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【课堂新坐标】2013届高三数学(理)一轮复习课件:第8章平面解析几何(6-9共4套·新课标广东专用)


第八节 抛物线

1.(2011· 辽宁高考)已知 F 是抛物线 y2=x 的焦点,A, B 是该抛物线上的两点,|AF|+|BF|=3,则线段 AB 的中点
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到 y 轴的距离为( ) 3 A. B.1 4

5 C. 4

7 D. 4

1 5 【解析】 ∵|AF|+|BF|=xA+xB+ =3, A+xB= . ∴x 2 2 xA+xB 5 ∴线段 AB 的中点到 y 轴的距离为 = . 2 4
【答案】 C

2.(2011·山东高考)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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)

A.(0,2) C.(2,+∞) 【解析】

B.[0,2] D.[2,+∞)

∵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|MF|=y0+2.以F为圆心、|FM|为半径的圆的 标准方程为x2+(y-2)2=(y0+2)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. 【答案】 C

3.过抛物线y2 =4x的焦点作直线交抛物线于A(x1 ,y1),B(x2 ,y2) 两点,如果x1+x2=6,那么|AB|等于( )

A.10
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B.8

C.6

D.4

【解析】 【答案】

由题意知p=2,∴|AB|=x1+x2+p=6+2=8. B

4.已知抛物线的顶点在原点,焦点在y轴上,抛物线上的点 P(m,-2)到焦点的距离为4,则m的值为( ) A.4 C.4或-4 B.-2 D.12或-2

【解析】 设抛物线方程为 x2=-2py(p>0), p 由题意知 +2=4, 2 ∴p=4, ∴抛物线方程为 x2=-8y, ∴m2=16, ∴m=± 4.

【答案】

C

抛物线的定义及应用

(1)(2011· 广东高考)设圆 C 与圆 x2+(y-3)2=1 外切, 与直线 y=0 相切,则 C 的圆心轨迹为( A.抛物线 C.椭圆 B.双曲线 D.圆 )

(2)(2012· 广州六校联考)已知点 P 是抛物线 y2=2x 上的 7 动点, P 在 y 轴上的射影是 M, A( , 则|PA|+|PM| 点 点 4), 2 的最小值是( 7 A. 2 ) B.4 9 C. 2 D.5

【思路点拨】

(1)根据圆C与圆外切、和直线相切,得到点C到

点的距离,到直线的距离,再根据抛物线的定义可求得结论. (2)利用抛物线定义,将|PM|转化为到焦点的距离,再数形结合求 解.

【尝试解答】

(1)设圆C的半径为r,则圆心

C到直线y=0的距离为r.由两圆外切可得,圆 心C到点(0,3)的距离为r+1,也就是说,圆 心C到点(0,3)的距离比到直线y=0的距离大1, 故点C到点(0,3)的距离和它到直线y=-1的 距离相等,故点C的轨迹为抛物线.

1 (2)设抛物线的焦点为 F,则|PF|=|PM|+ , 2 1 ∴|PM|=|PF|- , 2 1 ∴|PA|+|PM|=|PA|+|PF|- , 2 7 将 x= 代入抛物线方程 y2=2x,得 y=± 7, 2 ∵ 7<4,∴点 A 在抛物线的外部, ∴当 P、A、F 三点共线时,|PA|+|PF|有最小值, 1 ∵F( ,0),∴|AF|= 2 7 1 ? - ?2+?4-0?2=5, 2 2 1 9 ∴|PA|+|PM|有最小值 5- = . 2 2
【答案】 (1)A (2)C

抛物线的标准方程与几何性质

(1)(2011· 课标全国卷)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 B.24 C.36 ) ) D.48

(2)已知抛物线 C 与双曲线 x2-y2=1 有相同的焦点, 且顶点在原点,则抛物线 C 的方程是( A.y2=± 2x B.y2=± 2 2x C.y2=± 4x
【思路点拨】 析. (2)确定抛物线的焦点,从而求出P即可.

