高中数学苏教版1第2章圆锥曲线与方程 第2章章末分层突破2

章末分层突破[自我校对]①eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)②eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)③(±a,0)，(0，±b)或(0，±a)，(±b,0)④2a⑤2b⑥(－c,0)，(c,0)⑦2c⑧eq\f(c,a)⑨eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)⑩y＝±eq\f(b,a)x⑪y＝±eq\f(a,b)x⑫y2＝±2px(p＞0)⑬x2＝±2py(p＞0)⑭eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(p,2)，0))⑮y＝±eq\f(p,2)⑯eq\f(PF,d)＝e圆锥曲线定义的应用“回归定义”解题的三点应用：应用一：在求轨迹方程时，若所求轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据圆锥曲线的定义，写出所求的轨迹方程；应用二：涉及椭圆、双曲线上的点与两个定点构成的三角形问题时，常用定义结合解三角形的知识来解决；应用三：在求有关抛物线的最值问题时，常利用定义把到焦点的距离转化为到准线的距离，结合几何图形，利用几何意义去解决．已知A(4,0)，B(2,2)，M是椭圆9x2＋25y2＝225上的动点，求MA＋MB的最大值与最小值．【精彩点拨】A(4,0)为椭圆的右焦点，B为椭圆内一点，画出图形，数形结合，并且利用椭圆定义转化．【规范解答】如图所示，由题意，知点A(4,0)恰为椭圆的右焦点，则A关于O的对称点为A1(－4,0)(左焦点)．由椭圆的定义，得MA＋MA1＝2a，∴MA＝2a－MA1，∴MA＋MB＝(2a－MA1)＋MB＝2a＋(MB－MA1)．∵|MB－MA1|≤A1B＝2eq\r(10)，即－2eq\r(10)≤MB－MA1≤2eq\r(10)，又2a＝10，∴MA＋MB的最大值是10＋2eq\r(10)，最小值为10－2eq\r(10).[再练一题]1．双曲线16x2－9y2＝144的左、右两焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且PF1·PF2＝64，求△PF1F2【解】双曲线方程16x2－9y2＝144化为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，即a2＝9，b2＝16，所以c2＝25，解得a＝3，c＝5，所以F1(－5,0)，F2(5,0)．设PF1＝m，PF2＝n，由双曲线的定义，可知|m－n|＝2a＝6，在△PF1F2中，由余弦定理得cos∠F1PF2＝eq\f(PF\o\al(2,1)＋PF\o\al(2,2)－F1F\o\al(2,2),2PF1·PF2)＝eq\f(m2＋n2－2c2,2mn)＝eq\f(m－n2＋2mn－4c2,2mn)＝eq\f(36＋2×64－4×25,2×64)＝eq\f(1,2)，所以∠F1PF2＝60°.所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)PF1·PF2·sin∠F1PF2＝eq\f(1,2)m·n·sin60°＝16eq\r(3)，所以△PF1F2的面积为16eq\r(3).圆锥曲线的性质与标准方程1.有关圆锥曲线的焦点、离心率、渐近线等问题是考试中常见的问题，只要掌握基本公式和概念，并且充分理解题意，大都可以顺利求解．2．待定系数法是求圆锥曲线标准方程的主要方法，其步骤是：(1)定位置：先确定圆锥曲线焦点的位置，从而确定方程的类型；(2)设方程：根据方程的类型，设出方程；(3)求参数：利用已知条件，求出a，b或p的值；(4)得方程：代入所设方程，从而得出所求方程．求与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1有相同焦点，且离心率为eq\f(\r(5),5)的椭圆的标准方程．【精彩点拨】设出所求椭圆的方程，利用待定系数法求解．【规范解答】因为c＝eq\r(9－4)＝eq\r(5)，所以所求椭圆的焦点为(－eq\r(5)，0)，(eq\r(5)，0)，设所求椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，c＝eq\r(5)，所以a＝5，所以b2＝a2－c2＝20，所以所求椭圆的方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,20)＝1.[再练一题]2．设双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的焦半距长为c，直线l过点A(a,0)，B(0，b)两点，已知原点到直线l的距离为eq\f(\r(3),4)c，则双曲线的离心率为________.【导学号：09390066】【解析】如图，在△OAB中，OA＝a，OB＝b，OE＝eq\f(\r(3),4)c，AB＝eq\r(a2＋b2)＝c.由于AB·OE＝OA·OB，∴c·eq\f(\r(3),4)c＝ab，∴eq\f(\r(3),4)(a2＋b2)＝ab，两边同时除以a2，得eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2－eq\f(b,a)＋eq\f(\r(3),4)＝0，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)或eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)(舍去)．∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2.【答案】2求动点的轨迹方程求动点的轨迹方程的方法有直接法、定义法、代入法和参数法，首先看动点是否满足已知曲线的定义，若符合，就可以直接利用已知曲线的方程，结合待定系数法求解；若动点满足的条件比较明了、简单，我们就使用直接法；若动点满足的条件不明了，但与之相关的另一点在已知的曲线上，我们就使用代入法；若动点的坐标之间没有什么直接关系，就需要引入参数，使用参数法．设圆(x－1)2＋y2＝1的圆心为C，过原点作圆的弦OA，求OA中点B的轨迹方程．