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2019-2020年高考數(shù)學一輪復習 8.7 圓錐曲線的綜合問題教案
●知識梳理
解析幾何是聯(lián)系初等數(shù)學與高等數(shù)學的紐帶，它本身側(cè)重于形象思維、推理運算和數(shù)形結(jié)合，綜合了代數(shù)、三角、幾何、向量等知識.反映在解題上，就是根據(jù)曲線的幾何特征準確地轉(zhuǎn)換為代數(shù)形式，根據(jù)方程畫出圖形，研究幾何性質(zhì).學習時應熟練掌握函數(shù)與方程的思想、數(shù)形結(jié)合的思想、參數(shù)的思想、分類與轉(zhuǎn)化的思想等，以達到優(yōu)化解題的目的.
具體來說，有以下三方面：
（1）確定曲線方程，實質(zhì)是求某幾何量的值；含參數(shù)系數(shù)的曲線方程或變化運動中的圓錐曲線的主要問題是定值、最值、最值范圍問題，這些問題的求解都離不開函數(shù)、方程、不等式的解題思想方法.有時題設設計的非常隱蔽，這就要求認真審題，挖掘題目的隱含條件作為解題突破口.
（2）解析幾何也可以與數(shù)學其他知識相聯(lián)系，這種綜合一般比較直觀，在解題時保持思維的靈活性和多面性，能夠順利進行轉(zhuǎn)化，即從一知識轉(zhuǎn)化為另一知識.
（3）解析幾何與其他學科或?qū)嶋H問題的綜合，主要體現(xiàn)在用解析幾何知識去解有關(guān)知識，具體地說就是通過建立坐標系，建立所研究曲線的方程，并通過方程求解來回答實際問題.在這一類問題中“實際量”與“數(shù)學量”的轉(zhuǎn)化是易出錯的地方，這是因為在坐標系中的量是“數(shù)量”，不僅有大小還有符號.
●點擊雙基
1.（xx年春季北京，5）設abc≠0，“ac>0”是“曲線ax2+by2=c為橢圓”的
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件
解析：ac>0曲線ax2+by2=c為橢圓.反之成立.
答案：B
2.到兩定點A（0，0），B（3，4）距離之和為5的點的軌跡是
A.橢圓 B.AB所在直線
C.線段AB D.無軌跡
解析：數(shù)形結(jié)合易知動點的軌跡是線段AB：y=x，其中0≤x≤3.
答案：C
3.若點（x，y）在橢圓4x2+y2=4上，則的最小值為
A.1 B.－1
C.－ D.以上都不對
解析：的幾何意義是橢圓上的點與定點（2，0）連線的斜率.顯然直線與橢圓相切時取得最值，設直線y=k（x－2）代入橢圓方程（4+k2）x2－4k2x+4k2－4=0.
令Δ=0，k=.∴kmin=－.
答案：C
4.（xx年春季上海，7）雙曲線9x2－16y2=1的焦距是____________.
解析：將雙曲線方程化為標準方程得－=1.∴a2=，b2=，
c2=a2+b2=+=.∴c=，2c=.
答案：
5.（xx年春季北京）若直線mx+ny－3=0與圓x2+y2=3沒有公共點，則m、n滿足的關(guān)系式為____________；以（m，n）為點P的坐標，過點P的一條直線與橢圓+=1的公共點有____________個.
解析：將直線mx+ny－3=0變形代入圓方程x2+y2=3，消去x，得
（m2+n2）y2－6ny+9－3m2=0.
令Δ<0得m2+n2<3.
又m、n不同時為零，∴0
0，b≠0），且交拋物線y2=2px（p>0）于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點.
（1）寫出直線l的截距式方程；
（2）證明：+=；
（3）當a=2p時，求∠MON的大小.
剖析：易知直線l的方程為+=1，欲證+=，即求的值，為此只需求直線l與拋物線y2=2px交點的縱坐標.由根與系數(shù)的關(guān)系易得y1+y2、y1y2的值，進而證得+=.由=0易得∠MON=90.亦可由kOMkON=－1求得∠MON=90.
（1）解：直線l的截距式方程為+=1. ①
（2）證明：由①及y2=2px消去x可得by2+2pay－2pab=0. ②
點M、N的縱坐標y1、y2為②的兩個根，故y1+y2=，y1y2=－2pa.
所以+===.
（3）解：設直線OM、ON的斜率分別為k1、k2，則k1=，k2=.
當a=2p時，由（2）知，y1y2=－2pa=－4p2，
由y12=2px1，y22=2px2，相乘得（y1y2）2=4p2x1x2，x1x2===4p2，
因此k1k2===－1.
所以OM⊥ON，即∠MON=90.