D.y2=± 2x 4

(1)只需求出焦点到准线的距离即可,可画图分

【尝试解答】 (1)设抛物线方程为 y2=2px, p 当 x= 时,y2=p2,∴|y|=p, 2 |AB| 12 ∴p= = =6, 2 2 又点 P 到 AB 的距离始终为 6, 1 ∴S△ABP= ×12×6=36. 2 (2)由题意知,抛物线 C 的焦点坐标为(- 2,0)或( 2,0), ∴p=2 2, ∴抛物线的方程为 y2=4 2x 或 y2=-4 2x.
【答案】 (1)C (2)D

(1)直线l过抛物线y2=2px(p>0)的焦点,且与抛物线交于A、B两 点,若线段AB的长是8,AB的中点到y轴的距离是2,则此抛物线 的方程是________. (2)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点A(0,2).若线段FA的中 点B在抛物线上,则B到该抛物线准线的距离为________.
【解析】 (1)如图,分别过点 A、B 作抛物线准线的垂线, 垂足分别为 M、N,由抛物线的定义知, |AM|+|BN|=|AF|+|BF|=|AB|=8, 又四边形 AMNB 为直角梯形,

故 AB 中点到准线的距离即为梯形的中位线的长度 4, p 又抛物线的准线方程为 x=- , 2 p 所以 4=2+ ?p=4,故抛物线的方程为 y2=8x. 2 p p (2)F( ,0),则 B( ,1), 2 4 p ∴12=2p× ,即 p2=2, 4 ∴p= 2, 2 2 2 3 2 ∴B( ,1),则点 B 到抛物线准线的距离为 + = . 4 4 2 4
3 2 【答案】 (1)y =8x (2) 4
2

直线与抛物线的位置关系 (2011·福建高考)已知直线l:y=x+m,m∈R. (1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P,且点P在y轴上, 求该圆的方程. (2)若直线l关于x轴对称的直线为l′,问直线l′与抛物线C:x2=4y 是否相切?说明理由. 【思路点拨】 (1)先求P(0,m),利用MP⊥l可求m值,再求半

径,写出圆的方程. (2)写出直线l′的方程,直线l′的方程和抛物线C的方程联立得到一 元二次方程,最后根据判别式求m的值.

【尝试解答】 (1)依题意,点 P 的坐标为(0,m). 0-m 因为 MP⊥l,所以 ×1=-1, 2-0 解得 m=2,即点 P 的坐标为(0,2). 从而圆的半径 r=|MP|= ?2-0?2+?0-2?2=2 2, 故所求圆的方程为(x-2)2+y2=8. (2)因为直线 l 的方程为 y=x+m, 所以直线 l′的方程为 y=-x-m.
?y=-x-m, 由? 2 得 x2+4x+4m=0. ?x =4y,

Δ=42-4×4m=16(1-m). 当 m=1,即 Δ=0 时,直线 l′与抛物线 C 相切. 当 m≠1,即 Δ≠0 时,直线 l′与抛物线 C 不相切. 综上,当 m=1 时,直线 l′与抛物线 C 相切;当 m≠1 时, 直线 l′与抛物线 C 不相切.

已知抛物线 C:y2=2px(p>0)过点 A(1,-2). (1)求抛物线 C 的方程,并求其准线方程; (2)是否存在平行于 OA(O 为坐标原点)的直线 l,使得 直线 l 与抛物线 C 有公共点, 且直线 OA 与 l 的距离等于 若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 5 ? 5

【解】 (1)将(1,-2)代入 y2=2px,得(-2)2=2p· 1, 所以 p=2. 故抛物线 C 的方程为 y2=4x,其准线方程为 x=-1.

(2)假设存在符合题意的直线 l,其方程为 y=-2x+t.
?y=-2x+t, 由? 2 得 y2+2y-2t=0. ?y =4x,

因为直线 l 与抛物线 C 有公共点, 1 所以 Δ=4+8t≥0,解得 t≥- . 2 5 . 5 |1×2-2×1-t| |t| 又点 A(1,-2)到直线 l 的距离 d= = , 5 5 另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d= |t| 5 = ,则 t=± 1. 5 5 1 1 因为-1?[- ,+∞),1∈[- ,+∞), 2 2 ∴ 所以符合题意的直线 l 存在,其方程为 2x+y-1=0.

创新探究之九 以抛物线为背景的创新题 (2011· 湖南高考)已知平面内一动点 P 到点 F(1,0)的距离 与点 P 到 y 轴的距离的差等于 1. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (2)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1,l2,设 l1 与轨迹 C 相交于点 A,B,l2 与轨迹 C 相交于点 D,E, → EB → 求AD· 的最小值.
【规范解答】 (1)设动点 P 的坐标为 (x,y),由题意有 ?x-1?2+y2-|x|=1. 化简得 y2=2x+2|x|. 当 x≥0 时,y2=4x;当 x<0 时,y=0. 所以,动点 P 的轨迹 C 的方程为 y2= 4x(x≥0)和 y=0(x<0).

