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2013高三数学二轮专题五第3讲 圆锥曲线中的热点问题


高考真题感悟

第3讲

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【高考真题感悟】

圆锥曲线中的热点问题

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(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. (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.

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(1)解

依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30° .

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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, 所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2.
故抛物线 E 的方程为 x2=4y.

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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.
1 ? 1 ?y= x0x- x2, 4 0 由? 2 ?y=-1 ? ? x2-4 ?x= 0 2x0 , 得? ?y=-1. ?

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所以 Q

?x2-4 ? ? 0 ? 为? ,-1?. ? 2x0 ?

1 2 → → 设 M(0,y1),令MP· =0 对满足 y0=4x0(x0≠0)的 x0,y0 MQ 恒成立.

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2 ? → → ?x0-4 ? ? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ,-1-y1?, ? 2x0 ? x2-4 0 → → 由MP· =0,得 MQ -y0-y0y1+y1+y2=0, 1 2

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即(y2+y1-2)+(1-y1)y0=0.( * ) 1 1 2 由于( * )式对满足 y0= x0(x0≠0)的 y0 恒成立, 4 ?1-y =0, ? 1 ? 2 所以 解得 y1=1. ?y1+y1-2=0, ?
故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1).

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1 1 由(1)知 y= x2,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 1 1 2 即 y= x0x- x0. 2 4 方法二
1 2 ? x2-4 ? 1 ?x= 0 , ?y= x0x- x0, 4 2x0 由? 2 得? ?y=-1 ?y=-1. ? ? ?x2-4 ? ? 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,

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交 y 轴于点 M1(0,1)、M2(0,-1); ? ? 3 ? 1? 取 x0=1,此时 P?1,4?,Q?-2,-1?, ? ? ? ? ? 1?2 ? 3?2 125 以 PQ 为直径的圆为?x+4? +?y+8? = , 64 ? ? ? ? ? 7? 交 y 轴于点 M3(0,1)、M4?0,-4?. ? ? 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 ?x0-4 ? → → ? ? 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ,-2?, ? 2x0 ?

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x2-4 0 → → 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).

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考题分析

本小题主要考查抛物线的性质、圆的性质、直

线与圆锥曲线的位置关系、平面向量等基础知识,考查运 算求解能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、数形 结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想.

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易错提醒 (1)先求出点 B 的坐标,再代入抛物线方程即可 求出参数 p 的值,从而得所求的抛物线方程;(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· =0,从而判断点 M 是否存在. MQ

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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).

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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.

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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. (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 k 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).

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3.弦的中点问题

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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. 4.轨迹方程问题 (1)求轨迹方程的基本步骤: ①建立适当的平面直角坐标系, 设出轨迹上任一点的坐 标——解析法(坐标法). ②寻找动点与已知点满足的关系式——几何关系. ③将动点与已知点的坐标代入——几何关系代数化. ④化简整理方程——简化. ⑤证明所得方程为所求的轨迹方程——完成其充要性.

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(2)求轨迹方程的常用方法: ①直接法:将几何关系直接翻译成代数方程;

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②定义法:满足的条件恰适合某已知曲线的定义,用待定 系数法求方程; ③代入法: 把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系; (3)注意①建系要符合最优化原则;②求轨迹与“求轨迹方 程”不同,轨迹通常指的是图形,而轨迹方程则是代数表 达式.步骤②⑤省略后,验证时常用途径:化简是否同解 变形,是否满足题意,验证特殊点是否成立等.

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题型一 【例 1】

求动点的轨迹方程问题 已知椭圆 C 的中心为平面直角坐标系 xOy 的原

点, 焦点在 x 轴上, 它的一个顶点到两个焦点的距离分 别是 7 和 1. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若 P 为椭圆 C 上的动点,M 为过 P 且垂直于 x 轴的 |OP| 直线上的一点, =λ,求点 M 的轨迹方程,并说明 |OM| 轨迹是什么曲线.

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(1)椭圆方程中的基本参数 a、 的关系 a+c=7, c a-c=1.(2)坐标转移法.
解 (1)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a、c,由已知得 ?a-c=1, ?a=4, ? ? ? 解得? 又∵b2=a2-c2,∴b= 7, ?a+c=7, ?c=3, ? ? x2 y2 所以椭圆 C 的方程为16+ 7 =1.

