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【创新方案】(浙江专版)高考数学二轮专题突破 (预测演练+提能训练)第1部分 专题五 第3讲 第

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《创新方案》2014 届高考数学(理科)二轮专题突破预测演练提能训 练(浙江专版) :第 1 部分 专题五 第 3 讲 第二课时 圆锥曲线中的 定点、定值和最值问题(以 2013 年真题和模拟题为例,含答案解析)
2 ,过左 2

1.(2013·重庆高考)如图,椭圆的中心为原点 O,长轴在 x 轴上,离心率 e= 焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A,A′两点,|AA′|=4.

(1)求该椭圆的标准方程; (2)取平行于 y 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 P,P′,过 P,P′作圆心为 Q 的圆, 使椭圆上的其余点均在圆 Q 外.求△PP′Q 的面积 S 的最大值,并写出对应的圆 Q 的标准方 程. 解: (1)设该椭圆的方程为 2+ 2=1(a>b>0), 由题意知点 A(-c,2)在椭圆上, 则 2 4 b 2 2 + 2=1,从而 e + 2=1,又 e= ,故 b = 2=8,从而 a = 2=16. b b 2 1-e 1-e 2
2 2

x2 y2 a b

-c

2

a2

4

2

故该椭圆的标准方程为 + =1. 16 8 (2)由椭圆的对称性,可设 Q(x0,0).又设 M(x,y)是椭圆上任意一点,则|QM| =(x-x0)
2 2

x2

y2

? x? 1 2 2 2 2 2 +y =x -2x0x+x0+8×?1- ?= (x-2x0) -x0+8(x∈[-4,4]). ? 16? 2
设 P(x1,y1),由题意知,点 P 是椭圆上到点 Q 的距离最小的点,因此,当 x=x1 时|QM| 取最小值,又 x1∈(-4,4),从而 x1=2x0,且|QP| =8-x0. 由对称性知 P′(x1,-y1),故|PP′|=|2y1|, 所以 S= - x0-
2 2 2 2 2

2

1 1 |2y1||x1 - x0| = ×2 2 2

8×?1- ? |x0| = ? 16?

?

x2 1?

2

- x0

2

x2 0 =

2

+4.

故当 x0=± 2时,△PP′Q 的面积 S 取得最大值 2 2. 此时对应的圆 Q 的圆心坐标为 Q(± 2,0),半径|QP|= 8-x0= 6, 因此,这样的圆有两个,其标准方程分别为(x+ 2) +y =6,(x- 2) +y =6.
2 2 2 2 2

2.如图,椭圆 C0: 2+ 2=1(a>b>0,a,b 为常数),动圆 C1:x +

x2 y2 a b

2

y2=t2 1,b<t1<a.点 A1,A2 分别为 C0 的左,右顶点,C1 与 C0 相交于 A,B, C,D 四点.
(1)求直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程; (2)设动圆 C2:x +y =t2与 C0 相交于 A′,B′,C′,D′四点,其中 b<t2<a,t1≠t2.若 矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,证明:t1+t2为定值. 解:(1)设 A(x1,y1),B(x1,-y1),又知 A1(-a,0),A2(a,0),则直线 A1A 的方程为 y =
2 2 2 2 2

y1 (x+a), x1+a
直线 A2B 的方程为 y=
2

① -y1 (x-a). x1-a ② ③

由①×②得 y =

2

-y1 2 2 2(x -a ). x2 1-a

x2 x2 y2 1? x2 y2 1 1 2 2? 由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,得 2+ 2=1.从而 y1=b ?1- 2?,代入③得 2- 2=1(x<-a, a b a b ? a? y<0).
(2)证明:设 A′(x2,y2),由矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,得 4|x1||y1| =4|x2||y2|,故 x1y1=x2y2. 因为点 A,A′均在椭圆上,所以
2 2 ? x1? 2 2? x2? b2x2 1?1- 2?=b x2?1- 2?. ? a? ? a? 2 2 2 2

由 t1≠t2,知 x1≠x2,所以 x1+x2=a . 从而 y1+y2=b , 因此 t1+t2=a +b 为定值. 3.(2014·珠海模拟)如图,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 向点 B 运动时,求△ABP 面积的最大值. 解:(1)根据题意可设直线 l 的方程为 y=kx-2,抛物线方程为 x =-2py(p>0). 由?
? ?y=kx-2, ?x =-2py, ?
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

得 x +2pkx-4p=0.

2

设点 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=-2pk,

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

∴ OA + OB =(x1+x2,y1+y2)=(-2pk,-2pk -4). ∵ OA + OB =(-4,-12),
? ?-2pk=-4, ∴? 2 ?-2pk -4=-12. ?

2

解得?

? ?p=1, ?k=2. ?

故直线 l 的方程为 y=2x-2, 抛物线方程为 x =-2y. (2)据题意,当抛物线过点 P 的切线与 l 平行时,△APB 的面积最大. 设点 P(x0,y0),则 y′=-x, 故由-x0=2,得 x0=-2, 1 2 则 y0=- x0=-2,故 P(-2,-2). 2 此时点 P 到直线 l 的距离
2

d=


2

- -
2

-2|

2+ -
2



4

4 5 = . 5 5

由?

? ?y=2x-2, ?x =-2y, ?
2 2

得 x +4x-4=0.

故|AB|= 1+k = 1+2
2

x1+x2
2

2

-4x1x2 =4 10.







