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【复习方略】2014高考数学(人教A版,理)课件(山东专供)第八章 第十节圆锥曲线的综合问题


第十节 圆锥曲线的综合问题

考向 1

圆锥曲线中的定点问题

【典例1】(2012·福建高考)如图,

等边三角形OAB的边长为8 3 ,且其
三个顶点均在抛物线E:x2=2py (p>0)上. (1)求抛物线E的方程. (2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于

点Q.证 明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.

【思路点拨】(1)利用等边三角形边长为8 3 及抛物线的性质
确定出点B的坐标,从而用待定系数法求出p. (2)设出P点坐标,建立直线l的方程,与y=-1联立求得Q点坐 标,再设以PQ为直径的圆恒过y轴上的点M(0,y1),根据 MP MQ =0恒成立,求出y1为常数得证,或对P点坐标取特殊值,先研 究出以PQ为直径的圆与y轴交于的定点,再证明与变量无关.

【规范解答】(1)依题意,|OB|=8 3 ,∠BOy=30°.
设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=4 3 , y=|OB|cos 30°=12,所以B(4 3 ,12). 因为点B在x2=2py上, 所以(4 3 )2=2p×12,解得p=2. 故抛物线E的方程为x2=4y.

1 (2)由(1)知y= 1 x2,y′= x, 4 2

设P(x0,y0)(x0≠0),
且l的方程为y-y0= x0(x-x0),
1 2 1 1 2 ? 1 1 2 ?y ? x0x ? x0 , 即y ? x 0 x ? x 0,由 ? 2 4 2 4 ? ? y ? ?1,
2 ? x0 ?4 2 x ? , x0 ?4 ? 得? , ?1). 2x 0 所以Q( 2x 0 ? y ? ?1, ?

方法一:设以PQ为直径的圆与y轴的一个交点为M(0,y1),
2 (x ≠0)的x ,y 恒成立. 令 MP MQ =0对满足y0= 1 x 0 0 0 0

2 x 由 MP=(x0,y0-y1), MQ ? ( 0 ? 4 , ?1 ? y1 ), 2x 0 2 得 MP MQ ? x 0 ? 4 ? y ? y y ? y ? y 2 ? 0, 0 0 1 1 1 2

4

即(y

2 1

+y1-2)+(1-y1)y0=0
4

(*)

2 由于(*)式对满足y0= 1 x 0 (x0≠0)的y0恒成立,

?1 ? y1 ? 0, 所以 ? 2 ? y1 ? y1 ? 2 ? 0,

解得y1=1. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).

方法二:取x0=2,此时P(2,1),Q(0,-1),
以PQ为直径的圆为(x-1)2+y2=2, 交y轴于点M1(0,1)或M2(0,-1);
3 ,-1), 2 125 3 以PQ为直径的圆为(x+ 1 )2+(y+ )2= , 64 8 4 交y轴于M3(0,1)或M4(0,- 7 ). 4

取x0=1,此时P(1, ),Q(-

1 4

故若满足条件的M存在,是M(0,1).
以下证明点M(0,1)就是所要求的点,
2 x0 ?4 因为 MP=? x 0 , y0 ? 1? , MQ ? ( , ?2), 2x 0 2 x ?4 -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0, MP MQ= 0 2

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).

【拓展提升】圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变

化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点 .
(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,

再证明该定点与变量无关.

【变式训练】(2013·天津模拟)在平面直角坐标系中,已知向
量a=(x,y),b=(x,ky-4)(k∈R),a⊥b,动点P(x,y)的轨迹为T. (1)求轨迹T的方程,并说明该方程表示的曲线的形状. (2)当k=0时,过点F(0,1),作轨迹T的两条互相垂直的弦AB, CD,设AB,CD的中点分别为M,N,试判断直线MN是否过定点? 并说明理由.

【解析】(1)∵a⊥b,∴a·b=(x,y)·(x,ky-4)=0,
得x2+ky2-4y=0. 当k=0时,方程为x2=4y表示抛物线; 当k=1时,方程表示以(0,2)为圆心,2为半径的圆; 当k>0且k≠1时,方程表示椭圆; 当k<0时,方程表示焦点在x轴上的双曲线.

