高中數(shù)學(xué)蘇教版1第2章圓錐曲線與方程 第2章章末總結(jié)

章末總結(jié)知識點(diǎn)一圓錐曲線的定義和性質(zhì)對于圓錐曲線的有關(guān)問題，要有運(yùn)用圓錐曲線定義解題的意識，“回歸定義”是一種重要的解題策略；應(yīng)用圓錐曲線的性質(zhì)時，要注意與數(shù)形結(jié)合思想、方程思想結(jié)合起來．總之，圓錐曲線的定義、性質(zhì)在解題中有重要作用，要注意靈活運(yùn)用．例1已知雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，離心率為2，F(xiàn)1，F(xiàn)2為左、右焦點(diǎn)，P為雙曲線上一點(diǎn)，且∠F1PF2＝60°，S△PF1F2＝12eq\r(3)，求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．知識點(diǎn)二直線與圓錐曲線的位置關(guān)系直線與圓錐曲線一般有三種位置關(guān)系：相交、相切、相離．在直線與雙曲線、拋物線的位置關(guān)系中有一種情況，即直線與其交于一點(diǎn)和切于一點(diǎn)，二者在幾何意義上是截然不同的，反映在代數(shù)方程上也是完全不同的，這在解題中既是一個難點(diǎn)也是一個十分容易被忽視的地方．圓錐曲線的切線是圓錐曲線的割線與圓錐曲線的兩個交點(diǎn)無限靠近時的極限情況，反映在消元后的方程上，就是一元二次方程有兩個相等的實(shí)數(shù)根，即判別式等于零；而與圓錐曲線有一個交點(diǎn)的直線，是一種特殊的情況(拋物線中與對稱軸平行，雙曲線中與漸近線平行)，反映在消元后的方程上，該方程是一次的．例2如圖所示，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P(2，0)且斜率為k的直線l交拋物線y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)兩點(diǎn)．(1)求x1x2與y1y2的值；(2)求證：OM⊥ON. 知識點(diǎn)三軌跡問題軌跡是解析幾何的基本問題，求解的方法有以下幾種：(1)直接法：建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，設(shè)動點(diǎn)為(x，y)，根據(jù)幾何條件直接尋求x、y之間的關(guān)系式．(2)代入法：利用所求曲線上的動點(diǎn)與某一已知曲線上的動點(diǎn)的關(guān)系，把所求動點(diǎn)轉(zhuǎn)換為已知動點(diǎn)．具體地說，就是用所求動點(diǎn)的坐標(biāo)x、y來表示已知動點(diǎn)的坐標(biāo)并代入已知動點(diǎn)滿足的曲線的方程，由此即可求得所求動點(diǎn)坐標(biāo)x、y之間的關(guān)系式．(3)定義法：如果所給幾何條件正好符合圓、橢圓、雙曲線、拋物線等曲線的定義，則可直接利用這些已知曲線的方程寫出動點(diǎn)的軌跡方程．(4)參數(shù)法：當(dāng)很難找到形成曲線的動點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)x，y所滿足的關(guān)系式時，借助第三個變量t，建立t和x，t和y的關(guān)系式x＝φ(t)，y＝Φ(t)，再通過一些條件消掉t就間接地找到了x和y所滿足的方程，從而求出動點(diǎn)P(x，y)所形成的曲線的普通方程．例3設(shè)點(diǎn)A、B是拋物線y2＝4px(p>0)上除原點(diǎn)O以外的兩個動點(diǎn)，已知OA⊥OB，OM⊥AB，垂足為M，求點(diǎn)M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線？知識點(diǎn)四圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題是高考命題的一個熱點(diǎn)，也是圓錐曲線問題中的一個難點(diǎn)，解決這個難點(diǎn)沒有常規(guī)的方法，但解決這個難點(diǎn)的基本思想是明確的，定點(diǎn)、定值問題必然是在變化中所表現(xiàn)出來的不變的量，那么就可以用變化的量表示問題的直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系不受變化的量所影響的某個點(diǎn)或值，就是要求的定點(diǎn)、定值．化解這類問題難點(diǎn)的關(guān)鍵就是引進(jìn)變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量．例4若直線l：y＝kx＋m與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1相交于A、B兩點(diǎn)(A、B不是左、右頂點(diǎn))，A2為橢圓的右頂點(diǎn)且AA2⊥BA2，求證：直線l過定點(diǎn)．知識點(diǎn)五圓錐曲線中的最值、范圍問題圓錐曲線中的最值、范圍問題，是高考熱點(diǎn)，主要有以下兩種求解策略：(1)平面幾何法平面幾何法求最值問題，主要是運(yùn)用圓錐曲線的定義和平面幾何知識求解．(2)目標(biāo)函數(shù)法建立目標(biāo)函數(shù)解與圓錐曲線有關(guān)的最值問題，是常規(guī)方法，其關(guān)鍵是選取適當(dāng)?shù)淖兞拷⒛繕?biāo)函數(shù)，然后運(yùn)用求函數(shù)最值的方法確定最值．例5已知A(4,0)，B(2,2)是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1內(nèi)的兩定點(diǎn)，點(diǎn)M是橢圓上的動點(diǎn)，求MA＋MB的最值．例6已知F1、F2為橢圓x2＋eq\f(y2,2)＝1的上、下兩個焦點(diǎn)，AB是過焦點(diǎn)F1的一條動弦，求△ABF2面積的最大值．章末總結(jié)重點(diǎn)解讀例1解如圖所示，設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．∵e＝eq\f(c,a)＝2，∴c＝2a.