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(2)设 M(x,y),其中 x∈[-4,4], 2 9x2+112 |OP| 2 2 由已知 2=λ 及点 P 在椭圆 C 上可得 2 2 =λ , |OM| 16?x +y ? 整理得(16λ2-9)x2+16λ2y2=112,其中 x∈[-4,4]. 3 ①当 λ=4时,化简得 9y2=112, 4 7 所以点 M 的轨迹方程为 y=± (-4≤x≤4). 3

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轨迹是两条平行于 x 轴的线段.
3 x2 y2 ②当 λ≠4时,方程变形为 112 + 112 =1, 2 16λ2-9 16λ 其中 x∈[-4,4].

热点分类突破 第3讲 3 当 0<λ< 时,点 M 的轨迹为中心在原点、实轴在 y 轴上的 4
双曲线满足-4≤x≤4 的部分; 3 当 <λ<1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的 4
椭圆满足-4≤x≤4 的部分;
当 λ≥1 时,点 M 的轨迹为中心在原点,长轴在 x 轴上的 椭圆.
(1)求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知, 若能预先知道轨迹为圆锥曲线,则可考虑用定义法求解或 用待定系数法求解. (2)讨论轨迹方程的解与轨迹上的点是否对应, 即应注意字 母的取值范围.

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(2011· 天津)在平面直角坐标系 xOy 中, P(a, 点 x2 y2 b)(a>b>0)为动点,F1,F2 分别为椭圆 2+ 2=1 的左,右 a b 焦点.已知△F1PF2 为等腰三角形. (1)求椭圆的离心率 e; (2)设直线 PF2 与椭圆相交于 A,B 两点,M 是直线 PF2 上 → → 的点,满足AM· =-2,求点 M 的轨迹方程. BM

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(1)设 F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).由题意,可得|PF2|= ?c? c c 2 2 ? ?2+ -1=0,得 |F1F2|,即 ?a-c? +b =2c,整理得 2 a a a ? ? c 1 1 =-1(舍去)或a=2.所以 e=2.

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(2)由(1)知 a=2c, b= 3c, 可得椭圆方程为 3x2+4y2=12c2, 直线 PF2 的方程为 y= 3(x-c).
A, B
?3x2+4y2=12c2, ? 两点的坐标满足方程组? ?y= 3?x-c?. ?
2

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消去 y 并整

8 理,得 5x -8cx=0.解得 x1 =0,x2 =5 c,得方程组的解 8 ? ?x =0, ?x2=5c, ? 1 ? ? ?y1=- 3c, ? ?y2=3 3c. 5 ?

不妨设

?8 3 3 ? ? ? A? c, c?,B(0,- 5 ? ?5

3c).

3 3 ? → ? 8 ? ? 设点 M 的坐标为(x,y),则AM=?x- c,y- c?, 5 5 ? ?

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→ BM=(x,y+ 3c).
3 由 y= 3(x-c),得 c=x- 3 y. → ?8 3 3 8 3 3 ? → ? 于是AM=? y-5x,5x- 5 x?,BM=(x, 3x). ? 15 ? ? → → 由AM· =-2, BM ?8 3 ?8 3 ? 3 3 ? ? ? ? ? 即? x+ y-5x?· ?5y- 5 x?· 3x=-2, ? 15 ? ? ?
化简得 18x2-16 3xy-15=0.

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18x2-15 10x2+5 3 将 y= 代入 c=x- 3 y,得 c= 16x >0. 16 3x
所以 x>0.
因此,点 M 的轨迹方程是 18x2-16 3xy-15=0(x>0).

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题型二

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圆锥曲线中的定值、定点问题 x2 y2 【例 2】 已知椭圆 C: 2+ 2=1 经过点(0, 3),离心率为 a b 1 ,直线 l 经过椭圆 C 的右焦点 F 交椭圆于 A、B 两点, 2 点 A、F、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)连接 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 + =1. 4 3 (2)因直线 l 与 y 轴相交,故斜率存在,设直线 l 方程为
y=k(x-1),求得 l 与 y 轴交于 M(0,-k),

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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 ? 4 + 3 =1 ? 消去 y 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,

4k2-12 8k2 ∴x1+x2= ,x x = , 3+4k2 1 2 3+4k2

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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 x1+x2-2x1x2 x1 x2 ∴λ+μ= + = 1-x1 1-x2 1-?x1+x2?+x1x2 2?4k2-12? 8k2 - 3+4k2 3+4k2 8 = =- . 2 3 4k2-12 8k 1- + 3+4k2 3+4k2