(2)当k=0时,轨迹T的方程为x2=4y.
设A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),N(xN,yN). 由题意设直线AB的方程为y=k1x+1, 联立x2=4y有:x2-4k1x-4=0,
2 ∴ x M ? x A ? x B ? 2k1 , y M ? k1x M ? 1 ? 2k1 ? 1,

2

∴点M的坐标为(-2k1,2k 12 +1 ).

同理可得:点N的坐标为( ?

2 2 , 2 ? 1 ). k1 k1
2 k1 ?

1 2 2 y ? y k k ?1 M N 1 1 直线MN的斜率为kMN= ? ? , 1 xM ? xN k ? k1 1 k1
2 k ? 1 (x-2k ), 2 其方程为y- 2k1 ?1 ? 1 1 k1

整理得k1(y-3)=(k 12 -1)x, 显然,不论k1为何值,点(0,3)均满足方程, ∴直线MN恒过定点(0,3).

考向 2

圆锥曲线中的定值问题

x 2 y2 【典例2】(2013·北京模拟)已知椭圆 2 ? 2 =1(a>b>0)的 a b

左焦点F1(-1,0),长轴长与短轴长的比是2∶ 3.
(1)求椭圆的方程.

(2)过F1作两直线m,n交椭圆于A,B,C,D四点,若m⊥n,
求证:
1 1 为定值. ? |AB| |CD|

【思路点拨】(1)根据左焦点坐标,长轴长与短轴长的比以及
椭圆的性质,列方程组求出a,b可得结果. (2)设出直线m的方程,联立直线与椭圆的方程,利用弦长公式, 求出|AB|,根据m与n的关系,得到|CD|,代入化简求解.注 意直线m的斜率要分类讨论.

? 2a ∶ 2b ? 2 ∶ 3, ? 【规范解答】(1)由已知得 ?c ? 1, ?a 2 ? b 2 ? c 2, ?

解得a=2,b= 3.
x 2 y2 故所求椭圆方程为 ? ? 1. 4 3

(2)当直线m斜率存在时,
设直线m的方程为:y=k(x+1)(k≠0).
? y ? k ? x ? 1? , ? 由 ? x 2 y2 得 ? 3 ? 4k 2 ? x 2 ? 8k 2 x ? 4k 2 ? 12 ? 0. ? 1, ? ? 3 ?4

由于Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有
8k 2 4k 2 ? 12 x1 ? x 2 ? ? , x1x 2 ? , 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k

AB ?

?1 ? k ?[? x
2 2

1 ? x 2 ? ? 4x1x 2 ] 2

8k 2 2 4k 2 ? 12 ? ?1 ? k ?[(? ) ? 4? ] 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k ? 12 ?1 ? k 2 ? 3 ? 4k
2

.
12 ?1 ? k 2 ? .

同理|CD|=

3k 2 ? 4 所以 1 ? 1 |AB| |CD|

3 ? 4k 2 3k 2 ? 4 = ? 2 2 12 ?1 ? k ? 12(1 ? k ) ? 12 ?1 ? k 2 ? 7 ?1 ? k 2 ? ? 7 . 12

当直线m斜率不存在时,
此时|AB|=3,|CD|=4,
1 1 1 1 7 ? = ? = . |AB| |CD| 3 4 12 1 1 7 综上, ? 为定值 . |AB| |CD| 12

【拓展提升】圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值 . (2)两大解法:①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变 量无关.

②引进变量法:其解题流程为

x 2 y2 【变式训练】(2013·成都模拟)已知椭圆C: 2 ? 2 =1 a b (a>b>0)的右焦点为F(1,0),且点(-1, 2 )在椭圆C上. 2

(1)求椭圆C的标准方程. (2)已知点Q( 5 ,0),动直线l过点F,且直线l与椭圆C交于
4

A,B两点,证明: QA QB 为定值.

【解析】(1)由题意知:c=1.
根据椭圆的定义得:2a= 即a=
2,

? ?1 ? 1? ? (
2

2 2 2 ) ? , 2 2

所以b2=2-1=1,
2 x 所以椭圆C的标准方程为 +y2=1. 2

(2)当直线l的斜率为0时,A( 2 ,0),B(- 2 ,0),
5 7 则 QA QB=( 2 ? 5 , 0) ( ? 2 ? ,0) ? ? . 4 4 16

当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为: x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2).
? x2 ? ? y 2 ? 1, 由? 2 可得: ? t 2 ? 2 ? y2 ? 2ty ? 1 ? 0. ? x ? ty ? 1 , ?
2t ? y ? y ? ? , 2 2 ? ? 1 t ?2 显然? ? 0.所以 ? ?y y ? ? 1 . 1 2 ? t2 ? 2 ?

