本章总结提升 导学案答案

本章总结提升【知识辨析】1.×2.×3.√4.×5.√6.×7.√【素养提升】题型一例1(1)D(2)x22-y22=1[解析](1)由题意,|PF2|=2,∵焦点到任一条渐近线的距离为b,∴b=2.在△POF2(O为原点)中,由等面积法易得点P的坐标为a2c,abc,故kPF1=abca2c+c=aba2+c2=24(2)根据题意可设双曲线C的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),由题得c=2,ca=变式(1)C(2)A[解析](1)方法一:根据椭圆的定义可知,|MF1|+|MF2|=6,所以|MF1|·|MF2|≤|MF1|+|MF2|22=9,当且仅当|MF1|=|MF2|=3时等号成立方法二:不妨设F1,F2分别为椭圆C:x29+y24=1的左、右焦点,则F1(-5,0),F2(5,0),设M(x,y),则|MF1|=(x+5)2+y2=(x+5)2+41-x29=59x2+25x+9=53x+32.因为x≥-3,所以53x+3>0,所以|MF1|=3+53x,又|MF1|+|MF2|=6,所以|MF2|=6-|MF1|=3-53x,则(2)由双曲线的方程可知a=4,b=3,则c=a2+b2=5.根据题意及双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a,|F1F2|=2c,又|PF1|=2|PF2|,所以|PF1|=16,|PF2|=8,|F1F2|=10.在△PF1F2中,由余弦定理得cos∠F1F2P=|PF2|题型二例2(1)A(2)D(3)355[解析](1)由题可得e2=32,又e2=3e1,所以e1=12,即a2-1a2=14,解得a2(2)由双曲线C的离心率e=5,得c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=5,所以ba=2,所以双曲线C的渐近线方程为y=±2x.由题得圆的圆心为(2,3),半径r=1,则圆心到渐近线y=2x的距离d1=|2×2-3|22+(-1)2=55<1,即渐近线y=2x与圆相交,圆心到渐近线y=-2x的距离d2=(3)方法一(坐标法):依题可设F1(-c,0),F2(c,0),B(0,n),由F2A=-23F2B,可得A53c,-23n,所以F1A=83c,-23n,又F1B=(c,n),所以由F1A⊥F1B可得83c2-23n2=0,即n2=4c2.因为点A在C上,所以259c2a2-49n方法二(几何法):由F2A=-23F2B可得|F2A||F2B|=23,设|F2A|=2x,|F2B|=3x,由对称性可得|F1B|=3x,易知点A在双曲线的右支上,根据双曲线的定义可得|F1A|=2x+2a.又|AB|=5x,F1A⊥F1B,所以sin∠F1AF2=|F1B||AB|=3x5x=35,所以cos∠F1AF2=45,即|F1A||AB|=2x+2a5x=45,可得x=a,例3(1)C(2)545(3)2(答案不唯一,满足1<e≤5即可)[解析](1)设P(x0,y0),易知B(0,b),由x02a2+y02b2=1,得x02=a21-y02b2,则|PB|2=x02+(y0-b)2=x02+y02-2by0+b2=a21-y02b2+y02-2by0+b2=-c2b2y02-2by0+a2+b2,y0∈[-b,b].由题知,当y0=-b时,|PB|2取得最大值,所以由二次函数图象的对称性知(2)设点M的坐标为(x0,y0).由题意知抛物线C的准线方程为x=-1,∵|FM|=6,∴x0+1=6,解得x0=5,∴|y0|=25,N(5,0),∴△MNF的面积为12×(5-1)×25=45(3)双曲线C的渐近线方程为y=±bax.直线y=2x与双曲线C无公共点需满足0<ba≤2,即b2a2≤4,所以e=ca=1+b2a2≤1+4=5,又因为e>1,所以1<e≤5,故e的值可以为2.(答案变式(1)D(2)x2-y23=1[解析](1)对于椭圆x225+y29=1,易知a12=25,b12=9,∴c12=a12-b12=16.对于椭圆x2(2)不妨设A在直线y=-bax上,则点F与A关于直线y=bax对称,由两条渐近线关于y轴对称可知,过第一、三象限的渐近线y=bax的倾斜角为π3,即ba=3,又c=2,所以a=1,b=3,则双曲线C的方程为x2题型三例4(1)B(2)D(3)13[解析](1)因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为Fp2,0,直线y=x-1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F,所以p=2,则抛物线C的方程为y2=4x.由y=x-1,y2=4x,得x2-6x+1=0,所以xA+xB=6,所以|AB|=xA(2)当直线l的斜率不存在时,由题意得直线l的方程为x=-1,代入9x2-y2=9,可得9-y2=9,解得y=0,故此时直线l与曲线9x2-y2=9有唯一交点.当直线l的斜率存在时,可设其方程为y-2=k(x+1),由y=k(x+1)+2,9x2-y2=9,消去y可得(9-k2)x2-2k(k+2)x-(k+2)2-9=0.当9-k2=0,即k=±3时,方程为一次方程,必定有唯一解;当9-k2≠0,即k≠±3时,由题意可得该一元二次方程有唯一解,则Δ=[-2k(k+2)]2+4(9-k2)[(k+2)2+9]=0,即4k4+16k3+16k2+(36-4k2)(k2+4k+13)=0,即4k4+16k3+16k2-4k4-16k3-16k2+144k+468=0,即144k+468=(3)不妨设F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,E在第一象限,如图,连接AF1,DF2,EF2.因为椭圆的离心率e=ca=12,所以a=2c,则b=3c,所以|AF1|=|AF2|=a=2c=|F1F2|,可知△AF1F2为等边三角形,所以直线DE为AF2的中垂线,则△ADE的周长等于△F2DE的周长,由椭圆的定义知△F2DE的周长为4a.