圓錐曲線專題-在線瀏覽
2024-09-04 00:13本頁面
【正文】 拋物線C于P、Q兩點，設＝λ.(1)若點P關于x軸的對稱點為M，求證：直線MQ經過拋物線C的焦點F；(2)若λ∈，求|PQ|的最大值．[思維啟迪](1)可利用向量共線證明直線MQ過F；(2)建立|PQ|和λ的關系，然后求最值．解析：(1)證明 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x1，－y1)．∵＝λ，∴x1＋1＝λ(x2＋1)，y1＝λy2，∴y＝λ2y，y＝4x1，y＝4x2，x1＝λ2x2，∴λ2x2＋1＝λ(x2＋1)，λx2(λ－1)＝λ－1，∵λ≠1，∴x2＝，x1＝λ，又F(1,0)，∴＝(1－x1，y1)＝(1－λ，λy2)＝λ＝λ，∴直線MQ經過拋物線C的焦點F.(2)解 由(1)知x2＝，x1＝λ，得x1x2＝1，y四川)如圖，動點M與兩定點 A(－1,0)、B(1,0)構成△MAB，且直線MA、. (1)求軌跡C的方程．(2)設直線y＝x＋m(m0)與y軸相交于點P，與軌跡C相交于點Q，R，且|PQ||PR|.求的取值范圍．解 (1)設M的坐標為(x，y)，當x＝－1時，直線MA的斜率不存在；此時，MA的斜率為，MB的斜率為.由題意，有2.由于177。江西)已知三點O(0,0)，A(－2,1)，B(2,1)，曲線C上任意一點M(x，y)滿足|＋|＝(＋)＝(x，y)|FP|又S△QAB＝＝，于是＝.對任意x0∈(－2,2)，要使為常數(shù)，即只需t滿足解得t＝－＝2，故存在t＝－1，使得△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)2.該直線恒過一個定點A(，0)． 思想與方法典例：(12分)已知橢圓＋＝1上的兩個動點P，Q，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)且x1＋x2＝2.(1)求證：線段PQ的垂直平分線經過一個定點A；(2)設點A關于原點O的對稱點是B，求|PB|的最小值及相應的P點坐標．審 題 視 角(1)引入參數(shù)PQ中點的縱坐標，先求kPQ，利用直線PQ的方程求解．(2)建立|PB|關于動點坐標的目標函數(shù)，利用函數(shù)的性質求最值．規(guī) 范 解 答(1)證明 ∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1＋x2＝2.當x1≠x2時，由，得＝－)時，|PB|min＝.溫 馨 提 醒(1)本題是圓錐曲線中的綜合問題，涉及到了定點問題以及最值問題．求圓錐曲線的最值問題是高考考查的一個重要問題，通常是先建立一個目標函數(shù)，然后利用函數(shù)的單調性、函數(shù)的圖象、函數(shù)的有界性或基本不等式等求最值，本題是建立二次函數(shù)、利用二次函數(shù)的圖象求最值．(2)本題的第一個易錯點是，表達不出線段PQ的中垂線方程，原因是想不到引入參數(shù)表示PQ的中點．第二個易錯點是，易忽視P點坐標的取值范圍．實質上是忽視了橢圓的范圍.思想方法的直線l與拋物線在第一、四象限分別交于A、B兩點，則的值等于( )A．5 B．4 C．3 D．2解 析記拋物線y2＝2px的準線為l，作AA1⊥l，BB1⊥l，BC⊥AA1，垂足分別是ABC，則有cos 60176。山東)設M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上一點，F(xiàn)為拋物線C的焦點，以F為圓心、|FM|為半徑的圓和拋物線C的準線相交，則y0的取值范圍是 ( )A．(0,2) B．[0,2] C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)解 析∵x2＝8y，∴焦點F的坐標為(0,2)，準線方程為y＝－|MF|＝y(tǒng)0＋2.由于以F為圓心、|FM|為半徑的圓與準線相交，又圓心F到準線的距離為4，故4y0＋2，∴y02.5．設拋物線x2＝4y的焦點為F，經過點P(1,4)的直線l與拋物線相交于A、B兩點，且點P恰為AB的中點，則||＋||＝________.解 析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知x1＋x2＝2，且x＝4y1，x＝4y2，兩式相減整理得，＝＝，所以直線AB的方程為x－2y＋7＝＝2y－7代入 x2＝4y整理得4y2－32y＋49＝0，所以y1＋y2＝8，又由拋物線定義得||＋||＝y(tǒng)1＋y2＋2＝10.6．已知橢圓＋y2＝1的兩個焦點為FF2，過F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交，一個交點為P，則|PF2|＝______.將x＝－代入橢圓方程得yp＝，由|PF1|＋|PF2|＝4?|PF2|＝4－|PF1|＝4－＝.7．直線y＝kx－2與拋物線y
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