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第2讲椭圆、双曲线、抛物线_图文

第2讲 椭圆、双曲线、抛物线

要点知识整合
椭圆、双曲线、抛物线的定义及几何性质

椭圆

双曲线

抛物线

图象

几何性质

热点突破探究
典例精析
题型一 圆锥曲线的定义

x2 2 y2 例1 已知 P 为椭圆 +y =1 和双曲线 x2- = 4 2 1 的一个交点,F1,F2 为椭圆的两个焦点,那么 ∠F1PF2 的余弦值为__________.

【解析】由椭圆和双曲线的方程可知,F1,F2 为它 们 的 公 共 焦 点 , 不 妨 设 |PF1| > |PF2| , 则
?|PF1|+|PF2|=4 ? ? ?|PF1|-|PF2|=2 ? ?|PF1|=3 ? , 所以? ?|PF2|=1 ?

, 1F2|=2 3, 又|F

1 由余弦定理可得 cos∠F1PF2=-3.
【答案】 1 -3

【题后拓展】圆锥曲线的定义反映了它们的基本 特征,理解定义是掌握其性质的基础.因此,对

于圆锥曲线的定义不仅要熟记,还要深入理解细
节部分:比如椭圆的定义中要求|PF1|+|PF2|> |F1F2|,双曲线的定义中要求||PF1|-|PF2||<|F1F2|.

变式训练

x2 y2 1.已知定点 A(2,1),F(1,0)是椭圆 m+ 8 =1 的一个焦 点, 是椭圆上的点, P 求|PA|+|PF|的最大值和最小值.
解: F(1,0)在 x 轴上, 由 ∴m -8=1,∴m=9, x2 y2 即椭圆方程为 9 + 8 =1.

如图,设左焦点为 F′, 则|PA|+|PF|=|PA|+2a-|PF′| =6+(|PA|-|PF′|). 连接 AF′并延长交椭圆于 P1,反向延长线交椭 圆于 P2,P1、P2 分别使|PA|+|PF|取得最大值和 最小值,且为 6+ 10和 6- 10.

题型二

圆锥曲线的几何性质

x2 y2 例2 (1)(2010 年高考天津卷)已知双曲线 a2 - b2 = 1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是 y= 3x,它的一 个焦点与抛物线 y2=16x 的焦点相同,则双曲线的方 程为________________. (2)(2010 年高考大纲全国卷Ⅰ)已知 F 是椭圆 C 的一 个焦点,B 是短轴的一个端点,线段 BF 的延长线交 → 则 C 于点 D, → =2FD, C 的离心率为__________. 且BF

x2 y2 【解析】(1)由双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的一条渐 a b b 近线方程为 y= 3x 得a= 3,∴b= 3a.∵抛物线 y2 =16x 的焦点为 F(4,0), ∴c=4.又∵c2=a2+b2, ∴16 =a2+( 3a)2,∴a2=4,b2=12. x2 y2 即所求双曲线的方程为 - =1. 4 12

(2)设椭圆 C 的焦点在 x 轴上,如图,B(0,b),F(c,0), → → D(xD,yD),则BF=(c,-b),FD=(xD-c,yD), → → ∵BF=2FD, 3c xD= , ?c=2(xD-c), 2 ? ∴? ∴ b ? ?-b=2yD, yD=- . 2 3c 2 b 2 ( ) (- ) 2 2 3 2 1 ∴ + =1,化简得 e = ,∴e= . a2 b2 3 3

? ? ?

【答案】

x2 y2 (1) 4 -12=1

3 (2) 3

【题后点评】(1)在求解有关离心率的问题时,一般
并不是直接求出c和a的值,而是根据题目给出的椭 圆或双曲线的几何特征,建立关于参数c、a、b的方 程或不等式,通过解方程或不等式求得离心率的值 或范围. (2)抛物线的几何性质的特点:有一个顶点,一个焦 点,一条准线,一条对称轴,无对称中心,没有渐 近线.这里强调p的几何意义是焦点到准线的距离.

