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步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破课件:专题五 第3讲 圆锥曲线中的热点问题

时间:2014-03-11


专题五 第3讲

第3讲
【高考考情解读】

圆锥曲线中的热点问题

纵观近几年高考,解析几何是重要内容之一,所占分值在 30
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分以上,大题小题同时有,除了本身知识的综合,还会与其它 知识如向量、函数、不等式等知识构成综合题,多年高考压轴 题是解析几何题.

1.填空题主要考查圆锥曲线的几何性质,三种圆锥曲线都有 可能涉及. 2.在解答题中主要考查圆、直线、椭圆的综合问题,难度较 高, 还有可能涉及简单的轨迹方程和解析几何中的开放题、 探索题、证明题,重点关注定点、定值及最值、范围问题.

主干知识梳理

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1.直线与圆锥曲线的位置关系
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(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.

主干知识梳理
(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法:

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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).
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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: 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.

主干知识梳理
2.有关弦长问题

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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.
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(1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1,y1),P2(x2, 1 2 y2),则所得弦长 P1P2= 1+k |x2-x1|或 P1P2= 1+ 2|y2 k -y1|, 其中求|x2-x1|与|y2-y1|时通常使用根与系数的关系, 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).

主干知识梳理

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3.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.

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考点一
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例 1

圆锥曲线的弦长及中点问题 x2 y2 6 已知椭圆 G: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,右焦点 a b 3

(2 2,0),斜率为 1 的直线 l 与椭圆 G 交于 A,B 两点,以 AB 为底边作等腰三角形,顶点为 P(-3,2). (1)求椭圆 G 的方程; (2)求△PAB 的面积.
解 c 6 (1)由已知得 c=2 2, = . a 3

解得 a=2 3,又 b2=a2-c2=4.

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x2 y2 所以椭圆 G 的方程为 + =1. 12 4
(2)设直线 l 的方程为 y=x+m.

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y=x+m, ? ? 2 由? x y2 得 4x2+6mx+3m2-12=0. + =1. ? ?12 4 y0), x1+x2 3m m 则 x0= 2 =- 4 ,y0=x0+m= 4 ;



设 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1<x2),AB 中点为 E(x0,

因为 AB 是等腰△PAB 的底边,所以 PE⊥AB. m 2- 4 所以 PE 的斜率 k= =-1. 3m -3+ 4

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解得 m=2.

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此时方程①为 4x2+12x=0. 解得 x1=-3,x2=0.
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所以 y1=-1,y2=2. 所以 AB=3 2.
|-3-2+2| 此时, 点 P(-3,2)到直线 AB: x-y+2=0 的距离 d= 2 3 2 = 2 , 1 9 所以△PAB 的面积 S=2AB· d=2.

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解决直线与椭圆的位置关系的相关问题, 其常规思 路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后应用根 与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦中点的问题常 常用“点差法”解决,往往会更简单.

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?1 1? x2 2 椭圆 +y =1 的弦被点?2,2?平分,则这条弦所在 2 ? ?

的直线方程是________.
解析 设弦的两个端点为 A(x1,y1),B(x2,y2),

本 讲 则 x1+x2=1,y1+y2=1. 栏 2 目 x2 x 1 2 2 2 开 ∵A,B 在椭圆上,∴ 2 +y1=1, 2 +y2=1. 关

?x1+x2??x1-x2? +(y1+y2)(y1-y2)=0, 2 y1-y2 x1+x2 1 即 =- =-2, x1-x2 2?y1+y2?

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1 即直线 AB 的斜率为- . 2 1 1? 1? ∴直线 AB 的方程为 y-2=-2?x-2?, ? ?
即 2x+4y-3=0.

答案 2x+4y-3=0.

