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【步步高 通用(理)】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套课件】专题六 第三讲

时间:2014-01-21


考点整合

专题六 第三讲

第三讲 圆锥曲线的综合问题

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1.直线与圆锥曲线的位置关系 (1)直线与椭圆的位置关系的判定方法: 将直线方程与椭圆方程联立,消去一个未知数,得到一个 一元二次方程.若 Δ>0,则直线与椭圆相交;若Δ= 0,则直 线与椭圆相切;若Δ<0,

则直线与椭圆相离. (2)直线与双曲线的位置关系的判定方法: 将直线方程与双曲线方程联立,消去y(或 x),得到一个一 元方程ax2+ bx+ c= 0(或 ay2+by+c=0).

考点整合

专题六 第三讲

①若 a≠ 0,当 Δ>0 时,直线与双曲线相交;当 Δ=0 时,直 线与双曲线相切;当 Δ<0 时,直线与双曲线相离. ②若 a= 0 时,直线与渐近线平行,与双曲线有一个交点 . (3)直线与抛物线的位置关系的判定方法:
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将直线方程与抛物线方程联立,消去 y(或 x),得到一个一 元方程 ax2+bx+c= 0(或 ay2+by+ c=0). ①当 a≠ 0 时,用 Δ 判定,方法同上 . ②当 a= 0 时,直线与抛物线的对称轴平行,只有一个交点. 2.有关弦的问题 (1)有关弦长问题,应注意运用弦长公式及根与系数的关系, “设而不求”; 有关焦点弦长问题, 要重视圆锥曲线定义的 运用,以简化运算 .

考点整合

专题六 第三讲

①斜率为 k的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1, y1), P2(x2, y2),则所得弦长 |P1P2|= 1+ k2|x2- x1|或 |P1P2|= 1 1+ 2|y2- y1|,其中求|x2- x1|与|y2- y1|时通常使用根与系 k
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数的关系,即作如下变形: |x2- x1|= ? x1+x2?2-4x1x2, |y2- y1|= ? y1+y2?2-4y1y2. ②当斜率 k不存在时,可求出交点坐标,直接运算 (利用两点 间距离公式). (2)弦的中点问题 有关弦的中点问题,应灵活运用“点差法”,“设而不求 法”来简化运算 .

考点整合
3.圆锥曲线中的最值

专题六 第三讲

(1)椭圆中的最值 x2 y2 F1、 F2为椭圆 2 + 2 = 1(a>b> 0)的左、右焦点, P为椭圆 a b
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的任意一点, B为短轴的一个端点, O为坐标原点,则有 ① |OP|∈ [b,a]. ② |PF1|∈ [a-c,a+ c]. ③ |PF1|· |PF2|∈ [b2,a2]. ④∠ F1PF2≤∠ F1BF2. (2)双曲线中的最值 x2 y2 F1、 F2为双曲线 2 - 2=1(a> 0, b>0)的左、右焦点, P为 a b 双曲线上的任一点, O为坐标原点,则有

考点整合

专题六 第三讲

① |OP|≥ a.
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② |PF1|≥ c-a. (3)抛物线中的最值 点 P 为抛物线 y2= 2px(p> 0)上的任一点,F 为焦点,则有: p ① |PF|≥ . 2 ② A(m, n)为一定点,则|PA|+|PF|有最小值 .

真题感悟

专题六 第三讲

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x2 y2 1.(2013· 课标全国Ⅰ )已知椭圆 E: 2+ 2= 1(a>b>0)的右焦点为 a b F(3,0),过点 F 的直线交 E 于 A、B 两点 .若 AB 的中点坐标 为 (1,- 1),则 E 的方程为 x2 y2 x2 y2 A. + = 1 B. + = 1 45 36 36 27 x2 y2 x2 y2 C. + = 1 D. + = 1 27 18 18 9 ( )

解析 设 A(x1,y1)、B(x2,y2),

真题感悟
2 2 x y ? 1 1 ?a2+b2=1 所以? 2 2 2 y2 ?x2 + =1 ?a b2

专题六 第三讲

运用点差法,

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b2 所以直线AB的斜率为k= 2, a b2 设直线方程为y= 2(x-3), a
联立直线与椭圆的方程得(a2+b2)x2-6b2x+9b2-a4=0,