变式训练 2.(1)(2010年高考陕西卷)已知抛物线y2=2px(p>0)的 准线与圆x2+y2-6x-7=0相切,则p的值为(
1 A. 2

)

B.1

C.2

D.4

解析: C.由抛物线的标准方程得准线方程为 x= 选 p -2.由 x2+y2-6x-7=0 得(x-3)2+y2=16. p ∵准线与圆相切,∴3+2=4,∴p=2.

(2)(2010 年高考辽宁卷)设双曲线的一个焦点为 F, 虚轴的一个端点为 B, 如果直线 FB 与该双 曲线的一条渐近线垂直,那么此双曲线的离心 率为( A. 2 ) B. 3 3+1 C. 2 5+1 D. 2

x2 y 2 解析:选 D.设双曲线方程为a2-b2=1,设 F(c,0), b b B(0,b),kBF=- c,双曲线渐近线的斜率 k=± . a bb ∵BF 与一条渐近线垂直, ∴-c·=-1, 2=ac, ∴b a 又 a2+b2=c2,∴c2-ac-a2=0,∴e2-e-1=0, 1+ 5 1- 5 ∴e= 2 或 e= 2 (舍), 5+1 ∴e= 2 ,故选 D.

题型三 例3

圆锥曲线的最值或定值问题 已知抛物线y2=4x的焦点为F,过F作两条互

相垂直的弦AB,CD,设AB,CD的中点分别为M,N.

(1)求证:直线MN恒过定点;
(2)求|MN|的最小值.
【解】(1)证明:由题意可知直线 AB,CD 的斜率 都存在且不等于零,F(1,0). 设 lAB:y=k(x-1),代入 y2=4x, 得 k2x2-2(k2+2)x+k2=0.

xA+xB k2+2 2 ∴xM= 2 = k2 ,yM=k(xM-1)=k. k2+2 2 故 M( k2 ,k). 1 因为 CD⊥AB,所以将点 M 坐标中的 k 换为-k, 得 N(2k2+1,-2k). 2 -2k-k 当 k≠± 时, lMN: 1 则 y+2k= · (x-2k2-1), k2+2 2k2+1- k2 即(1-k2)y=k(x-3),此时直线 MN 恒过定点 T(3,0); 当 k=± 时,MN 的方程为 x=3,也过(3,0)点.故不论 k 1 为何值,直线 MN 恒过定点 T(3,0).

k2+2 2 (2)由(1)知 M( k2 ,k),N(2k2+1,-2k). k2+2 2 2 2 ∴|MN|= ? k2 -2k -1? +?k+2k?2 1 1 12 1 4 2 2 2 =2 k +k4+k +k2=2 ?k +k2? +?k +k2?-2 1 12 9 12 9 2 =2 ?k +k2+2? -4≥2 ?2+2? -4=4. 1 当且仅当 k2=k2,即 k=± 时,上式取等号, 1 此时|MN|的最小值是 4.

【题后点评】解析几何中的最值问题涉及的知识 面较广,解法灵活多样,但最常用的方法有以下

几种:
(1)利用函数,尤其是二次函数求最值; (2)利用三角函数,尤其是正、余弦函数的有界性 求最值; (3)利用不等式,尤其是均值不等式求最值;

(4)利用数形结合,尤其是切线的性质求最值.

变式训练
3 3.(2009年高考辽宁卷)已知椭圆C经过点A(1, ), 2

两个焦点为(-1,0),(1,0).
(1)求椭圆C的方程; (2)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率 与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值, 并求出这个定值.

x2 y2 解:(1)由题意知 c=1.可设椭圆方程为 + 2=1. 1+b2 b 1 9 因为 A 在椭圆 C 上,所以 + 2=1. 1+b2 4b 3 2 2 解得 b =3,b =-4(舍去). x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. 3 (2)证明:设直线 AE 的方程为 y=k(x-1)+2. x2 y2 代入 4 + 3 =1 得 3 2 2 (3+4k )x +4k(3-2k)x+4(2-k)2-12=0.

