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- 1 -第二课时 定点、定值、探索性问题考点一 定点问题【例 1】 (2020·兰州一模)设 M点为圆 C:x2+y2=4上的动点,点 M在 x轴上的投影为 N.动点 P满足 2PN→ = 3MN→ ,动点 P的轨迹为 E.(1)求 E的方程;(2)设 E的左顶点为 D,若直线 l:y=kx+m与曲线 E交于 A,B两点(A,B不是左、右顶点),且满足|DA→ +DB→ |=|DA→ -DB→ |,求证:直线 l恒过定点,并求出该定点的坐标.解 (1)设点 M(x0,y0),P(x,y),由题意可知 N(x0,0),∵2PN→ = 3MN→ ,∴2(x0-x,-y)= 3(0,-y0),即 x0=x,y0=23y,又点 M在圆 C:x2+y2=4上,∴x20+y20=4,将 x0=x,y0=23y代入得x24+y23=1,即轨迹 E的方程为x24+y23=1.(2)由(1)可知 D(-2,0),设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立得{y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,Δ=(8mk)2-4(3+4k2)(4m2-12)=16(12k2-3m2+9)>0,即 3+4k2-m2>0,∴x1+x2=-8mk3+4k2,x1x2=4(m2-3)3+4k2.y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3m2-12k23+4k2.∵|DA→ +DB→ |=|DA→ -DB→ |,∴DA→ ⊥DB→ ,即DA→ ·DB→ =0,即(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0,∴4m2-123+4k2+2×-8mk3+4k2+4+3m2-12k23+4k2=0,- 2 -∴7m2-16mk+4k2=0,解得 m1=2k,m2=27k,且均满足 3+4k2-m>0.当 m=2k时,l的方程为 y=kx+2k=k(x+2),直线恒过点(-2,0),与已知矛盾;当 m=27k时,l的方程为 y=kx+27k=k(x+27 ),直线恒过点(-27,0).∴直线 l过定点,定点坐标为(-27,0).规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.(2)特殊到一般法,根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.【训练 1】(2020·湖南三湘名校联考)已知椭圆 C:y2a2+x2b2=1(a>b≥1)的离心率为22,其上焦点到直线 bx+2ay- 2=0的距离为23.(1)求椭圆 C的方程;(2)过点 P (13,0 )的直线 l交椭圆 C于 A,B两点.试探究以线段 AB为直径的圆是否过定点.若过,求出定点坐标;若不过,请说明理由.解 (1)由题意得,e=ca=22,又 a2=b2+c2,所以 a= 2b,c=b.又|2ac- 2|4a2+b2=23,a>b≥1,所以 b=1,a2=2,故椭圆 C的方程为y22+x2=1.(2)当 AB⊥x轴时,以线段 AB为直径的圆的方程为(x-13 )2 +y2=169.当 AB⊥y轴时,以线段 AB为直径的圆的方程为 x2+y2=1.可得两圆交点为 Q(-1,0).由此可知, 若以线段 AB为直径的圆恒过定点,则该定点为 Q(-1,0).下证 Q(-1,0)符合题意.设直线 l的斜率存在,且不为 0,其方程为 y=k(x-13 ),代入y22+x2=1,- 3 -并整理得(k2+2)x2-23k2x+19k2-2=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2k23(k2+2),x1x2=k2-189(k2+2),所以QA→ ·QB→ =(x1+1)(x2+1)+y1y2=x1x2+x1+x2+1+k2(x1-13)(x2-13)=(1+k2)x1x2+(1-13k2)(x1+x2)+1+19k2=(1+k2)·k2-189(k2+2)+(1-13k2)·2k23(k2+2)+1+19k2=0,故QA→ ⊥QB→ ,即 Q(-1,0)在以线段 AB为直径的圆上.综上,以线段 AB为直径的圆恒过定点(-1,0).考点二 定值问题【例 2】 (2019·洛阳高三统考)已知抛物线 C:y2=2px(p>0),其焦点为 F,O为坐标原点,直线 l与抛物线 C相交于不同的两点 A,B,M为 AB的中点.(1)若 p=2,M的坐标为(1,1),求直线 l的方程.(2)若直线 l过焦点 F,AB的垂直平分线交 x轴于点 N,求证:2|MN|2|FN|为定值.(1)解 由题意知直线 l的斜率存在且不为 0,故设直线 l的方程为 x-1=t(y-1)即 x=ty+1-t,设 A(x1,y1),B(x2,y2).由{x=ty+1-t,y2=4x, 得 y2-4ty-4+4t=0,∴Δ=16t2+16-16t=16(t2-t+1)>0,y1+y2=4t,∴4t=2,即 t=12.∴直线 l的方程为 2x-y-1=0.