高三数学人教版a版数学(理)高考一轮复习教案：8.9.2.doc

第二课时圆锥曲线的综合应用考点一最值范围问题|(2015高考浙江卷)已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点)解(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220，设M为AB的中点，则M，代入直线方程ymx解得b.由得m.(2)令t，则|AB|，且O到直线AB的距离d.设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d ，当且仅当t2时，等号成立故AOB面积的最大值为.(1)最值问题的求解方法：建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值建立不等式模型，利用基本不等式求最值数形结合，利用相切、相交的几何性质求最值(2)求参数范围的常用方法：函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式求参数的范围数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解1.(2016宁波模拟)如图，抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点在y轴上，抛物线上的点(x0,1)到焦点的距离为2.(1)求抛物线C的标准方程；(2)过直线l：yx2上的动点P(除(2,0)作抛物线C的两条切线，切抛物线于A，B两点求证：直线AB过定点Q，并求出点Q的坐标；若直线OA，OB分别交直线l于M，N两点，求QMN的面积S的取值范围解：(1)由已知条件得112，p2，抛物线的标准方程为x24y.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y，A处切线方程为yy1(xx1)，又4y1x，yx，a同理B处切线方程为yx，bab联立可得即P.直线AB的斜率显然存在，设直线AB：ykxm，可得x24kx4m0，即P(2k，m)，P在直线l：yx2上，m2k2，即AB直线为yk(x2)2，直线AB过定点Q(2,2)O不会与A，B重合定点Q(2,2)到直线l：yx2的距离h.由xM，同理得xN.|MN|xMxN|8888.m2k2，|MN|44 .SQMN|MN|h4(4，)考点二定点最值问题|已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过x轴上一定点解(1)因为抛物线y22px(p0)的焦点坐标为(1,0)，所以1，所以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，设A，B.因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，化简得t232.所以A(8，t)，B(8，t)，此时直线AB的方程为x8.当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxb，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得化简得ky24y4b0.根据根与系数的关系得yAyB，因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，即xAxB2yAyB0.即2yAyB0，解得yAyB0(舍去)或yAyB32.所以yAyB32，即b8k，所以ykx8k，yk(x8)综上所述，直线AB过定点(8,0)(1)解决定点问题的关键就是建立直线系或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线系或者曲线系方程，如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系(2)解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即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中的直线方程、数量积、比例关系等，其不受变化的量所影响的一个值就是要求的定值解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、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2已知椭圆1(ab0)的左焦点F1(1,0)，长轴长与短轴长的比是2.(1)求椭圆的方程；(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若mn，求证：为定值解：(1)由已知得解得a2，b.故所求椭圆方程为1.(2)证明：由已知F1(1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为yk(x1)(k0)由得(34k2)x28k2x4k2120.由于0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2，x1x2，|AB|.同理|CD|.所以.当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|3，|CD|4；或|AB|4，|CD|3，.综上，为定值.考点三探索存在性与证明问题|(2015高考北京卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点P(0,1)和点A(m，n)(m0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由解(1)由题意得解得a22.故椭圆C的方程为y21.设M(xM,0)因为m0，所以1nb0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，b)，N为线段AC的中点，证明：MNAB.解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM，从而.进而ab，c2b，故e.(2)证明：由N是线段AC的中点知，点N的坐标为，可得.又(a，b)，从而有a2b2(5b2a2)由(1)可知a25b2，所以0，故MNAB.A组考点能力演练1.如图，已知抛物线C：y22px(p0)，焦点为F，过点G(p,0)作直线l交抛物线C于A，M两点，设A(x1，y1)，M(x2，y2)(1)若y1y28，求抛物线C的方程；(2)若直线AF与x轴不垂直，直线AF交抛物线C于另一点B，直线BG交抛物线C于另一点N.求证：直线AB与直线MN斜率之比为定值解：(1)设直线AM的方程为xmyp，代入y22px得y22mpy2p20，则y1y22p28，得p2.抛物线C的方程为y24x.(2)设B(x3，y3)，N(x4，y4)由(1)可知y3y42p2，y1y3p2.又直线AB的斜率kAB，直线MN的斜率kMN，2.2设F是椭圆C：1(ab0)的左焦点，直线l为其左准线，直线l与x轴交于点P，线段MN为椭圆的长轴，已知|MN|8，且|PM|2|MF|.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点P的直线与椭圆相交于不同两点A，B，求证：AFMBFN；(3)求三角形ABF面积的最大值解：(1)|MN|8，a4，又|PM|2|MF|得a2(ac)，即2e23e10e或e1(舍去)c2，b2a2c212，椭圆的标准方程为1.(2)当AB的斜率为0时，显然AFMBFN0.满足题意当AB的斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB方程为xmy8，代入椭圆方程整理得：(3m24)y248my1440，则(48m)24144(3m24)，y1y2，y1y2.kAFkBF0，kAFkBF0，从而AFMBFN.综上可知：恒有AFMBFN.(3)SABFSPBFSPAF|PF|y2y1|3.当且仅当3即m2(此时适合0的条件)取得等号三角形ABF面积的最大值是3. 3已知点A，B，C是抛物线L：y22px(p0)上的不同的三点，O为坐标原点，直线OABC，且抛物线L的准线方程为x1.(1)求抛物线L的方程；(2)若三角形ABC的重心在直线x2上，求三角形ABC的面积的取值范围解：(1)抛物线L的方程为y24x.(2)设直线OA，BC的方程分别为ykx和ykxb(k0)由联立消去y得k2x24x，解得点A的坐标为A.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，由消去y得k2x2(2kb4)xb20.(2kb4)24k2b21616kb0，即kb1.又由韦达定理可得x1x2，三角形ABC的重心的横坐标为2，化简得b，代入kb1.又三角形ABC的面积为S2 .令t，则S2，t(0,1)考虑函数f(t)(4t3)2(1t)，t(0,1)，则易得函数f(t)在和上单调递减，在上单调递增，且f(0)9，f0，f，ABC的面积的取值范围是(0,6)B组高考题型专练1(2015高考全国卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2，)在C上(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值解：(1)由题意有，1，解得a28，b24.所以C的方程为1.(2)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入1得(2k21)x24kbx2b280.故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOMk.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值2(2015高考山东卷)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线ykxm交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.a求的值；b求ABQ面积的最大值解：(1)由题意知1，又，解得a24，b21，所以椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知，椭圆E的方程为1.a设P(x0，y0)，由题意知Q(x0，y0)因为y1，又1，即1，所以2，即2.b设A(x1，y1)，B(x2，y2)将ykxm代入椭圆E的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，由0，可得m2416k2.则有x1x2，x1x2.所以|x1x2|.因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0，m)，所以OAB的面积S|m|x1x2|2.设t，将ykxm代入椭圆C的方程，可得(14k2)x28kmx4m240，由0，可得m214k2.由可知0t1，因此S22，故S2，当且仅当t1，即m214k2时，S取得最大值2，由a知，ABQ的面积为3S，所以ABQ面积的最大值为6.