因为x1=ty1+1,x2=ty2+1,
所以 QA QB ? (x1 ? 5 , y1 ) (x 2 ? 5 , y 2 )
4 4

=(ty1- 1 )(ty2- 1 )+y1y2
1 =(t2+1)y1y2- t(y1+y2)+ 1 4 4 4 16 1 1 2t 1 ? ?(t 2 ? 1) 2 ? t 2 ? t ? 2 4 t ? 2 16 ?2t 2 ? 2 ? t 2 1 7 ? ? ? ? . 2 16 16 2 t ?2

?

?

即QA QB =?

7 . 16

7 综上所述, QA QB ? ? . 16

考向 3

圆锥曲线中的最值与取值范围问题
2

【典例3】(1)椭圆b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)和圆x2+y2=( b +c)2

有四个交点,其中c为椭圆的半焦距,则椭圆离心率e的范围
为( )

5 3 2 ? e ? ????????????????? B ? 0 ? e ? 5 5 5 2 3 3 5 C ? e ? ?????????????? D ? e ? ? ? ? ? 5 5 5 5

?A?

(2)(2012·山东高考)在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点,M是抛物线C上位于第一象限内的任 意一点,过M,F,O三点的圆的圆心为Q,点Q到抛物线C的准 线的距离为 3 .
4

①求抛物线C的方程; ②是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若存在, 求出点M的坐标;若不存在,说明理由;

③若点M的横坐标为 2 ,直线l:y=kx+ 与抛物线C有两个不 4 1 同的交点A,B,l与圆Q有两个不同的交点D,E,求当 ≤k
2

1

≤2时,|AB|2+|DE|2的最小值.

【思路点拨】(1)利用椭圆的两个顶点(a,0)与(0,b)一个在
圆外,一个在圆内构建不等式组求解. (2)①利用抛物线定义及三角形的外接圆圆心在三边的垂直 平分线上构建p的方程求解;②利用斜率与导数相等求解; ③分别利用弦长公式求出|AB|2与|DE|2,再利用导数求 |AB|2+|DE|2的最小值.

【规范解答】(1)选A.此题的本质是椭圆的两个顶点(a,0)与(0,
b)一个在圆外、一个在圆内,即
b b ? 2 ? 2 a ? ( ? c) , a ? ? c, ?? a ? c ?2 ? 1 a 2 ? c 2 , ? ? ? ? 5 3 ? ? ? 2 2 4 ? ? ? ? e ? . ? ? ? 5 5 ?b 2 ? ( b ? c) 2 ?b ? b ? c ? a 2 ? c 2 ? 2c ? ? ? 2 2 ? ?

(2)①由F是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,
点F的坐标为(0,
p p ),抛物线的准线为y=, 2 2 p 上, 4

过M,F,O三点的圆的圆心为Q, 则圆心Q在线段OF的垂直平分线y= 所以 p ? (? p )= 3 , 所以p=1.
4 2 4

所以抛物线C的方程为x2=2y.

②假设存在这样的点M,设点M的坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),
焦点F的坐标为(0,
1 ), 2

所以线段MO的中点坐标为(

x 0 y0 , ), 2 2

圆心Q在MO的垂直平分线上,因为kMO=
2

所以MO的垂直平分线方程为 y ? y0 ? ? x 0 (x ? x 0 ),
y0 2

y0 , x0

圆心Q在线段OF的垂直平分线y= 1 上,解得点Q坐标为
1 y y0 ( ? 0 ) x0 1 4 2 ( ? , ), ?x 0 2 4 所以k MQ 1 4 ? . 1 y0 y0 ( ? ) 4 2 ? x0 ] x0 ? [ ?x 0 2 y0 ?
4

直线MQ与抛物线C相切于点M,
x2 抛物线y= 的导数为y′=x, 2

过点M的切线斜率为 y? |x?x ? x 0 ,
0

k MQ

1 4 ? ? x0 , y 1 y0 ( ? 0 ) 4 2 ? x0 ] x0 ? [ ?x 0 2 y0 ?