(2)由题意知,直线 l1 的斜率存在且不为 0,设为 k,则 l1 的方程为 y=k(x-1).
?y=k?x-1?, 由? 2 得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0. ?y =4x,

设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方程的两个实根, 4 于是 x1+x2=2+ 2,x1x2=1. k 1 因为 l1⊥l2,所以 l2 的斜率为- . k 设 D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1.

→ EB → → (EF → → 故AD· =(AF+FD)·→ +FB) → EF → FB → EF → FB → → → → =AF· +AF· +FD· +FD· → |FB → |EF =|AF|·→ |+|FD|·→ | =(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1) =x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1 4 =1+(2+ 2)+1+1+(2+4k2)+1 k 1 2 1 =8+4(k + 2)≥8+4×2 k ·2=16. k k 1 → EB → 当且仅当 k2= 2,即 k=± 时,AD· 取最小值 16. 1 k
2

第九节 直线与圆锥曲线的位置关系

1.直线与圆锥曲线的位置关系

将直线l的方程Ax+By+C=0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C
的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x)得ax2+bx+c=0. (1)当a≠0时,设方程ax2+bx+c=0的判别式为Δ,则Δ>0?直线 相交 与圆锥曲线C_________; 相切 Δ=0?直线与圆锥曲线C_________; 相离 Δ<0?直线与圆锥曲线C_________.

(2)当 a=0,b≠0 时,即得到一个一次方程,则直线 l 与圆 锥曲线 C 相交,且只有一个交点.此时,若 C 为双曲线,则直 平行 线 l 与双曲线的渐近线的位置关系是__________; C 为抛物线, 若 平行或重合 则直线 l 与抛物线的对称轴的位置关系是________________. 2.弦长问题 设直线 l:y=kx+b(k≠0)与圆锥曲线 C 相交于 A、B 两点, 若 A(x1,y1),B(x2,y2),则 (1)|AB|= 1+k2|x1-x2| =________________________; 1 (2)|AB|= 1+ 2|y1-y2| k

1.若直线与圆锥曲线只有一个交点,则直线与圆锥曲线一定相切 吗? 【提示】 不一定相切.如在抛物线y2 =2px(p>0)中,过抛物

线上任一点作平行于对称轴的直线,则该直线与抛物线有且只
有一个交点,但此时直线与抛物线相交,而非相切. 2.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的最短弦长是多少?

【提示】 当弦垂直于x轴时,弦长最短为2p.

y2 1. (教材改编题)直线 x=1 与椭圆 x + =1 的位置关系是( 2 A.相离 B.相切 C.相交 D.无法确定
2

)

y2 【解析】 ∵椭圆 x2+ =1 的短半轴 b=1, 2 故直线 x=1 与椭圆相切.
【答案】 B

x2 y2 2.若直线 y=kx 与双曲线 - =1 相交,则 k 的取值范 9 4 围为________.

x2 y2 2 【解析】 双曲线 - =1 的渐近线方程为 y=± x, 9 4 3 2 2 若直线与双曲线相交,数形结合,得 k∈(- , ). 3 3

2 2 【答案】 (- , ) 3 3

1 3.已知抛物线 C 的方程为 x2= y,过 A(0,-1),B(t,3) 2 两点的直线与抛物线 C 没有公共点,则实数 t 的取值范围是 ________. 4

【解析】

由题意知 t≠0,直线 AB 的方程为 y+1= x, t

4 即 y= x-1, t ?y=4x-1, ? t 由? 得 2tx2-4x+t=0, ?x2=1y, 2 ? ∵直线 AB 和抛物线 C 没有公共点, ∴Δ=16-8t2<0, ∴t> 2或 t<- 2.
【答案】 (-∞,- 2)∪( 2,+∞)

4.(2012·韶关质检)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2= 4y的焦点,且与抛物线相交于A、B两点,则弦AB的长为 ________.
【解析】 直线 l 的方程为 y= 3x+1, ?y= 3x+1 ? 由? 2 得 y2-14y+1=0. ?x =4y ? 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=14, ∴|AB|=y1+y2+p=14+2=16.

