直线的交点坐标与距离公式_章节学习

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题型：简答题

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简答题

已知抛物线C：x2=2py(p＞0)的焦点为F，A，B是抛物线C上异于坐标原点0的不同两点，抛物线C在点A，B处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，l1与l2相交于点D。

(Ⅰ)求点D的纵坐标；

(Ⅱ)证明：A，B，F三点共线；

(Ⅲ)假设点D的坐标为（，-1），问是否存在经过A，B两点且与l1，l2都相切的圆，若存在，求出该圆的方程；若不存在，清说明理由。

正确答案

(Ⅰ)解：设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

l1，l2分别是抛物线C在点A，B处的切线，

∴直线l1的斜率为，直线l2的斜率为，

∵，

∴，得， ①

∵A，B是抛物线C上的点，

∴，

∴直线l1的方程为，直线l2的方程为，

由，解得：，

∴点D的纵坐标为。

(Ⅱ)证法一：∵F为抛物线C的焦点，

∴，

∴直线AF的斜率为，

直线BF的斜率为，

∵

，

∴，∴A，B，F三点共线。

证法二：∵F为抛物线C的焦点，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∴A，B，F三点共线。

(Ⅲ)解：不存在，

证明如下：假设存在符合题意的圆，

设该圆的圆心为M，依题意，得MA⊥AD，MB⊥BD，且|MA|=|MB|，

由l1⊥l2，得AD⊥BD，

∴四边形MADB是正方形，∴|AD|=|BD|，

∵点D的坐标为（，-1），∴，即p=2，

把点代入直线l1，得，

解得：或，

∴点A的坐标为（4，4）或，

同理可求得点B的坐标为（4，4）或，

由于A，B是抛物线C上的不同两点，

不妨令，

∴，

，

∴|AD|≠|BD|，这与|AD|= |BD|矛盾，

∴经过A，B两点且与l1，l2都相切的圆不存在。

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题型：简答题

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简答题

已知在△AOB中，O（0，0），A（0，5），B（4，3），，AD与BC 交于M点。（1）求点C、D的坐标；

（2）求点M的坐标。

正确答案

解：（1）由题意，知=（0，5），=（4，3），=（0，），

∴C点的坐标为（0，），D点的坐标为（2，）。

（2）直线AD的方程为7x+4y=20，

直线BC得方程为7x-16y=-20，

联立，得x=，y=2，

∴M的坐标为（，2）。

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题型：简答题

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简答题

已知F1、F2分别是椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，其左准线与x轴相交于点N，并且满足。设A、B是上半椭圆上满足的两点，其中λ∈。

（1）求此椭圆的方程及直线AB的斜率的取值范围；

（2）过A、B两点分别作此椭圆的切线，两切线相交于一点P，求证：点P在一条定直线上，并求点P的纵坐标的取值范围。

正确答案

解：（1）由于

∴

解得

从而所求椭圆的方程是

∵

∴A，B，N三点共线

而点N的坐标为（-2，0）

设直线AB的方程为

其中k为直线AB的斜率，依条件知k＞0

由消去x得

即

根据条件可知

解得

设

根据韦达定理得，

又由得

∴

从而消去y2得

令

则

由于

所以

∴在区间上是减函数

从而

即

∴

解得

而

∴

因此直线AB的斜率的取值范围是；

（2）上半椭圆的方程为

且

求导可得

所以两条切线的斜率分别为，

切线PA的方程是

即

又

从而切线PA的方程为

同理可得切线PB的方程为

由

可解得点P的坐标满足

再由得

∴

又由（1）知

∴

因此点P在定直线上，并且点P的纵坐标的取值范围是。

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题型：简答题

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简答题

如图，以椭圆（a＞b＞0）的中心O为圆心，分别以a和b为半径作大圆和小圆。过椭圆右焦点F（c，0）（c＞b）作垂直于x轴的直线交大圆于第一象限内的点A。连结OA交小圆于点B，设直线BF是小圆的切线，