評述：本題主要考查直線、拋物線等基本知識，考查運用解析幾何的方法分析問題和解決問題的能力.
【例2】 （xx年黃岡高三調(diào)研考題）已知橢圓C的方程為+=1（a>b>0），雙曲線－=1的兩條漸近線為l1、l2，過橢圓C的右焦點F作直線l，使l⊥l1，又l與l2交于P點，設l與橢圓C的兩個交點由上至下依次為A、B.（如下圖）
（1）當l1與l2夾角為60，雙曲線的焦距為4時，求橢圓C的方程；
（2）當=λ時，求λ的最大值.
剖析：（1）求橢圓方程即求a、b的值，由l1與l2的夾角為60易得=，由雙曲線的距離為4易得a2+b2=4，進而可求得a、b.
（2）由=λ，欲求λ的最大值，需求A、P的坐標，而P是l與l1的交點，故需求l的方程.將l與l2的方程聯(lián)立可求得P的坐標，進而可求得點A的坐標.將A的坐標代入橢圓方程可求得λ的最大值.
解：（1）∵雙曲線的漸近線為y=x，兩漸近線夾角為60，又<1，
∴∠POx=30，即=tan30=.
∴a=b.
又a2+b2=4，∴a2=3，b2=1.
故橢圓C的方程為+y2=1.
（2）由已知l：y=（x－c），與y=x解得P（，），
由=λ得A（，）.
將A點坐標代入橢圓方程得（c2+λa2）2+λ2a4=（1+λ）2a2c2.
∴（e2+λ）2+λ2=e2（1+λ）2.
∴λ2==－［（2－e2）+］+3≤3－2.
∴λ的最大值為－1.
評述：本題考查了橢圓、雙曲線的基礎知識，及向量、定比分點公式、重要不等式的應用.解決本題的難點是通過恒等變形，利用重要不等式解決問題的思想.本題是培養(yǎng)學生分析問題和解決問題能力的一道好題.
【例3】 設橢圓中心是坐標原點，長軸在x軸上，離心率e=，已知點P（0，）到這個橢圓上的點的最遠距離是，求這個橢圓方程，并求橢圓上到點P的距離等于的點的坐標.
剖析：設橢圓方程為+=1，由e=知橢圓方程可化為x2+4y2=4b2，然后將距離轉(zhuǎn)化為y的二次函數(shù)，二次函數(shù)中含有一個參數(shù)b，在判定距離有最大值的過程中，要討論y=－是否在y的取值范圍內(nèi)，最后求出橢圓方程和P點坐標.
解法一：設所求橢圓的直角坐標方程是+=1，其中a＞b＞0待定.
由e2===1－（）2可知===，即a=2b.
設橢圓上的點（x，y）到點P的距離為d，則d2=x2+（y－）2=a2（1－）+y2－3y+= 4b2－3y2－3y+=－3（y+）2+4b2+3，其中－b≤y≤b.
如果b＜，則當y=－b時d2（從而d）有最大值，由題設得（）2=（b+）2，由此得b=－＞，與b＜矛盾.
因此必有b≥成立，于是當y=－時d2（從而d）有最大值，由題設得（）2=4b2+3，由此可得b=1，a=2.
故所求橢圓的直角坐標方程是+y2=1.
由y=－及求得的橢圓方程可得，橢圓上的點（－，－），點（，－）到點P的距離都是.
解法二：根據(jù)題設條件，設橢圓的參數(shù)方程是
其中a＞b＞0待定，0≤θ＜2π，
x=acosθ，
y=bsinθ，
∵e=，∴a=2b.
設橢圓上的點（x，y）到點P的距離為d，則
d2=x2+（y－）2=a2cos2θ+（bsinθ－）2=－3b2（sinθ+）2+4b2+3.
如果＞1，即b＜，則當sinθ=－1時，d2（從而d）有最大值，由題設得（）2=（b+） 2，由此得b=－＞，與b＜矛盾.
因此必有≤1成立，于是當sinθ=－時，d2（從而d）有最大值，由題設得（）2=4b2+3.
由此得b=1，a=2.所以橢圓參數(shù)方程為
x=2cosθ，
y=sinθ.
消去參數(shù)得+y2=1，由sinθ=，cosθ=知橢圓上的點（－，－），（，－）到P點的距離都是.
評述：本題體現(xiàn)了解析幾何與函數(shù)、三角知識的橫向聯(lián)系，解答中要注意討論.
深化拓展
根據(jù)圖形的幾何性質(zhì)，以P為圓心，以為半徑作圓，圓與橢圓相切時，切點與P的距離為，此時的橢圓和切點即為所求.讀者不妨一試.
