圆锥曲线中的最值范围证明问题一.doc

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1、课时跟踪检测1(2019全国卷)已知点 A(2,0)，B(2,0)，动点 M(x，y)满足直线 AM与 BM 的斜率之积为 .记 M 的轨迹为曲线 C.12(1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E，连接 QE 并延长交 C 于点 G.证明：PQG 是直角三角形；求PQG 面积的最大值解：(1)由题设得 ，yx2yx212化简得1(|x|2)，x24y22所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上不含长轴端点的椭圆(2)证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 ykx(k0)由Error!得 x

2、 .212k2设 u，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)212k2于是直线 QG 的斜率为 ，其方程为 y (xu)k2k2由Error!消去 y，得(2k2)x22uk2xk2u280.(*)设 G(xG，yG)，则u 和 xG是方程(*)的解，故 xG，由此得 yG.u3k222k2uk32k2从而直线 PG 的斜率为 .uk32k2uku3k222k2u1k所以 PQPG，即PQG 是直角三角形由得|PQ|2u，|PG|，1k22uk k212k2所以PQG 的面积S |PQ|PG|.128k1k212k22k28(1kk)12(1kk)2设 tk ，1k则由 k0 得 t

3、2，当且仅当 k1 时取等号因为 S在2，)上单调递减，8t12t2所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为.169因此，PQG 面积的最大值为.1692(2017浙江高考)如图，已知抛物线 x2y，点 A，B，抛物线上的点 P(x，y).过点(12，14)(32，94)(120)的焦点为 F，过点 F 的直线 l 交抛物线 C 于P，Q 两点，且|PQ|8，线段 PQ 的中点到 y 轴的距离为 3.(1)求抛物线 C 的方程；(2)若点 A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线 C 上相异的两点，满足 x1x22，且AB 的中垂线交 x 轴于点 M，求AMB 的面积的最大值及此

4、时直线 AB 的方程解：(1)设 P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则 PQ 的中点坐标为.(xPxQ2，yPyQ2)由题意知3，xPxQ6，xPxQ2又|PQ|xPxQp8，p2，故抛物线 C 的方程为 y24x.(2)当 AB 垂直于 x 轴时，显然不符合题意，所以可设直线 AB 的方程为 ykxb(k0)，由Error!消去 y 并整理，得 k2x2(2kb4)xb20，x1x22，得 b k，42kbk22k直线 AB 的方程为 yk(x1) .2kAB 中点的横坐标为 1，AB 中点的坐标为.(1，2k)可知 AB 的中垂线的方程为 y x ，1k3kM 点的坐标为(3,0)直线

5、AB 的方程为 k2xky2k20，M 到直线 AB 的距离 d.|3k22k2|k4k22 k21|k|由Error!得y2ky2k20，k24y1y2 ，y1y2，4k84k2k2|AB| |y1y2|.11k24 1k2 k21k2设AMB 的面积为 S，则 S4 .(11k2)11k2设 t，则 0t0)的焦点为 F，P 为抛物线上的点(第一象限)，直线 l 与抛物线相切于点 P.(1)过 P 作 PM 垂直于抛物线的准线于点 M，连接 PF，求证：直线 l 平分MPF；(2)若 p1，过点 P 且与 l 垂直的直线交抛物线于另一点 Q，分别交 x 轴、y 轴于 A，B 两点，求的取值

6、范围|AB|AP|AB|AQ|解：(1)证明：设 P(x0，y0)，则 y 2px0，因为点 P 不是抛物线的顶点，所以直2 0线 l 的斜率存在，设为 k，则 k，py0所以切线 l：yy0(xx0)，即 y0yp(xx0)py0设切线 l 与 x 轴交于点 C，则 C(x0,0)，所以|FC|x0 ，p2由抛物线的定义得|PF|PM|x0 ，所以|PF|FC|，p2所以PCFFPCMPC，因而直线 l 平分MPF.(2)由(1)及已知得，过点 P 且与 l 垂直的直线的斜率为y0，因而其方y0p程为 yy0y0(xx0)，则 A(x01,0)，B(0，x0y0y0)由Error!得 y2y2(x01)0，2y0由 y0和 yQ为方程的两个根得，y0yQ，2y0因而 yQ.2y2 0y02x01y0所以2x01，|AB|AP|AB|AQ|yB|yP|yB|yQ|x0y0y0|y0|x0y0y0|2x01y0因为 x00，所以 2x011，所以的取值范围为(1，)|AB|AP|AB|AQ|