设 E(xE,yE),F(xF,yF). 3 因为点 A(1, )在椭圆上,所以 2 3 4? -k?2-12 2 3 xE= ,yE=kxE+ -k. 2 2 3+4k 又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中 3 4? +k?2-12 2 3 以-k 代替 k, 可得 xF= , F=-kxF+ +k, y 2 2 3+4k 所以直线 EF 的斜率 yF-yE -k?xE+xF?+2k 1 kEF= = = , 2 xF-xE xF-xE 1 即直线 EF 的斜率为定值,其值为 . 2

题型四
例4

圆锥曲线中的参数范围

如图,已知圆 C:(x+1)2 +y2 =8,定点

A(1,0),M 为圆上一动点,点 P 在 AM 上,点 N → → → → 在 CM 上,且满足AM=2AP,NP· =0,点 N AM 的轨迹为曲线 E. (1)求曲线 E 的方程; (2)若过定点 F(0,2)的直线交曲线 E 于不同的两点 → → G、 H(点 G 在点 F、 之间), H 且满足FG=λFH, 求 λ 的取值范围.

【规范解答】 ∴|NA|=|NM|.

→ → → → (1)∵AM=2AP,NP· =0, AM

∴NP 为 AM 的垂直平分线, 又∵|CN|+|NM|=2 2, ∴|CN|+|AN|=2 2>2, ∴点 N 的轨迹是以点 C(-1,0)、A(1,0)为焦点的 椭圆且椭圆长轴长为 2a=2 2,焦距 2c=2, ∴a= 2,c=1,b2=1, x2 2 ∴曲线 E 的方程为 +y =1. 2

(2)当直线 GH 的斜率存在时, x2 2 设直线 GH 的方程为 y=kx+2,代入椭圆方程 +y = 2 1 1,得( +k2)x2+4kx+3=0. 2 3 由 Δ>0 得 k2> . 设 G(x1,y1)、H(x2,y2), 2 -4k 3 则 x1+x2= ,x1x2= . 1 1 +k2 +k2 2 2 → → 又∵FG =λFH,∴(x1,y1-2)=λ(x2,y2-2), ∴x1=λx2,∴x1+x2=(1+λ)x2,x1x2=λx2, 2 x1+x2 2 -4k 2 1 2 x1x2 3 1 2 ∴( ) =x2= . ∴( )· ( )= ·, 1 1 λ λ 1+λ 1+λ +k2 +k2 2 2

?1+λ? 16 整理得 = .8 分 1 λ 3? 2+1? 2k 16 16 2 3 ∵k > ,∴4< < . 2 3 3 2+3 2k 1 16 1 ∴4<λ+ +2< ,∴ <λ<3. 3 3 λ 1 又∵0<λ<1,∴ <λ<1. 3 又当直线 GH 的斜率不存在, 即其方程为 x=0 时, 1 → 1→ FG = FH,λ= . 3 3
2

1 1 ∴ ≤λ<1,即所求 λ 的取值范围是[ ,1).12 分 3 3

【题后点评】与圆锥曲线相关的参数问题是高考

考查的热点问题,解决这类问题常用以下方法:
(1)根据题意建立参数的不等关系式,通过解不等 式求出范围;

(2)用其他变量表示该参数,建立函数关系,然后
利用求值域的相关方法求解; (3)建立某变量的一元二次方程,利用判别式求该 参数的范围; (4)研究该参数所对应的几何意义,利用数形结合 法求解.