(2)证明 ∵抛物线 C:y2=2px(p>0),∴焦点 F的坐标为(p2,0 ).由题意知直线 l的斜率存在且不为 0,∵直线 l过焦点 F,故设直线 l的方程为 x=ty+p2(t≠0),设 A(x1,y1),B(x2,y2).由{x=ty+p2y2=2px,得 y2-2pty-p2=0,∴y1+y2=2pt,Δ=4p2t2+4p2>0.- 4 -∴x1+x2=t(y1+y2)+p=2pt2+p,∴M(pt2+p2,pt).∴MN的方程为 y-pt=-t(x-pt2-p2).令 y=0,解得 x=pt2+3p2,N(pt2+3p2,0),∴|MN|2=p2+p2t2,|FN|=pt2+3p2-p2=pt2+p,∴2|MN|2|FN|=2(p2+p2t2)pt2+p=2p,为定值.规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.(2)两大解法:①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;②引起变量法:其解题流程为变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓定值→把得到的函数化简,消去变量得到定值【训练 2】(2020·昆明诊断)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,左、右焦点分别为 F1,F2,A为椭圆 C上一点,AF2⊥F1F2,且|AF2|=83.(1)求椭圆 C的方程;(2)设椭圆 C 的左、右顶点分别为 A1,A2,过 A1,A2分别作 x 轴的垂线 l1,l2,椭圆 C 的一条切线 l:y=kx+m与 l1,l2分别交于 M,N两点,求证:∠MF1N为定值.(1)解 由 AF2⊥F1F2,|AF2|=83,得b2a=83.又 e=ca=13,a2=b2+c2,所以 a2=9,b2=8,故椭圆 C的标准方程为x29+y28=1.(2)证明 由题意可知,l1的方程为 x=-3,l2的方程为 x=3.直线 l分别与直线 l1,l2的方程联立得 M(-3,-3k+m),N(3,3k+m),所以F1M→ =(-2,-3k+m),F1N→ =(4,3k+m),- 5 -所以F1M→ ·F1N→ =-8+m2-9k2.联立得{x29+y28=1,y=kx+m,得(9k2+8)x2+18kmx+9m2-72=0.因为直线 l与椭圆 C相切,所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)(9m2-72)=0,化简得 m2=9k2+8.所以F1M→ ·F1N→ =-8+m2-9k2=0,所以F1M→ ⊥F1N→ ,故∠MF1N为定值π2.考点三 探索性问题【例 3】 (2019·广州调研)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点分别为 F1,F2,短轴的一个端点为 P,△PF1F2内切圆的半径为b3,设过点 F2的直线 l 与被椭圆 C 截得的线段为 RS,当 l⊥x轴时,|RS|=3.(1)求椭圆 C的标准方程;(2)在 x 轴上是否存在一点 T,使得当 l 变化时,总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称?若存在,请求出点 T的坐标;若不存在,请说明理由.解 (1)由内切圆的性质,得12×2c×b=12×(2a+2c)×b3,得ca=12.将 x=c代入x2a2+y2b2=1,得 y=±b2a,所以2b2a=3.又 a2=b2+c2,所以 a=2,b= 3,故椭圆 C的标准方程为x24+y23=1.(2)当直线 l垂直于 x轴时,显然 x轴上任意一点 T都满足 TS与 TR所在直线关于 x轴对称.当直线 l 不垂直于 x 轴时,假设存在 T(t,0)满足条件,设 l 的方程为 y=k(x-1),R(x1,y1),S(x2,y2).联立方程{y=k(x-1),x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,- 6 -由根与系数的关系得{x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,①其中Δ0恒成立,由 TS与 TR所在直线关于 x轴对称,得 kTS+kTR=0(显然 TS,TR的斜率存在),即y1x1-t+y2x2-t=0.②因为 R,S两点在直线 y=k(x-1)上,所以 y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),代入②得k(x1-1)(x2-t)+k(x2-1)(x1-t)(x1-t)(x2-t)=k[2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t](x1-t)(x2-t)=0,即 2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0,③将①代入③得8k2-24-(t+1)8k2+2t(3+4k2)3+4k2=6t-243+4k2=0,④则 t=4,综上所述,存在 T(4,0),使得当 l变化时,总有 TS与 TR所在直线关于 x轴对称.