整理得2y

2 0

-y0-1=0,
1 (舍去), 2

解得:y0=1或y0=-

所以x0= 2 ,所以点M的坐标为( 2 ,1). ③点M的横坐标为 2 ,由②知圆心Q( 5 2 , 1 ), 半径 R 2=( 5 2 )2 ? ( 1 )2= 27 ,
8 4 32

8

4

1 )到直线l:y=kx+ 1 的距离为: 圆心Q( 5 2 , 8 4
4

5 2 5 2 k| | k| 2 27 27 ? 2k 2 2 d? 8 , DE ? 4[ ? ( 8 ) ]? , 2 2 2 32 8 ?1 ? k ? 1? k 1? k |
? x 2 ? 2y, 1 ? 2 联立 ? 消去 y 可得: x ? 2kx ? ? 0, 1 2 ? y ? kx ? , 4 ?

设A(x1,y1),B(x2,y2), |AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2] =(1+k2)(4k2+2),

于是,|AB|2+|DE|2 =(1+k2)(4k2+2)+ 令1+k2=t∈[
27 ? 2k 2 , 2 8 ?1 ? k ?

5 ,5], 4

|AB|2+|DE|2 =(1+k2)(4k2+2)+
2t ? 25 8t 25 1 =4t2-2t+ ? , 8t 4

27 ? 2k 2 8(1 ? k 2 )

=t(4t-2)+

设g(t)=4t2-2t+
当t∈[

5 ,5]时,g′(t)=8t-2- 25 >0恒成立, 2 4 8t 所以当t= 5 ,即k= 1 时, 4 2 g(t)min= 4 ? 25 ? 2 ? 5 ? 25 ? 1 ? 13 . 16 4 8? 5 4 2 4

25 1 ? , 8t 4

g′(t)=8t-2-

25 , 2 8t

故当k=

1 13 时,(|AB|2+|DE|2)min= . 2 2

【互动探究】本例(2)③中条件不变,求|AB|2+|DE|2的取 值范围.

【解析】在例(2)③中已解出|AB|2+|DE|2的最小值为 13 . 由例(2)③解题过程可知,设1+k2=t∈[ ,5], g(t)=|AB|2+|DE|2=4t2-2t+ 25 ? 1 , g′(t)=8t-2- 25 , 2
8t 4 8t 4 5 4 2

25 当t∈[ 5 ,5]时,g′(t)=8t-2- 2 >0恒成立, 8t

∴当t=5,即k=2时, g(t)max=4×52-2×5+ 25 ? 1 ? 727 .
8? 5 4 8

综上可得|AB|2+|DE|2的取值范围为[

13 727 ]. , 2 8

【拓展提升】 1.解决圆锥曲线中的取值范围问题的五种常用解法 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确 定参数的取值范围. (2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核 心是建立两个参数之间等量关系.

(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范
围. (4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范 围. (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数, 求其值域,从而确定参数的取值范围.

2.圆锥曲线中常见最值问题及解题方法
(1)两类最值问题:①涉及距离、面积的最值以及与之相关的 一些问题;②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元 素存在最值时确定与之有关的一些问题.

(2)两种常见解法:①几何法,若题目的条件和结论能明显体现
几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决;②代数法 ,若 题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起 目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配 方法及导数法求解.

【提醒】求最值问题时,一定要注意对特殊情况的讨论 .如直

线斜率不存在的情况,二次三项式最高次项的系数的讨论等 .

x 2 y2 【变式备选】(1)已知双曲线 2 ? 2 =1(a>0,b>0)的左, a b

右焦点分别为F1,F2,点P在双曲线的右支上,且|PF1| =4|PF2|,则此双曲线的离心率e的取值范围是______.