6b2 所以 x1+x2= 2 =2; a +b2
又因为 a2-b2=9,解得 b2=9,a2=18.
答案 D

真题感悟

专题六 第三讲

2.(2013· 江西 )过点 ( 2, 0)引直线 l 与曲线 y= 1- x2相交于 A、 B 两点, O 为坐标原点,当△ AOB 的面积取最大值时,直 线 l 的斜率等于 3 3 A. B.- 3 3 ( C.± 3 3 D.- 3 )

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1 解析 ∵S△AOB=2|OA ||OB |sin∠AOB 1 1 =2sin∠AOB≤2. π 当∠AOB=2时,S△AOB 面积最大.
2 此时 O 到 AB 的距离 d= 2 .

真题感悟

专题六 第三讲

设 AB 方程为 y=k(x- 2)(k<0),
即 kx-y- 2k=0.
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| 2k | 2 3 由 d= 2 = 2 得 k=- 3 . k +1 3 (也可 k=-tan∠OPH=- 3 ).

答案 B

真题感悟

专题六 第三讲

x2 y2 3.(2013· 大纲全国)椭圆 C: + = 1 的左、右顶点分别为 A1、 4 3 A2,点 P 在 C 上且直线 PA2 斜率的取值范围是[- 2,- 1], 那么直线 PA1 斜率的取值范围是 1 3 3 3 A.[ , ] B.[ , ] 2 4 8 4 1 3 C.[ , 1] D.[ , 1] 2 4 ( )

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解析 利用直线 PA2 斜率的取值范围确定点 P 变化范围的边 界点,再利用斜率公式计算直线 PA1 斜率的边界值.

由题意可得 A1(-2,0),A2(2,0),
当 PA2 的斜率为-2 时, 直线 PA2 的方程式为 y=-2(x-2),

真题感悟

专题六 第三讲

代入椭圆方程,消去 y 化简得 19x2-64x+52=0,
26 解得 x=2 或 x= . 19
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由点 P 在椭圆上得点
同理,

?26 24? P?19,19?,此时直线 ? ?

3 PA1 的斜率 k=8.

当直线 PA2 的斜率为-1 时,直线 PA2 方程为 y=-(x-2),
代入椭圆方程, 2 消去 y 化简得 7x -16x+4=0,解得 x=2 或 x=7.
2

真题感悟

专题六 第三讲

由点 P 在椭圆上得点
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?2 12? P? , ?, 7? ?7

3 此时直线 PA1 的斜率 k=4.
数形结合可知,直线
?3 3? PA1 斜率的取值范围是?8,4?. ? ?

答案 B

真题感悟

专题六 第三讲

x2 y2 4.(2012· 四川)椭圆 + =1 的左焦点为 F, 直线 x=m 与椭圆 4 3 相交于点 A、B,当△FAB 的周长最大时,△FAB 的面积是
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3 ________.
解析 直线 x=m 过右焦点(1,0)时,△FAB 的周长最大,
由椭圆定义知,其周长为 4a=8,

b2 2×3 1 此时,|AB |=2× = =3,∴S△FAB= ×2×3=3. 2 2 a

真题感悟

专题六 第三讲

5.(2012· 北京)在直角坐标系 xOy 中, 直线 l 过抛物线 y2=4x 的 焦点 F,且与该抛物线相交于 A,B 两点.其中点 A 在 x 轴 3 上方, 若直线 l 的倾斜角为 60° , 则△OAF 的面积为______.

解析 ∵y2=4x 的焦点 F(1,0),
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又直线 l 过焦点 F 且倾斜角为 60° , 故直线 l 的方程为 y= 3(x-1), 将其代入 y2=4x 得 3x2-6x+3-4x=0, 1 2 即 3x -10x+3=0.∴x= 或 x=3. 3 又点 A 在 x 轴上方,∴xA=3.∴yA=2 3.
1 ∴S△OAF=2×1×2 3= 3.

