当前位置：首页 > 浙江专用2021版新高考数学一轮复习第九章平面解析几何8第8讲直线与椭圆抛物线的位置关系教学案
离心率e＝
62
，它的一个顶点在抛物线x＝42y的准线上． 3
(1)求椭圆C的方程；
?x1y1??x2y2?(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆C上两点，已知m＝?，?，n＝?，?，且m·n?ab?
?ab?
＝0.
①求→OA·→
OB的取值范围；
②判断△OAB的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． 解：(1)因为抛物线x2
＝42y的准线为y＝－2， 2
2
所以b＝2.由e＝6a－b2
3?a2＝3?a＝6.
所以椭圆C的方程为x2y2
6＋2＝1. (2)①由m·n＝0得x1x2＝－3y1y2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)所在直线为l，当l斜率不存在时， 则A(x2
2x21y21
2
1，y1)，B(x1，－y1)，所以x1
＝3y1
，又6＋2＝1，所以y1＝1.
所以→OA·→OB＝x＋y2
1x21y2＝2y1＝2.
当l斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m， 联立?
??
y＝kx＋m222
??
x2
＋3y2
＝6得(1＋3k)x＋6kmx＋3m－6＝0，
所以Δ＝36k2m2
－12(3k2
＋1)(m2
－2) ＝12(6k2
－m2
＋2)＞0，(ⅰ) 2
且x－6km3m－61＋x2＝3k2＋1，x1x2＝3k2＋1.
由x1x2＝－3y1y2＝－3(kx1＋m)(kx2＋m) ?(1＋3k2
)x1x2＋3km(x1＋x2)＋3m2
＝0，
整理得1＋3k2＝m2
.(ⅱ)
2
所以→OA·→
OB＝x22m－41x2＋y1y2＝3x1x2＝1＋3k2
2
＝2m－4m2
＝2－4
m2， 由(ⅰ)(ⅱ)得m2＝1＋3k2
≥1，所以0＜4m2≤4，
所以－2≤→OA·→OB＜2.综上可得－2≤→OA·→
OB≤2.
5
②由①知，l斜率不存在时，S△OAB＝|x1y1|＝3y1＝3，
11|m|2＋6k－ml斜率存在时，S△OAB＝|AB|d＝ 1＋k2|x1－x2|·＝3|m|， 22
221＋3k1＋k将m＝1＋3k代入整理得S△OAB＝3， 所以△OAB的面积为定值3.
直线与抛物线的位置关系
(2019·高考浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y＝2px(p>0)的焦点．过点
2
2
2
2
2
2
F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程； (2)求的最小值及此时点G的坐标．
S1
S2
【解】 (1)由题意得＝1，即p＝2.
2所以抛物线的准线方程为x＝－1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t.
2
pt2－1
由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得
2t2（t－1）y－y－4＝0，
2
2
t2?2?1
故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B?2，－?.
t?tt?
112
又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－＋yC＝0，
33t??1?2?1???2t4－2t2＋2?
，0?. 得C??－t?，2?－t??，G?2
3t???t????t?
所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t)，得Q(t－1，0)． 由于Q在焦点F的右侧，故t>2.从而
2
2
2
6
1
|FG|·|yA|S12＝ S21
|QG|·|yC|2
＋2??2t－2t－1?·|2t|2?42
3t2t－tt2－2??
＝＝4＝2－4. 42
＋2??2t－1t－1?t2－1－2t－2t?·?－2t?2??3t???t?令m＝t－2，则m>0，
2
4
2
S1m1
＝2－2＝2－≥2－S2m＋4m＋33
m＋＋42 m所以当m＝3时，取得最小值1＋
1
m·＋4
m3
＝1＋
3. 2
S1S23
，此时G(2，0)． 2
解决直线与抛物线位置关系的常用方法
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝|x1|＋|x2|＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
(3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法．
[提醒] 涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
(2020·嘉兴市高三上学期期末)已知抛物线C的方程为y＝2px(p＞
45
0)，抛物线的焦点到直线l：y＝2x＋2的距离为.
5
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点R(x0，2)在抛物线C上，过点Q(1，1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，
2
B，若直线AR，BR分别交直线l于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．
|p＋2|45?p?解：(1)抛物线的焦点为?，0?，d＝＝，得p＝2或－6(舍去)，所以抛物线
5?2?5
C的方程为y2＝4x.
(2)因为点R(x0，2)在抛物线C上， 所以x0＝1，得R(1，2)．
?12??12?设直线AB为x＝m(y－1)＋1(m≠0)，A?y1，y1?，B?y2，y2?，
?4??4?
7
??x＝m（y－1）＋12由?2得y－4my＋4m－4＝0， ?y＝4x?
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4，
y1－24直线AR方程为y－2＝(x－1)＝(x－1)，
12y1＋2y1－14
4??y－2＝（x－1）2y1＋2由?，得xM＝－，
y1
??y＝2x＋22同理xN＝－，
y2
?11?所以|MN|＝5|xM－xN|＝25?－?
?y2y1?
1＋
2
m2－m＋1
＝25 ＝25
|m－1|
＝25
1＋
11m－2＋
，
m
m－2m＋1
m所以当m＝－1时，|MN|min＝15，此时直线AB的方程为x＋y－2＝0.
弦长问题
x22
如图，设椭圆2＋y＝1(a＞1)．
a
(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点， 求椭圆离心率的取值范围．
【解】 (1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，
y＝kx＋1??2
2222
由?x得(1＋ak)x＋2akx＝0， 2
2＋y＝1??a2ak故x1＝0，x2＝－22. 1＋ak2a|k|2
因此|AP|＝ 1＋k|x1－x2|＝1＋k. 22·1＋ak2
2
2
8
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