圆锥曲线综合.板块六.与原点相关的问题.教师版-普通高中数学复习讲义Word版

【例1】直线yxb交抛物线212yx于,AB两点，O为抛物线的顶点，OAOB，则b的值为_____．【考点】与原点相关的问题【难度】3星【题型】填空【关键字】无【解析】将直线yxb代入212yx，消去y得：2220xxb，由480b，得12b．设11()Axy，，22()Bxy，，则122xx，122xxb，OAOB1OAOBkk（由抛物线形状知，直线OA，OB的斜率一定存在）∴12121212()()1yyxbxbxxxx22121212()222xxbxxbbbbxxb，2b，满足12b，故符合题意．【答案】2b．【例2】椭圆中心是坐标原点O，焦点在x轴上，32e，过椭圆左焦点F的直线交椭圆于P、Q两点，209PQ，且OPOQ，求此椭圆的方程．【考点】与原点相关的问题【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】设椭圆方程为22221xyab(0)ab⑴PQx轴时，(0)Fc，，2bFPa，又FQFP且OPOQ，∴OFFP，即2bca∴22acac，∴210ee，典例分析板块六.与原点相关的问题解得512e与题设32e不符，所以PQ不垂直x轴．⑵PQ∶()ykxc，11()Pxy，，22()Qxy，，∵32e，∴243ac，2213bc，所以椭圆方程可化为：22231240xyc，将PQ方程代入，得222222(312)241240kxkcxkcc，∴212224312kcxxk，222122124312kccxxk由209PQ得22222222244(124)2013123129kckcckkk①∵OPOQ，∴12121yyxx即12120xxyy，∴22221212(1)()0kxxkcxxck②把12xx，12xx代入，解②得2411k，把2411k代入①解得23c∴24a，21b，则所求椭圆方程为2214xy．【答案】⑴PQ不垂直x轴．⑵所求椭圆方程为2214xy．【例3】中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，它的离心率为32，与直线10xy相交于两点M、N，且OMON．求椭圆的方程．【考点】与原点相关的问题【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】设中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆方程为22221(0)xyabab．∵离心率32e，∴2ab．∴椭圆的方程可化为22244xyb．设1122MxyNxy，，，，由于点M、N都在直线10xy上，因此112211yxyx，，12121212(1)(1)1yyxxxxxx∵OMON，∴12211xyxy，即12120xxyy．即0212121xxxx．将直线10xy与椭圆的方程22244xyb联立消去y，得2258440xxb∵M、N是直线与椭圆的两交点，∴将1285xx，212445bxx代入1212120xxxx得284412055b，解得258b，∴252a∴所要求的椭圆方程为2215528xy．【答案】2215528xy【例4】给定抛物线C：24yx，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点．⑴设l的斜率为1，求OA与OB夹角的余弦值；⑵设FBAF，若[49]，，求l在y轴上截距的变化范围．【考点】与原点相关的问题【难度】4星【题型】解答【关键字】2004年，全国高考【解析】⑴C的焦点为(10)F，，直线l的斜率为1，所以l的方程为1yx．将1yx代入方程24yx，并整理得2610.xx设1122()()AxyBxy，，，，则有121261xxxx，．112212121212()()2()13.OAOBxyxyxxyyxxxx，，22221122121212||||[4()16]41.OAOBxyxyxxxxxx314cos||||41OAOBOAOBOAOB，．⑵由题设FBAF得：2211(1)(1)xyxy，，，即21211(1)xxyy①②由②得22221yy，∵22112244yxyx，∴221xx③联立①、③解得2x，依题意有0∴(2)B，或(2)B，，又(10)F，，得直线l方程为(1)2(1)yx或(1)2(1)yx，当[49]，时，l在方程y轴上的截距为21或21，由2211，且10，可知21在[49]，上是递减的，∴324423413314≤≤，≤≤，即直线l在y轴上截距的变化范围为43343443，，．【答案】⑴314cos||||41OAOBOAOBOAOB，．⑵43343443，，．【例5】已知椭圆22221(0)xyabab的离心率为63，短轴的一个端点到右焦点的距离为3，直线:lykxm交椭圆于不同的两点A，B．⑴求椭圆的方程；⑵若mk，且0OAOB，求k的值（O点为坐标原点）；⑶若坐标原点O到直线l的距离为32，求AOB△面积的最大值．【考点】与原点相关的问题【难度】4星【题型】解答【关键字】2010年，石景山二模【解析】⑴设椭圆的半焦距为c，依题意633caa，解得2c．由222abc，得1b∴所求椭圆方程为2213xy⑵∵mk，∴(1)ykxkkx．