提示：由
x2+（y－）2=7，
x2+4y2=4b2，
得3y2+3y－=4b2－7，由Δ=0得b2=1，
即橢圓方程為x2+4y2=4.
所求點為（－，－）、（，－）.
●闖關(guān)訓練
夯實基礎
1.（xx年北京東城區(qū)目標檢測）以正方形ABCD的相對頂點A、C為焦點的橢圓，恰好過正方形四邊的中點，則該橢圓的離心率為
A. B.
C. D.
解析：建立坐標系，設出橢圓方程，由條件求出橢圓方程，可得e=.
答案：D
2.已知F1（－3，0）、F2（3，0）是橢圓+＝1的兩個焦點，P是橢圓上的點，當∠F1PF2＝時，△F1PF2的面積最大，則有
A.m=12，n=3 B.m=24，n=6
C.m=6，n= D.m=12，n=6
解析：由條件求出橢圓方程即得m=12，n=3.
答案：A
3.（xx年啟東市第二次調(diào)研）設P1（，）、P2（－，－），M是雙曲線y=上位于第一象限的點，對于命題①|(zhì)MP2|－|MP1|=2；②以線段MP1為直徑的圓與圓x2+y2=2相切；③存在常數(shù)b，使得M到直線y=－x+b的距離等于|MP1|.其中所有正確命題的序號是____________.
解析：由雙曲線定義可知①正確，②畫圖由題意可知正確，③由距離公式及|MP1|可知正確.
答案：①②③
4.（xx年全國Ⅱ，15）設中心在原點的橢圓與雙曲線2x2－2y2=1有公共的焦點，且它們的離心率互為倒數(shù)，則該橢圓的方程是_________________.
解析：雙曲線中，a==b，∴F（1，0），e==.∴橢圓的焦點為（1，0），離心率為.∴長半軸長為，短半軸長為1.∴方程為+y2=1.
答案：+y2=1
5.（1）試討論方程（1－k）x2+（3－k2）y2=4（k∈R）所表示的曲線；
（2）試給出方程+=1表示雙曲線的充要條件.
解：（1）3－k2>1－k>0k∈（－1，1），方程所表示的曲線是焦點在x軸上的橢圓； 1－k>3－k2>0k∈（－，－1），方程所表示的曲線是焦點在y軸上的橢圓；1－k=3－k2>0k=－1，表示的是一個圓；（1－k）（3－k2）<0k∈（－∞，－）∪（1，），表示的是雙曲線；k=1，k=－，表示的是兩條平行直線；k=，表示的圖形不存在.
（2）由（k2+k－6）（6k2－k－1）<0（k+3）（k－2）（3k+1）（2k－1）<0k∈（－3，－）∪（，2）.
6.（xx年湖北八市模擬題）已知拋物線y2=2px上有一內(nèi)接正△AOB，O為坐標原點.
（1）求證：點A、B關(guān)于x軸對稱；
（2）求△AOB外接圓的方程.
（1）證明：設A（x1，y1）、B（x2，y2），
∵|OA|=|OB|，∴x12+y12=x22+y22.
又∵y12=2px1，y22=2px2，∴x22－x12+2p（x2－x1）=0，即（x2－x1）（x1+x2+2p）=0.
又∵x1、x2與p同號，∴x1+x2+2p≠0.∴x2－x1=0，即x1=x2.
由拋物線對稱性，知點A、B關(guān)于x軸對稱.
（2）解：由（1）知∠AOx=30，則
∴
y2=2px， x=6p，
y=x y=2p.
∴A（6p，2p）.
方法一：待定系數(shù)法，△AOB外接圓過原點O，且圓心在x軸上，可設其方程為x2+y2+dx=0.
將點A（6p，2p）代入，得d=－8p.
故△AOB外接圓方程為x2+y2－8px=0.
方法二：直接求圓心、半徑，設半徑為r，則圓心（r，0）.
培養(yǎng)能力
7.（理）（xx年北京，17）如下圖，過拋物線y2=2px（p＞0）上一定點P（x0，y0） （y0＞0），作兩條直線分別交拋物線于A（x1，y1）、B（x2，y2）.
（1）求該拋物線上縱坐標為的點到其焦點F的距離；
（2）當PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時，求的值，并證明直線AB的斜率是非零常數(shù).
解：（1）當y=時，x=.又拋物線y2=2px的準線方程為x=－，
由拋物線定義得所求距離為－（－）=.
（2）設直線PA的斜率為kPA，直線PB的斜率為kPB.
由y12=2px1，y02=2px0，相減得（y1－y0）（y1+y0）=2p（x1－x0），
故kPA==（x1≠x0）.
同理可得kPB=（x2≠x0）.
由PA、PB傾斜角互補知kPA=－kPB，即=－，所以y1+y2=－2y0，
故=－2.