规律方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.【训练 3】 (2020·重庆调研)如图,已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),其左、右焦点分别为F1(-2,0)及 F2(2,0),过点 F1的直线交椭圆 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 G,AB 的中垂线与 x轴和 y轴分别交于 D,E两点,且|AF1|,|F1F2|,|AF2|构成等差数列.(1)求椭圆 C的方程.(2)记△GF1D的面积为 S1,△OED(O为坐标原点)的面积为 S2.试问:是否存在直线 AB,使得 S1=S2?请说明理由.- 7 -解 (1)∵|AF1|,|F1F2|,|AF2|构成等差数列,∴2a=|AF1|+|AF2|=2|F1F2|=8,∴a=4.又 c=2,∴b2=12,∴椭圆 C的方程为x216+y212=1.(2)假设存在直线 AB,使得 S1=S2,显然直线 AB不能与 x,y轴垂直.设 AB的方程为 y=k(x+2)(k≠0),将其代入x216+y212=1,整理得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-48=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=-16k23+4k2,∴点 G的横坐标为x1+x22=-8k23+4k2,∴G(-8k23+4k2,6k3+4k2).∵DG⊥AB,∴6k3+4k2-8k23+4k2-xD×k=-1,解得 xD=-2k23+4k2,即 D(-2k23+4k2,0).∵Rt△GDF1和 Rt△ODE相似,∴若 S1=S2,则|GD|=|OD|,∴ (-8k23+4k2--2k23+4k2)2 +(6k3+4k2)2 =|-2k23+4k2|,整理得 8k2+9=0.∵方程 8k2+9=0无解,∴不存在直线 AB,使得 S1=S2.A级 基础巩固一、选择题1.(2019·石家庄模拟)已知 P为双曲线 C:x29-y216=1上的点,点 M满足|OM→ |=1,且OM→ ·PM→ =0,则当|PM→ |取得最小值时点 P到双曲线 C的渐近线的距离为(  )A.95 B.125 C.4 D.5解析 由OM→ ·PM→ =0,得 OM⊥PM,根据勾股定理,求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值,当|OP|取得最小值时,点 P 的位置为双曲线的顶点(±3,0),而双曲线的渐近线为 4x±3y=- 8 -0,∴所求的距离 d=125.答案 B2.直线 l 与抛物线 C:y2=2x 交于 A,B 两点,O 为坐标原点,若直线 OA,OB 的斜率分别为k1,k2,且满足 k1k2=23,则直线 l过定点(  )A.(-3,0) B.(0,-3)C.(3,0) D.(0,3)解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),因为 k1k2=23,所以y1x1·y2x2=23.又 y21=2x1,y2=2x2,所以 y1y2=6.设直线 l:x=my+b,代入抛物线 C:y2=2x 得 y2-2my-2b=0,所以 y1y2=-2b=6,得 b=-3,即直线 l的方程为 x=my-3,所以直线 l过定点为(-3,0).答案 A3.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的离心率 e=2,过双曲线上一点 M作直线 MA,MB交双曲线于 A,B两点,且斜率分别为 k1,k2,若直线 AB过原点,则 k1·k2的值为(  )A.2 B.3 C. 3 D. 6解析 由题意知,e=ca= 1+b2a2=2⇒b2=3a2,则双曲线方程可化为 3x2-y2=3a2,设 A(m,n),M(x0,y0)(x0≠±m),则 B(-m,-n),k1·k2=y0-nx0-m·y0+nx0+m=y-n2x-m2=3x-3a2-3m2+3a2x-m2=3.答案 B4.已知 O为坐标原点,设 F1,F2分别是双曲线 x2-y2=1的左、右焦点,P为双曲线左支上任一点,过点 F1作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足为 H,则|OH|=(  )A.1 B.2 C.4 D.12解析 如图所示,延长 F1H 交 PF2于点 Q,由 PH 为∠F1PF2的平分线及 PH⊥F1Q,可知|PF1|=|PQ|,根据双曲线的定义,得|PF2|-|PF1|=2,从而|QF2|=2,在△F1QF2中,易知 OH为中位线,故|OH|=1.- 9 -答案 A5.已知抛物线 M:y2=4x,过抛物线 M的焦点 F的直线 l交抛物线于 A,B两点(点 A在第一象限),且交抛物线的准线于点 E.