PAGEPAGE1第3課時圓錐曲線中的最值、范圍、定點、定值問題課后篇鞏固提升1.已知橢圓C的短軸長為2,左、右焦點為F1、F2.橢圓C上一點與兩焦點構(gòu)成的三角形的周長為25+4.(1)求橢圓C的標準方程;(2)設(shè)P為橢圓C上一動點,求PF1解(1)由題意可得2b=2,a2=b2故橢圓的方程為x25+y2=(2)設(shè)P(5cosθ,sinθ),F1(-2,0),F2(2,0),則PF1=(-2-5cosθ,-sinθ),PF2=(2-5cosθ,∴PF1·PF2=5cos2θ-4+sin2θ∵0≤cos2θ≤1,∴-3≤-3+4cos2θ≤1,故PF1·P2.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,焦點分別為F1,F2,點P是橢圓(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)直線l與橢圓C交于M,N兩點,點D是橢圓C上的點,O是坐標原點,若OM+ON=OD,判定四邊形OMDN解(1)由ca=22,bc=2,a2=b(2)當直線l的斜率不存在時,直線MN的方程為x=-1或x=1,此時四邊形OMDN的面積為6.當直線l的斜率存在時,設(shè)直線l方程是y=kx+m,聯(lián)立橢圓方程y=kx+m,x24+y22=1?(1+2k2Δ=8(4k2+2-m2)>0,x1+x2=-4km1+2k2,x1y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m|MN|=1+k點O到直線MN的距離是d=|m由OM+ON=OD,得xD=-4km因為點D在曲線C上,所以有(-4km1+2k2)

24+由題意四邊形OMDN為平行四邊形,所以四邊形OMDN的面積為S四邊形OMDN=|MN|d=1+k由1+2k2=2m2得S四邊形OMDN=6,故四邊形OMDN的面積是定值,其定值為6.3.拋物線y2=2px(p>0)與直線y=x+1相切,A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2)是拋物線上兩個動點,F為拋物線的焦點,且|AF|+|BF|=8.(1)求p的值.(2)線段AB的垂直平分線l與x軸的交點是否為定點?若是,求出交點坐標;若不是,說明理由.(3)求直線l的斜率的取值范圍.解(1)因為拋物線y2=2px(p>0)與直線y=x+1相切,所以由y2=2px,y=x+1得y2-2py+2p=0(p>0)有兩個相等實根,所以Δ=4p2-8p=4p(2)拋物線y2=4x的準線x=1.且|AF|+|BF|=8,所以由定義得x1+x2+2=8,則x1+x2=6.設(shè)直線AB的垂直平分線l與x軸的交點C(m,0).由C在AB的垂直平分線上,從而|AC|=|BC|,即(x1-m)2+y12=(x2-m)2+所以(x1-m)2-(x2-m)2=y2即(x1+x2-2m)(x1-x2)=4x2-4x1=-4(x1-x2).因為x1≠x2,所以x1+x2-2m=-4.又因為x1+x2=6,所以m=5.所以點C的坐標為(5,0).即直線AB的垂直平分線l與x軸的交點為定點(5,0).(3)設(shè)直線l的斜率為k1,由(2)可設(shè)直線l方程為y=k1(x-5).設(shè)AB的中點M(x0,y0),由x0=x1+x22=3,可得M因為直線l過點M(3,y0),所以y0=-2k1.又因為點M(3,y0)在拋物線y2=4x的內(nèi)部,所以y02<12.即4k12<12,則因為x1≠x2,則k1≠0.所以k1的取值范圍為(-3,0)∪(0,3).4.如圖所示,A,B分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右頂點,F為其右焦點,2是|AF|與|FB|的等差中項,3是|AF|與|FB|的等比中項.點P是橢圓C上異于A,B的任一動點,過點A作直線l⊥x軸.以線段AF為直徑的圓交直線AP于點A,(1)求橢圓C的方程;(2)試問在x軸上是否存在一個定點N,使得直線PQ必過該定點N?若存在,求出點N的坐標,若不存在,說明理由.解(1)由題意得|AF|=a+c,|FB|=a-c,即(解得a=2,c=1,∴b2=4-1=3.∴所求橢圓的方程為x24+(2)假設(shè)在x軸上存在一個定點N(n,0),使得直線PD必過定點N(n,0).設(shè)動點P(x0,y0),由于P點異于A,B,故y0≠0,x0≠±2,由點P在橢圓上,故有x2a2+y2b又由(1)知A(-2,0),F(1,0),∴直線AP的斜率kAP=y0又點M是以線段AF為直徑的圓與直線AP的交點,∴AP⊥FM.∴kAP·kMF=-1?kMF=-1kAP=-∴直線FM的方程y=-x0+2y0聯(lián)立FM,l的方程y得交點Q-2∴P,Q兩點連線的斜率kPQ=y0-3將①式代入②式,并整理得kPQ=-3又P,N