高中数学人教A版选修2-1【配套课件】第二章 2.3.2 第二课时 双曲线方程及几何性质的应用

把握热点考向应用创新演练第二章考点一考点二2.32.3.2考点三第二课时返回返回2.3.2双曲线的简单几何性质返回第二课时双曲线方程及几何性质的应用返回返回返回[例1]已知直线y＝kx－1与双曲线4x2－y2＝1.当k为何值时，直线与双曲线：(1)有两个公共点；(2)有一个公共点；(3)没有公共点？[思路点拨]讨论直线与双曲线的位置关系问题，可以将问题转化为讨论直线与双曲线的方程组成方程组的解的个数问题．返回[精解详析]由y＝kx－1，4x2－y2＝1，消去y得(4－k2)x2＋2kx－2＝0.(*)若4－k2＝0，即k＝±2时，方程(*)为一次方程，只有一解.若4－k2≠0时，Δ＝4k2＋8(4－k2)＝4(8－k2)．当Δ0即－22k22时，方程(*)有两个不同的解．当Δ＝0即k＝±22时，方程(*)有一解．当Δ0即k－22或k22时，方程(*)无解．综合以上得：当－22k22时,直线与双曲线有两个公共点；当k＝±2或k＝±22时,直线与双曲线有一个公共点；当k－22或k22时,直线与双曲线没有公共点．返回[一点通]一般地，设直线l：y＝kx＋m(m≠0)，①双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)．②把①代入②得(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.(1)当b2－a2k2＝0，即k＝±ba时，直线l与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线C相交于一点．返回(2)当b2－a2k2≠0，即k≠±ba时，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．Δ0⇒直线与双曲线有两个公共点，此时称直线与双曲线相交；Δ＝0⇒直线与双曲线有一个公共点，此时称直线与双曲线相切；Δ0⇒直线与双曲线没有公共点，此时称直线与双曲线相离．返回1．若直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1有且只有一个交点，则k的值为________．解析：由y＝kx－1，x2－y2＝1，得(1－k2)x2＋2kx－2＝0.当1－k2＝0时，即k＝±1时，方程变为±2x－2＝0，则x＝±1.此时直线与双曲线渐近线平行，有且只有一个交点．返回当1－k2≠0时，Δ＝4k2＋8(1－k2)＝0，解得k＝±2.此时直线与双曲线相切，有且只有一个公共点．综上所述,k＝±1，±2.答案：±1,±2返回2．直线l：x＋y＝1与双曲线C：x2a2－y2＝1(a0)相交于两个不同点A,B，与y轴交于点P，且PA＝512PB，求a的值．解：将y＝－x＋1代入x2a2－y2＝1(a0)，得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易得P(0,1)．因为PA＝512PB，所以(x1，y1－1)＝512(x2，y2－1)．返回由此得x1＝512x2.因为x1，x2是方程(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0的两根，且1－a2≠0，所以1712x2＝－2a21－a2，512x22＝－2a21－a2.消去x2，得－2a21－a2＝28960.由a0，解得a＝1713.返回返回[例2]斜率为2的直线l在双曲线x23－y22＝1上截得的弦长为6，求l的方程．[思路点拨]设直线l的方程为y＝2x＋m，由题意建立关于m的等式，求出m即可．[精解详析]设直线l的方程为y＝2x＋m，由y＝2x＋m，x23－y22＝1，得10x2＋12mx＋3(m2＋2)＝0.(*)设直线l与双曲线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由根与系数的关系，返回得x1＋x2＝－65m，x1x2＝310(m2＋2)．∴|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝5(x1－x2)2＝5[(x1＋x2)2－4x1x2]＝5[3625m2－4×310(m2＋2)]．∵|AB|＝6，∴365m2－6(m2＋2)＝6.∴m2＝15，m＝±15.由(*)式得Δ＝24m2－240，把m＝±15代入上式，得Δ0，∴m的值为±15，∴所求l的方程为y＝2x±15.返回[一点通](1)弦长公式斜率为k(k≠0)的直线l与双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2y1＋y22－4y1y2.(2)与弦中点有关的问题主要用点差法，根与系数的关系解决．另外，要注意灵活转化，如垂直、相等等问题也可以转化成中点、弦长等问题解决．返回3．