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考点二 例2

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圆锥曲线中的定值、定点问题 x2 y2 1 已知椭圆 C: 2+ 2=1 经过点(0, 3),离心率为 ,直 a b 2

线 l 经过椭圆 C 的右焦点 F 交椭圆于 A、B 两点,点 A、F、
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B 在直线 x=4 上的射影依次为 D、K、E. (1)求椭圆 C 的方程; → → → → (2)若直线 l 交 y 轴于点 M,且MA=λAF,MB=μBF,当直 线 l 的倾斜角变化时,探求 λ+μ 的值是否为定值?若是, 求出 λ+μ 的值;否则,说明理由; (3)连结 AE、BD,试探索当直线 l 的倾斜角变化时,直线 AE 与 BD 是否相交于定点?若是,请求出定点的坐标,并 给予证明;否则,说明理由.

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(1)待定系数法;(2)用直线的斜率为参数建立直线 方程,代入椭圆方程消 y 后可得点 A,B 的横坐标的关系式, → → → → 然后根据向量关系式MA=λAF,MB=μBF把 λ,μ 用点 A,B 的横坐标表示出来,只要证明 λ+μ 的值与直线的斜率 k 无关 即证明了其为定值,否则就不是定值;(3)先根据直线 l 的斜率 不存在时的特殊情况,看两条直线 AE,BD 的交点坐标,如 果直线 AE,BD 相交于定点的话,这个特殊位置时的交点就 是这个定点,这样只要证明直线 AE,BD 都经过这个定点即 证明了两直线相交于定点,否则两直线就不相交于定点.

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c 1 解 (1)依题意得 b= 3,e=a= ,a2=b2+c2, 2 x2 y2 ∴a=2,c=1,∴椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. (2)因直线 l 与 y 轴相交,故斜率存在,设直线 l 方程为
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y=k(x-1),求得 l 与 y 轴交于 M(0,-k), 又 F 坐标为(1,0),设 l 交椭圆于 A(x1,y1),B(x2,y2), y=k?x-1?, ? ? 2 2 由?x y + =1, ? ?4 3 消去 y 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 4k2-12 8k2 ∴x1+x2= 2,x1x2= 2, 3+4k 3+4k

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→ → 又由MA=λAF,∴(x1,y1+k)=λ(1-x1,-y1),

x1 x2 ∴λ= ,同理 μ= , 1-x1 1-x2
本 x1+x2-2x1x2 x1 x2 + = 讲 ∴λ+μ= 1-x1 1-x2 1-?x1+x2?+x1x2 栏 目 开 2?4k2-12? 8k2 关 2- 2

3+4k 3+4k 8 = =-3. 2 2 4 k - 12 8k 1- + 3+4k2 3+4k2

8 所以当直线 l 的倾斜角变化时,直线 λ+μ 的值为定值- . 3

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(3)当直线 l 斜率不存在时,直线 l⊥x 轴,

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则 ABED 为矩形,由对称性知,AE 与 BD 相交于 FK 的中点 ?5 ? N?2,0?, ? ?
本 猜想,当直线 l 的倾斜角变化时, 讲 ?5 ? 栏 ? ? 目 AE 与 BD 相交于定点 N?2,0?, 开 关 证明:由(2)知 A(x ,y ),B(x ,y ), 1 1 2 2

∴D(4,y1),E(4,y2),当直线 l 的倾斜角变化时,首先证直线 ?5 ? AE 过定点?2,0?, ? ? y2-y1 ∵lAE:y-y2= (x-4), 4-x1

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y2-y1 ? 3? 5 ?- ? 当 x= 时,y=y2+ · 2 4-x1 ? 2? 2?4-x1?· y2-3?y2-y1? = 2?4-x1?
本 2?4-x1?· k?x2-1?-3k?x2-x1? 讲 = 2?4-x1? 栏 目 -8k-2kx1x2+5k?x1+x2? 开 关 =

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2?4-x1?

-8k?3+4k2?-2k?4k2-12?+5k· 8k2 = =0. 2 2?4-x1?· ?3+4k ? ∴点
?5 ? N?2,0?在直线 lAE 上. ? ?

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同理可证,点
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?5 ? N?2,0?也在直线 lBD 上. ? ? ?5 ? 相交于定点?2,0?. ? ?

