高中數(shù)學(xué)蘇教版1第2章圓錐曲線與方程 第2章章末復(fù)習(xí)提升

1．橢圓、雙曲線、拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)橢圓雙曲線拋物線幾何條件與兩個定點的距離的和等于常數(shù)與兩個定點的距離的差的絕對值等于常數(shù)與一個定點和一條定直線的距離相等標(biāo)準(zhǔn)方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)y2＝2px(p>0)圖形頂點坐標(biāo)(±a,0)(0，±b)(±a,0)(0,0)對稱軸x軸，長軸長2a；y軸，短軸長2bx軸，實軸長2a；y軸，虛軸長2bx軸焦點坐標(biāo)(±c,0)c＝eq\r(a2－b2)(±c,0)c＝eq\r(a2＋b2)(eq\f(p,2)，0)離心率0<e<1，e＝eq\f(c,a)e>1，e＝eq\f(c,a)e＝1準(zhǔn)線x＝±eq\f(a2,c)x＝±eq\f(a2,c)x＝－eq\f(p,2)漸近線y＝±eq\f(b,a)x2.曲線與方程(1)曲線與方程：如果曲線C上的點與一個二元方程的實數(shù)解建立了如下的關(guān)系：①曲線上點的坐標(biāo)都是這個方程的解；②以這個方程的解為坐標(biāo)的點都在曲線上，那么，這條曲線叫做方程的曲線，這個方程叫做曲線的方程．(2)圓錐曲線的共同特征：圓錐曲線上的點到一個定點的距離與它到一條定直線的距離之比是定值e；當(dāng)0<e<1時，圓錐曲線是橢圓；當(dāng)e>1時，圓錐曲線是雙曲線；當(dāng)e＝1時，圓錐曲線是拋物線．3．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系直線和圓錐曲線的位置關(guān)系有三種：相離、相切、相交．設(shè)直線l的方程為Ax＋By＋C＝0，與圓錐曲線D的方程聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,fx，y＝0，))可得(消去y)ax2＋bx＋c＝0(*)．(1)當(dāng)a≠0時，若關(guān)于x的方程(*)的判別式Δ>0，則直線與圓錐曲線有兩個不同交點；若Δ<0，則直線與圓錐曲線沒有交點；若Δ＝0，則直線與圓錐曲線相切．(2)當(dāng)a＝0時，若方程(*)有解，則直線與圓錐曲線有一個交點．題型一圓錐曲線定義與幾何性質(zhì)的應(yīng)用橢圓、雙曲線、拋物線的定義是經(jīng)常考查的內(nèi)容，往往體現(xiàn)在數(shù)學(xué)上的轉(zhuǎn)化與化歸思想．圓錐曲線的幾何性質(zhì)包括橢圓、雙曲線、拋物線的對稱性、頂點坐標(biāo)、離心率，雙曲線的漸近線，拋物線的準(zhǔn)線等內(nèi)容，主要考查這些性質(zhì)的理解記憶．例1如圖，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，以該橢圓上的點和橢圓的左，右焦點F1，F(xiàn)2為頂點的三角形的周長為4(eq\r(2)＋1)；一等軸雙曲線的頂點是該橢圓的焦點，設(shè)P為該雙曲線上異于頂點的任一點，直線PF1和PF2與橢圓的交點分別為A、B和C、D.(1)求橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線PF1、PF2的斜率分別為k1、k2，證明k1·k2＝1.(1)解由題意知，橢圓離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，得a＝eq\r(2)c，又由以橢圓上的點和橢圓的左，右焦點F1，F(xiàn)2為頂點的三角形的周長為4(eq\r(2)＋1)，結(jié)合橢圓定義得2a＋2c＝4(eq\r(2)＋1)，所以可解得a＝2eq\r(2)，c＝2，故b2＝a2－c2＝4，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.易得橢圓的焦點坐標(biāo)為(±2,0)，因為雙曲線為等軸雙曲線，且頂點是該橢圓的焦點，所以該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1.(2)證明設(shè)點P(x0，y0)，則k1＝eq\f(y0,x0＋2)，k2＝eq\f(y0,x0－2)，所以k1·k2＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)，又點P(x0，y0)在雙曲線上，所以有eq\f(x\o\al(2,0),4)－eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)－4，所以k1·k2＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝1.跟蹤演練1已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，左、右頂點分別為A、C，上頂點為B，O為原點，P為橢圓上任意一點．過F、B、C三點的圓的圓心坐標(biāo)為(m，n)．(1)當(dāng)m＋n≤0時，求橢圓的離心率的取值范圍；(2)當(dāng)(1)的條件下，橢圓的離心率最小時，若點D(b＋1,0)，(eq\o(PF,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))·eq\o(PO,\s\up6(→))的最小值為eq\f(7,2)，求橢圓的方程．