过点P(8,1)的直线与双曲线x2－4y2＝4相交于A,B两点，且P是线段AB的中点，求直线AB的方程．解：设A,B的坐标分别为(x1，y1),(x2，y2)，则x21－4y21＝4，①x22－4y22＝4.②①－②得(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.返回∵P是线段AB的中点，∴x1＋x2＝16，y1＋y2＝2.∴y1－y2x1－x2＝x1＋x24y1＋y2＝2.∴直线AB的斜率为2.∴直线AB的方程为y－1＝2(x－8)，即2x－y－15＝0.返回4．已知双曲线3x2－y2＝3，直线l过其右焦点F2，且倾斜角为45°，与双曲线交于A，B两点，试问A，B两点是否位于双曲线的同一支上？并求弦AB的长．解：∵直线l过点F2且倾斜角为45°，∴直线l的方程为y＝x－2.代入双曲线方程，得2x2＋4x－7＝0.设A(x1，y1),B(x2，y2).返回∵x1·x2＝－720，∴A,B两点分别位于双曲线的左、右两支上．∵x1＋x2＝－2，x1·x2＝－72，∴|AB|＝1＋12|x1－x2|＝2·x1＋x22－4x1x2＝2·－22－4－72＝6.返回返回[例3]已知直线l：x＋y＝1与双曲线C：x2a2－y2＝1(a0)．(1)若a＝12，求l与C相交所得的弦长；(2)若l与C有两个不同的交点，求双曲线C的离心率e的取值范围．[思路点拨]将l与C的方程联立消去一个未知数，得到一元二次方程，利用根与系数的关系可求得弦长；由l与C相交，知Δ0，从而求出a的范围，可得离心率的范围．返回[精解详析](1)当a＝12时，双曲线C的方程为4x2－y2＝1.联立x＋y＝1，4x2－y2＝1，消去y得3x2＋2x－2＝0.设两交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－23，x1x2＝－23，于是|AB|＝2·x1＋x22－4x1x2＝2×289＝2143.返回(2)将y＝－x＋1代入x2a2－y2＝1中得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0，∴1－a2≠0，4a4＋8a21－a20.解得0a2且a≠1.又双曲线的离心率e＝1＋a2a＝1a2＋1，∴e62且e≠2,即离心率e的取值范围是(62，2)∪(2，＋∞)．返回[一点通](1)直线和双曲线的交点问题，可转化为由它们的方程组成的方程组的解的问题，而方程组的解往往转化为一元二次方程的解.讨论一元二次方程根的基本步骤：①观察二次项系数，看是否需要讨论;②分析判别式，看是否有根;③应用根与系数的关系，虽不解方程却能观察根的情况.遵循以上原则，养成良好的思维习惯．(2)直线与双曲线有两个不同交点时，应要求方程组有两个不同的解，因此一元二次方程中二次项的系数一定不能为零．返回5．已知双曲线C：x22－y2＝1.(1)求双曲线C的渐近线方程；(2)已知点M的坐标为(0,1)．设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点，记λ＝MP·MQ.求λ的取值范围．返回解：(1)所求渐近线方程为y－22x＝0，y＋22x＝0.(2)设P的坐标为(x0，y0)，则Q的坐标为(－x0，－y0)，λ＝MP·MQ＝(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)＝－x20－y20＋1＝－32x20＋2.∵|x0|≥2，∴λ≤－1.∴λ的取值范围是(－∞，－1]．返回6．若直线l：y＝kx＋2与双曲线x23－y2＝1恒有两个不同的交点A和B，且OA·OB2(其中O为原点)，求k的取值范围．解：由y＝kx＋2，x23－y2＝1，消去y得(1－3k2)x2－62kx－9＝0.由直线l与双曲线交于不同的两点得1－3k2≠0，Δ＝－62k2＋361－3k2＝361－k20,返回即k2≠13且k21.①设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA＋xB＝62k1－3k2，xAxB＝－91－3k2.由OA·OB2得xAxB＋yAyB2，xAxB＋yAyB＝xAxB＋(kxA＋2)(kxB＋2)＝(k2＋1)xAxB＋2k(xA＋xB)＋2＝(k2＋1)·－91－3k2＋2·k62k1－3k2＋2返回＝3k2＋73k2－1.于是3k2＋73k2－12，即－3k2＋93k2－10，解此不等式得13k23.②由①②得13k21.故k的取值范围为(－1，－33)∪(33，1)．返回1.研究直线与双曲线的位置关系要注意讨论转化以后的方程的二次项系数，即若二次项系数为0，则直线与双曲线的渐近线平行或重合；若二次项系数不为0，则进一步研究二次方程的判别式Δ，得到直线与双曲线的交点个数．2.在解决直线与双曲线的综合问题时，若遇到向量关系，一般将其转化成坐标运算求解．返回点击下图进入“应用创新演练”