∴当直线 l 的倾斜角变化时, 直线 AE 与 BD

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(1) 定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问 题,基本思想是使用参数表示要解决的问题,证明要解决的问
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题与参数无关.在这类试题中选择消元的方向是非常关键的. (2)由直线方程确定定点,若得到了直线方程的点斜式: y-y0 =k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜 截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).

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(2013· 陕西)已知动圆过定点 A(4,0),且在 y 轴上截 得弦 MN 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (2)已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不
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同的两点 P,Q,若 x 轴是∠PBQ 的角平分线,证明:直线 l 过定点.

(1)解 如图,设动圆圆心为 O1(x,y), 由题意,得 O1A=O1M, 当 O1 不在 y 轴上时,过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H,则 H 是 MN 的中点, ∴O1M= x2+42,

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又 O1A= ?x-4?2+y2, ∴ ?x-4?2+y2= x2+42, 化简得 y2=8x(x≠0).
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又当 O1 在 y 轴上时, O1 与 O 重合, 点 O1 的坐标为(0,0)也满足 方程 y2=8x, ∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y2=8x. (2)证明 由题意,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 将 y=kx+b 代入 y2=8x 中, 得 k2x2+(2bk-8)x+b2=0.

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其中 Δ=-32kb+64>0. 8-2bk 由根与系数的关系得,x1+x2= k2 , b2 x1x2=k2 ,
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① ②

y1 y2 因为x轴是∠PBQ的角平分线,所以 =- , x1+1 x2+1 即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0 将①,②代入③得 2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此时 Δ>0, ∴直线 l 的方程为 y=k(x-1),即直线 l 过定点(1,0). ③

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考点三 例3 圆锥曲线中的最值范围问题

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(2013· 浙江)如图,点 P(0,-1)是椭 x2 y2 圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的一个顶点,C1 a b 的长轴是圆 C2:x2+y2=4 的直径.l1,l2 是过点 P 且互相垂直的两条直线,其中 l1 交圆 C2 于 A,B 两点,l2 交椭圆 C1 于 另一点 D. (1)求椭圆 C1 的方程; (2)求△ABD 面积取最大值时直线 l1 的方程.

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? ?b=1, (1)由题意得? ? ?a=2.

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x2 2 所以椭圆 C1 的方程为 4 +y =1.
本 讲 由题意知直线l 的斜率存在,不妨设其为k, 1 栏 目 开 则直线 l1 的方程为 y=kx-1. 关 2 2

(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).

又圆 C2:x +y =4,

1 故点 O 到直线 l1 的距离 d= 2 , k +1 所以 AB=2 4-d2=2 4k2+3 . k2+1

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又 l2⊥l1,故直线 l2 的方程为 x+ky+k=0.
? ?x+ky+k=0, 由? 2 2 ? ?x +4y =4.

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消去 y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 8k 故 x0=- . 4+k2 8 k2+1 所以 PD= 2 . 4+k
1 设△ABD 的面积为 S,则 S= · AB· PD 2 8 4k2+3 = , 4+k2

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所以 S= ≤ 13 4k2+3+ 2 2 4k +3 32 32

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13 4k +3· 2 4k +3
2

16 13 本 = 13 ,
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10 当且仅当 k=± 2 时取等号.
10 所以所求直线 l1 的方程为 y=± 2 x-1.

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求最值及参数范围的方法有两种: ①根据题目给出
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的已知条件列出一个关于参数的函数关系式, 将其代入由题目 列出的不等式(即为消元),然后求解不等式;②由题目条件和 结论建立目标函数,进而转化为求函数的值域.

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已知椭圆 C1 与抛物线 C2 的焦点均在 x 轴上且 C1 的中心和 C2 的顶点均为坐标原点 O,从每条曲线上的各取两 个点,其坐标如下表所示:
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x

1

- 6 0

4 -6

3 1

y -3

(1)求 C1,C2 的标准方程; π (2)过点 A(m,0)作倾斜角为 的直线 l 交椭圆 C1 于 C,D 两点, 6 且椭圆 C1 的左焦点 F 在以线段 CD 为直径的圆的外部,求 m 的取值范围.