設直線AB的斜率為kAB.
由y22=2px2，y12=2px1，相減得（y2－y1）（y2+y1）=2p（x2－x1），
所以kAB==（x1≠x2）.
將y1+y2=－2y0（y0＞0）代入得kAB==－，所以kAB是非零常數(shù).
（文）如下圖，拋物線關(guān)于x軸對稱，它的頂點在坐標原點，點P（1，2）、A（x1，y1）、B（x2，y2）均在拋物線上.
（1）寫出該拋物線的方程及其準線方程；
（2）當PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時，求y1+y2的值及直線AB的斜率.
解：（1）由已知條件，可設拋物線的方程為y2=2px.∵點P（1，2）在拋物線上，
∴22=2p1，得p=2.
故所求拋物線的方程是y2=4x，準線方程是x=－1.
（2）設直線PA的斜率為kPA，直線PB的斜率為kPB.
則kPA=（x1≠1），kPB=（x2≠1）.
∵PA與PB的斜率存在且傾斜角互補，∴kPA=－kPB.
由A（x1，y1）、B（x2，y2）在拋物線上，得
y12=4x1， ①
y22=4x2， ②
∴=－.
∴y1+2=－（y2+2）.∴y1+y2=－4.
由①－②得直線AB的斜率
kAB===－=－1（x1≠x2）.
8.（xx年北京東城區(qū)模擬題）從橢圓+=1（a＞b＞0）上一點M向x軸作垂線，恰好通過橢圓的左焦點F1，且它的長軸右端點A與短軸上端點B的連線AB∥OM.
（1）求橢圓的離心率；
（2）若Q是橢圓上任意一點，F(xiàn)2是右焦點，求∠F1QF2的取值范圍；
（3）過F1作AB的平行線交橢圓于C、D兩點，若|CD|=3，求橢圓的方程.
解：（1）由已知可設M（－c，y），則有+=1.
∵M在第二象限，∴M（－c，）.
又由AB∥OM，可知kAB=kOM.
∴－=－.∴b=c.∴a=b.∴e==.
（2）設|F1Q|=m，|F2Q|=n，
則m+n=2a，mn＞0.|F1F2|=2c，a2=2c2，
∴cos∠F1QF2=
==－1
=－1≥－1=－1=0.當且僅當m=n=a時，等號成立.
故∠F1QF2∈［0，］.
（3）∵CD∥AB，kCD=－=－.
設直線CD的方程為y=－（x+c），即y=－（x+b）.
消去y，整理得
則
+=1，
y=－（x+b）.
（a2+2b2）x2+2a2bx－a2b2=0.
設C（x1，y1）、D（x2，y2），∵a2=2b2，
∴x1+x2=－=－=－b，
x1x2=－=－=－.
∴|CD|=|x1－x2|=
===3.
∴b2=2，則a2=4.
∴橢圓的方程為+=1.
探究創(chuàng)新
9.（xx年春季上海，22）（1）求右焦點坐標是（2，0），且經(jīng)過點（－2，－）的橢圓的標準方程.
（2）已知橢圓C的方程是+=1（a>b>0）.設斜率為k的直線l交橢圓C于A、B兩點，AB的中點為M.證明：當直線l平行移動時，動點M在一條過原點的定直線上.
（3）利用（2）所揭示的橢圓幾何性質(zhì)，用作圖方法找出下面給定橢圓的中心，簡要寫出作圖步驟，并在圖中標出橢圓的中心.
（1）解：設橢圓的標準方程為+=1，a>b>0，
∴a2=b2+4，即橢圓的方程為+=1.
∵點（－2，－）在橢圓上，
∴+=1.
解得b2=4或b2=－2（舍）.
由此得a2=8，即橢圓的標準方程為+=1.
（2）證明：設直線l的方程為y=kx+m，
與橢圓C的交點A（x1，y1）、B（x2，y2），
y=kx+m，
則有
+=1.
解得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2－a2b2=0.
∵Δ>0，∴m20）的準線與x軸交于M點，過點M作直線l交拋物線于A、B兩點.
（1）若線段AB的垂直平分線交x軸于N（x0，0），求證：x0>3p；
（2）若直線l的斜率依次為p，p2，p3，…，線段AB的垂直平分線與x軸的交點依次為N1，N2，N3，…，當00，得0p+2p=3p.∴x0>3p.
（2）解：∵l的斜率依次為p，p2，p3，…時，AB中垂線與x軸交點依次為N1，N2，N3，…（0
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2019-2020年高考數(shù)學一輪復習
8.7
圓錐曲線的綜合問題教案
2019
2020
年高
數(shù)學
一輪
復習
圓錐曲線
綜合
問題
教案
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