易知直线DE的方程为y=33(x+c),由y=33(x+c),x24c2+y23c2=1消去y,整理得13x2+8cx-32c2=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-8c13变式解:(1)设A(xA,yA),B(xB,yB),由x-2y+1=0,y2=2px,可得y2-4py+2p=0,所以yA+yB=4所以|AB|=(xA-xB)2+(yA-yB)即2p2-p-6=0,又p>0,所以p=2.(2)由(1)可得F(1,0),因为直线MN的斜率不可能为零,所以设直线MN:x=my+n,M(x1,y1),N(x2,y2),由y2=4x,x=my+n,可得y2-4my-4n=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-4n,由Δ=16m2因为FM·FN=0,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0,即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)2=0,将y1+y2=4m,y1y2=-4n代入上式得4m2=n2-6n+1,故4(m2+n)=(n-1)2>0,所以n≠1,由n2-6n+1≥0,解得n≥3+22或n≤3-22.设点F到直线MN的距离为d,则d=|n又|MN|=(x1-x2)2+(1+m24(n2-所以△MFN的面积S=12×d×|MN|=12×|n-1|1+m2×21+m2|n-1|=(n-1)2,又n所以当n=3-22时,△MFN的面积取到最小值(2-22)2=12-82.题型四例5解:(1)由题意可得b=2,所以椭圆C的方程为y29+x2(2)证明:由题意可知,直线PQ的斜率存在,设直线PQ:y=k(x+2)+3,P(x1,y1),Q(x2,y2),由y=k(x+2)+3,y29+x24=1,消去y得(4k2+9)x则Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0,解得k<0,可得x1+x2=-8k(2k+3)4k因为A(-2,0),所以直线AP:y=y1x1+2(x+2),令x=0,解得y=2y1x1+2则2y1x1+2[k2k32k(k2所以线段MN的中点是定点(0,3).例6解:(1)设双曲线C的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,故双曲线C的方程为x24-y2(2)证明:由(1)得A1(-2,0),A2(2,0).当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,则易知M(-4,43),N(-4,-43),∴直线MA1的方程为y=-23(x+2),直线NA2的方程为y=233(由y=-23(x+2),y=23当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=k(x+4),由题意知k≠0且k≠±2,直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2),直线NA2的方程为y=y2x2-2(x-2).联立直线MA1与直线NA2的方程,消去y得y1x1+2(x+2)=y2x2-2(x-2),则k(x1+4)x1+2(x+2)=k(x2+4)x2由y=k(x+4),x24-y216=1,可得(4-k2则x1+代入①可得x=2·-2--2k∴当直线MN的斜率存在时,点P在直线x=-1上.又点(-1,-23)在直线x=-1上,故点P在定直线x=-1上.变式解:(1)由题意得2a=4,ca=32,解得a=2,c=3,故b=1,所以椭圆C的方程为x24+y(2)证明:由题意,设直线AB的斜率为k(k≠0),则直线AB的方程为y-1=k(x-3),即y=kx-3k+1.由y=kx-3k+1,x24+y2=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8k(1-3k)x+12k(3k-2)=0.设A则x1+x2=8k(3k-1)1+4设Q(x0,y0),因为2|PQ|=1|PA|+1|PB由题可知x0,x1,x2都小于3,所以上式可化简为23-x0=13-x6-8k(3k-1)1+4k29-3×8k(3故3x0+4y0=36k3+4k+-20所以点Q在定直线3x+4y-4=0上.例7解:(1)椭圆方程可化为x2+a2y2=a2,∵点M(x1,y1),N(x2,y2)均在椭圆上,∴a2y12=a2-x12,a2y22=a2-x22,两式相乘,得a4y12y22=(a2-x12)(a2由x12+x22=a2,得a4由直线OM,ON的斜率之积是-13,得y1y即9y12y22=x12x22故椭圆C的方程为x23+y2=(2)当直线AB的斜率不存在时,易知A(0,1),B(0,-1),此时|QB|=3,|QA|=1,故t=3.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+2.由y=kx+2,x23+y2=1,消去y整理得(1+3∵直线AB与椭圆C交于A,B两点,∴Δ=(12k)2-4×9×(1+3k2)=36k2-36>0,得k2>1.设A(x3,y3),B(x4,y4),由|QB|=t|QA|(t>1),得x4=tx3,由根与系数的关系得x3+x4=-12k1+3k2=(1+t)x3,x3·x4=91+3k2=tx32,综上,1<t≤3,∴t的取值范围为(1,3].变式解:(1)抛物线C的焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=4x.(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),易知