若AE→ =2BE→ ,则直线 l的斜率为(  )A.3 B.2 2 C. 3 D.1解析 分别过 A,B两点作 AD,BC垂直于准线,垂足分别为 D,C,由AE→ =2BE→ ,得 B为 AE的中点,∴|AB|=|BE|,则|AD|=2|BC|,由抛物线的定义可知|AF|=|AD|,|BF|=|BC|,∴|AB|=3|BC|,∴|BE|=3|BC|,则|CE|=2 2|BC|,∴tan ∠CBE=|CE||CB|=2 2,∴直线 l的斜率 k=tan ∠AFx=tan ∠CBE=2 2.答案 B二、填空题6.若双曲线 x2-y2b2=1(b>0)的一条渐近线与圆 x2+(y-2)2=1至多有一个公共点,则双曲线离心率的取值范围是________.解析 双曲线的渐近线方程为 y=±bx,则有|0-2|1+b2≥1,解得 b2≤3,则 e2=1+b2≤4,∵e>1,∴1<e≤2.答案 (1,2]7.(2020·东北三省四校模拟)已知动点 P(x,y)在椭圆x225+y216=1上,若 A点坐标为(3,0),|AM→ |=1,且PM→ ·AM→ =0,则|PM→ |的最小值是________.解析 ∵PM→ ·AM→ =0,∴AM→ ⊥PM→ .∴|PM→ |2=|AP→ |2-|AM→ |2=|AP→ |2-1,∵椭圆右顶点到右焦点 A的距离最小,故|AP→ |min=2,∴|PM→ |min= 3.答案  38.(2019·湘中名校联考)已知抛物线 y2=2px(p0)的焦点为 F,△ABC的顶点都在抛物线上,- 10 -且满足FA→ +FB→ +FC→ =0,则1kAB+1kAC+1kBC=________.解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F(p2,0 ),由FA→ +FB→ +FC→ =0,得 y1+y2+y3=0.因为 kAB=y2-y1x2-x1=2py1+y2,所以 kAC=2py1+y3,kBC=2py2+y3,所以1kAB+1kAC+1kBC=y1+y22p+y3+y12p+y2+y32p=0.答案 0三、解答题9.(2019·全国Ⅰ卷)已知点 A,B关于坐标原点 O对称,|AB|=4,⊙M过点 A,B且与直线 x+2=0相切.(1)若 A在直线 x+y=0上,求⊙M的半径.(2)是否存在定点 P,使得当 A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.解 (1)因为⊙M过点 A,B,所以圆心 M在 AB的垂直平分线上.由已知 A在直线 x+y=0上,且 A,B关于坐标原点 O对称,所以 M在直线 y=x上,故可设 M(a,a).因为⊙M 与直线 x+2=0 相切,所以⊙M 的半径为 r=|a+2|.连接 MA,由已知得|AO|=2.又MO⊥AO,故可得 2a2+4=(a+2)2,解得 a=0或 a=4.故⊙M的半径 r=2或 r=6.(2)存在定点 P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.理由如下:设 M(x,y),由已知得⊙M的半径为 r=|x+2|,|AO|=2.由于 MO⊥AO,故可得 x2+y2+4=(x+2)2, 化简得 M的轨迹方程为 y2=4x.因为曲线 C:y2=4x是以点 P(1,0)为焦点,以直线 x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点 P.10.(2020·合肥质检)设椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,过点 F1的直线交椭圆 E于 A,B两点.若椭圆 E的离心率为22,△ABF2的周长为 4 6.(1)求椭圆 E的方程;(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦 AB的直线交椭圆 E于点 C,D,设弦 AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.- 11 -(1)解 由题意知,4a=4 6,a= 6.又 e=22,∴c= 3,b= 3,∴椭圆 E的方程为x26+y23=1.(2)证明 当直线 AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点 M,N在 x轴上,O,M,N三点共线,当直线 AB,CD的斜率存在时,设其斜率为 k,且设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则{x6+y3=1,x6+y3=1,两式相减,得x6+y3-(x6+y3 )=0,∴x-x6=-y-y3,(x1-x2)(x1+x2)6=-(y1-y2)(y1+y2)3,∴y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-36,y1-y2x1-x2·y0x0=-36,即 k·kOM=-12,∴kOM=-12k.同理可得 kON=-12k,∴kOM=kON,∴O,M,N三点共线.B级 能力提升11.(2019·成都诊断)设点 Q 是直线 l:x=-1 上任意一点,过点 Q 作抛物线 C:y2=4x 的两条切线 QS,QT,切点分别为 S,T,设切线 QS,QT的斜率分别为 k1,k2,F是抛物线的焦点,直线 QF的斜率为 k0,则下列结论正确的是(  )A.k1-k2=k0 B.k1k2=2k0C.k1-k2=2k0 D.k1+k2=2k0解析 设点 Q(-1,t),由过点 Q 的直线 y-t=k(x+1)与抛物线 C:y2=4x 相切,联立方程得{y2=4x,y-t=k(x+1),整理得 k2x2+2(k2+kt-2)x+(k+t)2=0,则Δ=4(k2+kt-2)2-4k2(k+t)2=0,化简得 k2+tk-1=0.