【解析】由题意结合双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a, 设|PF2|=r,则|PF1|=4r, 故3r=2a,即r= 2a ,|PF2|= 2a .
3 3

根据双曲线的几何性质,|PF2|≥c-a,即
5 5 即 c ≤ ,即e≤ .又e>1, 5 故双曲线的离心率e的取值范围是(1, ]. 3 答案:(1, 5 ] 3 a 3 3

2a ≥c-a, 3

2 x (2)(2013·重庆模拟)如图,已知半椭圆C1: 2 +y2=1(a>1, a x≥0)的离心率为 3 ,曲线C2是以半椭圆C1的短轴为直径的 2

圆在y轴右侧的部分,点P(x0,y0)是曲线C2上的任意一点,过 点P且与曲线C2相切的直线l与半椭圆C1交于两个不同点A,B.

①求a的值及直线l的方程(用x0,y0表示); ②△OAB的面积是否存在最大值?若存在,求出最大值;若不 存在,说明理由.

【解析】①由题意知b=1,e= 所以a2=4,a=2.

c 3 ? , a 2

2 x 故半椭圆C1的方程为 +y2=1(x≥0), 4

曲线C2的方程为x2+y2=1(x≥0). 如果x0≠0且y0≠0,则直线OP的斜率为
y0 , x0

x0 从而过点P的圆的切线l的斜率为 ? , y0 x0 因此,所求直线l的方程为y-y0=(x-x0), y0
2 +y 化简,得x0x+y0y=x 0 2 0 2 +y , 而x 0 2 0

=1,

所以,直线l的方程为x0x+y0y=1.

如果x0=0或y0=0, 当x0=0时,直线l与半椭圆只有一个交点,不满足题意 . 当y0=0时,可以验证切线的方程也可以表示为x0x+y0y=1. 所以,所求直线l的方程为x0x+y0y=1(x0≠0).

②(ⅰ)当y0≠0时,
? x 0 x ? y0 y ? 1, 2 4x 0 8x 0 4 ? 2 2 由? x 得 (1 ? )x ? x ? ? 4 ? 0(*) 2 2 2 2 y0 y0 y0 ? ? y ?1 ?4

因为点P(x0,y0)在C2:x2+y2=1(x≥0)上,
2 2 所以 x 0 ? y0 ? 1.

所以(*)式即为(3x

2 0

2 =0. +1)x2-8x0x+4x 0

设A(x1,y1),B(x2,y2),
2 8x 0 4x 0 则 x 1 ? x 2 ? 2 ,x 1 x 2 ? 2 . 3x 0 ? 1 3x 0 ? 1

因为原点O到直线l的距离等于1,x0>0,

所以△OAB的面积
x 1 S= 1 1 ? (? 0 ) 2 |x1 ? x 2 | 2 y0 ? 1 2 | y0 |

? x1 ? x 2 ?

2

? 4x1x 2

1 ? 2 | y0 | ? 1 2 | y0 |

2 8x 0 2 16x 0 ( 2 ) ? 2 3x 0 ? 1 3x 0 ? 1 2 48x 0 ?1 ? x 02 ? 2 0 2

?2 3

? 3x ? 1? x ?1 ? x ? y ? 3x ? 1?
2 0 2 0 2 0 2 0

2

?

2 3x 0 2 3 2 3 ? ? ? 1. 2 1 3x 0 ? 1 3x ? 2 3 0 x0

当且仅当3x0= 1 ,即x0=
x0

3 (x =- 3 舍去)时,△OAB的面积 0 3 3

存在最大值,且最大面积等于1. (ii)当y0=0时,直线l⊥x轴,|AB|= 3 ,此时△OAB的面 积 S ? 1 ?1? 3 ? 3 ? 1.
2 2

综上,△OAB的面积存在最大值,且最大面积等于 1.

【满分指导】解答圆锥曲线的综合问题 【典例】(12分)(2012·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中,
x 2 y2 椭圆 2 ? 2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c, a b 0).已知(1,e)和(e, 3 )都在椭圆上,其中e为椭圆的离心率. 2

(1)求椭圆的方程.
(2)设A,B是椭圆上位于x轴上方的两点,且直线AF1与直线 BF2平行,AF2与BF1交于点P. ①若|AF1|-|BF2|= 6 ,求直线AF1的斜率;
2

②求证:|PF1|+|PF2|是定值.