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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,则 ABED 为矩 ?5 ? 形,由对称性知,AE 与 BD 相交于 FK 的中点 N?2,0?, ? ? 猜想,当直线 l 的倾斜角变化时, ?5 ? AE 与 BD 相交于定点 N?2,0?, ? ? 证明:由(2)知 A(x1,y1),B(x2,y2), ∴D(4,y1),E(4,y2),当直线 l 的倾斜角变化时,首先证 ?5 ? 直线 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? 2 4-x1 ? ? 2?4-x1?·2-3?y2-y1? y = 2?4-x1? 2?4-x1?· 2-1?-3k?x2-x1? k?x = 2?4-x1? -8k-2kx1x2+5k?x1+x2? = 2?4-x1? -8k?3+4k2?-2k?4k2-12?+5k· 2 8k = =0. 2?4-x1?· ?3+4k2?

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∴点
?5 ? N?2,0?在直线 lAE 上. ? ?
?5 ? N?2,0?也在直线 lBD 上. ? ?

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同理可证,点

∴当直线 l 的倾斜角变化时,直线 AE 与 BD 相交于定点 ?5 ? ? ,0? ?2 ?

定点和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.

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(2012· 江苏)如图, 在平面直角 x2 y2 坐标系 xOy 中,椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的 a b 左、右焦点分别为 F1(-c,0)、F2(c,0).已 ? 3? ? 知点(1,e)和?e, ?都在椭圆上,其中 e 2? ? ? 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程.

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(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. 6 (i)若 AF1-BF2= ,求直线 AF1 的斜率; 2 (ii)求证:PF1+PF2 是定值.

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c (1)由题设知 a =b +c ,e=a.
2 2 2

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1 c2 由点(1,e)在椭圆上,得a2+a2b2=1, 解得 b2=1,于是 c2=a2-1.
? 又点?e, ? ?

e2 3 3? ? 在椭圆上,所以a2+4b2=1, 2? ? a2-1 3 即 a4 +4=1,解得 a2=2.

x2 2 因此,所求椭圆的方程是 2 +y =1.

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所以可设直线 AF1 的方程为 x+1=my, 直线 BF2 的方程为 x-1=my.
设 A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2>0. 2 ?x1 2 ? +y1=1, 由? 2 得(m2+2)y2-2my1-1=0, 1 ?x1+1=my1 ? m+ 2m2+2 解得 y1= , 2 m +2
故 AF1= ?x1+1?2+?y1-0?2 2?m2+1?+m m2+1 = ?my1?2+y2= 1 m2+2 2?m2+1?-m m2+1 同理 BF2= . m2+2

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(2)由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0),又直线 AF1 与 BF2 平行,

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① ②

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2m m2+1 (i)由①②得 AF1-BF2= , m2+2 2m m2+1 6 解 = 得 m2=2,注意到 m>0, 2 2 m +2
1 2 故 m= 2.所以直线 AF1 的斜率为m= 2 . PB BF2 (ii)因为直线 AF1 与 BF2 平行,所以PF =AF , 1 1 PB+PF1 BF2+AF1 AF1 于是 = ,故 PF1= BF . PF1 AF1 AF1+BF2 1 由 B 点在椭圆上知 BF1+BF2=2 2.

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AF1 从而 PF1= (2 2-BF2). AF1+BF2 BF2 同理 PF2= (2 2-AF1). AF1+BF2

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AF1 BF2 因此,PF1+PF2= (2 2-BF2)+ · 2 (2 AF1+BF2 AF1+BF2 -AF1) 2AF1· 2 BF =2 2- . AF1+BF2
2 2?m2+1? 又由①②知 AF1+BF2= , m2+2 m2+1 AF1· 2= 2 BF , m +2 2 3 2 所以 PF1+PF2=2 2- 2 = 2 .

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因此,PF1+PF2 是定值.

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题型三 【例 3】 圆锥曲线中的参数范围与最值问题

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已知一条曲线 C 在 y 轴右边,C 上每一点到点

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F(1,0)的距离减去它到 y 轴距离的差都是 1. (1)求曲线 C 的方程; (2)是否存在正数 m,对于过点 M(m,0)且与曲线 C 有两 → → 个交点 A,B 的任一直线,都有FA· <0?若存在,求 FB 出 m 的取值范围;若不存在,请说明理由.