变式训练

4. 已知椭圆的焦点在 x 轴上, 它的一个顶点恰好是抛 2 2 物线 x =4y 的焦点,离心率 e= ,过椭圆的右焦点 5 F 作与坐标轴不垂直的直线 l,交椭圆于 A、B 两点. (1)求椭圆的标准方程; → → (2)设点 M(m,0)是线段 OF 上的一个动点, 且(MA+MB) → ⊥AB,求 m 的取值范围.

x2 y2 解:(1)设椭圆方程为a2+b2=1(a>b>0), 由题意知 b=1, ∴ a2-b2 2 a2 = 5

? a2=5.

x2 2 故椭圆方程为 5 +y =1. (2)法一:由(1)得 F(2,0),所以 0≤m≤2, 设 l 的方程为 y=k(x-2)(k≠0), x2 2 代入 5 +y =1,得(5k2+1)x2-20k2x+20k2-5=0.

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 20k2-5 20k2 则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , 5k +1 5k +1 ∴y1+y2=k(x1+x2-4),y1-y2=k(x1-x2), → → ∴MA+MB=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2), → AB=(x2-x1,y2-y1). → → → → → → ∵(MA+MB)⊥AB,∴(MA+MB)· =0, AB ∴(x1+x2-2m)(x2-x1)+(y2-y1)(y1+y2)=0, 20k2 4k2 ∴ 2 -2m- 2 =0,∴(8-5m)k2-m=0. 5k +1 5k +1 m 8 2 由k= >0,∴0<m< , 5 8-5m 8 → → → ∴当 0<m< 时,有(MA+MB)⊥AB成立. 5

法二:由(1)得 F(2,0),所以 0≤m≤2. 设 l 的方程为 y=k(x-2)(k≠0), x2 2 代入 +y =1,得(5k2+1)x2-20k2x+20k2-5=0. 5 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 20k2-5 20k2 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 5k +1 5k +1 4k ∴y1+y2=k(x1+x2-4)=- 2 , 5k +1 y1-y2=k(x1-x2). → → → ∵(MA+MB)⊥AB,∴|MA|=|MB|, ∴ ?x1-m?2+y2= ?x2-m?2+y2, 1 2

∴(x1+x2-2m)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0, (1+k2)(x1+x2)-2m-4k2=0, ∴(8-5m)k2-m=0, 8k2 8 8 ∴m= 2 = - 2 , 5k +1 5 5?5k +1? 8 ∵k≠0,∴k >0,∴0<m< . 5
2

8 → → → ∴当 0<m< 时,有(MA+MB)⊥AB成立. 5

方法突破 分类讨论 例
x2 y2 3 椭圆 C: 2+b2=1(a>b>0)的离心率为 2 , a

长轴端点与短轴端点间的距离为 5. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设过点 D(0,4)的直线 l 与椭圆 C 交于 E, 两点, F O 为坐标原点,若△OEF 为直角三角形,求直线 l 的斜率.

c 3 【解】(1)由已知得a= 2 ,a2+b2=5, 又 a2=b2+c2,所以 a2=4,b2=1, x2 2 所以椭圆 C 的方程为 4 +y =1. (2)根据题意可知,过点 D(0,4)满足题意的直线 l 的 ?x ? +y2=1 斜率存在,设 l:y=kx+4,联立? 4 , ?y=kx+4 ? 消去 y 得(1+4k2)x2+32kx+60=0, Δ=(32k)2-240(1+4k2)=64k2-240, 15 2 令 Δ>0,解得 k > 4 .
2

设 E,F 两点的坐标分别为 E(x1,y1),F(x2,y2), 32k 60 (ⅰ)当∠EOF 为直角时,x1+x2=- ,x1x2= , 1+4k2 1+4k2 → → OE· =0,即 x1x2+y1y2=0, OF 所以(1+k2)x1x2+4k(x1+x2)+16=0, 15?1+k2? 32k2 所以 - +4=0,解得 k=± 19. 1+4k2 1+4k2 (ⅱ)当∠OEF 或∠OFE 为直角时,不妨设∠OEF 为直角, y1 y1-4 此时 kOE· k=-1,所以 · =-1,即 x2=4y1-y2 ①, 1 1 x1 x1 2 x1 2 又 +y1=1 ②, 4 将①代入②,消去 x1 得 3y2+4y1-4=0, 1 2 解得 y1= 或 y1=-2(舍去), 3

2 2 将 y1=3代入①,得 x1=± 5, 3 y1-4 所以 k= x =± 5, 1 经检验,所求 k 值均符合题意,综上,k 的值 为± 19或± 5.

