课件91张PPT。第十五章 圆锥曲线与方程高考数学 (江苏省专用) (2016江苏,22,10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x-y-2=0,抛物线C:y2=2px(p>0). (1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程; (2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q. ①求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p); ②求p的取值范围. ? A组????自主命题·江苏卷题组解析 (1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为?, 由点?在直线l:x-y-2=0上,得?-0-2=0,即p=4. 所以抛物线C的方程为y2=8x. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0). 因为点P和Q关于直线l对称, 所以直线l垂直平分线段PQ, 于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b. ①由?消去x得y2+2py-2pb=0.?(*) 因为P和Q是抛物线C上的相异两点, 所以y1≠y2, 从而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,化简得p+2b>0. 方程(*)的两根为y1,2=-p±?, 从而y0=?=-p.因为M(x0,y0)在直线l上, 所以x0=2-p. 因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p). ②因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上, 所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p. 由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0, 所以p. 因此,p的取值范围是?.评析 本题主要考查直线和抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系,考查运算求解能力及推理论证能力.B组 统一命题、省(区、市)卷题组考点一 曲线与方程1.(2019课标全国Ⅱ理,21,12分)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. (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,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G. (i)证明:△PQG是直角三角形; (ii)求△PQG面积的最大值.解析 本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)由题设得?·?=-?,化简得?+?=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的 椭圆,不含左右顶点. (2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0). 由?得x=±?. 记u=?,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为?,方程为y=?(x-u). 由?得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=?,由此得yG=?. 从而直线PG的斜率为?=-?. 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u?,|PG|=?, 所以△PQG的面积S=?|PQ||PG|=?=?. 设t=k+?,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号. 因为S=?在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为?. 因此,△PQG面积的最大值为?.思路分析 (1)利用直线AM与BM的斜率之积为-?求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨 迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值. 解题关键 ①利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;②正确利用基本不等式及函数单调性是求解△PQG面积最值的关键.2.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1). (1)求抛物线C的方程及其准线方程; (2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.解析 本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运算的核心 ... ...
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