4(2k+1)≥0, 解得-1≤k<0或0b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P-3,12,橢圓E的一個(gè)焦點(diǎn)為(3,0). (1)求橢圓E的方程; (2)若直線l過(guò)點(diǎn)M(0,2)且與橢圓E交于A,B兩點(diǎn),求|AB| 的最大值. 解:(1)依題意,橢圓E的左、右焦點(diǎn)分別為F1(-3,0),F2(3,0), 由橢圓E經(jīng)過(guò)點(diǎn)P-3,12,得|PF1|+|PF2|=4=2a, 所以a=2,c=3,所以b2=a2-c2=1. 所以橢圓E的方程為x24+y2=1. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=kx+2,x24+y2=1得(1+4k2)x2+82kx+4=0. 由Δ>0得(82k)2-4(1+4k2)4>0, 所以4k2>1. 由x1+x2=-82k1+4k2,x1x2=41+4k2得 |AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2 =2-6(11+4k2)2+11+4k2+1. 設(shè)t=11+4k2,則0b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)1,32,離心率為12. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)點(diǎn)A,F分別為橢圓的右頂點(diǎn)、右焦點(diǎn),經(jīng)過(guò)點(diǎn)F作直線交橢圓于C,D兩點(diǎn),求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)). 解:(1)由題設(shè)得1a2+94b2=1,ca=12,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1. 所以橢圓方程為x24+y23=1. (2)設(shè)直線CD的方程為x=ky+1,C(x1,y1),D(x2,y2), 與橢圓方程x24+y23=1聯(lián)立, 消去x,得(3k2+4)y2+6ky-9=0, 所以y1+y2=-6k3k2+4,y1y2=-93k2+4, 所以S四邊形OCAD=S△OCA+S△ODA =122|y1|+122|y2| =|y1-y2| =(y1+y2)2-4y1y2 =12k2+13k2+4 =12t3t2+1 =123t+1t(其中t=k2+1,t≥1). 因?yàn)楫?dāng)t≥1時(shí),y=3t+1t單調(diào)遞增,所以3t+1t≥4, 所以S四邊形OCAD≤3(當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào)), 即四邊形OCAD面積的最大值為3. 中點(diǎn)弦問(wèn)題 【例3】 求一個(gè)焦點(diǎn)是F(0,52),并截直線y=2x-1所得弦的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是27的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程. 解:法一　(設(shè)而不求) 設(shè)所求的橢圓方程為y2a2+x2b2=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點(diǎn)為A(x1,y1),B(x2,y2), 由y=2x-1,y2a2+x2b2=1, 消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,① 所以x1+x2=4b24b2+a2, 因?yàn)閏=52, 所以b2=a2-c2=a2-50, 所以x1+x2=4(a2-50)5a2-200, 由題意知x1+x22=27,x1+x2=47, 所以4(a2-50)5a2-200=47, 解得a2=75, 所以b2=25, 方程①為175x2-100x-1 850=0,即7x2-4x-74=0,此時(shí)Δ>0, 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y275+x225=1. 法二　(點(diǎn)差法) 設(shè)所求的橢圓方程為y2a2+x2b2=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點(diǎn)為A(x1,y1),B(x2,y2). 由題意,可得弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為x1+x22,y1+y22, 且x1+x22=27,y1+y22=-37. 將A,B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓方程中,得y12a2+x12b2=1,y22a2+x22b2=1. 兩式相減并化簡(jiǎn),得 a2b2=-y1-y2x1-x2y1+y2x1+x2=-2-6747=3, 所以a2=3b2. 又c2=a2-b2=50, 所以a2=75,b2=25. 