本章總結(jié)提升 導(dǎo)學(xué)案答案

本章總結(jié)提升【知識辨析】1.×2.×3.√4.×5.√6.×7.√【素養(yǎng)提升】題型一例1(1)D(2)x22-y22=1[解析](1)由題意,|PF2|=2,∵焦點到任一條漸近線的距離為b,∴b=2.在△POF2(O為原點)中,由等面積法易得點P的坐標(biāo)為a2c,abc,故kPF1=abca2c+c=aba2+c2=24(2)根據(jù)題意可設(shè)雙曲線C的方程為x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),由題得c=2,ca=變式(1)C(2)A[解析](1)方法一:根據(jù)橢圓的定義可知,|MF1|+|MF2|=6,所以|MF1|·|MF2|≤|MF1|+|MF2|22=9,當(dāng)且僅當(dāng)|MF1|=|MF2|=3時等號成立方法二:不妨設(shè)F1,F2分別為橢圓C:x29+y24=1的左、右焦點,則F1(-5,0),F2(5,0),設(shè)M(x,y),則|MF1|=(x+5)2+y2=(x+5)2+41-x29=59x2+25x+9=53x+32.因為x≥-3,所以53x+3>0,所以|MF1|=3+53x,又|MF1|+|MF2|=6,所以|MF2|=6-|MF1|=3-53x,則(2)由雙曲線的方程可知a=4,b=3,則c=a2+b2=5.根據(jù)題意及雙曲線的定義可得|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|題型二例2(1)A(2)D(3)355[解析](1)由題可得e2=32,又e2=3e1,所以e1=12,即a2-1a2=14,解得a2(2)由雙曲線C的離心率e=5,得c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=5,所以ba=2,所以雙曲線C的漸近線方程為y=±2x.由題得圓的圓心為(2,3),半徑r=1,則圓心到漸近線y=2x的距離d1=|2×2-3|22+(-1)2=55<1,即漸近線y=2x與圓相交,圓心到漸近線y=-2x的距離d2=(3)方法一(坐標(biāo)法):依題可設(shè)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.因為點A在C上,所以259c2a2-49n方法二(幾何法):由F2A=-23F2B可得|F2A||F2B|=23,設(shè)|F2A|=2x,|F2B|=3x,由對稱性可得|F1B|=3x,易知點A在雙曲線的右支上,根據(jù)雙曲線的定義可得|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,滿足1<e≤5即可)[解析](1)設(shè)P(x0,y0),易知B(0,b),由x02a2+y02b2=1,得x02=a21-y02b2,則|PB|2=x02+(y0-b)2=x02+y02-2by0+b2=a21-y02b2+y02-2by0+b2=-c2b2y02-2by0+a2+b2,y0∈[-b,b].由題知,當(dāng)y0=-b時,|PB|2取得最大值,所以由二次函數(shù)圖象的對稱性知(2)設(shè)點M的坐標(biāo)為(x0,y0).由題意知拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=-1,∵|FM|=6,∴x0+1=6,解得x0=5,∴|y0|=25,N(5,0),∴△MNF的面積為12×(5-1)×25=45(3)雙曲線C的漸近線方程為y=±bax.直線y=2x與雙曲線C無公共點需滿足0<ba≤2,即b2a2≤4,所以e=ca=1+b2a2≤1+4=5,又因為e>1,所以1<e≤5,故e的值可以為2.(答案變式(1)D(2)x2-y23=1[解析](1)對于橢圓x225+y29=1,易知a12=25,b12=9,∴c12=a12-b12=16.對于橢圓x2(2)不妨設(shè)A在直線y=-bax上,則點F與A關(guān)于直線y=bax對稱,由兩條漸近線關(guān)于y軸對稱可知,過第一、三象限的漸近線y=bax的傾斜角為π3,即ba=3,又c=2,所以a=1,b=3,則雙曲線C的方程為x2題型三例4(1)B(2)D(3)13[解析](1)因為拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為Fp2,0,直線y=x-1過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F,所以p=2,則拋物線C的方程為y2=4x.由y=x-1,y2=4x,得x2-6x+1=0,所以xA+xB=6,所以|AB|=xA(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時,由題意得直線l的方程為x=-1,代入9x2-y2=9,可得9-y2=9,解得y=0,故此時直線l與曲線9x2-y2=9有唯一交點.當(dāng)直線l的斜率存在時,可設(shè)其方程為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.當(dāng)9-k2=0,即k=±3時,方程為一次方程,必定有唯一解;當(dāng)9-k2≠0,即k≠±3時,由題意可得該一元二次方程有唯一解,則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)不妨設(shè)F1,F2分別為橢圓C的左、右焦點,E在第一象限,如圖,連接AF1,DF2,EF2.