【精彩点拨】画出图形，分别利用直接法，定义法，代入法，交轨法(参数法)求解．【规范解答】法一(直接法)：设B点坐标为(x，y)，由题意，得OB2＋BC2＝OC2，如图所示：即x2＋y2＋[(x－1)2＋y2]＝1，即OA中点B的轨迹方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原点)．法二(定义法)：设B点坐标为(x，y)，由题意知，CB⊥OA，OC的中点记为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，则MB＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，故B点的轨迹方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原点)．法三(代入法)：设A点坐标为(x1，y1)，B点坐标为(x，y)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1,2)，,y＝\f(y1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x，,y1＝2y.))又因为(x1－1)2＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以(2x－1)2＋(2y)2＝1.即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原点)．法四(交轨法)：设直线OA的方程为y＝kx，当k＝0时，B为(1,0)；当k≠0时，直线BC的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，直线OA，BC的方程联立，消去k即得其交点轨迹方程y2＋x(x－1)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(x≠0,1)，显然B(1,0)满足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原点)即为所求．[再练一题]3．若动点P在曲线y＝2x2＋1上移动，求点P与Q(0，－1)连线中点M的轨迹方程．【解】设P(x0，y0)，中点M(x，y)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0＋0,2)，,y＝\f(y0－1,2)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x，,y0＝2y＋1.))又P(x0，y0)在曲线y＝2x2＋1上，∴2y＋1＝2(2x)2＋1，即y＝4x2.∴点M的轨迹方程为y＝4x2.直线与圆锥曲线的位置关系1.直线与圆锥曲线的位置关系，可以通过讨论直线方程与曲线方程组成的方程组的实数解的个数来确定，通常消去方程组中变量y(或x)得到关于变量x(或y)的一元二次方程，考虑该一元二次方程的判别式Δ，则有：Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交于两点；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切于一点；Δ<0⇔直线与圆锥曲线无交点．2．直线l截圆锥曲线所得的弦长AB＝eq\r(1＋k2x1－x22)或eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))y1－y22)，其中k是直线l的斜率，(x1，y1)，(x2，y2)是直线与圆锥曲线的两个交点A，B的坐标，且(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2，x1＋x2，x1x2可由一元二次方程的根与系数的关系整体给出．如图2­1所示，O为坐标原点，过点P(2,0)且斜率为k的直线l交抛物线y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点．图2­1(1)写出直线l的方程；(2)求x1x2与y1y2的值；(3)求证：OM⊥ON.【精彩点拨】设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，利用根与系数的关系求解．【规范解答】(1)过点P(2,0)且斜率为k的直线方程为y＝k(x－2)．(2)把y＝k(x－2)代入y2＝2x，消去y得k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0，由于直线与抛物线交于不同两点，故k2≠0且Δ＝(4k2＋2)2－16k4＝16k2＋4>0，x1x2＝4，x1＋x2＝4＋eq\f(2,k2)，∵M，N两点在抛物线上，∴yeq\o\al(2,1)·yeq\o\al(2,2)＝4x1x2＝16，而y1y2<0，∴y1y2＝－4.(3)∵eq\o(OM,\s\up8(→))＝(x1，y1)，eq\o(ON,\s\up8(→))＝(x2，y2)，∴eq\o(OM,\s\up8(→))·eq\o(ON,\s\up8(→))＝x1x2＋y1y2＝4－4＝0，∴eq\o(OM,\s\up8(→))⊥eq\o(ON,\s\up8(→))，∴OM⊥ON.[再练一题]4．求过点(3,0)且斜率为eq\f(4,5)的直线被椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1所截线段的中点坐标．【解】过点(3,0)且斜率为eq\f(4,5)的直线方程为y＝eq\f(4,5)(x－3)．设直线与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线y＝eq\f(4,5)(x－3)代入椭圆C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0，∴x1＋x2＝3，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3,2)，eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq\f(6,5)，即中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))).