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(1)先判断出(- 6, 0)在椭圆上, 进而断定点(1, -3)和(4,

-6)在抛物线上,
故( 3,1)在椭圆上,
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x2 y2 所以椭圆 C1 的方程为 6 + 2 =1,抛物线 C2 的方程为 y2=9x. 3 (2)设C(x1,y1),D(x2,y2),直线l的方程为y= 3 (x-m),
? 3 ?y= 3 ?x-m? 由? 2 2 ?x +y =1, ?6 2 消去 y 整理得 2x2-2mx+m2-6=0, 由 Δ>0 得 Δ=4m2-8(m2-6)>0,

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即-2 3<m<2 3,

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m2-6 而 x1x2= ,x1+x2=m, 2 3 3 故 y1y2= (x1-m)· (x2-m) 本 3 3
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2 m -6 1 2 = [ x1x2-m(x1+x2)+m ] = . 3 6

欲使左焦点 F 在以线段 CD 为直径的圆的外部, → → 则FC· FD>0, → → 又 F(-2,0),即FC· FD=(x1+2,y1)· (x2+2,y2) =x1x2+2(x1+x2)+y1y2+4>0.

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整理得 m(m+3)>0,
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即 m<-3 或 m>0. 由①②可得 m 的取值范围是(-2 3,-3)∪(0,2 3).



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1.求轨迹与轨迹方程的注意事项 (1)求轨迹方程的关键是在纷繁复杂的运动变化中,发现动
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点 P 的运动规律,即 P 点满足的等量关系,因此要学会动 中求静,变中求不变. (2)求出轨迹方程后,应注意检验其是否符合题意,既要检 验是否增解 ( 即以该方程的某些解为坐标的点不在轨迹 上 ),又要检验是否丢解 (即轨迹上的某些点未能用所求的 方程表示). 检验方法: 研究运动中的特殊情形或极端情形.

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2.定点、定值问题的处理方法

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定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题,处理时可以 直接推理求出定值,也可以先通过特定位置猜测结论后进 行一般性证明.对于客观题,通过特殊值法探求定点、定
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值能达到事半功倍的效果. 3.圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 (1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意 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,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,在 利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考 虑:

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①利用判别式来构造不等关系,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
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是在两个参数之间建立等量关系; ③利用隐含或已知的不等关系建立不等式, 从而求出参数的取 值范围; ④利用基本不等式求出参数的取值范围; ⑤利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

押题精练

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设直线 l:y=k(x+1)与椭圆 x2+3y2=a2(a>0)相交于 A、B 两个
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不同的点,与 x 轴相交于点 C,记 O 为坐标原点. 2 3 k (1)证明:a2> ; 1+3k2 → → (2)若AC=2CB,求△OAB 的面积取得最大值时的椭圆方程.

押题精练
(1)证明

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依题意,直线 l 显然不平行于坐标轴,故 y=k(x+1) 1 可化为 x=ky-1.
? 1 ? 2 2y 1 2 2 2 将 x= y-1 代入 x +3y =a ,消去 x,得?3+k2?y - +1-a2 k k ? ?

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=0, 由直线 l 与椭圆相交于两个不同的点,得
?1 ? ?1 ? 4 2 Δ= 2-4?k2+3?(1-a )>0,整理得?k2+3?a2>3, k ? ? ? ?
2 3 k 即 a2> . 1+3k2



押题精练

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2k (2)解 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由①,得 y1+y2= , 1+3k2 -2k → → 因为AC=2CB,得 y1=-2y2,代入上式,得 y2= 2. 1+3k
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1 3 于是,△OAB 的面积 S= OC· |y1-y2|= |y2| 2 2
3|k| 3|k| 3 = < = . 1+3k2 2 3|k| 2
3 其中,上式取等号的条件是 3k2=1,即 k=± 3 .

-2k 3 由 y2= ,可得 y2=± 3 . 1+3k2 3 3 3 将 k= 3 ,y2=- 3 及 k=- 3 ,

押题精练

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3 y2= 这两组值分别代入①, 3
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均可解出 a2=5. 所以,△OAB 的面积取得最大值时的椭圆方程是 x2+3y2=5.


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