2023新教材高中数学第3章圆锥曲线的方程章末综合提升教师用书新人教A版选择性必修第一册

第3章 圆锥曲线的方程 章末综合提升 类型1　圆锥曲线的定义及应用1．圆锥曲线的定义是相应标准方程和几何性质的“源”，对于圆锥曲线的有关问题，要有运用圆锥曲线定义解题的意识，“回归定义”是一种重要的解题策略．2．研究与圆锥曲线有关的两点间的距离的最值问题时，常用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为到另一焦点的距离或利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为其到相应准线的距离，再利用数形结合的思想去解决问题．【例1】　(1)已知动点M的坐标满足方程5＝|3x＋4y－12|，则动点M的轨迹是(　　)A．椭圆　　　　　　　　 B．双曲线C．抛物线   D．以上都不对(2)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，则∠F1PF2＝________．(1)C　(2)60°　[(1)把轨迹方程5＝|3x＋4y－12|写成＝．∴动点M到原点的距离与它到直线3x＋4y－12＝0的距离相等．∴点M的轨迹是以原点为焦点，直线3x＋4y－12＝0为准线的抛物线．(2)双曲线方程16x2－9y2＝144，化简为－＝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，由双曲线的定义知|m－n|＝2a＝6，又已知m·n＝64，在△PF1F2中，由余弦定理知cos∠F1PF2＝＝＝＝＝．所以∠F1PF2＝60°．] 类型2　圆锥曲线的方程求圆锥曲线方程的常用方法：(1)直接法：动点满足的几何条件本身就是几何量的等量关系，只需把这种关系“翻译”成含x，y的等式就得到动点的轨迹方程．(2)定义法：动点满足已知曲线的定义，可先设定方程，再确定其中的基本量．(3)代入法：动点满足的条件不便用等式列出，但动点是随着另一动点(称之为相关点)而运动的．如果相关点所满足的条件是明显的，或是可分析的，这时我们可以用动点坐标表示相关点坐标，根据相关点所满足的方程即可求得动点的轨迹方程．(4)待定系数法：根据条件能确定曲线的类型，可设出方程形式，再根据条件确定待定的系数．【例2】　(1)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1＋d2＝6，则双曲线的方程为(　　)A．－＝1   B．－＝1C．－＝1   D．－＝1(2)在圆x2＋y2＝4上任取一点P，设点P在x轴上的正投影为点D．当点P在圆上运动时，动点M满足＝2，动点M形成的轨迹为曲线C．求曲线C的方程．(1)C　[法一：因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，所以解得所以双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x．依题意，不妨设A，B到直线y＝x的距离分别为d1，d2，因为d1＋d2＝6，所以＋＝6，所以＋＝6，解得a＝，所以b＝3，所以双曲线的方程为－＝1，故选C．法二：因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，所以解得如图所示，由d1＋d2＝6，即|AD|＋|BE|＝6，可得|CF|＝3，故b＝3，所以a＝，所以双曲线的方程为－＝1．](2)[解]　法一：由＝2，知点M为线段PD的中点，设点M的坐标为(x，y)，则点P的坐标为(x,2y)．因为点P在圆x2＋y2＝4上，所以x2＋(2y)2＝4，所以曲线C的方程为＋y2＝1．法二：设点M的坐标为(x，y)，点P的坐标是(x0，y0)，由＝2，得x0＝x，y0＝2y，因为点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，所以x＋y＝4，(*)把x0＝x，y0＝2y代入(*)式，得x2＋4y2＝4，所以曲线C的方程为＋y2＝1． 类型3　圆锥曲线的性质及应用1．本类问题主要有两种考查类型：(1)已知圆锥曲线的方程研究其几何性质，其中以求椭圆、双曲线的离心率为考查重点．(2)已知圆锥曲线的性质求其方程，基本方法是待定系数法，其步骤可以概括为“先定位、后定量”．2．圆锥曲线的性质的讨论和应用充分体现了直观想象和逻辑推理的数学素养．【例3】　(1)如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是(　　)A．    B．    C．    D．(2)(2021·浙江高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．若过F1的直线和圆＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________．(1)D　(2)　　[(1)由椭圆可知|AF1|＋|AF2|＝4，|F1F2|＝2．因为四边形AF1BF2为矩形，所以|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2＝12，所以2|AF1||AF2|＝(|AF1|＋|AF2|)2－(|AF1|2＋|AF2|2)＝16－12＝4，所以(|AF2|－|AF1|)2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|＝12－4＝8，所以|AF2|－|AF1|＝2，因此对于双曲线有a＝，c＝，所以C2的离心率e＝＝．(2)设过F1的直线与圆的切点为M，圆心A，则|AM|＝c，|AF1|＝c，所以|MF1|＝c，所以该直线的斜率k＝＝＝．因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝，又|F1F2|＝2c，所以k＝＝＝＝，得e＝．] 类型4　圆锥曲线的综合问题1．圆锥曲线的综合问题包括位置关系证明及定值、最值问题，解决的基本思路是利用代数法，通过直线与圆锥曲线的方程求解．2．圆锥曲线的综合问题的解决培养学生的逻辑推理和数学运算素养．【例4】　已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(2,2)，A，B是抛物线C上异于点O的不同的两点，其中O为原点．(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)若OA⊥OB，求△AOB面积的最小值．[解]　(1)由抛物线C：y2＝2px经过点P(2,2)知4p＝4，解得p＝1．则抛物线C的方程为y2＝2x．抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－．(2)由题意知，直线AB不与y轴垂直，设直线AB：x＝ty＋a，由消去x，得y2－2ty－2a＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－2a．因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，即＋y1y2＝0，解得y1y2＝0(舍去)或y1y2＝－4．所以－2a＝－4，解得a＝2．所以直线AB：x＝ty＋2．所以直线AB过定点(2,0)．S△AOB＝×2×|y1－y2|＝＝≥＝4．当且仅当y1＝2，y2＝－2或y1＝－2，y2＝2时，等号成立．所以△AOB面积的最小值为4．