圆锥曲线的最值问题与圆锥曲线有关的最值问题的三种解决方法有：(1)平面几何法：主要是运用圆锥曲线的定义和平面几何知识求解．(2)目标函数法：建立目标函数，解与圆锥曲线有关的最值问题，是常规方法，其关键是选取适当的变量建立目标函数，然后运用求函数最值的方法确定最值．(3)判别式法：对二次曲线求最值，往往由条件建立二次方程，用判别式求最值．已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m.(1)当直线和椭圆有公共点时，求实数m的取值范围；(2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程．【精彩点拨】eq\x(联立、消元)→eq\x(一元二次方程)→eq\x(Δ判别式)→eq\x(m的范围)→eq\x(韦达定理)→eq\x(弦长公式)→eq\x(求函数最值)【规范解答】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2＋y2＝1，,y＝x＋m，))得5x2＋2mx＋m2－1＝0.因为直线与椭圆有公共点，所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－eq\f(\r(5),2)≤m≤eq\f(\r(5),2).(2)设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－eq\f(2m,5)，x1x2＝eq\f(1,5)(m2－1)．所以d＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(2x1－x22)＝eq\r(2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4m2,25)－\f(4,5)m2－1)))＝eq\f(2,5)eq\r(10－8m2)，所以当m＝0时，d最大，此时直线方程为y＝x.[再练一题]5.如图2­2，已知直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点．(1)若AF＝4，求点A的坐标；(2)求线段AB长的最小值．图2­2【解】(1)抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，设A(x1，y1)，则由抛物线的定义，可知AF＝x1＋1＝4，∴x1＝3，代入y2＝4x中，得yeq\o\al(2,1)＝4×3，即y1＝±2eq\r(3)，故A点的坐标为(3，±2eq\r(3))．(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y，整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.∵直线与抛物线相交于A，B两点，则k≠0，并设其两根为x1，x2，∴x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2).由抛物线的定义可知，AB＝x1＋x2＋p＝4＋eq\f(4,k2)＞4；当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，与抛物线相交于A(1,2)，B(1，－2)，此时AB＝4，∴|AB|≥4，即线段AB的长的最小值为4.函数与方程的思想1.在解析几何中，已知某些点或直线在运动变化，这就会引出一些相互制约的量，它们之间可能构成函数关系，利用函数思想来处理这类问题是常用的方法，如解析几何中的最值问题、参数取值范围问题都可用函数思想来处理．2．由于在解析几何中大多数题目都是以方程的形式给出直线和圆锥曲线，因此可用方程思想讨论直线与圆锥曲线的位置关系问题．一般是将直线方程代入圆锥曲线方程，消去一个未知数，转化为关于x(或y)的一元二次方程，由根与系数的关系求出x1＋x2，x1x2(或y1＋y2，y1y2)进而去解决与“距离”“中点”有关的问题．点A，B分别是椭圆eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.(1)求点P的坐标；(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于MB，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．【精彩点拨】(1)由PA⊥PF得P点的轨迹方程，与椭圆方程联立，求P点的坐标．(2)由M到直线AP的距离等于MB，求出M点坐标，将距离d表示成关于椭圆上点的横坐标的函数，转化为函数最值．【规范解答】(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)．设点P(x，y)，则kAP·kPF＝－1.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,\f(y,x＋6)·\f(y,x－4)＝－1.))消去y整理得2x2＋9x－18＝0，解得x＝eq\f(3,2)或x＝－6(舍去)．所以x＝eq\f(3,2)，由于y＞0，故y＝eq\f(5\r(3),2).所以点P的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).(2)易知直线AP的方程是x－eq\r(3)y＋6＝0.设点M(m,0)，则M到直线AP的距离是eq\f(|m＋6|,2).于是eq\f(|m＋6|,2)＝|m－6|.又－6≤m≤6，解得m＝2.椭圆上的点(x，y)到点M的距离的平方为d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq\f(5,9)x2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15.由于－6≤x≤6，所以当x＝eq\f(9,2)时，d取得最小值eq\r(15).[再练一题]6．已知直线y＝－eq\f(1,2)x＋2和椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，M为AB的中点，若|AB|＝2eq\r(5)，直线OM的斜率为eq\f(1,2)(O为坐标原点)，求椭圆的方程.