1 1 4 5 故△ABP 的面积的最大值为 ×|AB|×d= ×4 10× =8 2. 2 2 5 4.(2013·广东高考)已知抛物线 C 的顶点为原点,其焦点 F(0,c)(c>0)到直线 l:x 3 -y-2=0 的距离为 中 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. 解:(1)依题意,设抛物线 C 的方程为 x =4cy(c>0), 则 |0-c-2| 3 2 = ,结合 c>0,解得 c=1. 2 2
2 2

2 2

.设 P 为直线 l 上的点,过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA,PB,其

所以抛物线 C 的方程为 x =4y. 1 2 1 2 (2)抛物线 C 的方程为 x =4y,即 y= x ,求导得 y′= x. 4 2

x1 x2? 1 1 ? 设 A(x1,y1),B(x2,y2)?其中y1= ,y2= ?,则切线 PA,PB 的斜率分别为 x1, x2. 4 4? 2 2 ?

2

2

所以切线 PA 的方程为 y-y1= (x-x1),即 y= x- +y1,即 x1x-2y-2y1=0. 2 2 2 同理,可得切线 PB 的方程为 x2x-2y-2y2=0. 因为切线 PA,PB 均过点 P(x0,y0),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-2y0-2y=0. (3)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1, 所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1. 联立方程?
?x0x-2y-2y0=0, ? ? ?x =4y,
2

x1

x1

x2 1

消去 x 整理得 y +(2y0-x0)y+y0=0,
2 2

2

2

2

由根与系数的关系可得 y1+y2=x0-2y0,y1y2=y0, 所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y0+x0-2y0+1. 又点 P(x0,y0)在直线 l 上,所以 x0=y0+2. 1?2 9 ? 2 2 2 所以 y0+x0-2y0+1=2y0+2y0+5=2?y0+ ? + . 2? 2 ? 1 9 所以当 y0=- 时,|AF|·|BF|取得最小值,且最小值为 . 2 2 1 5.如图,经过点 P(2,3),且中心在坐标原点,焦点在 x 轴上的椭圆 M 的离心率为 . 2
2 2

(1)求椭圆 M 的方程; (2)若椭圆 M 的弦 PA,PB 所在直线分别交 x 轴于点 C,D,且|PC|=|PD|,求证:直线 AB 的斜率为定值. 解:设椭圆 M 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), 4 9 a -b 1 2 则 2+ 2=1,且 e = 2 = , a b a 4 解得 a =16,b =12. 故椭圆 M 的方程为 + =1. 16 12 (2)证明: 由题意知, 直线 PA 的斜率必存在, 故设直线 PA 的方程为 y=k(x-2)+3, A(xA,
2 2 2 2

x2 y2 a b

x2

y2

yA),B(xB,yB),由|PC|=|PD|可知,直线 PB 的方程为 y=-k(x-2)+3.

y=k x- +3, ? ? 2 由方程组 ? x y2 + =1, ? ?16 12


可得 (4k + 3)x - 8k(2k - 3)x + 4(2k - 3) - 48 = 0.

2

2

2

又方程①有一实根为 2,故另一实根为

k- 2-48 = k2+

k- 2-24 = 2 4k +3

k2-12k- 2 4k +3
故 xA= 同理,xB=



k2-12k- 2 4k +3

. .

k2+12k- 2 4 k +3 k2- 2 4k +3

所以 xA+xB=

24 ,xA+xB-4=- 2 , 4k +3

xA-xB=

-48k . 2 4k +3

所以直线 AB 的斜率 kAB=

yA-yB k xA+xB- = xA-xB xA-xB

1 = ,即直线 AB 的斜率为定值. 2

6.已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,椭圆 C 上的点到焦点的距离的最大值 为 3,最小值为 1. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(A,B 不是左右顶点),且以 AB 为直 径的圆过椭圆 C 的右顶点 D.求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标. 解:(1)由题意设椭圆的标准方程为:

x2 y2 + =1(a>b>0). a2 b2
由已知得 a+c=3,a-c=1, 所以 a=2,c=1, 所以 b =a -c =3, 因此椭圆 C 的标准方程为 + =1. 4 3 (2)证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),
2 2 2

x2 y2

y=kx+m, ? ? 2 2 联立?x y + =1, ? ?4 3
得(3+4k )x +8mkx+4(m -3)=0,则
2 2 2

?即3+4k -m >0, ? 8mk , ?x +x =-3+ 4k m- ? ?x x = 3+4k .
Δ =64m k -
2 2 1 2 2 2 1 2 2 2

2 2

+4k

2

m2-



又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k x1x2+mk(x1+x2)+m =
2

m2-4k2 . 2 3+4k

因为以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), 所以 kADkBD=-1,即 · =-1. x1-2 x2-2

y1

y2

故 y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0. 即 3
2 m2-4k2 4 m -3 16mk + + 2 2 2+4=0. 3+4k 3+4k 3+4k 2 2

则 7m +16mk+4k =0. 2k 2 2 解得 m=-2k,或 m=- ,且均满足 3+4k -m >0. 7 当 m=-2k 时,l 的方程为 y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾; 2k 当 m=- 时,l 的方程为 7

y=k?x- ?,直线过定点? ,0?. 7 7

? ?

2?

?

?2 ?

? ?

?2 ? 所以,直线 l 过定点,定点坐标为? ,0?. ?7 ?


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