蘇教版數(shù)學選修2-1：第2章 圓錐曲線與方程 第2章章末總結 課時作業(yè)（含答案）

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1、 章末總結 知識點一　圓錐曲線的定義和性質 對于圓錐曲線的有關問題，要有運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；應用圓錐曲線的性質時，要注意與數(shù)形結合思想、方程思想結合起來．總之，圓錐曲線的定義、性質在解題中有重要作用，要注意靈活運用． 例1　已知雙曲線的焦點在x軸上，離心率為2，F(xiàn)1，F(xiàn)2為左、右焦點，P為雙曲線上一點，且∠F1PF2＝60，S△PF1F2＝12，求雙曲線的標準方程． 知識點二　直線與圓錐曲線的位置關系 直線與圓錐曲線一般有三種位置關系：相交、相切、相離． 在直線與

2、雙曲線、拋物線的位置關系中有一種情況，即直線與其交于一點和切于一點，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數(shù)根，即判別式等于零；而與圓錐曲線有一個交點的直線，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為坐標原點，過點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

3、點． (1)求x1x2與y1y2的值； (2)求證：OM⊥ON. 知識點三　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?shù)淖鴺讼?，設動點為(x，y)，根據(jù)幾何條件直接尋求x、y之間的關系式． (2)代入法：利用所求曲線上的動點與某一已知曲線上的動點的關系，把所求動點轉換為已知動點．具體地說，就是用所求動點的坐標x、y來表示已知動點的坐標并代入已知動點滿足的曲線的方程，由此即可求得所求動點坐標x、y之間的關系式． (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

4、可直接利用這些已知曲線的方程寫出動點的軌跡方程． (4)參數(shù)法：當很難找到形成曲線的動點P(x，y)的坐標x，y所滿足的關系式時，借助第三個變量t，建立t和x，t和y的關系式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P(x，y)所形成的曲線的普通方程． 例3　設點A、B是拋物線y2＝4px (p>0)上除原點O以外的兩個動點，已知OA⊥OB，OM⊥AB，垂足為M，求點M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線？ 知識點四　圓錐曲線中的定點、定值問題 圓錐曲線中的定點、定值問題是高考命題的一個熱點

5、，也是圓錐曲線問題中的一個難點，解決這個難點沒有常規(guī)的方法，但解決這個難點的基本思想是明確的，定點、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、比例關系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關系不受變化的量所影響的某個點或值，就是要求的定點、定值．化解這類問題難點的關鍵就是引進變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關系等，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＋＝1相交于A、B兩點(A、B不是左、右頂點)，A2為橢圓的右頂點且AA2⊥BA2，求證：直線l過定點．

6、 知識點五　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，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，主要是運用圓錐曲線的定義和平面幾何知識求解． (2)目標函數(shù)法 建立目標函數(shù)解與圓錐曲線有關的最值問題，是常規(guī)方法，其關鍵是選取適當?shù)淖兞拷⒛繕撕瘮?shù)，然后運用求函數(shù)最值的方法確定最值． 例5　已知A(4,0)，B(2,2)是橢圓＋＝1內的兩定點，點M是橢圓上的動點，求MA＋MB的最值． 例6　已知F1、F2為橢圓x2＋＝1的上、下兩個焦點，AB是過焦點

7、F1的一條動弦，求△ABF2面積的最大值． 章末總結 重點解讀 例1　解　 如圖所示，設雙曲線方程為－＝1 (a>0，b>0)． ∵e＝＝2，∴c＝2a. 由雙曲線的定義， 得|PF1－PF2|＝2a＝c， 在△PF1F2中，由余弦定理，得： F1F＝PF＋PF－2PF1PF2cos 60 ＝(PF1－PF2)2＋2PF1PF2(1－cos 60)， 即4c2＝c2＋PF1PF2.① 又S△PF1F2＝12， ∴PF1PF2sin 60＝12， 即PF1PF2＝48.② 由①②，得c2＝16，c＝4，則a＝2，b2＝c2－a2＝

8、12， ∴所求的雙曲線方程為－＝1. 例2　(1)解　過點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， 故k2≠0且Δ＝(4k2＋2)2－16k4＝16k2＋4>0， x1x2＝4，x1＋x2＝4＋， ∵M、N兩點在拋物線上， ∴yy＝4x1x2＝16， 而y1y2<0，∴y1y2＝－4. (2)證明∵ ＝(x1，y1)， ＝(x2，y2)， ∴＝x1x2＋y1y2＝4－4＝0. ∴⊥，即OM⊥ON. 例3　解　設直線OA的方程為y＝kx

9、 (k≠1，因為當k＝1時，直線AB的斜率不存在)，則直線OB的方程為y＝－，進而可求A、 B(4pk2，－4pk)． 于是直線AB的斜率為kAB＝， 從而kOM＝， ∴直線OM的方程為y＝x，① 直線AB的方程為y＋4pk＝(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k＝1時，易求得直線AB的方程為x＝4p. 故此時點M的坐標為(4p,0)，也在(x－2p)2＋y2＝4p2 (x≠0)上． ∴

10、點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，去掉坐標原點． 例4　 證明　設A(x1，y1)， B(x2，y2)， 聯(lián)立 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0， 則 即 又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝. ∵橢圓的右頂點為A2(2,0)，AA2⊥BA2， ∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0. ∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0. ∴＋＋＋4＝0. ∴7m2＋16km＋4k2＝0， 解得m1＝－2k，m2＝－，

11、且均滿足3＋4k2－m2>0. 當m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)， 直線過定點(2,0)，與已知矛盾． 當m2＝－時，l的方程為y＝k，直線過定點，∴直線l過定點． 例5　解　因為A(4,0)是橢圓的右焦點，設A′為橢圓的左 焦點，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. 當點M在BA′的延長線上時取等號． 所以當M為射線BA′與橢圓的交點時， (MA＋MB)max＝10＋A′B＝10＋2. 又如圖所示，MA＋MB＝MA＋MA′－MA′＋MB ＝10－(MA′－MB) ≥10－A′B， 當M在A′B的延長線上時取等號． 所以當M為射線A′B與橢圓的交點時， (MA＋MB)min＝10－A′B＝10－2. 例6　解　由題意，F(xiàn)1F2＝2. 設直線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＝－，xAxB＝－， ∴|xA－xB|＝. S△ABF2＝F1F2|xA－xB|＝2 ＝2≤2＝. 當＝，即k＝0時， S△ABF2有最大面積為. 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！