【思路点拨】 已知条件 条件分析
c x 2 y2 代入 2 ? 2 =1并结合a2=b2+c2,e= , a a b

(1,e)和(e, 3 ) 2
都在椭圆上 AF1∥BF2,
6 |AF1|-|BF2|= 2

求出a2,b2

设出直线AF1,BF2的方程,求出A,B
两点纵坐标,并将|AF1|,|BF2|表示 出来,构建方程求解 得
PB BF2 PA AF1 = , ? , PF1 AF1 PF2 BF2

AF1∥BF2,AF2与BF1

交于点P

从而将|PF1|,|PF2|分别用|AF1|,|BF2| 表示,再将|AF1|,|BF2|用变量表示

【规范解答】(1)由题设知,
c 12 e2 a ? b ? c ,e ? ,由点?1,e ? 在椭圆上,得 2 ? 2 ? 1 a a b 1 c2 ? 2 ? 2 2 =1?b2+c2=a2b2?a2=a2b2?b2=1, a a b
2 2 2



∴c2=a2-1.……………………………………………………2分
3 2 ( ) 3 e2 由点(e, )在椭圆上,得 2 ? 2 2 = 1① 2 a b c2 ? 4? a ( 3 2 ) 2 2 ? 1 ? a ? 1 ? 3 ? 1 ? a 4 ? 4a 2 ? 4 ? 0 ? a 2 ? 2. 1 a4 4

x2 2 ∴椭圆的方程为 +y =1.…………………………………4分 2

(2)由(1)得F1(-1,0),F2(1,0),又∵AF1∥BF2,
∴设AF1,BF2的方程分别为my=x+1,my=x-1, A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2>0.
2 ? x1 2 ? ? y1 ? 1, 2 ?? 2 ? ? m 2 ? 2 ? y1 ? 2my1 ? 1 ? 0 ?my ? x ? 1 1 ? 1

m ? 2m 2 ? 2 m ? 2m 2 ? 2 ? y1 ? (y1 ? <0, 舍去). 2 2 m ?2 m ?2

∴|AF1|=
?
2

? x1 ? 1?

2

? ? y1 ? 0 ?

2

? my1 ? ? y12
2

m ? 2m 2 ? 2 ? m ?1 m2 ? 2 ? m ?2
2

2 ? m 2 ? 1? ? m m 2 ? 1

. .

同理, BF2 ?

2 ? m 2 ? 1? ? m m 2 ? 1 m ?2
2

………………………………………………………………6分

2m m 2 ? 1 ①|AF1|-|BF2|= . 2 m ?2 2 解 2m 2m ? 1 ? 6 , 得m2=2. m ?2 2
注意到m ? 0,? m ? 2. 1 2 ? 直线AF1的斜率为 ? . m 2
②………………………………7分

②∵AF1∥BF2,∴


PB BF2 ? , PF1 AF1

PB BF2 PB ? PF1 BF2 ? AF1 ?1 ? ?1 ? ? , PF1 AF1 | PF1 | AF1 AF1 BF1 . AF1 ? BF2
AF1 (2 2 ? | BF2 |) AF1 ? BF2

? PF1 ?

由点B在椭圆上知,|BF1|+|BF2|=2 2 , ∴ PF1 =

………………………………………………………………9分

同理.|PF2|=

BF2 2 2 ? | AF1 | . AF1 ? BF2

?

?

∴|PF1|+|PF2|
AF1 BF2 ? 2 2 ? | BF2 | ? (2 2 ? | AF1 |) AF1 ? BF2 AF1 ? BF2 2 | AF1 | BF2 ?2 2? AF1 ? | BF2 |
③.………………………………10分

?

?

|AF1|+|BF2|=

2 2 ? m 2 ? 1?
2

m ?2 2 m ?1 |AF1|·|BF2|= 2 , m ?2

,

∴|PF1|+|PF2|= 2 2 ? 2 ? 3 2.
2 2

∴|PF1|+|PF2|是定值.……………………………………12分

【失分警示】(下文①②③见规范解答过程)

x 2 y2 1.(2013·烟台模拟)过点P(-3,0)的直线l与双曲线 ? 16 9

=1交于点A,B,设直线l的斜率为k1(k1≠0),弦AB的中点为M, OM的斜率为k2(O为坐标原点),则k1·k2=( )

?A?