所以橢圓方程為y275+x225=1,① 把y=2x-1代入①, 化簡(jiǎn)得7x2-4x-74=0,此時(shí)Δ>0, 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y275+x225=1. (1)對(duì)于弦的中點(diǎn)問(wèn)題常用“根與系數(shù)的關(guān)系”或“點(diǎn)差法”求解,在使用根與系數(shù)的關(guān)系時(shí),要注意使用條件Δ>0,在用“點(diǎn)差法”時(shí),要檢驗(yàn)直線與圓錐曲線是否相交. (2)圓錐曲線以P(x0,y0)(y0≠0)為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率分別是k=-b2x0a2y0橢圓x2a2+y2b2=1,k=b2x0a2y0雙曲線x2a2-y2b2=1,k=py0(拋物線y2=2px).其中k=y2-y1x2-x1(x1≠x2),(x1,y1),(x2,y2)為弦的端點(diǎn)坐標(biāo). 熱點(diǎn)訓(xùn)練3: 過(guò)點(diǎn)M(1,1)的直線與橢圓x24+y23=1交于A,B兩點(diǎn),且點(diǎn)M平分弦AB,則直線AB的方程為(　　) (A)4x+3y-7=0 (B)3x+4y-7=0 (C)3x-4y+1=0 (D)4x-3y-1=0 解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 易得x124+y123=1,x224+y223=1,兩式相減,整理得 (x1+x2)(x1-x2)4+(y1+y2)(y1-y2)3=0. 由M(1,1)是弦AB的中點(diǎn)得x1+x2=2,y1+y2=2, 所以有2(x1-x2)4+2(y1-y2)3=0,得y1-y2x1-x2=-34, 即直線AB的斜率k=-34, 所以,直線AB的方程為y-1=-34(x-1), 即3x+4y-7=0.故選B. 求軌跡方程 考向1　直接法 【例4】 已知兩點(diǎn)A(2,0),B(-2,0),點(diǎn)P為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作y軸的垂線,垂足為Q,且PA→PB→=2PQ→2,求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程. 解:設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,y), 所以PQ→=(-x,0),PA→=(2-x,-y), PB→=(-2-x,-y), 所以PA→PB→=x2-2+y2. 由PA→PB→=2PQ→2,得x2-2+y2=2x2, 即y2-x2=2. 故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為y2-x2=2. 考向2　定義法求軌跡方程 【例5】 (2018鄭州市二次質(zhì)檢)已知?jiǎng)訄AE經(jīng)過(guò)點(diǎn)F(1,0),且和直線x=-1相切. (1)求該動(dòng)圓圓心E的軌跡G的方程; (2)已知A(3,0),若斜率為1的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O和點(diǎn)A),且與曲線G交于B,C兩點(diǎn),求△ABC面積的最大值. 解:(1)由題意可知點(diǎn)E到點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)E到直線x=-1的距離,所以動(dòng)點(diǎn)E的軌跡是以F(1,0)為焦點(diǎn),直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線, 故軌跡G的方程是y2=4x. (2)由題意設(shè)直線l的方程為y=x+m, 其中-30. 設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2), 則x1+x2=4-2m,x1x2=m2, 所以|BC|=42(1-m), 又點(diǎn)A到直線l的距離d=3+m2, 所以S△ABC=1242(1-m)3+m2 =21-m(3+m). 令1-m=t,t∈(1,2), 則m=1-t2, 所以S△ABC=2t(4-t2)=8t-2t3, 令f(t)=8t-2t3,則f(t)=8-6t2, 易知f(t)在1,233上單調(diào)遞增,在233,2上單調(diào)遞減, 所以當(dāng)t∈(1,2)時(shí),f(t)在t=233處取得最大值,最大值為3239. 此時(shí)m=-13,滿足-32,A1(-2,0),A2(2,0),則有直線A1P的方程為y=y1x1+2(x+2),① 直線A2Q的方程為y=-y1x1-2(x-2).② 聯(lián)立①②,解得x=2x1,y=2y1x1,即x1=2x,y1=2yx,③ 則x≠0,|x|<2. 而點(diǎn)P(x1,y1)在雙曲線x22-y2=1上,所以x122-y12=1. 將③代入上式,整理得所求軌跡E的方程為x22+y2=1,x≠0且x≠2. (1)若動(dòng)點(diǎn)滿足的幾何條件可用等式表示,則只需把這個(gè)等式“翻譯”成含x,y的等式,通過(guò)化簡(jiǎn)、整理可得到曲線的方程,這種求軌跡方程的方法叫直接法,也稱坐標(biāo)法. (2)若動(dòng)點(diǎn)軌跡的條件滿足圓、橢圓、雙曲線、拋物線的定義,則可以直接根據(jù)定義求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程,這種求軌跡方程的方法叫做定義法. 