【答案】

16

直线与圆锥曲线的位置关系

已知抛物线的方程为y2 =4x,直线l过定点P(-2,1),斜率
为k,k为何值时,直线l与抛物线y2=4x只有一个公共点;有两 个公共点;没有公共点?

【思路点拨】

写出直线l的方程,和抛物线方程联立,消去y得

到形如ax2+bx+c=0的方程,再讨论此方程解的个数.

【尝试解答】 直线 l 的方程为 y-1=k(x+2),即 y=kx +2k+1,
?y=kx+2k+1, 由? 2 消去 y 得 y =4x, ?

k2x2+(4k2+2k-4)x+(2k+1)2=0,(*) 1 ①当 k=0 时,方程(*)为-4x+1=0,即 x= , 4 ∴直线 l 和抛物线只有一个交点. ②当 k≠0 时,Δ=(4k2+2k-4)2-4k2(2k+1)2 =-32k2-16k+16, 由 Δ=0,即-32k2-16k+16=0,得 2k2+k-1=0. 1 解得 k=-1 或 k= , 2

1 ∴当 k=-1 或 k= 时,方程(*)有两个相等的实根, 2 1 当-1<k< 且 k≠0 时,方程(*)有两个不等的实根, 2 1 当 k<-1 或 k> 时,方程(*)没有实根. 2 1 综上知 ,当 k=0 或 k=-1,或 k= 时,直线与抛物线只 2 1 有一个公共点;当-1<k< 且 k≠0 时,直线与抛物线有 2 两个公共点; 1 当 k<-1 或 k> 时,直线与抛物线没有公共点. 2

已知直线l:y=2x+m,椭圆C:+=1,试问: 当m取何值时,直线l与椭圆C: (1)有两个不重合的公共点; (2)有且只有一个公共点;

(3)没有公共点.

?y=2x+m ? 2 2 【解】 由?x y 得 9x2+8mx+2m2-4=0, (*) + =1 ?4 2 ?
Δ=64m2-4×9×(2m2-4)=-8m2+144, 由 Δ=0 即-8m2+144=0 得 m=± 2. 3 ∴当-3 2<m<3 2时,方程(*)有两个不等的实根;

当 m=± 2时,方程(*)有两个相等的实根; 3 当 m<-3 2或 m>3 2时,方程(*)没有实根. 综上知,(1)当-3 2<m<3 2时,直线与椭圆有两个 公共点; (2)当 m=± 2时,直线与椭圆有且只有一个公共点; 3 (3)当 m<-3 2,或 m>3 2时,直线与椭圆没有公共 点.

弦中点、弦长问题 (2012·深圳调研)已知椭圆的两个焦点分别为 F1(0,-2), F2(0,2),离心率为e=. (1)求椭圆方程; (2)一条不与坐标轴平行的直线l与椭圆交于不同的两点M、N,且 线段MN中点的横坐标为-,求直线l的倾斜角的取值范围.

c 【思路点拨】 (1)已知 c 和 ,可直接求 a、b,注意焦点在 a y 轴上. (2)可将直线方程和椭圆方程联立,利用根与系数的关系求 解,也可利用点差法求解.

c 2 3 【尝试解答】 (1)由已知得 c=2 2, = , a 3 ∴a=3, ∴b2=a2-c2=1, y2 故椭圆方程为 +x2=1. 9 π (2)由题意知,直线的倾斜角不可能为 0 和 , 2 ∴设直线方程为 y=kx+m(k≠0).

?y=kx+m, ? 由? 2 y2 消去 y 得(k2+9)x2+2kmx+m2-9=0, ?x + 9 =1, ?
依题意 Δ=4k2m2-4(k2+9)(m2-9)>0, ∴k2-m2+9>0.①

设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2= 1 ∵线段 MN 中点的横坐标为- , 2 k2+9 1 -2km 1 ∴ ·2 =- ,即 m= .② 2 k +9 2 2k

-2km . k2+9

把②代入①,解得 k2>3,∴k> 3或 k<- 3. π π π 2π ∴直线 l 的倾斜角的取值范围为( , )∪( , ). 3 2 2 3

1.解答本题(2)时,也可设 M(x1,y1),N(x2,y2),代 入椭圆方程,两式相减,再把 +y2=2m-k 代入求解. 2.凡涉及到弦中点问题常用“点差法”,也可以将直 线方程代入曲线方程,得到一个一元二次方程,利用根与 系数关系求解. y2-y1 =k,x1+x2=-1,y1 x2-x1

y2 已知椭圆 C:x + =1,过点 M(0,3)的直线 l 与椭圆 C 4
2

相交于不同的两点 A、B,若|AB|< 3,试求直线 l 斜率的 变化范围.