设1122(,),(,)AxyBxy，其坐标满足方程2213(1)xyykx，消去y并整理得2222(13)6330kxkxk，则22226413330()kkk故22121222633,1313kkxxxxkk．∵0OAOB，∴12121212(1)(1)xxyyxxkxkx2221212(1)()kxxkxxk2222222223363(1)0131331kkkkkkkkk∴3k，经检验3k满足(*)式．⑶由已知，2321mk，可得223(1)4mk将ykxm代入椭圆方程，整理得222(13)6330kxkmxm222(6)4(13)(33)0()kmkm∴2121222633,1313kmmxxxxkk．∴2222222122223612(1)||(1)()(1)(31)31kmmABkxxkkk22222222212(1)(31)3(1)(91)(31)(31)kkmkkkk242221212123334(0)196123696kkkkkk≤当且仅当2219kk，即33k时等号成立．经检验，33k满足（*）式．当0k时，||3AB综上可知，max||2AB所以，当||AB最大时，AOB△的面积取得最大值max1332222S．【答案】⑴2213xy；⑵3k；⑶当||AB最大时，AOB△的面积取得最大值max1332222S．【例6】在直角坐标系xOy中，椭圆122:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1F、2F．2F也是抛物线22:4Cyx的焦点，点M为1C与2C在第一象限的交点，且25||3MF．⑴求1C的方程；⑵平面上的点N满足12MNMFMF，直线lMN∥，且与1C交于A、B两点，若0OAOB，求直线l的方程．【考点】与原点相关的问题【难度】4星【题型】解答【关键字】2009年，宁夏高考【解析】⑴由22:4Cyx知2(10)F，．设11()Mxy，，M在2C上，因为253MF，所以1513x，得123x，1263y．M在1C上，且椭圆1C的半焦距1c，于是2222481931.abba，消去2b并整理得4293740aa，解得2a（13a不合题意，舍去）．故椭圆1C的方程为22143xy．⑵由12MFMFMN知四边形12MFNF是平行四边形，其中心为坐标原点O，因为lMN∥，所以l与OM的斜率相同，故l的斜率263623k．设l的方程为6()yxm．由2234126()xyyxm，，消去y并化简得22916840xmxm．设11()Axy，，22()Bxy，，12169mxx，212849mxx．因为OAOB，所以12120xxyy．121212126()()xxyyxxxmxm2121276()6xxmxxm22841676699mmmm21(1428)09m．所以2m．此时22(16)49(84)0mm，故所求直线l的方程为623yx，或623yx．【答案】⑴22143xy．⑵直线l的方程为623yx，或623yx．【例7】在直角坐标系xOy中，点P到两点(03)，，(03)，的距离之和等于4，设点P的轨迹为C，直线1ykx与C交于A，B两点．⑴写出C的方程；⑵若OAOB，求k的值；⑶若点A在第一象限，证明：当0k时，恒有||||OAOB．【考点】与原点相关的问题【难度】4星【题型】解答【关键字】无【解析】第一问是求解P的轨迹为C的方程，利用题设中给出的条件显知P的轨迹为C为椭圆；第二问向量的引入将平面向量坐标运算，求解参数k的值；第三问对OA与OB的大小作比较．⑴设()Pxy，，由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(03)，，(03)，为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴222(3)1b，故曲线C的方程为2214yx．⑵设11()Axy，，22()Bxy，，其坐标满足22141.yxykx，消去y并整理得22(4)230kxkx，故12224kxxk，12234xxk．若OAOB，即12120xxyy．而2121212()1yykxxkxx，于是22121222233210444kkxxyykkk，化简得2410k，所以12k．⑶2222221122()OAOBxyxy22221212()4(11)xxxx12123()()xxxx1226()4kxxk．因为A在第一象限，故10x．由12234xxk知20x，从而120xx．又0k，故220OAOB，即在题设条件下，恒有OAOB．【答案】⑴2214yx．⑵设11()Axy，，22()Bxy，，其坐标满足22141.yxykx，消去y并整理得22(4)230kxkx，故12224kxxk，12234xxk．若OAOB，即12120xxyy．而2121212()1yykxxkxx，于是22121222233210444kkxxyykkk，化简得2410k，所以12k．⑶2222221122()OAOBxyxy22221212()4(11)xxxx12123()()xxxx1226()4kxxk．因为A在第一象限，故10x．由12234xxk知20x，从而120xx．又0k，故220OAOB，即在题设条件下，恒有OAOB．【例8】在平面直角坐标系xOy中，点B与点A1,1