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2014届高考(浙江)数学(理)二轮专题训练:第1部分 专题五 第3讲 圆锥曲线中的定点、定值和最值问题


京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班

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= 点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A,A′两点,|AA′|=4.

2 ,过左焦 2

(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. ?-c?2 22 x2 y2 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 + 2 a b a b 4 2 4 b2 2 =1,从而 e2+ 2=1,又 e= ,故 b2= =16. 2=8,从而 a = b 2 1-e 1-e2 x2 y2 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|2=(x-x0)2 x2 1 2 1- ?= (x-2x0)2-x2 +y2=x2-2x0x+x0 +8×? 0+8(x∈[-4,4]). ? 16? 2
[来源:学科网 ZXXK]

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|2 取最小值,又 x1∈(-4,4),从而 x1=2x0,且|QP|2=8-x2 0. 由对称性知 P′(x1,-y1),故|PP′|=|2y1|, 1 1 所以 S= |2y1||x1-x0|= ×2 2 2 x1 ? 2 2 8×? ?1-16?|x0|= 2 ?4-x0?x0= 2
2 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-x2 0= 6, 因此,这 样的圆有两个,其标准方程分别为(x+ 2)2+y2=6,(x- 2)2+y2=6. x2 y2 2.如图,椭圆 C0: 2+ 2=1(a>b>0,a,b 为常数),动圆 C1:x2+ a b y2=t2 b<t1<a.点 A1,A2 分别为 C0 的左,右顶点,C1 与 C0 相交于 A,B, 1, 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:x2+y2=t2 2与 C0 相交于 A′,B′,C′,D′四点,其中 b<t2<a,t1≠t2. 京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班

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2 若矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,证明:t2 1+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= (x+a), -y1 直线 A2B 的方程为 y= (x-a). x1-a 由①×②得 y2= -y2 1 2 2 2(x -a ). x2 1-a ① ② ③

y1 x1+a

2 x2 x2 y1 x2 y2 1? 1 2? 由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,得 2+ 2=1.从而 y2 1=b 1-a2 ,代入③得 2- 2=1(x<-a, ? ? a b a b

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|
2 2 2 =4|x2| |y2|,故 x2 1y1=x2y2.

因为点 A,A′均在椭圆上,所以
2 x2 x2 1? 2 2? ? ? 1 - 1 - 2 b2x2 = b x 1 2 ? a? ? a2?. 2 2 由 t1≠t2,知 x1≠x2,所以 x1 +x2 2=a . 2 2 从而 y2 1+y2=b , 2 2 2 因此 t2 1+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 x2=-2py(p>0).
?y=kx-2, ? 由? 2 得 x2+2pkx-4p=0. ? x =- 2 py , ?

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,-2pk2-4). ∵ OA + OB =(-4,-12),
? ? ?-2pk=-4, ?p=1, ? ∴? 解得 2 ?-2pk -4=-12. ?k=2. ? ?

???

??? ?

???

??? ?

故直线 l 的方程为 y=2x-2, 抛物线方程为 x2=-2y. 京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班

京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班 (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 则 y0=- x2 =-2,故 P(-2,-2). 2 0 此时点 P 到直线 l 的距离 |2×?-2?-?-2?-2| 4 4 5 d= = = . 5 5 22+?-1?2
? ?y=2x-2, 由? 2 得 x2+4x-4=0. ?x =-2y, ?

故|AB|= 1+k2 = 1+22

?x1+x2?2-4x1x2
[来源:学科网 ZXXK]

?-4?2-4×?-4?=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-y 3 -2=0 的距离为 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 x2=4cy(c>0), 则 |0-c-2| 3 2 = ,结合 c>0,解得 c= 1. 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, 其中 A,

所以抛物线 C 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)抛物线 C 的方程为 x2=4y,即 y= x2,求导得 y′= x. 4 2 x1 x2? 1 1 设 A(x1,y1),B(x2,y2)? ?其中y1= 4 ,y2= 4 ?,则切线 PA,PB 的斜率分别为2x1,2x2. x1 x1 x2 1 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,y 2)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. 京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班
2 2

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? ?x0x-2y-2y0=0, 2 联立方程? 2 消去 x 整理得 y2+(2y0-x2 0)y+y0=0, ?x =4y, ?
2 由根与系数的关系可得 y1+y2=x2 0-2y0,y1y2=y0, 2 所以|AF|· |BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y2 0+x0-2y0+1.

又点 P(x0,y0)在直线 l 上,所以 x0=y0+2. 1?2 9 2 2 ? 所以 y2 0+x0-2y0+1=2y0+2y0+5=2 y0+2 + . ? ? 2
[来源 :学§科§网 Z§ X§ X§K]

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

(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.
[来源:学|科|网]

x2 y2 解:设椭圆 M 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b a2-b2 1 4 9 则 2+ 2=1,且 e2= 2 = , a b a 4 解得 a2=16,b2=12. x2 y2 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, yA),B(xB,yB),由|PC|=|PD|可知,直线 PB 的方程为 y=-k(x-2)+3. y=k?x-2?+3, ? ? 2 2 由方程组? x 可得(4k2+3)x2-8k(2k-3)x+4(2k-3)2-48=0. ① y + = 1 , ? ?16 12 4?2k-3?2-48 2?2k-3?2-24 2?4k2-12k-3? 又方程①有一实根为 2,故另一实根为 = = , 2?4k2+3? 4k2+3 4k2+3 2?4k2-12k-3? 故 xA= . 4k2+3 同理,xB= 2?4k2+12k-3? . 4k2+3

4?4k2-3? 24 所以 xA+xB= ,xA+xB-4=- 2 , 4k2+3 4k +3

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京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班 xA-xB= -48k . 4k2+3

yA-yB k?xA+xB-4? 1 所以直线 AB 的斜率 kAB= = = ,即直线 AB 的斜率为定值. 2 xA-xB xA-xB 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 b2=a2-c2=3, x2 y2 因此椭圆 C 的标准方 程为 + =1. 4 3 (2)证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2), y=kx+m, ? ?2 2 联立?x y ? ? 4 + 3 =1, 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,则

? >0, ?即3+4k -m8mk ?x +x =-3+4k , ?m -3? ? . ?x x =43 +4k
2 2 1 2 2 2 1 2 2

Δ=64m2k2-16?3+4k2??m2-3?>0,

又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2 = 3?m2-4k2? . 3+4k2

因为以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), y1 y2 所以 kADkBD=-1,即 · =-1. x1-2 x2-2 故 y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0.

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京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班 即 3?m2-4k2? 4?m2-3? 16mk + + +4=0. 3+4k2 3+4k2 3+4k2

则 7m2+16mk+4k2=0. 2k 解得 m=-2k,或 m=- ,且均满足 3+4k2-m2>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 2? ?2 ? y=k? ?x-7?,直线过定点?7,0?.
[来源 :学,科 ,网 Z,X,X,K]

2 ? 所以,直线 l 过定点,定点坐标为? ?7,0?.

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