【解】 设直线 AB 的方程为 y=kx+3 或 x=0, A(x1,y1),B(x2,y2),当 AB 的方程为 x=0 时, |AB|=4> 3,与题意不符. 当 AB 的方程为 y=kx+3 时,

?y=kx+3 ? 由题设可得 A、B 的坐标是方程组? 2 y2 的解 ? ?x + 4 =1
消去 y,得(4+k2)x2+6kx+5=0, 所以 Δ=(6k)2-20(4+k2)>0,即 k2>5,①

-6k 5 则 x1+x2= ,x · = x , 4+k2 1 2 4+k2 因为|AB|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2< 3, -6k 2 20 所以 1+k · ? ?- < 3, 4+k2 4+k2
2

16 解得- <k2<8,② 13 由①,②知 5<k2<8. ∴ 5<k<2 2或-2 2<k<- 5.

最值与范围问题
(2012· 广州质检)

m2 x2 已知 m>1,直线 l:x-my- =0,椭圆 C: 2+y2 2 m =1,F1,F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点,如图 8-9-1 所示. (1)当直线 l 过右焦点 F2 时,求直线 l 的方程; (2)设直线 l 与椭圆 C 交于 A, 两点, B △AF1F2, △BF1F2 的重心分别为 G, H.若原点 O 在以线段 GH 为直径的圆内, 求实数 m 的取值范围.

【思路点拨】 (1)利用点 F2 在 l 上求 l 的方程; → → → → (2)先利用AG=2GO,BH=2HO,表示出点 G、H 的坐标, 然后结合点 O 在以线段 GH 为直径的圆内求解 m 的范围.

m2 【尝试解答】 (1)因为直线 l:x-my- =0 经过 2 F2( m2-1,0), m2 所以 m -1= ,得 m2=2, 2
2

又因为 m>1,所以 m= 2. 故直线 l 的方程为 x- 2y-1=0.

(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),

?x=my+m , ? 2 由? 2 ? x 2+y2=1, ?m
2 2

m2 消去 x 得 2y2+my+ -1=0, 4

m2 则由 Δ=m -8( -1)=-m2+8>0,知 m2<8, 4 m m2 1 且有 y1+y2=- ,y1y2= - . 2 8 2 由于 F1(-c,0),F2(c,0),故 O 为 F1F2 的中点. → → → → 由AG=2GO,BH=2HO, x1 y1 x2 y 2 可知 G( , ),H( , ), 3 3 3 3

x1 x2 ∴以线段 GH 为直径的圆的方程为(x- )(x- )+(y- 3 3 y1 y2 )· (y- )=0. 3 3 又点(0,0)在圆内, x1 x2 y1 y2 ∴(0- )(0- )+(0- )(0- )<0, 3 3 3 3 因此 x1·2+y1·2<0, x y m2 m2 又 x1x2+y1y2=(my1+ )(my2+ )+y1y2 2 2 m2 1 2 =(m +1)( - ), 8 2 m2 1 所以 - <0,即 m2<4. 8 2 又因为 m>1 且 Δ>0.所以 1<m<2. 所以 m 的取值范围是(1,2).

1.本题(2)在求解过程中,常因“以线段 GH 为直径的 圆”不会表示而出现思维受阻的现象. 2.三角形重心坐标同三角形顶点间的关系,设 A(x1, y1),B(x2,y2),C(x3,y3),重心 G(x,y),

?x=x1+x2+x3, ? 3 则? ?y=y1+y2+y3. 3 ?
3.求参数范围问题最终应根据题目条件建立关于参数 的函数或不等式,然后求函数的值域或解不等式求解,求 最值问题和求范围问题方法类似.

把本题(2)中的条件“若原点O在以线段GH为直径的圆内” 换成“若原点O恰好在以线段GH为直径的圆上”求相应问题.