解(1)設(shè)半焦距為c.由題意得FC、BC的中垂線方程分別為x＝eq\f(a－c,2)、y－eq\f(b,2)＝eq\f(a,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))，于是圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－c,2)，\f(b2－ac,2b))).所以m＋n＝eq\f(a－c,2)＋eq\f(b2－ac,2b)≤0，即ab－bc＋b2－ac≤0，即(a＋b)(b－c)≤0，所以b≤c，于是b2≤c2，即a2＝b2＋c2≤2c2，所以e2＝eq\f(c2,a2)≥eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)≤e＜1.(2)由(1)知emin＝eq\f(\r(2),2)，a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)c，此時橢圓的方程為eq\f(x2,2c2)＋eq\f(y2,c2)＝1，設(shè)P(x，y)，則－eq\r(2)c≤x≤eq\r(2)c，所以(eq\o(PF,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))·eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)x2－x＋c2＝eq\f(1,2)(x－1)2＋c2－eq\f(1,2).當(dāng)c≥eq\f(\r(2),2)時，上式的最小值為c2－eq\f(1,2)，即c2－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2)，得c＝2；當(dāng)0＜c＜eq\f(\r(2),2)時，上式的最小值為eq\f(1,2)(eq\r(2)c)2－eq\r(2)c＋c2，即eq\f(1,2)(eq\r(2)c)2－eq\r(2)c＋c2＝eq\f(7,2)，解得c＝eq\f(\r(2)＋\r(30),4)，與0＜c＜eq\f(\r(2),2)矛盾，舍去．綜上所述，橢圓的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.題型二與圓錐曲線有關(guān)的軌跡問題軌跡是動點按一定規(guī)律運動而形成的，軌跡的條件可以用動點坐標(biāo)表示出來．求軌跡方程的基本方法是(1)直接法求軌跡方程：建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，根據(jù)條件列出方程；(2)待定系數(shù)法求軌跡方程：根據(jù)曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(3)定義法求軌跡方程：動點的軌跡滿足圓錐曲線的定義；(4)代入法求軌跡方程：動點M(x，y)取決于已知曲線C上的點(x0，y0)的坐標(biāo)變化，根據(jù)兩者關(guān)系，得到x，y，x0，y0的關(guān)系式，用x，y表示x0，y0，代入曲線C的方程．例2如圖，已知線段AB＝4，動圓O1與線段AB切于點C，且AC－BC＝2eq\r(2)，過點A、B分別作圓O1的切線，兩切線交于點P，且P、O1均在AB的同側(cè)，求動點P的軌跡方程．解建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則A(－2,0)，B(2,0)，由切線長定理得AC－BC＝PA－PB＝2eq\r(2)<4，∴點P的軌跡是以點A、B為焦點的雙曲線的右支(不包括頂點)．∵a＝eq\r(2)，c＝2，∴b2＝2.∴動點P的軌跡方程是x2－y2＝2(x>eq\r(2))．跟蹤演練2若動圓P過點N(－2,0)，且與另一圓M：(x－2)2＋y2＝8相外切，求動圓P的圓心的軌跡方程．解設(shè)P(x，y)，因為動圓P過點N，所以PN是該圓的半徑，又因為動圓P與圓M外切，所以有PM＝PN＋2eq\r(2)，即PM－PN＝2eq\r(2)，故點P的軌跡是以M、N為焦點，實軸長為2eq\r(2)，焦距MN為4的雙曲線的左支，即a＝eq\r(2)，c＝2，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)，從而動圓P的圓心的軌跡方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x≤－eq\r(2))．題型三圓錐曲線的綜合問題圓錐曲線中定點、定值、最值、范圍問題是圓錐曲線的綜合問題，它是解析法的應(yīng)用，它涉及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，圓錐曲線與圓錐曲線的位置關(guān)系，圓錐曲線知識的縱向聯(lián)系，圓錐曲線知識與三角、函數(shù)、不等式、方程、平面向量等代數(shù)知識的橫向聯(lián)系．解這類問題的分析思想與方法是可循的，重要的是要善于掌握圓錐曲線知識縱向、橫向的聯(lián)系，努力提高解題能力．