(1)可考虑利用圆锥曲线的定义; (2)从存在出 → → 发,建立FA· 关于 m 的解析式. FB

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(1)说明 C 上每一点到点 F(1,0)的距离与到直线 x=-1

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的距离相等, 所以曲线 C 在一条抛物线上,抛物线方程为 y2=4x,
又曲线 C 在 y 轴右边,则曲线 C 的方程为 y2=4x (x>0).
(2)设 A(x1,y1)、B(x2,y2),AB 方程为 x=ny+m (n∈R), ?x=ny+m, ? 由? 2 得 y2-4ny-4m=0, ?y =4x, ? 则 y1+y2=4n,y1y2=-4m.
那么 x1x2=(ny1+m)(ny2+m)=n2y1y2+mn(y1+y2)+m2, x1+x2=(ny1+m)+(ny2+m)=n(y1+y2)+2m.

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→ → FA· =(x1-1,y1)· 2-1,y2) FB (x =(x1-1)(x2-1)+y1y2 =x1x2-(x1+x2)+1+y1y2 =(n2+1)y1y2+(mn-n)(y1+y2)+m2-2m+1 =-4n2+m2-6m+1,

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由题意知-4n2+m2-6m+1<0, m2-6m+1<4n2 恒成立, 即 对任意实数 n,4n2 的最小值为 0, 所以只需 m2-6m+1<0,解得 3-2 2<m<3+2 2.
所以这样的 m 存在,其范围为 3-2 2<m<3+2 2.

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求范围的方法同求最值及函数的值域的方法类 似.求最值常见的解法有两种:代数法和几何法.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,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.圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类:一是涉及距 离、面积的最值以及与之相关的一些问题;二是求直线与 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.

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(2012· 山东)如图,椭圆 M: x2 y2 3 + =1(a>b>0)的离心率为 ,直线 a2 b2 2 x=± 和 y=± 所围成的矩形 ABCD 的 a b 面积为 8. (1)求椭圆 M 的标准方程; (2)设直线 l:y=x+m(m∈R)与椭圆 M 有两个不同的交点 |PQ| P,Q,l 与矩形 ABCD 有两个不同的交点 S,T,求 的 |ST| 最大值及取得最大值时 m 的值.

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?a2=b2+c2, ? ?c 3 (1)设椭圆 M 的半焦距为 c, 由题意知? = , ?a 2 ?4ab=8, ?

所以 a=2,b=1.
x2 因此椭圆 M 的方程为 4 +y2=1.

x2 2 ? ? +y =1, (2)由? 4 ?y=x+m ? 整理得 5x2+8mx+4m2-4=0. 由 Δ=64m2-80(m2-1)=80-16m2>0, 得- 5<m< 5.

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设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 4?m2-1? 8m 则 x1+x2=- ,x1x2= , 5 5 所以|PQ|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2 = 2[?x1+x2?2-4x1x2] 4 = 2?5-m2?(- 5<m< 5). 5
线段 CD 的方程为 y=1(-2≤x≤2), 线段 AD 的方程为 x=-2(-1≤y≤1).

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①不妨设点 S 在 AD 边上,T 在 CD 边上, 可知 1≤m< 5,S(-2,m-2),D(-2,1), 所以|ST|= 2|SD|= 2[1-(m-2)]= 2(3-m), |PQ| 4 因此 = |ST| 5 5-m2 2. ?3-m?

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令 t=3-m(1≤m< 5), 则 m=3-t,t∈(3- 5,2], 2 |PQ| 4 5-?3-t? 4 4 6 所以 |ST| =5 =5 -t2+ t -1 t2 ?1 3? 4 5 2 =5 -4? t -4? +4. ? ? 1 ?1 3+ 5? ? 由于 t∈(3- 5,2],所以 ∈? , , t ?2 4 ? ? ?

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1 3 因此当 t = , 4 4 |PQ| 2 5 5 即 t= 时, 取得最大值 ,此时 m= . 3 |ST| 5 3 ②不妨设点 S 在 AB 边上, 在 CD 边上, T 此时-1≤m≤1, |PQ| 2 因此|ST|= 2|AD|=2 2,此时 |ST| =5 5-m2, |PQ| 2 5 所以当 m=0 时, 取得最大值 . |ST| 5 ③不妨设点 S 在 AB 边上,T 在 BC 边上,- 5<m≤-1, |PQ| 2 5 由椭圆和矩形的对称性知 |ST| 的最大值为 5 , 5 此时 m=- . 3 5 |PQ| 2 5 综上所述,当 m=± 或 m=0 时, |ST| 取得最大值 5 . 3

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1.求曲线方程的基本方法有直接法,定义法(或者待 定系数法),代入法,参数法. 2. 定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不 变的量,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.