【解】 由本例(2)知,以线段 GH 为直径的圆的方程为(x x1 x2 y1 y2 - )(x- )+(y- )(y- )=0. 3 3 3 3 若点(0,0)在以线段 GH 为直径的圆上, x1 x2 y1 y2 则(0- )(0- )+(0- )(0- )=0, 3 3 3 3 ∴x1x2+y1y2=0,

m2 m2 m3 2 由例题 3 知 x1x2=(my1+ )(my2+ )=m y1y2+ (y1+y2) 2 2 2 m4 + =m2y1y2. 4 m2 1 因此 x1x2+y1y2=(m2+1)( - )=0, 8 2 m2 1 ∴ - =0,解之得 m=± 2. 8 2 又 m>1,且 m2<8, ∴m=2.

从近两年高考试题看,直线与圆锥曲线是高考的必考内容, 尤其是定点、定值问题,最值或范围问题、探索性问题是高考的 热点内容,命题方式多与向量、不等式、导数等工具性知识点交 汇命制,体现知识重组,由于该部分知识是数形结合的完美载体, 因此在解答问题时既要注重数(函数与方程思想),又要注重形(几

何性质),同时应注意解题的规范化.

规范解答之十七 圆锥曲线中定点、定值问题的求解方法 (12 分)(2011· 山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C:

图8-9-2

x2 2 +y =1.如图 8-9-2 所示,斜率为 k(k>0)且不过原点的 3 直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 E,射线 OE 交 椭圆 C 于点 G,交直线 x=-3 于点 D(-3,m). (1)求 m2+k2 的最小值. (2)若|OG|2=|OD|· |OE|,求证:直线 l 过定点.

【规范解答】 (1)设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0).由题 意知 t>0.

?y=kx+t, ? 2 由方程组?x 得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0. 2 ? 3 +y =1, ?
由题意知 Δ>0,所以 3k2+1>t2.·········2 分 ········ 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6kt 根据韦达定理得 x1+x2=- 2 , 3k +1 2t 所以 y1+y2= 2 . 3k +1

因为 E 为线段 AB 的中点,所以 xE=- y E= t , 3k2+1

3kt , 3k2+1

yE 1 此时 kOE= =- . xE 3k 1 所以 OE 所在直线的方程为 y=- x.······ 分 ······4 3k 1 由题意知 D(-3,m)在直线 OE 上,所以 m= , k 即 mk=1, 所以 m2+k2≥2mk=2, 当且仅当 m=k=1 时上式等号成立. 此时由 Δ>0,得 0<t<2. 因此当 m=k=1 且 0<t<2 时,m2+k2 取最小值 2.· 分 ·6

1 (2)由(1)知 OD 所在直线的方程为 y=- x, 3k 将其代入椭圆 C 的方程,并由 k>0, 3k 1 解得 G(- , ). 2 2 3k +1 3k +1 又 E(- 3kt t 1 , 2 ),D(-3, ),······ 分 ·······8 k 3k2+1 3k +1

由距离公式及 t>0,得 9k2+1 3k 1 2 2 |OG| =(- ) +( )= 2 , 2 2 3k +1 3k +1 3k +1
2

|OD|= |OE|=

9k2+1 12 ?-3?2+? ? = , k k t 9k2+1 3kt 2 t ?- 2 ? +? 2 ?2= .··· ···10 分 3k +1 3k +1 3k2+1

由|OG|2=|OD|· |OE|,得 t=k. 因此直线 l 的方程为 y=k(x+1). 所以直线 l 恒过定点(-1,0).·········· ··········12 分

【解题程序】 第一步:设出直线 l 的方程,和椭圆方程联 立,所得一元二次方程有两个不等实根. 第二步:设 A(x1,y1),B(x2,y2),表示点 E 的坐标,进而 求直线 OE 的方程. 第三步:根据点 D 在直线 OE 上,可知 mk=1,从而根据 m2+k2≥2mk 可求 m2+k2 的最小值. 第四步:直线 OD 的方程和椭圆方程联立,求点 G 的坐标. 第五步: 写出点 E、 的坐标, D 根据两点间距离公式求|OG|2, |OD|,|OE|. 第六步:根据|OG|2=|OD|· |OE|得 t=k,代入直线 l 的方程 可求得直线 l 过定点(-1,0).

易错提示:(1)找不到 m、k 的关系,从而无法求 m2+ k2 的最小值. (2)求不出或求错点 G 的坐标,从而无法表示|OG|2. 防范措施: (1)点 D 在直线 OE 上, 从而求出点 E 坐标, 写出直线 OE 的方程是解题的关键. (2)因直线 OE 的方程含参数 k,在求点 G 坐标时,运 算量大,要求同学们仔细、准确地计算,在平时应加强练 习.

