高考数学总复习配套教案：9.11直线与圆锥曲线的综合应用(2)(4)

x22

故椭圆C的方程为＋y＝1.

3

2aabab

，?. (2) 由已知l：y＝(x－c)，与y＝x解得P??cc?ba

2

?c＋λ·aλ·ab?→→cc?. 由FA＝λAP，得A??1＋λ，1＋λ???

将A点坐标代入椭圆方程， 得(c2＋λa2)2＋λ2a4＝(1＋λ)2a2c2. ∴(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2.

2e4－e222

∴λ＝2＝－?（2－e）＋2－e2?＋3≤3－22.

??e－2

∴λ的最大值为2－1.

4. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，1)，P是动点，且△POA的三边所在直线的斜率满足kOP＋kOA＝kPA.

(1) 求点P的轨迹C的方程；

→→

(2) 若Q是轨迹C上异于点P的一个点，且PQ＝λOA，直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P，使得△PQA和△PAM的面积满足S△PQA＝2S△PAM？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

y1y－1

解：(1) 设点P(x，y)为所求轨迹上的任意一点，则由kOP＋kOA＝kPA得＋＝，

x－1x＋1

整理得轨迹C的方程为y＝x2(x≠0且x≠－1)．

(2) 设→→

由PQ＝λOA可知直线PQ∥OA，则kPQ＝kOA，

2

x21－02－x1故＝，即x2＋x1＝－1， x2－x1－1－0

由O、M、P三点共线可知， →→

OM＝(x0，y0)与OP＝(x1，x21)共线，

2

∴ x0x1－x1y0＝0，

由(1)知x1≠0，故y0＝x0x1，

→→2

同理，由AM＝(x0＋1，y0－1)与AQ＝(x2＋1，x22－1)共线可知(x0＋1)(x2－1)－(x2＋1)(y0

－1)＝0，

即(x2＋1)[(x0＋1)·(x2－1)－(y0－1)]＝0，

由(1)知x2≠－1，故(x0＋1)(x2－1)－(y0－1)＝0，

将y0＝x0x1，x2＝－1－x1代入上式得(x0＋1)(－2－x1)－(x0x1－1)＝0，

2

P(x1，x21)，Q(x2，x2)，M(x0，y0)，

整理得－2x0(x1＋1)＝x1＋1， 由x1≠－1得x0＝－

1， 2由S△PQA＝2S△PAM，得到QA＝2AM， ∵ PQ∥OA， ∴ OP＝2OM，

→→∴ PO＝2OM， ∴ x1＝1，

∴ P的坐标为(1，1)．

1. 圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．

(1) 若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；

(2) 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．

2. 求定值问题常见的方法有两种

(1) 从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；

(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 3. 定点的探索与证明问题

(1) 探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；

(2) 从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．

请使用课时训练(B)第11课时(见活页)．

[备课札记]

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