9 3 16 ???????? B ? ???????? C ? ???????? D ?16 16 4 9

【解析】选A.从特殊值入手,取k1=1,则直线l的方程为y=x+3,
2 2 x y 与 ? =1联立消去y得:7x2+96x+288=0, 16 9 设A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2= ? 96 . 7

又y1=x1+3,y2=x2+3,∴y1+y2=(x1+x2)+6
96 54 ?6? ? . 7 7 y1 ? y 2 9 9 2 ?k2 ? ? , ? k1 k 2 ? . x1 ? x 2 16 16 2 ??

2.(2013·贵阳模拟)过点M(1,0)作直线与抛物线y2=4x交于 A,B两点,则
1 1 =________. ? | AM | | BM |

【解析】当直线的斜率存在时,设直线方程为 y=k(x-1),

代入y2=4x,
得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
2 2k ? 4 ,x x =1, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= 1 2 k2 x1 ? x 2 ? 2 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ?1 ; AM BM x1 ? 1 x 2 ? 1 x1x 2 ? x1 ? x 2 ? 1

当直线的斜率不存在时,
1 1 ? ? 1. |AM|=|BM|=2,则 AM BM

答案:1

2 2 x y 3.(2013·西安模拟)设F是椭圆 ? =1的右焦点,且椭圆 7 6

上至少有21个不同的点Pi(i=1,2,3,…),使|FP1|,|FP2|, |FP3|,…组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为 ________.

【解析】若公差d>0,则|FP1|最小,|FP1|= 7 -1;
数列中的最大项为 7 +1,并设为第n项,
1 则 7 +1= 7 -1+(n-1)d?n= 2 +1≥21?d≤ , d 10

注意到d>0,得0<d≤ 1 ;若d<0,易得- 1 ≤d<0.
10 1 1 那么,d的取值范围为[,0)∪(0, ]. 10 10 1 1 答案:[,0)∪(0, ] 10 10 10

2 2 x y 4.(2012·浙江高考)如图,椭圆C: 2 ? 2 =1(a>b>0)的离心 a b 1 率为 ,其左焦点到点P(2,1)的距离为 10 ,不过原点O 2

的直线l与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分. (1)求椭圆C的方程. (2)求△APB面积取最大值时 直线l的方程.

【解析】(1)左焦点(-c,0)到点P(2,1)的距离为 ? 2 ? c ?2 ? 1 ? 10, 解得c=1,
1 ,可得a2=4,所以b2=3, 2 2 2 x y 所以椭圆C的方程为 ? ? 1. 4 3

又离心率为

(2)由题意可知,直线l不垂直于x轴,
故可设直线l:y=kx+m(m≠0),交点A(x1,y1),B(x2,y2),
? y ? kx ? m, ? 由 ? x 2 y2 ? 4 ? 3 ?1 ?

消去y并整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.
8km 4m 2 ? 12 ? x1 ? x 2 ? ? 2 , x1x 2 ? . 2 4k ? 3 4k ? 3

3m ∴AB的中点为 (? 4km , ), 2 2

而直线OP:y= 1 x,
2

4k ? 3 4k ? 3

3m 2km ?? 2 , 4k 2 ? 3 4k ? 3 解得k=- 3 ,即直线l:y=- 3 x+m, 2 2

可得

|AB|= 1 ? ? 13 2

9 4

? x1 ? x 2 ?

2

? 4x1x 2

64k 2 m 2 ? 4 ? 4k 2 ? 3?? 4m 2 ? 12 ? 4k 2 ? 3 12k 2 ? 3m 2 ? 9 13 36 ? 3m 2 ? , 4k 2 ? 3 6

? 2 13

8 ? 2m 3 x+m的距离为d= . 2 13 2 ∴△APB面积为 1 |AB|·d= 36 ? 3m ·|8-2m| 2 12

而点P(2,1)到直线l:y=-

4 ? m 36 ? 3m ? ? 6
2

3

?12 ? m 2 ? ? 4 ? m ?
6

2

其中m∈(-2 3 ,0)∪(0,2 3 )

令f(m)=(12-m2)(4-m)2,
m∈(-2 3 ,0)∪(0,2 3 ), 则f′(m)=4(m2-2m-6)(4-m) =4(m-1- 7 )(m-1+ 7 )(4-m) 所以当且仅当m=1- 7 时,f(m)取得最大值,即S取得最大值. 此时直线l:3x+2y+2 7 -2=0.