由雙曲線的定義，得|PF1－PF2|＝2a＝c在△PF1F2F1Feq\o\al(2,2)＝PFeq\o\al(2,1)＋PFeq\o\al(2,2)－2PF1·PF2cos60°＝(PF1－PF2)2＋2PF1·PF2(1－cos60°)，即4c2＝c2＋PF1·PF2.又S△PF1F2＝12eq\r(3)，∴eq\f(1,2)PF1·PF2sin60°＝12eq\r(3)，即PF1·PF2＝48.②由①②，得c2＝16，c＝4，則a＝2，b2＝c2－a2＝12，∴所求的雙曲線方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.例2(1)解過點(diǎn)P(2,0)且斜率為k的直線方程為：y＝k(x－2)．把y＝k(x－2)代入y2＝2x，消去y得k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0，由于直線與拋物線交于不同兩點(diǎn)，故k2≠0且Δ＝(4k2＋2)2－16k4＝16k2＋4>0，x1x2＝4，x1＋x2＝4＋eq\f(2,k2)，∵M(jìn)、N兩點(diǎn)在拋物線上，∴yeq\o\al(2,1)·yeq\o\al(2,2)＝4x1·x2＝16，而y1·y2<0，∴y1y2＝－4.(2)證明∵eq\o(OM,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(x2，y2)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1·x2＋y1·y2＝4－4＝0.∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→))，即OM⊥ON. 例3解設(shè)直線OA的方程為y＝kx(k≠±1，因?yàn)楫?dāng)k＝±1時，直線AB的斜率不存在)，則直線OB的方程為y＝－eq\f(x,k)，進(jìn)而可求Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4p,k2)，\f(4p,k)))、B(4pk2，－4pk)．于是直線AB的斜率為kAB＝eq\f(k,1－k2)，從而kOM＝eq\f(k2－1,k)，∴直線OM的方程為y＝eq\f(k2－1,k)x，①直線AB的方程為y＋4pk＝eq\f(－k,k2－1)(x－4pk2)．②將①②相乘，得y2＋4pky＝－x(x－4pk2)，即x2＋y2＝－4pky＋4pk2x＝4p(k2x－ky)，③又k2x－ky＝x，代入③式并化簡，得(x－2p)2＋y2＝4p2.當(dāng)k＝±1時，易求得直線AB的方程為x＝4p.故此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4p,0)，也在(x－2p)2＋y2＝4p2(x≠0)上．∴點(diǎn)M的軌跡方程為(x－2p)2＋y2＝4p2(x≠0)，∴其軌跡是以(2p,0)為圓心，半徑為2p的圓，去掉坐標(biāo)原點(diǎn)．例4證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝64m2k2－163＋4k2m2－3>0，,x1＋x2＝－\f(8mk,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－3,3＋4k2).))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋4k2－m2>0，,x1＋x2＝－\f(8mk,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－3,3＋4k2).))又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－4k2,3＋4k2).∵橢圓的右頂點(diǎn)為A2(2,0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0.∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.∴eq\f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq\f(4m2－3,3＋4k2)＋eq\f(16mk,3＋4k2)＋4＝0.∴7m2＋16km＋4k2解得m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7)，且均滿足3＋4k2－m2>0.當(dāng)m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(diǎn)(2,0)，與已知矛盾．當(dāng)m2＝－eq\f(2k,7)時，l的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,7)))，直線過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，∴直線l過定點(diǎn)．例5解因?yàn)锳(4,0)是橢圓的右焦點(diǎn)，設(shè)A′為橢圓的左焦點(diǎn)，則A′(－4,0)，由橢圓定義知MA＋MA′＝10.如圖所示，則MA＋MB＝MA＋MA′＋MB－MA′＝10＋MB－MA′≤10＋A′B.當(dāng)點(diǎn)M在BA′的延長線上時取等號．所以當(dāng)M為射線BA′與橢圓的交點(diǎn)時，(MA＋MB)max＝10＋A′B＝10＋2eq\r(10).又如圖所示，MA＋MB＝MA＋MA′－MA′＋MB＝10－(MA′－MB)≥10－A′B，當(dāng)M在A′B的延長線上時取等號．所以當(dāng)M為射線A′B與橢圓的交點(diǎn)時，(MA＋MB)min＝10－A′B＝10－2eq\r(10).例6解由題意，F(xiàn)1F2＝設(shè)直線AB方程為y＝kx＋1，代入橢圓方程2x2＋y2＝2，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，則xA＋xB＝－eq\f(2k,k2＋2)，xA·xB＝－eq\f(1,k2＋2)，∴|xA－xB|＝eq\f