（1）证明c2=ab，并求直线BF与y轴的交点M的坐标；

（2）设直线BF交椭圆于P、Q两点，证明。

正确答案

（1）证明：由题设条件知，，故，

即，因此； ①

解：在中，，

于是，直线OA的斜率，

设直线BF的斜率为k，则，

这时，直线BF的方程为，

令x=0，则，

所以直线BF与y轴的交点为M（0，a）；

（2）证明：由（1），得直线BF的方程为y=kx+a，且，②

由已知，设，

则它们的坐标满足方程组， ③

由方程组③消去y，并整理得，④

由式①、②和④，，

由方程组③消去x，并整理得，⑤

由式②和⑤，；

综上，得到，

注意到，

得

。

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简答题

设椭圆的两个焦点是F1（-c，0），F2（c，0）（c>0），且椭圆上存在点P，使得直线PF1与直线PF2垂直。

（1）求实数m 的取值范围。

（2）设l是相应于焦点F2的准线，直线PF2与l相交于点Q，若，求直线PF2的方程。

正确答案

解：（1）∵直线PF1⊥直线PF2　

∴以O为圆心以c为半径的圆：x2+y2=c2与椭圆：有交点

即有解

又∵c2=a2-b2=m+1-1=m>0　

∴

∴。

（2）设P（x，y），直线PF2方程为：y=k（x-c）

∵直线l的方程为：

∴点Q的坐标为（）

∵

∴点P分有向线段所成比为

∵F2（，0），Q （）

∴P（）

∵点P在椭圆上　

∴

直线PF2的方程为：y=（x-）。

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题型：简答题

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简答题

如图，直线 l1：y=kx+1-k（k≠0，k≠±）与l2：相交于点P，直线l1与x轴交于点P1，过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1，过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2，…，这样一直作下去，可得到一系列点P1、Q1、P2、Q2，…，点Pn（n=1，2，…）的横坐标构成数列{xn}。

（1）证明，n∈N*；

（2）求数列{xn}的通项公式；

（3）比较2|PPn|2与4k2|PP1|2+5的大小。

正确答案

解：（1）设点Pn的坐标是，

由已知条件得点Qn、Pn+1的坐标分别是：

由Pn+1在直线l1上，得

所以

即。

（2）由题设知

又由（1）知，

所以数列是首项为公比为的等比数列

从而

即。

（3）由得点P的坐标为（1，1）

所以

（i）当，即或时

>1+9=10

而此时

所以

故

（ii）当，即时，＜1+9=10

而此时

所以

故。

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简答题

椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q。

（1）当|CD|=时，求直线l的方程；

（2）当点P异于A、B两点时，求证：为定值。

正确答案

解：（1）由已知可得椭圆方程为，设l的方程为为l的斜率

则

∴l的方程为；

（2）证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符

设直线l的方程为y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），

∴P点的坐标为（-，0）

由（1）知

且直线AC的方程为y=，且直线BD的方程为y=

将两直线联立，消去y得

∵-1＜x1，x2＜1，

∴ 与异号

2=

∴与异号，与同号

∴，解得x=-k

故Q点坐标为（-k，y0）

==-1

∴为定值。

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题型：简答题

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简答题

求过两直线x-2y+3=0和x+y-3=0的交点，且满足下列条件的直线l的方程．

（Ⅰ）和直线x+3y-1=0垂直；

（Ⅱ）在x轴，y轴上的截距相等．

正确答案

由可得两直线的交点为（1，2）

（Ⅰ）∵直线l与直线x+3y-1=0垂直

∴直线l的斜率为3

则直线l的方程为3x-y-1=0

（Ⅱ）当直线l过原点时，直线l的方程为2x-y=0

当直线l不过原点时，令直线l的方程为+=1

∵直线l过（1，2），

∴a=3

则直线l的方程为x+y-3=0

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简答题

已知直线l1为曲线y=x2+x-2在点（1，0）处的切线，l2为该曲线的另一条切线，且l1⊥l2，

（Ⅰ）求直线l2的方程；

（Ⅱ）求由直线l1、l2和x轴所围成的三角形的面积。

正确答案

解：（Ⅰ）y′=2x+1，

直线l1的方程为y=3x-3，

设直线l2过曲线y=x2+x-2上的点B（b，b2+b-2），

则l2的方程为y=(2b+1)x-b2-2，

因为l1⊥l2，则有2b+1=，

所以直线l2的方程为。

（Ⅱ）解方程组，得，

所以直线l1和l2的交点的坐标为，

l1、l2与x轴交点的坐标分别为（1，0）、，

所以所求三角形的面积。

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简答题

已知椭圆Γ的方程为，点P的坐标为(-a，b)，

(Ⅰ)若直角坐标平面上的点M、A(0，-b)、B(a，0)满足，求点M的坐标；

(Ⅱ)设直线l1：y=k1x+p交椭圆Γ于C、D两点，交直线l2：y=k2x于点E。若k1·k2=，证明：E为CD的中点；

(Ⅲ)对于椭圆Γ上的点Q(acosθ，bsinθ)(0＜θ＜π)，如果椭圆Γ上存在不同的两点P1、P2使得

，写出求作点P1、P2的步骤，并求出使P1、P2存在的θ的取值范围。

正确答案

(Ⅰ)解：设点M的坐标为(x0，y0)，

∵，

∴，

于是，点M的坐标为。

(Ⅱ)证明：由得(b2+a2k12)x2+2a2k1px+a2p2-a2b2=0，

∴CD中点坐标为，

∵，

∴，

由得l1与l2的交点E的坐标为，

∴l1与l2的交点E为CD的中点．

(Ⅲ)解：第一步：取PQ的中点；

第二步：过点R作斜率为的直线交Γ于P1、P2两点，

由(Ⅱ)可知，R是P1P2的中点，则PP1QP2是平行四边形，

有，要使P1、P2存在，则点必须在椭圆内，

将代入椭圆Γ的方程，得，

当且仅当时，点R在椭圆内，

整理得(1+sinθ)2+(cosθ-1)2＜4，即2sinθ-2cosθ＜1，

亦即，

又0＜θ＜π，

∴。

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