利用定義法求軌跡方程時(shí),要看所求軌跡是否是完整的圓、橢圓、雙曲線、拋物線,如果不是完整的曲線,則應(yīng)對(duì)其中的變量x或y進(jìn)行限制. (3)若動(dòng)點(diǎn)P(x,y)所滿足的條件不易表述或求出,但隨另一動(dòng)點(diǎn)Q(x,y)的運(yùn)動(dòng)而有規(guī)律地運(yùn)動(dòng),且動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程給定或容易求得,則可先將x,y表示為x,y的式子,再代入Q的軌跡方程,然后整理得點(diǎn)P的軌跡方程,這種求軌跡方程的方法叫做相關(guān)點(diǎn)法,也稱代入法. 熱點(diǎn)訓(xùn)練4: (2018福州市質(zhì)檢)在三角形MAB中,點(diǎn)A(-1,0),B(1,0),且它的周長(zhǎng)為6,記點(diǎn)M的軌跡為曲線E. (1)求E的方程; (2)設(shè)點(diǎn)D(-2,0),過(guò)B的直線與E交于P,Q兩點(diǎn),求證:∠PDQ不可能為直角. (1)解:依題意得,|MA|+|MB|+|AB|=6, 所以|MA|+|MB|=4>|AB|, 所以點(diǎn)M的軌跡E是以A(-1,0),B(1,0)為焦點(diǎn)且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓, 由于M,A,B三點(diǎn)不共線,所以y≠0, 所以E的方程為x24+y23=1(y≠0). (2)證明:設(shè)直線PQ的方程為x=my+1, 代入3x2+4y2=12,得(3m2+4)y2+6my-9=0, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 則y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4. 所以DP→DQ→=(x1+2)(x2+2)+y1y2 =(my1+1+2)(my2+1+2)+y1y2 =(m2+1)y1y2+3m(y1+y2)+9 =-9(m2+1)3m2+4-18m23m2+4+9 =273m2+4>0. 所以∠PDQ不可能為直角. 熱點(diǎn)訓(xùn)練5: 如圖,從曲線x2-y2=1上一點(diǎn)Q引直線l:x+y=2的垂線,垂足為N,求線段QN的中點(diǎn)P的軌跡方程. 解:設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),曲線上點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x0,y0). 因?yàn)辄c(diǎn)P是線段QN的中點(diǎn), 所以點(diǎn)N的坐標(biāo)為(2x-x0,2y-y0). 又因?yàn)辄c(diǎn)N在直線x+y=2上, 所以2x-x0+2y-y0=2.① 因?yàn)镼N⊥l,所以kQN=2y-2y02x-2x0=1, 即x0-y0=x-y.② 由①②,得x0=12(3x+y-2),y0=12(x+3y-2). 又因?yàn)辄c(diǎn)Q在曲線x2-y2=1上, 所以14(3x+y-2)2-14(x+3y-2)2=1. 化簡(jiǎn),得x-122-y-122=12. 故線段QN的中點(diǎn)P的軌跡方程為 x-122-y-122=12. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018長(zhǎng)沙、武昌調(diào)研)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,22,且離心率為22. (1)求橢圓C的方程; (2)若直線l:y=x+m與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B,求△OAB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)). 解:(1)由題意,知1a2+12b2=1,ca=22,a2=b2+c2, 解得a2=2,b2=1, 所以橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)將直線l的方程y=x+m代入橢圓C的方程x22+y2=1, 整理得3x2+4mx+2(m2-1)=0. 則Δ=(4m)2-24(m2-1)>0,得m2<3. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-4m3,x1x2=2(m2-1)3, 所以|AB|=2(x1+x2)2-4x1x2 =2(-4m3)2-42(m2-1)3 =224-8m29 =433-m2, 又原點(diǎn)O(0,0)到直線AB:x-y+m=0的距離d=|m|2, 所以S△OAB=12|AB|d=12433-m2|m|2=23m2(3-m2). 因?yàn)閙2(3-m2)≤m2+3-m222=94, 當(dāng)且僅當(dāng)m2=3-m2, 即m2=32時(shí)取等號(hào), 所以S△OAB≤2332=22, 即△OAB面積的最大值為22. 【例2】 (2018福建省質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)F的坐標(biāo)為0,12,以MF為直徑的圓與x軸相切. (1)求點(diǎn)M的軌跡E的方程; (2)設(shè)T是軌跡E上橫坐標(biāo)為2的點(diǎn),OT的平行線l交E于A,B兩點(diǎn),交E在T處的切線于點(diǎn)N,求證:|NT|2=52|NA||NB|. (1)解:法一　設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y), 因?yàn)镕0,12, 所以MF的中點(diǎn)坐標(biāo)為x2,2y+14. 