题型与方法

专题六 第三讲

题型一
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圆锥曲线中的范围、最值问题

例 1 已知中心在原点的双曲线 C 的右焦点为(2,0), 实半轴长 为 3. (1)求双曲线 C 的方程; (2)若直线 l:y=kx+ 2与双曲线 C 的左支交于 A,B 两点, 求 k 的取值范围; (3)在 (2)的条件下, 线段 AB 的垂直平分线 l0 与 y 轴交于 M(0, b),求 b 的取值范围.

审题破题 (2)直接利用判别式和根与系数的关系确定 k 的 范围;(3)寻找 b 和 k 的关系,利用(2)中 k 的范围求解.

题型与方法
x2 y2 解 (1)设双曲线方程为 2- 2=1 (a>0,b>0), a b 由已知,得 a= 3,c=2,b2=c2-a2=1,

专题六 第三讲

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x2 2 故双曲线方程为 3 -y =1. x2 2 (2)设 A(xA,yA),B(xB,yB),将 y=kx+ 2代入 -y =1, 3
得(1-3k2)x2-6 2kx-9=0.

?1-3k2≠0, ? 2 Δ = 36 ? 1 - k ?>0, ? ? 3 6 2k 由题意,知?xA+xB= 解得 3 <k<1. 2<0, 1 - 3 k ? ? -9 ?xAxB= 2>0, 1-3k ? 3 所以当 <k<1 时,直线 l 与双曲线的左支有两个交点. 3

题型与方法
6 2k (3)由(2),得 xA+xB= 2, 1-3k 所以 yA+yB=(kxA+ 2)+(kxB+ 2) 2 2 =k(xA+xB)+2 2= 2, 1-3k
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? 3 2k ? 2 ? , 所以AB中点P的坐标为? . 2 2 ?1-3k ? 1-3k ? ?

专题六 第三讲

1 设l0的方程为y=- x+b,将P点的坐标代入l0的方程,得b= k 4 2 , 1-3k2
3 ∵ <k<1,∴-2<1-3k2<0,∴b<-2 2. 3

∴b 的取值范围是(-∞,-2 2).

题型与方法

专题六 第三讲

反思归纳
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求最值或求范围问题常见的解法有两种:(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,这就是几何法.(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,则可首先建立目标函数, 再求这个函数的最值,这就是代数法.

题型与方法

专题六 第三讲

变式训练 1 (2013· 广东)已知抛物线 C 的顶点为原点, 其焦点 3 2 F(0,c)(c>0)到直线 l:x-y- 2= 0 的距离为 .设 P 为直 2 线 l 上的点,过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA,PB,其中
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A,B 为切点. (1)求抛物线 C 的方程; (2)当点 P(x0,y0)为直线 l 上的定点时,求直线 AB 的方程; (3)当点 P 在直线 l 上移动时,求|AF|· |BF|的最小值.

|c+2| 3 2 解 (1)依题意知 = ,c>0,解得 c=1. 2 2
所以抛物线 C 的方程为 x2=4y.

题型与方法
1 1 (2)由 y= x2 得 y′= x, 4 2

专题六 第三讲

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1 1 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则切线 PA,PB 的斜率分别为 x1, x2, 2 2 x1 x1 x2 1 所以切线 PA 的方程为 y-y1= (x-x1), 即 y= x- +y1, 即 2 2 2
x1x-2y-2y1=0.

同理可得切线 PB 的方程为 x2x-2y-2y2=0,

又点 P(x0,y0)在切线 PA 和 PB 上, 所以 x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0,
所以(x1,y1),(x2,y2)为方程 x0x-2y0-2y=0 的两组解, 所以直线 AB 的方程为 x0x-2y-2y0=0.

题型与方法
(3)由抛物线定义知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,

专题六 第三讲

所以|AF|· |BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1,
?x x-2y-2y =0, ? 0 0 ? 联立方程 2 ? ?x =4y,

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2 消去 x 整理得 y2+(2y0-x2 ) y + y 0 0=0,

2 2 ∴y1+y2=x0 -2y0,y1y2=y0 ,
2 ∴|AF|· |BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y0 +x2 0-2y0+1 2 2 =y0 +(y0+2)2-2y0+1=2y0 +2y0+5

? 1?2 9 =2?y0+ ? + , 2? 2 ?