1. (2012· 宝鸡模拟)已知双曲线 E 的中心为原点, F(3,0) 是 E 的焦点,过 F 的直线 l 与 E 相交于 A,B 两点,且 AB 的中点为 N(-12,-15),则 E 的方程为( x2 y2 A. - =1 3 6 x2 y2 C. - =1 6 3 x2 y2 B. - =1 4 5 x2 y2 D. - =1 5 4 )

x2 y2 【解析】 设双曲线的标准方程为 2- 2=1(a>0,b>0), a b x2 1 由题意知 c=3,a2+b2=9,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 2- a y1-y2 b2?x1+x2? y2 x2 y2 1 2 2 = = 2 =1,且 2 - 2 =1,两式作差得: b a b x1-x2 a2?y1+y2? -12b2 4b2 -15-0 又 =1, 所以将 4b2=5a2, 2, AB 的斜率是 2= -15a 5a -12-3 x2 代入 a2+b2=9 得 a2=4, 2=5, b 所以双曲线标准方程是 - 4 y2 =1. 5
【答案】 B

x2 2 2.设 F1、F2 分别是椭圆 +y =1 的左、右焦点. 4 → (1)若 P 是第一象限内该椭圆上的一点, →1· 2=- 且PF PF 5 ,求点 P 的坐标; 4 (2)设过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A、 B,且∠AOB 为锐角(其中 O 为坐标原点),求直线 l 的斜率 k 的取值范围.

x2 2 【解】 (1)由 +y =1 知 F1(- 3,0),F2( 3,0). 4 → → 设 P(x,y),则PF1=(- 3-x,-y),PF2=( 3-x,-y). →1· 2=-5. → 又PF PF 4

5 x2 2 ∴(x+ 3)(x- 3)+y =- 与 +y =1 联立. 4 4
2

3 又 x>0,y>0,解之得 x=1,且 y= , 2 因此点 P 的坐标为(1, 3 ). 2

(2)由题意知直线 l 的斜率存在,所以可设直线 l 的方程为 y =kx+2,将其代入椭圆方程, 3 得(1+4k2)x2+16kx+12=0,Δ>0?k2> , 4

设 A(x1, 1), 2, 2), x1+x2=- y B(x y 则

16k 12 , 1x2= x , 1+4k2 1+4k2

→ OB → 由∠AOB 为锐角可得,OA· >0?x1x2+y1y2>0?(1+ k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0, 12 16k 2 ∴(1+k2)· -2k· 2 2 +4>0,解得 k <4.综上, 1+4k 1+4k 3 3 k∈(-2,- )∪( ,2). 2 2

在平面直角坐标系xOy中,过定点 C(p,0)作直线与抛物线y2=2px(p>0)
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相交于A,B两点,如图,设动点 A(x1,y1)、B(x2,y2). (1)求证:y1y2为定值; (2)若点D是点C关于坐标原点O的对称点,求△ADB面积 的最小值; (3)是否存在平行于y轴的定直线l,使得l被以AC为直径的

圆截得的弦长恒为定值?若存在,求出l的方程;若不存
在,请说明理由.

解:(1)证明:当直线 AB 垂直于 x 轴时,直线 AB 的方程为 x=p,即
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有 y1= 2p,y2=- 2p,因此 y1y2=-2p2(定值); 当直线 AB 不垂直于 x 轴时,设直线 AB 的方程为 y=k(x-p),
?y=k?x-p?, ? 由? 2 ?y =2px, ?

得 ky2-2py-2p2k=0,

∴y1y2=-2p2. 因此有 y1y2=-2p2 为定值.

(2)∵C(p,0),∴D(-p,0),∴DC=2p.
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1 S△ADB= DC· 1-y2|.当直线 AB 垂直于 x 轴时, |y 2 1 S△ADB= · 2 2p=2 2p2; 2p· 2 2p 当直线 AB 不垂直于 x 轴时,由(1)知 y1+y2= k ,因此, |y1-y2|= ?y1+y2? -4y1y2=
2

4p2 2 2 +8p >2 2p, k

∴S△ADB>2 2p2. 综上,△ADB 面积的最小值为 2 2p2.