【导学号：09390067】【解】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋2，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y，整理得(a2＋4b2)x2－8a2x＋16a2－4a2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq\f(8a2,a2＋4b2)，x1x2＝eq\f(16a2－4a2b2,a2＋4b2).又设AB的中点M(xM，yM)，则xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(4a2,a2＋4b2)，yM＝－eq\f(1,2)xM＋2＝eq\f(8b2,a2＋4b2).∵直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(2b2,a2)＝eq\f(1,2)，∴a2＝4b2，从而x1＋x2＝eq\f(8a2,a2＋4b2)＝4，x1x2＝eq\f(16a2－4a2b2,a2＋4b2)＝8－2b2.又∵AB＝2eq\r(5)，∴eq\r(1＋\f(1,4))·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq\r(5)，即eq\f(\r(5),2)×eq\r(16－48－2b2)＝2eq\r(5)，解得b2＝4，∴a2＝4b2＝16，故所求椭圆的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.1．在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq\f(x2,7)－eq\f(y2,3)＝1的焦距是________．【解析】由双曲线的标准方程，知a2＝7，b2＝3，所以c2＝a2＋b2＝10，所以c＝eq\r(10)，从而焦距2c＝2eq\r(10).【答案】2eq\r(10)2.如图2­3，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝eq\f(b,2)与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.图2­3【解析】将y＝eq\f(b,2)代入椭圆的标准方程，得eq\f(x2,a2)＋eq\f(\f(b2,4),b2)＝1，所以x＝±eq\f(\r(3),2)a，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2))).又因为F(c,0)，所以eq\o(BF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3),2)a，－\f(b,2)))，eq\o(CF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)a，－\f(b,2))).因为∠BFC＝90°，所以eq\o(BF,\s\up8(→))·eq\o(CF,\s\up8(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3),2)a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))2＝0，即c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(1,4)b2＝0，将b2＝a2－c2代入并化简，得a2＝eq\f(3,2)c2，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，所以e＝eq\f(\r(6),3)(负值舍去)．【答案】eq\f(\r(6),3)3．已知F是双曲线C：x2－eq\f(y2,8)＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0,6eq\r(6))．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．【解析】由双曲线方程x2－eq\f(y2,8)＝1可知，a＝1，c＝3，故F(3,0)，F1(－3，0)．当点P在双曲线左支上运动时，由双曲线定义知|PF|－|PF1|＝2，所以|PF|＝|PF1|＋2，从而△APF的周长＝|AP|＋|PF|＋|AF|＝|AP|＋|PF1|＋2＋|AF|.因为|AF|＝eq\r(32＋6\r(6)2)＝15为定值，所以当(|AP|＋|PF1|)最小时，△APF的周长最小，由图象可知，此时点P在线段AF1与双曲线的交点处(如图所示)．由题意可知直线AF1的方程为y＝2eq\r(6)x＋6eq\r(6)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(6)x＋6\r(6)，,x2－\f(y2,8)＝1，))得y2＋6eq\r(6)y－96＝0，解得y＝2eq\r(6)或y＝－8eq\r(6)(舍去)，所以S△APF＝S△AF1F－S△PF1F＝eq\f(1,2)×6×6eq\r(6)－eq\f(1,2)×6×2eq\r(6)＝12eq\r(6).【答案】12eq\r(6)4．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为eq\f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝eq\f(b2,4)截得的线段的长为c，FM＝eq\f(4\r(3),3).(1)求直线FM的斜率；(2)求椭圆的方程；(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于eq\r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．【解】(1)由已知，有eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.设直线FM的斜率为k(k>0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．由已知，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kc,\r(k2＋1))))2＋eq\