1 9 ∴当 y0=-2时,|AF|· |BF|取得最小值,且最小值为2.

题型与方法
题型二 例2 圆锥曲线中的定点、定值问题

专题六 第三讲

(2012· 福建)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 .
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(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.

审题破题 (1)先求出 B 点坐标,代入抛物线方程,可得 p 的值; (2)假设在 y 轴上存在定点 M, 使得以线段 PQ 为直径 → → 的圆经过点 M,转化为MP· MQ=0,从而判断点 M 是否存在.

题型与方法
(1)解 依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30° .

专题六 第三讲

设 B(x,y),则 x=|OB |sin 30° =4 3,y=|OB |cos 30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上,
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所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2. 故抛物线 E 的方程为 x2=4y.

1 2 1 (2)证明 方法一 由(1)知y= x ,y′= x. 4 2

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

题型与方法
? 1 2 x2 ? 1 0- 4 ?x= ?y= x0x- x0, , 2 4 2 x 由? 得? 0 ? ? ?y=-1 ?y=-1.
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专题六 第三讲

所以 Q

?x2-4 ? ? 0 ? 为? ,-1?. ? 2x0 ?

1 2 → → 设 M(0,y1),令MP· MQ=0 对满足 y0=4x0(x0≠0)的 x0,y0 恒 成立.
2 ? x → → ? ? 0-4 ? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ,-1-y1?, ? 2x0 ?
2 x → → 0-4 由MP· MQ=0,得 2 -y0-y0y1+y1+y2 1=0,

题型与方法
即(y2 1+ y1- 2)+(1- y1)y0= 0.(*)
1 2 由于(*)式对满足 y0=4x0(x0≠0)的 y0 恒成立,
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?1-y =0, ? 1 所以? 2 ? ?y1+y1-2=0,

专题六 第三讲

解得 y1=1.

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1).
1 2 1 方法二 由(1)知 y= x ,y′= x. 4 2 1 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0= x0, 4 1 且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2

题型与方法
1 1 2 即 y= x0x- x0. 2 4
2 ? 1 1 x ? 0-4 2 ? ?y= x0x- x0, x= , 2 4 2x0 由? 得? ? ? ?y=-1 ?y=-1.

专题六 第三讲

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?x 2-4 ? ? 0 ? 所以Q为? ,-1?. ? 2x0 ?

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)、M2(0,-1);
取 x0=1,此时
? ? 3 ? 1? P?1, ?,Q?- ,-1?, 4? ? ? 2 ?

题型与方法

? 1?2 ? 3?2 125 PQ 为直径的圆为?x+ ? +?y+ ? = , 4? ? 8? 64 ? ? 7? M3(0,1)、M4?0,- ?. 4? ?

专题六 第三讲

交 y 轴于点
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故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点.
2 ? x → → ? ? 0-4 ? 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ,-2?, ? 2x0 ?
2 x → → 0-4 所以MP· MQ= -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0. 2

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).

题型与方法

专题六 第三讲

反思归纳 定点、 定值问题必然是在变化中所表现出来的不变
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的量,那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、 比例关系等,这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量 所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值 .化解这类 问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、 数量积、 比例关 系等, 根据等式的恒成立、 数式变换等寻找不受参数影响的量.

题型与方法

专题六 第三讲

变式训练2 已知直线l:y= x+ 6 ,圆O: x2+ y2=5,椭圆 y2 x2 3 E: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率e= ,直线l被圆O截得的 a b 3 弦长与椭圆的短轴长相等.
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(1)求椭圆E的方程; (2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在 斜率,求证:两切线的斜率之积为定值.
(1)解 设椭圆的半焦距为 c,
6 圆心 O 到直线 l 的距离 d= = 3, 1+1
∴b= 5-3= 2.