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3.解决圆锥曲线中的最值、范围问题的基本思想是 建立目标函数和建立不等关系,根据目标函数和不等式求 最值、范围,因此这类问题的难点,就是如何建立目标函 数和不等关系.建立目标函数或不等关系的关键是选用一 个合适变量,其原则是这个变量能够表达要解决的问题, 这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等, 要根据问题的实际情况灵活处理.

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1.已知抛物线 y2=2x,直线 AB 交抛物线于 A,B 两点, → → 交 x 轴正半轴于点 M(m,0),若OA· =0 (O 为坐标原 OB 点),则 m 的值是________.

押题依据

直线与抛物线有关的问题是高考的热

点.本题以向量为背景,新颖别致,既考查了通性通 法,又考查了应变能力,不失为一个好题. 押题级别 ★★★★

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2 ?y2 ? ?y2 ? 1 A? 2 ,y1?,B? 2 ,y2?. ? ? ? ?

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解析



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y2·2 → → 1 y2 由OA· =0,得 OB +y1·2=0. y 4
当直线 AB 的斜率存在时,设为 k (k≠0,m>0), 则直线 AB 的方程为 y=k(x-m).
?y2=2x, ? 由? ?y=k?x-m?, ?

得 ky2-2y-2km=0,

而 Δ=4+8k2m>0 恒成立,所以满足条件.

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又 y1·2=-2m,所以 m2-2m=0, y 则 m=2 或 m=0(舍去),所以 m=2.
当直线 AB 的斜率不存在时, A(m, 2m), 则 B(m, 2m). - → → 由OA· =0,则 m2-2m=0, OB 所以 m=2 或 m=0(舍去),所以 m=2.
综上,得 m=2.

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答案

2

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x2 y2 2.已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的右焦点为 F(1,0),且 a b ? 2? ? 点?-1, ?在椭圆 C 上. 2? ? ? (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)已知动直线 l 过点 F, 且与椭圆 C 交于 A, 两点. B 试 7 → → 问 x 轴上是否存在定点 Q, 使得QA· =- 恒成立? QB 16 若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.

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椭圆是圆锥曲线的主要知识点,以椭圆为载体

考查直线与圆锥曲线的位置关系、存在性问题、最值或定 值问题一直是高考的热点. 押题级别 ★★★★★

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解 (1)由题意知:c=1.
根据椭圆的定义得 2a= ?-1-1?
2

? +? ? ?

2 2?2 ? +2, 2? ?

即 a= 2.所以 b2=2-1=1.
x2 2 所以椭圆 C 的标准方程为 +y =1. 2

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7 → → (2)假设在 x 轴上存在点 Q(m,0), 使得QA· =- 恒成立. QB 16
当直线 l 的斜率为 0 时,A( 2,0),B(- 2,0), 7 5 则( 2-m,0)· (- 2-m,0)=- .解得 m=± . 16 4

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当直线 l

? 的斜率不存在时,A?1, ? ?

? 2? 2? ? ? ,B?1,- ?. 2? 2? ? ? ?

? 5 ? 由于?1- , 4 ?

7 2? ? 5 2? ?? ? · 1- ,- ?=-16, 2 ?? 4 2? ??

5 所以 m= . 4

5 7 → → 下面证明 m=4时,QA· =-16恒成立. QB ·

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7 → → 显然,直线 l 的斜率为 0 时,QA· =- . QB 16

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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).
2 ?x ? +y2=1, 由? 2 可得(t2+2)y2+2ty-1=0. ?x=ty+1 ?

? ?y1+y2=- 2 2t , t +2 ? 显然 Δ>0.? ?y y =- 1 . ? 1 2 t2+2 ?

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因为 x1=ty1+1,x2=ty2+1,
? ?? ? 5 5 ?x 所以?x1-4,y1?· 2-4,y2? ? ?? ? ? 1?? 1? =?ty1-4??ty2-4?+y1y2 ? ?? ?

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

综上所述, x 轴上存在点 在 成立.

?5 ? 7 → → ? ,0?, Q4 使得QA· =- 恒 QB 16 ? ?


专题五 第3讲 圆锥曲线中的热点问题

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