(3)设存在直线 l:x=a 满足条件.
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x1+p y1 AC 中点 E( , ),AC= ?x1-p?2+y2, 1 2 2 因此以 AC 为直径的圆的半径 1 1 1 2 2 2 r= AC= ?x1-p? +y1= x1+p2, 2 2 2 x1+p AC 中点 E 到直线 x=a 的距离 d=| -a|, 2

∴所截弦长为 2 r2-d2=2 x1+p 1 2 ?x1+p2?-? -a?2 4 2

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= x2+p2-?x1+p-2a?2 1 = -2x1?p-2a?+4pa-4a2, p 当 p-2a=0,a= 时,弦长= 2 p 这时直线 l 的方程 x= . 2 p p2 4p·-4× =p 为定值. 2 4

考点三
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最值与取值范围问题
2

y2 如图,已知椭圆 C:x + 2=1(a>1)的离心 a 率为 e,点 F 为其下焦点,点 A 为其上顶点,过 F 的 直线 l:y=mx-c(其中 c= a2-1)与椭圆 C 相交于 P,Q
? ? ? ? ? ?? ? a2?a+c?2-1 A 两点,且满足 A P · Q = . 2

2-c

1 1 (1)试用 a 表示 m2;(2)求 e 的最大值;(3)若 e∈( , ),求 m 的取值范围. 3 2

?y=mx-c, ? [自主解答] (1)联立? 2 y2 消去 y,化简得 ?x +a2=1, ? (a2+m2)x2-2mcx-1=0.
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设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则有 x1+x2= -1 x1x2= 2 , a +m2 -2a2c ∴y1+y2=m(x1+x2)-2c= 2 , a +m2

2mc , a2+m2

a2?c2-m2? y1y2=(mx1-c)(mx2-c)=m2x1x2-mc(x1+x2)+c2= 2 , a +m2

a2?a+c?2 ∴(y1-a)(y2-a)=y1y2-a(y1+y2)+a2= 2 , a +m2
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??? ? ? ? ?? A(0,a),∴ A P =(x1,y1-a), A Q =(x2,y2-a),

? ? ? ? ? ?? ? a2?a+c?2-1 a2?a+c?2-1 A ∴ A P · Q =x1x2+(y1-a)(y2-a)= = , 2 2 2

a +m

2-c

∴a2+m2=2-c2=2-(a2-1),即 m2=3-2a2.

(2)由(1)知,m2=3-2a2≥0,∴3(a2-c2)-2a2≥0,
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c2 1 3 2 2 2 ∴a ≥3c ,∴e = 2≤ ,∴离心率 e 的最大值为 . a 3 3
2 1 1 1 1 1 a -1 1 (3)∵e∈( , ),∴e2∈( , ),∴ < 2 < , 3 2 9 4 9 a 4

9 4 1 3 1 3 解得 <a2< ,∴ <3-2a2< ,即 <m2< . 8 3 3 4 3 4 3 3 3 3 ∴m 的取值范围是(- ,- )∪( , ). 2 3 3 2

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x2 2 如图,直线 y=kx+b 与椭圆 +y =1 交于 A、 4 B 两点,记△AOB 的面积为 S. (1)求在 k=0,0<b<1 的条件下,S 的最大值; (2)当|AB|=2,S=1 时,求直线 AB 的方程.

解:(1)设点 A 的坐标为(x1,b),点 B 的坐标为(x2,b),
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x2 由 +b2=1,解得 x1、2=± 1-b2, 2 4 1 所以 S= b· 1-x2| |x 2 =2b· 1-b =2
2

? 1 ?2 1 2 -?b -2? + , 4 ? ?

2 当 b= 时,S 取到最大值 1. 2

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?y=kx+b, ? 2 (2)由?x +y2=1, ?4 ?
? 1? 2 2 得?k +4?x +2kbx+b2-1=0, ? ?

Δ=4k2-b2+1, |AB|= 1+k2· 1-x2| |x 4k2-b2+1 = 1+k2· =2. 1 +k2 4





2S 设 O 到 AB 的距离为 d,则 d= =1, |AB|
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|b| 又因为 d= 2, 1+k 所以 b2=k2+1,代入②式并整理,得 1 k -k + =0, 4
4 2

1 3 2 解得 k = ,b = ,代入①式检验,Δ>0. 2 2
2

故直线 AB 的方程是
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2 6 2 6 y= x+ 或 y= x- , 2 2 2 2 2 6 或 y=- x+ , 2 2 2 6 或 y=- x- . 2 2


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