题型与方法
? ? c= 3 ?a 3 由题意得?a2=b2+c2 ? ? ?b= 2
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专题六 第三讲

,∴a2=3,b2=2.

y2 x2 ∴椭圆 E 的方程为 + =1. 3 2
(2)证明 设点 P(x0,y0),过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y-y0=k(x-x0),
?y=k?x-x0?+y0 ? 2 2 联立直线l0与椭圆E的方程得?y x , + =1 ? ?3 2
消去y得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,

题型与方法

专题六 第三讲

∴Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,
2 2 整理得,(2-x2 ) k + 2 kx y - ( y 0 0 0 0-3)=0,

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设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1,k2,

y2 0-3 则 k1· k2=- 2, 2-x0
2 ∵点 P 在圆 O 上,∴x2 + y 0 0=5,

5-x2 0-3 ∴k1· k2=- 2 =-1. 2-x0
∴两条切线的斜率之积为常数-1.

题型与方法
题型三 圆锥曲线中的存在性问题 例 3 如图,椭圆的中心为原点 O,离心率 2 a2 e= ,且 =2 2. 2 c
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专题六 第三讲

(1)求该椭圆的标准方程; → → → (2)设动点 P 满足OP=OM+2ON,其中 M、 N 是椭圆上的 1 点,直线 OM 与 ON 的斜率之积为- .问:是否存在两个定 2 点 F1,F2,使得|PF1|+|PF2|为定值?若存在,求 F1,F2 的 坐标;若不存在,说明理由.
1 审题破题 (1)列方程组求出 a、 c 即可; (2)由 kOM· kON=- 先 2 → → → 确定点 M、N 坐标满足条件,再根据OP=OM+2ON寻找点 P 满足条件:点 P 在 F1、F2 为焦点的椭圆上.

题型与方法
解 c 2 a2 (1)由e= = , =2 2, a 2 c

专题六 第三讲

解得a=2,c= 2,b2=a2-c2=2,
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x2 y2 故椭圆的标准方程为 + =1. 4 2

(2)设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2),
→ → → 则由OP=OM+2ON, 得(x,y)=(x1,y1)+2(x2,y2)=(x1+2x2,y1+2y2), 即 x=x1+2x2,y=y1+2y2. 因为点 M、N 在椭圆 x2+2y2=4 上,
2 2 2 所以 x1 +2y2 = 4 , x + 2 y 1 2 2=4,

题型与方法
2 2 2 =(x2 + 2 y ) + 4( x + 2 y 1 1 2 2)+ 4(x1x2+ 2y1y2)

专题六 第三讲

2 2 2 故 x2+2y2=(x2 + 4 x + 4 x x ) + 2( y + 4 y 1 2 1 2 1 2+ 4y1y2)

=20+4(x1x2+2y1y2).

设kOM,kON分别为直线OM,ON的斜率,
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y1y2 1 由题设条件知kOM· kON= =-2, x1x2
因此x1x2+2y1y2=0,所以x2+2y2=20.

x2 y2 所以 P 点是椭圆 2+ 2=1 上的点,设该椭圆的左、 ?2 5? ? 10? 右焦点为 F1、F2,

则由椭圆的定义|PF1|+|PF2 |为定值,又因 c= ?2 5?2-? 10?2 = 10,因此两焦点的坐标为 F1(- 10,0),F2( 10,0).

题型与方法

专题六 第三讲

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反思归纳 探究是否存在的问题, 一般均是先假设存在, 然后 寻找理由去确定结论,如果真的存在,则能得出相应结论,如 果不存在,则会由条件得出相互矛盾的结论.

题型与方法

专题六 第三讲

变式训练3 已知点P是圆O: x2+ y2=9上的任意一点,过P作 → 2→ PD垂直x轴于D,动点Q满足DQ= DP. 3 (1)求动点Q的轨迹方程;
本 讲 栏 目 开

(2)已知点E(1,1),在动点Q的轨迹上是否存在两个不重合的 1 → → → 两点M、 N,使 OE = ( OM + ON )(O是坐标原点),若存 2 在,求出直线MN的方程,若不存在,请说明理由.