因為橢圓的離心率e=ca=12,所以a=2c,則b=3c,所以|AF1|=|AF2|=a=2c=|F1F2|,可知△AF1F2為等邊三角形,所以直線DE為AF2的中垂線,則△ADE的周長等于△F2DE的周長,由橢圓的定義知△F2DE的周長為4a.易知直線DE的方程為y=33(x+c),由y=33(x+c),x24c2+y23c2=1消去y,整理得13x2+8cx-32c2=0,設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2),則x1+x2=-8c13變式解:(1)設(shè)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),因為直線MN的斜率不可能為零,所以設(shè)直線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因為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,將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.設(shè)點F到直線MN的距離為d,則d=|n又|MN|=(x1-x2)2+(1+m24(n2-所以△MFN的面積S=12×d×|MN|=12×|n-1|1+m2×21+m2|n-1|=(n-1)2,又n所以當(dāng)n=3-22時,△MFN的面積取到最小值(2-22)2=12-82.題型四例5解:(1)由題意可得b=2,所以橢圓C的方程為y29+x2(2)證明:由題意可知,直線PQ的斜率存在,設(shè)直線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則Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0,解得k<0,可得x1+x2=-8k(2k+3)4k因為A(-2,0),所以直線AP:y=y1x1+2(x+2),令x=0,解得y=2y1x1+2則2y1x1+2[k2k32k(k2所以線段MN的中點是定點(0,3).例6解:(1)設(shè)雙曲線C的方程為x2a2-y2b2=1(a>0,故雙曲線C的方程為x24-y2(2)證明:由(1)得A1(-2,0),A2(2,0).當(dāng)直線MN的斜率不存在時,直線MN的方程為x=-4,則易知M(-4,43),N(-4,-43),∴直線MA1的方程為y=-23(x+2),直線NA2的方程為y=233(由y=-23(x+2),y=23當(dāng)直線MN的斜率存在時,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線MN的方程為y=k(x+4),由題意知k≠0且k≠±2,直線MA1的方程為y=y1x1+2(x+2),直線NA2的方程為y=y2x2-2(x-2).聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程,消去y得y1x1+2(x+2)=y2x2-2(x-2),則k(x1+4)x1+2(x+2)=k(x2+4)x2由y=k(x+4),x24-y216=1,可得(4-k2則x1+代入①可得x=2·-2--2k∴當(dāng)直線MN的斜率存在時,點P在直線x=-1上.又點(-1,-23)在直線x=-1上,故點P在定直線x=-1上.變式解:(1)由題意得2a=4,ca=32,解得a=2,c=3,故b=1,所以橢圓C的方程為x24+y(2)證明:由題意,設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0),則直線AB的方程為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.設(shè)A則x1+x2=8k(3k-1)1+4設(shè)Q(x0,y0),因為2|PQ|=1|PA|+1|PB由題可知x0,x1,x2都小于3,所以上式可化簡為23-x0=13-x6-8k(3k-1)1+4k29-3×8k(3故3x0+4y0=36k3+4k+-20所以點Q在定直線3x+4y-4=0上.例7解:(1)橢圓方程可化為x2+a2y2=a2,∵點M(x1,y1),N(x2,y2)均在橢圓上,∴a2y12=a2-x12,a2y22=a2-x22,兩式相乘,得a4y12y22=(a2-x12)(a2由x12+x22=a2,得a4由直線OM,ON的斜率之積是-13,得y1y即9y12y22=x12x22故橢圓C的方程為x23+y2=(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時,易知A(0,1),B(0,-1),此時|QB|=3,|QA|=1,故t=3.當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+2.由y=kx+2,x23+y2=1,消去y整理得(1+3∵直線AB與橢圓C交于A,B兩點,∴Δ=(12k)2-4×9×(1+3k2)=36k2-36>0,得k2>1.設(shè)A(x3,y3),B(x4,y4),由|QB|=t|QA|(t>1),得x4=tx3,由根與系數(shù)的關(guān)系得x3+x4=-12k1+3k2=(1+t)x3,x3·x4=91+3k2=tx32,綜上,1<t≤3,∴t的取值范圍為(1,3].變式解:(1)拋物線C的焦點F到準(zhǔn)線的距離為p,故p=2,C的方程為y2=4x.(2)設(shè)點P(x1,y1),Q(x2,y2),易知