因?yàn)橐訫F為直徑的圓與x軸相切, 所以|MF|2=|2y+1|4.即|MF|=|2y+1|2, 所以x2+(y-12)2=|2y+1|2,化簡(jiǎn)得x2=2y, 所以點(diǎn)M的軌跡E的方程為x2=2y. 法二　設(shè)以MF為直徑的圓的圓心為點(diǎn)C,與x軸的切點(diǎn)為D,連接CD,則CD⊥x軸,且|MF|=2|CD|. 作直線l:y=-12,過(guò)點(diǎn)M作MN⊥l于點(diǎn)H,交x軸于點(diǎn)I,則|CD|=|MI|+|OF|2, 所以|MF|=|MI|+|OF|, 又|IH|=|OF|=12,所以|MF|=|MH|, 所以點(diǎn)M的軌跡是以F為焦點(diǎn),l為準(zhǔn)線的拋物線, 所以M的軌跡E的方程為x2=2y. (2)證明:因?yàn)門(mén)是軌跡E上橫坐標(biāo)為2的點(diǎn), 由(1)得T(2,2), 所以直線OT的斜率為1. 因?yàn)閘∥OT, 所以設(shè)直線l的方程為y=x+m,m≠0. 由y=12x2,得y=x, 則E在點(diǎn)T處的切線斜率為2, 所以E在點(diǎn)T處的切線方程為y=2x-2. 由y=x+m,y=2x-2,得x=m+2,y=2m+2, 所以N(m+2,2m+2), 所以|NT|2=[(m+2)-2]2+[(2m+2)-2]2=5m2. 由y=x+m,x2=2y消去y得x2-2x-2m=0, 由Δ=4+8m>0,得m>-12且m≠0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=2,x1x2=-2m. 因?yàn)辄c(diǎn)N,A,B在直線l上, 所以|NA|=2|x1-(m+2)|,|NB|=2|x2-(m+2)|, 所以|NA||NB| =2|x1-(m+2)||x2-(m+2)| =2|x1x2-(m+2)(x1+x2)+(m+2)2| =2|-2m-2(m+2)+(m+2)2| =2m2, 所以|NT|2=52|NA||NB|. 【例3】 (2018唐山五校聯(lián)考)在直角坐標(biāo)系xOy中,長(zhǎng)為2+1的線段的兩端點(diǎn)C,D分別在x軸,y軸上滑動(dòng),CP→=2PD→.記點(diǎn)P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程; (2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,1)作直線l與曲線E相交于A,B兩點(diǎn),OM→=OA→+OB→,當(dāng)點(diǎn)M在曲線E上時(shí),求直線l的方程. 解:(1)設(shè)C(m,0),D(0,n),P(x,y). 由CP→=2PD→,得(x-m,y)=2(-x,n-y), 所以x-m=-2x,y=2(n-y), 得m=(2+1)x,n=2+12y, 由|CD→|=2+1,得m2+n2=(2+1)2, 所以(2+1)2x2+(2+1)22y2=(2+1)2, 整理,得曲線E的方程為x2+y22=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由OM→=OA→+OB→,知點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x1+x2,y1+y2). 易知直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+1,代入曲線E的方程,得(k2+2)x2+2kx-1=0, 則x1+x2=-2kk2+2, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2. 由點(diǎn)M在曲線E上,知(x1+x2)2+(y1+y2)22=1, 即4k2(k2+2)2+8(k2+2)2=1, 解得k2=2. 此時(shí)直線l的方程為y=2x+1. 【例4】 (2018長(zhǎng)沙、南昌部分學(xué)校聯(lián)合模擬)已知拋物線y2=4x,如圖,過(guò)x軸上的點(diǎn)P作斜率分別為k1,k2的直線l1,l2,已知直線l1與拋物線在第一象限切于點(diǎn)A(x0,y0),直線l2與拋物線在第四象限分別交于兩點(diǎn)B,C,記△PAB,△PAC的面積分別為S1,S2,且S1∶S2=1∶3. (1)求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)關(guān)于x0的表達(dá)式; (2)求k1k2的值. 解:(1)當(dāng)y>0時(shí),y=2x, 所以A(x0,2x0). 因?yàn)橹本€l1與拋物線切于點(diǎn)A,y=1x, 所以k1=1x0, 所以直線l1的方程為y-2x0=1x0(x-x0), 令y=0,得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)xP=-x0. (2)由(1)知P(-x0,0),易得k2<0, 所以直線l2的方程為x=1k2y-x0. 設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2), 聯(lián)立直線l2與拋物線的方程,消去x得y2-4k2y+4x0=0, 所以y1+y2=4k2,y1y2=4x0.① 因?yàn)镾1∶S2=1∶3, 所以|PB|∶|PC|=1∶3, 所以y2=3y1, 代入①式得k22=34x0,所以k2=-32x0, 又k1=1x0,所以k1k2=-233.