解 (1)设 P(x0,y0),Q(x,y),依题意,点 D 的坐标为 D(x0,0), → → 所以DQ=(x-x0,y),DP=(0,y0),
→ 2→ 又DQ=3DP,

题型与方法
?x-x0=0, ?x0=x, ? ? 故? 2 即? 3 y= y , y = y, ? ? ? 3 0 ? 0 2
2 因为 P 在圆 O 上,故有 x2 + y 0 0=9,

专题六 第三讲

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2 2 ?3y? x y 所以x2+? 2 ?2=9,即 9 + 4 =1, ? ?

x2 y2 所以点Q的轨迹方程为 9 + 4 =1. x2 y2 (2)假设椭圆 9 + 4 =1上存在不重合的两点M(x1,y1), → 1 → → N(x2,y2)满足OE=2(OM+ON),

则E(1,1)是线段MN的中点,

题型与方法
? ?x1+x2=1, ? 2 且有? ?y1+y2 ? 2 =1, ?
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专题六 第三讲

? ?x1+ x2= 2, 即? ? ?y1+ y2= 2.

x2 y2 又 M(x1,y1),N(x2,y2)在椭圆 9 + 4 =1 上,
2 y2 ?x1 1 + ? 9 4 =1, 所以? 2 2 ?x2+y2=1, ?9 4

?x1-x2??x1+x2? ?y1-y2??y1+y2? 两式相减,得 + =0, 9 4

题型与方法

专题六 第三讲

y1-y2 4 所以kMN= =- , 9 x1-x2
本 讲 栏 目 开

故直线MN的方程为4x+9y-13=0.
→ 1 → → 所以椭圆上存在点M,N满足OE=2(OM+ON),

此时直线MN的方程为4x+9y-13=0.

阅卷评析

专题六 第三讲

典例
本 讲 栏 目 开

(12分)抛物线的顶点O在坐标原点,焦点在y轴负半轴

上,过点M(0,-2)作直线l与抛物线相交于A, B两点,且 → → 满足OA+OB= (- 4,-12). (1)求直线l和抛物线的方程; (2)当抛物线上一动点P从点A运动到点B时,求△ABP面积 的最大值.
规范解答 解 (1)根据题意可设直线 l 的方程为 y=kx-2, 抛物线的方 程为 x2=-2py(p>0).

阅卷评析
? ?y= kx- 2, 由? 2 ? ?x =- 2py,

专题六 第三讲
得 x2+2pkx-4p=0. [2 分]

设点 A(x1,y1),B(x2,y2),则
本 讲 栏 目 开

x1+x2=-2pk,y1+y2=k(x1+x2)-4=-2pk2-4.

→ → 所以OA+OB=(-4,-12),
?-2pk=-4, ? 所以? 2 ? - 2 pk -4=-12, ?
?p=1, ? 解得? ? ?k=2.

故直线 l 的方程为 y=2x-2,抛物线的方程为 x2=-2y.[6 分]

阅卷评析

专题六 第三讲

(2)设 P(x0,y0),依题意,知当抛物线过点 P 的切线与 l 平行 时,△ABP 的面积最大.
1 2 对 y=-2x 求导,得 y′=-x,
所以-x0=2,即 x0=-2,
1 2 y0=- x0=-2,即 P(-2,-2). 2
此时点 P 到直线 l 的距离 |2· ?-2?-?-2?-2| 4 4 5 d= = = 5 . 2 2 5 2 +?-1?

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[9 分]

阅卷评析

专题六 第三讲

? ?y= 2x- 2, 由? 2 ? ?x =- 2y,

得 x2+4x-4=0,

本 讲 栏 目 开

则 x1+x2=-4,x1x2=-4, |AB |= 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2

= 1+22· ?-4?2-4· ?-4?=4 10.
1 4 5 于是,△ABP面积的最大值为 ×4 10× =8 2. 2 5 [12分]

阅卷评析

专题六 第三讲

→ → 评分细则 (1)由OA+OB=(-4,- 12)得到关于 p,k 的方程 组得 2 分;解出 p、k 的值给 1 分;(2)确定△ ABP 面积最大的
本 讲 栏 目 开

条件给 1 分;(3)得到方程 x2+4x-4= 0 给 1 分 . 阅卷老师提醒 最值问题解法有几何法和代数法两种, 本题中 的曲线上一点到直线的距离的最值可以转化为两条平行线的 距离;代数法求最值的基本思路是转化为函数的最值.