显然 k1,k2是关于 k的方程 k2+tk-1=0的两个根,所以 k1+k2=-t.又 k0=-t2,故 k1+k2=2k0.答案 D- 12 -12.(2020·郑州模拟)已知 F为抛物线 y2=x的焦点,点 A,B在该抛物线上且位于 x轴的两侧,OA→ ·OB→ =6(其中 O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(  )A.17 23 B.3 C.3 38 D.3 132解析 设直线 AB 的方程为 x=ty+m,点 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AB 与 x 轴的交点为M(m,0),将 x=ty+m代入 y2=x,可得 y2-ty-m=0,则 y1·y2=-m.∵OA→ ·OB→ =6,∴x1x2+y1y2=6,从而(y1y2)2+y1y2-6=0.∵点 A,B位于 x轴的两侧,∴y1y2=-3,故 m=3.不妨令点 A在 x轴上方,则 y1>0,又 F(14,0 ),∴S△ABO+SAFO=12×3×(y1-y2)+12×14y1=138y1+92y1≥29 × 1316=3 132,当且仅当138y1=92y1,即 y1=6 1313时,取“=”,∴△ABO与△AFO面积之和的最小值是3 132,故选 D.答案 D13.若点 O和点 F分别为椭圆x29+y28=1的中心和左焦点,点 P为椭圆上的任一点,则OP→ ·FP→ 的最小值为________.解析 点 P 为椭圆x29+y28=1 上的任意一点,设 P(x,y)(-3≤x≤3,-2 2≤y≤2 2),依题意得左焦点 F(-1,0),∴OP→ =(x,y),FP→ =(x+1,y),∴OP→ ·FP→ =x(x+1)+y2=x2+x+72-8x29=19(x+92 )2 +234.∵-3≤x≤3,∴32≤x+92≤152,∴94≤(x+92 )2 ≤2254,∴14≤19(x+92 )2 ≤22536,∴6≤19(x+92 )2 +234≤12,即 6≤OP→ ·FP→ ≤12,故最小值为 6.答案 614.(2020·沈阳高三质检)已知抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点为 F,M(-2,y0)是 C上一点,且|MF|=2.(1)求 C的方程.(2)过点 F 的直线与抛物线 C 相交于 A,B 两点,分别过点 A,B 作抛物线 C 的切线 l1,l2,两条切线相交于点 P,点 P关于直线 AB的对称点为 Q,判断四边形 PAQB是否存在外接圆?如果存在,求出外接圆面积的最小值;如果不存在,请说明理由.解 (1)根据题意知,4=2py0,①- 13 -因为|MF|=2,所以 y0+p2=2.②联立①②,解得 y0=1,p=2.所以抛物线 C的方程为 x2=4y.(2)四边形 PAQB存在外接圆.由(1)知 F(0,1),设直线 AB的方程为 y=kx+1,代入 x2=4y中,得 x2-4kx-4=0,Δ=16(k2+1)>0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=4k,x1x2=-4,所以|AB|= 1+k2|x1-x2|=4(k2+1).因为 C:x2=4y,即 y=x24,所以 y′=x2,因此切线 l1的斜率 k1=x12,切线 l2的斜率 k2=x22.所以 k1k2=x1x24=-1,所以 PA⊥PB,即△PAB是直角三角形,所以△PAB的外接圆的圆心为线段 AB的中点,线段 AB是外接圆的直径,由于点 Q与点 P关于直线 AB对称,所以点 Q一定在△PAB的外接圆上,即四边形 PAQB存在外接圆.又|AB|=4(k2+1),所以当 k=0时,线段 AB最短,最短长度为 4,此时圆的面积最小,最小面积为 4π.C级 创新猜想15.(多选题)如图,由抛物线 y2=8x与圆 E:(x-2)2+y2=9的实线部分构成图形Ω,过点 P(2,0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点,则|AB|的取值可能为(  )A.4 B.5 C.6 D.7- 14 -解析 由题意可知抛物线 y2=8x的焦点为 F(2,0),圆(x-2)2+y2=9的圆心为 E(2,0),因此点 P,F,E 重合,所以|PA|=3.设 B(x0,y0),则由抛物线的定义可知|PB|=x0+2,由{y2=8x,(x-2)2+y2=9得(x-2)2+8x=9,整理得 x2+4x-5=0,解得 x1=1,x2=-5(舍去),设圆 E与抛物线交于 C,D两点,所以 xC=xD=1,因此 0≤x0≤1,又|AB|=|AP|+|BP|=3+x0+2=x0+5,所以|AB|=x0+5∈[5,6],故选 BC.答案 BC

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