【题后点评】本题利用了分类讨论思想,由于

△EOF为直角三角形,但未指明哪一个角,从
而需要分类讨论.

高考动态聚焦
考情分析 从近几年高考来看,本讲高考命题具有以下特点: 1.圆锥曲线是高考中每年必考内容,是高考的重点和热 点,选择题、填空题和解答题均有涉及,所占分数在12~ 18分.主要考查圆锥曲线的标准方程、几何性质等. 2.由于新课标对此部分的考查增加了“理解数形结合思想”

的要求,所以考查数形结合、等价转化、分类讨论等数学
思想方法的问题有所加强. 3.以向量为载体的解析几何问题已成为高考的重中之重,

联系方程、不等式以及圆锥曲线的转化,题型灵活多样.

真题聚焦
1.(2010 年高考安徽卷)双曲线方程为 x2-2y2=1,则 它的右焦点坐标为( 2 A.( 2 ,0) ) 6 C.( 2 ,0) D.( 3,0) 5 B.( 2 ,0)

x2 y2 解析:选 C.双曲线的标准方程为 1 - 1 =1,∴焦 2 1 3 6 点在 x 轴上,且 c2=1+2=2.∵c>0,∴c= 2 , 6 ∴右焦点的坐标为( 2 ,0).

2.(2010 年高考广东卷)若一个椭圆长轴的长度、短轴 的长度和焦距成等差数列,则该椭圆的离心率是( 4 A.5 3 B.5 2 C.5 1 D.5 )

解析:选 B.由题意知 2b=a+c,又 b2=a2-c2, ∴4(a2-c2)=a2+c2+2ac. ∴3a2-2ac-5c2=0,∴5c2+2ac-3a2=0. 3 ∴5e +2e-3=0,∴e= 或 e=-1(舍去). 5
2

3.(2010年高考重庆卷)已知过抛物线y2=4x的焦点F的直 线交该抛物线于A、B两点,|AF|=2,则|BF|=________.

解析: 如图,由题意可知 F(1,0),准线为 x=-1. 设 A(x0,y0),由抛物线定义知 x0+1=2,∴x0=1, 则直线 AB⊥x 轴,∴|BF|=|AF|=2.

答案:2

x 2 y2 4.(2010 年高考辽宁卷)设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b> a b 0)的右焦点为 F,过 F 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A, → → B 两点,直线 l 的倾斜角为 60° ,AF=2FB. (1)求椭圆 C 的离心率; 15 (2)如果|AB|= ,求椭圆 C 的方程. 4

解:(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),由直线 l 的倾斜角为 60° → → 及AF=2FB知 y1<0,y2>0. 直线 l 的方程为 y= 3(x-c),其中 c= a2-b2.

?y= 3(x-c), ? 联立?x2 y2 得(3a2+b2)y2+2 3b2cy-3b4=0. ? a2+b2=1, ?
- 3b2(c+2a) - 3b2(c-2a) 解得 y1= ,y2= . 3a2+b2 3a2+b2

→ → 因为AF=2FB,所以-y1=2y2, 3b2(c+2a) - 3b2(c-2a) 即 =2· . 3a2+b2 3a2+b2 c 2 解得离心率 e= = . a 3 1 2 4 3ab2 15 (2)因为|AB|= 1+ |y2 -y1|,所以 · 2 2= . 3 4 3 3a +b c 2 5 5 15 由 = 得 b= a.所以 a= ,得 a=3,b= 5. 3 4 4 a 3 x 2 y2 所以椭圆 C 的方程为 + =1. 9 5