小题冲关

专题六 第三讲

本 讲 栏 目 开

x2 2 1.由椭圆 +y =1 的左焦点作倾斜角为 45° 的直线 l 交椭圆于 2 → → A,B 两点,设 O 为坐标原点,则OA· OB等于 ( ) 1 A.0 B.1 C.- D.-3 3

解析 直线 l 的方程为:y=x+1,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),
?y=x+1, ? 2 由?x 2 + y =1 ? ?2 得 3x2+4x=0.

小题冲关

专题六 第三讲

4 1 ∴x1=0 或 x2=- ,则 y1=1,y2=- . 3 3
本 讲 栏 目 开

1 → → ∴OA· OB=x1x2+y1y2=-3.

答案 C

小题冲关

专题六 第三讲

2.已知直线 l 过抛物线 C 的焦点,且与 C 的对称轴垂直,l 与 C 交于 A, B 两点, |AB|=12, P 为 C 的准线上一点, 则△ABP 的面积为 A.18
本 讲 栏 目 开

( C ) B.24 C.36 D.48

解析 不妨设抛物线的标准方程为 y2=2px(p>0),
p 由于 l 垂直于对称轴且过焦点,故直线 l 的方程为 x= . 2

代入 y2=2px 得,y=± p,即|AB |=2p,又|AB |=12,
故 p=6,所以抛物线的准线方程为 x=-3,

1 故 S△ABP= ×6×12=36. 2

小题冲关

专题六 第三讲

3.已知动圆圆心在抛物线 y2=4x 上,且动圆恒与直线 x=-1 相切,则此动圆必过定点
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( B ) C.(0,1) D.(0,-1)

A.(2,0)

B.(1,0)

解析 因为动圆的圆心在抛物线 y2=4x 上,且 x=-1 是抛 物线 y2=4x 的准线,
所以由抛物线的定义知,动圆一定过抛物线的焦点(1,0),所 以选 B.

小题冲关

专题六 第三讲

4.设 M(x0,y0)为抛物线 C:x2=8y 上一点,F 为抛物线 C 的 焦点,以 F 为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线 C 的准线相 交,则 y0 的取值范围是
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( C )

A.(0,2) C.(2,+∞)

B.[0,2] D.[2,+∞)

解析 ∵x2=8y,∴焦点 F 的坐标为(0,2),准线方程为 y= -2.由抛物线的定义知|FM |=y0+2. 由于以 F 为圆心、|FM |为半径的圆与准线相交,又圆心 F 到准线的距离为 4,故 4<y0+2,∴y0>2.

小题冲关

专题六 第三讲

5.已知抛物线 C 的顶点为坐标原点,焦点在 x 轴上,直线 y= x 与抛物线 C 交于 A,B 两点,若 P(2,2)为 AB 的中点,则 y2=4x 抛物线 C 的方程为________.
解析 设抛物线方程为y2=ax.将y=x代入y2=ax,得x=0或 a x=a,∴2=2.∴a=4.

本 讲 栏 目 开

∴抛物线方程为 y2=4x.

小题冲关

专题六 第三讲

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x2 y2 6.已知 F1(-c,0),F2(c,0)为椭圆 2+ 2=1 的两个焦点,P 为椭 a b → → 圆上一点且PF1· PF2=c2,则此椭圆离心率的取值范围是 ? 3 2? ? ? , ? 3 ? 2 ? ? ____________. → → 解析 设 P( x,y),则PF1· PF2 =(-c-x,-y)· (c-x,-y)

=x2-c2+y2=c2,
2 2 2 2 ? 3 c - a ?a b 2 2 2 2 将 y =b - 2x 代入①式解得 x = , a c2



又 x2∈[0,a2],所以 2c2≤a2≤3c2,
c ? 2? ? 3 所以离心率e= ∈? , ? . ? a ?3 2?


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