1.如图,在平面直角坐标系xOy中,
设点F(0,p)(p>0),直线l:y=-p,

点P在直线l上移动,R是线段PF与
x轴的交点,过R,P分别作直线l1,

l2,使l1⊥PF,l2⊥l,l1∩l2=Q.
(1)求动点Q的轨迹C的方程. (2)在直线l上任取一点M作曲线C的两条切线,设切点为A,B, 求证:直线AB恒过一定点.

【解析】(1)依题意知,点R是线段PF的中点,
且RQ⊥PF,∴RQ是线段PF的垂直平分线. ∴|PQ|=|QF|. 故动点Q的轨迹C是以F为焦点, l为准线的抛物线, 其方程为:x2=4py(p>0).

(2)设M(m,-p),两切点为A(x1,y1),B(x2,y2),
1 1 2 x. x ,求导得y′= 2p 4p ∴两条切线方程分别为y-y1= 1 x1(x-x1) 2p 1 y-y2= x2(x-x2) 2p

由x2=4py得y=

① ②

对于方程①,代入点M(m,-p)得, -p-y1=
1 x1(m-x1), 2p

又 y 1=

1 2 x1 . 4p

∴-px
2 1

1 2 1 x1 ? x1 (m-x1)整理得: 4p 2p

-2mx1-4p2=0.

2=0. 同理对方程②有x 2 -2mx -4p 2 2

即x1,x2为方程x2-2mx-4p2=0的两根. ∴x1+x2=2m,x1x2=-4p2 设直线AB的斜率为k, ③

2 2 y 2 ? y1 x2 ? x1 1 k? ? ? ? x1 ? x 2 ?, x 2 ? x1 4p ? x 2 ? x1 ? 4p

2 x1 1 所以直线AB的方程为y? (x1+x2)(x-x1), 4p 4p xx 展开得:y= 1 (x1+x2)x- 1 2 , 4p 4p m 代入③得:y= x ? p. 2p

∴直线恒过定点(0,p).

2.(2013·天津模拟)已知点A(0,1),B(0,-1),P为一个动
点,且直线PA,PB的斜率之积为 ? . (1)求动点P的轨迹C的方程. (2)设Q(2,0),过点(-1,0)的直线l交C于M,N两点,△QMN的 面积记为S,若对满足条件的任意直线l,不等式S≤λ tan∠MQN 恒成立,求λ 的最小值.
1 2

【解析】(1)设动点P的坐标为(x,y),则直线PA,PB的斜率分
别是 y ? 1 , y ? 1 ? x ? 0 ? .
x x 2 y ? 1 y ? 1 1 x 由条件得 ? ? ,即 ? y 2 ? 1? x ? 0 ? . x x 2 2 2 所以动点P的轨迹C的方程为 x +y2=1(x≠0). 2

(2)设点M,N的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2).
2 ? . 当直线l垂直于x轴时,x1=x2=-1,y2=-y1,y1

1 2

所以 QM =(x1-2,y1)=(-3,y1),
QN =(x2-2,y2)=(-3,-y1),
17 2 所以 QM QN ? 9 ? y1 ? . 2

当直线l不垂直于x轴时,设直线l的方程为y=k(x+1).

? x2 2 ? ? y ? 1, 由? 2 得 ?1 ? 2k 2 ? x 2 ? 4k 2 x ? 2k 2 ? 2 ? 0. ? y ? k ? x ? 1? ?
2 4k 2 2k ?2 所以x1+x2= ? ,x x = . 1 2 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k

所以 QM QN =(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+y1y2.
因为y1=k(x1+1),y2=k(x2+1).

所以 QM QN

=(k2+1)x

1x 2

+(k2-2)(x
17 . 2

1+x2

)+k2+4=

17 13 17 ? < . 2 2 ?1 ? 2k 2 ? 2

综上所述 QM QN 的最大值是

S≤λtan∠MQN恒成立,
即 1 | QM | | QN | sin?MQN ? ? sin?MQN 恒成立.
2 cos?MQN

由于 QM QN ? 17 ?
2

所以0<cos∠MQN≤1.
2

13 >0. 2 2 ?1 ? 2k ?

即使λ≥ 1 | QM | | QN | cos∠MQN恒成立.所以λ的最小值为 17 .
4


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