例3如圖，設(shè)A(a,0)(a>0)，B、C分別為x軸、y軸上的點，非零向量eq\o(BP,\s\up6(→))滿足：eq\o(BP,\s\up6(→))＝2eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)當(dāng)點B在x軸上運動時，求點P的軌跡E的方程；(2)設(shè)Q是曲線E上異于P的點，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，求證：直線PQ過定點．(1)解設(shè)B(x0,0)，C(0，y0)，P(x，y)．∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝2eq\o(BC,\s\up6(→))，∴C是BP的中點，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－x，,y0＝\f(1,2)y.))易知eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－x0，y0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，y0)，由eq\o(BP,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即eq\o(BC,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，得ax0＋yeq\o\al(2,0)＝0，∴－ax＋eq\f(1,4)y2＝0，即y2＝4ax.又eq\o(BP,\s\up6(→))＝(2x，y)≠0，∴P點的軌跡方程是y2＝4ax(a>0，x≠0)．(2)證明∵eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，∴OP⊥OQ，顯然直線OP的斜率存在，且不為0，∴可設(shè)直線OP：y＝kx，則直線OQ：y＝－eq\f(1,k)x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4ax，,y＝kx，))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,k2)，\f(4a,k)))；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4ax，,y＝－\f(1,k)x，))得Q＝(4ak2，－4ak)．當(dāng)k＝±1時，直線PQ的方程為x＝4a，過定點(4a,0)；當(dāng)k≠±1時，直線PQ的方程為eq\f(y－\f(4a,k),－4ak－\f(4a,k))＝eq\f(x－\f(4a,k2),4ak2－\f(4a,k2))，整理得k(x－4a)＋(k2－1)y＝0，∵k≠0，∴過定點(4a,0)．綜上，直線PQ必過定點(4a,0)．跟蹤演練3如圖，已知A(－3p,0)(p>0)，B、C兩點分別在y軸和x軸上運動，并且滿足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＝0，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CQ,\s\up6(→)).(1)求動點Q的軌跡方程；(2)設(shè)過點A的直線與Q的軌跡交于E、F兩點，A′(3p,0)，求直線A′E，A′F的斜率之和．解(1)設(shè)Q(x，y)，B(0，y0)，C(x0,0)，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x0，－y0)，eq\o(CQ,\s\up6(→))＝(x－x0，y)，∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CQ,\s\up6(→))，∴(x0，－y0)＝eq\f(1,2)(x－x0，y)，即x0＝eq\f(x,3)，y0＝－eq\f(y,2).∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)，0)).又A(－3p,0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3p，－\f(y,2)))，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,2)y))，由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＝0，得3px－eq\f(3,4)y2＝0，即y2＝4px.∴Q點的軌跡方程為y2＝4px(p>0)．(2)設(shè)過點A的直線方程為y＝k(x＋3p)(k≠0)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)．聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3p，,y2＝4px))消去x，得eq\f(k,4p)y2－y＋3kp＝0.∴y1y2＝12p2，kA′E＋kA′F＝eq\f(y1,x1－3p)＋eq\f(y2,x2－3p)＝eq\f(y1x2－3py1＋y2x1－3py2,x1－3px2－3p)，又yeq\o\al(2,1)＝4px1，yeq\o\al(2,2)＝4px2，∴kA′E＋kA′F＝eq\f(y1\f(y\o\al(2,2),4p)－3py1＋y2\f(y\o\al(2,1),4p)－3py2,x1－3px2－3p).由y1y