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2019-2020年高考数学竞赛圆锥曲线教案讲义(11)一、基础知识1椭圆的定义,第一定义:平面上到两个定点的距离之和等于定长(大于两个定点之间的距离)的点的轨迹,即|PF1|+|PF2|=2a (2a|F1F2|=2c).第二定义:平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0e1)的点的轨迹(其中定点不在定直线上),即(0eb0),参数方程为(为参数)。若焦点在y轴上,列标准方程为 (ab0)。3椭圆中的相关概念,对于中心在原点,焦点在x轴上的椭圆,a称半长轴长,b称半短轴长,c称为半焦距,长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(a, 0), (0, b), (c, 0);与左焦点对应的准线(即第二定义中的定直线)为,与右焦点对应的准线为;定义中的比e称为离心率,且,由c2+b2=a2知0eb0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它的两焦点。若P(x, y)是椭圆上的任意一点,则|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex.5几个常用结论:1)过椭圆上一点P(x0, y0)的切线方程为;2)斜率为k的切线方程为;3)过焦点F2(c, 0)倾斜角为的弦的长为。6双曲线的定义,第一定义:满足|PF1|-|PF2|=2a(2a0)的点P的轨迹;第二定义:到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(1)的点的轨迹。7双曲线的方程:中心在原点,焦点在x轴上的双曲线方程为,参数方程为(为参数)。焦点在y轴上的双曲线的标准方程为。8双曲线的相关概念,中心在原点,焦点在x轴上的双曲线(a, b0),a称半实轴长,b称为半虚轴长,c为半焦距,实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点为F1(-c,0), F2(c, 0),对应的左、右准线方程分别为离心率,由a2+b2=c2知e1。两条渐近线方程为,双曲线与有相同的渐近线,它们的四个焦点在同一个圆上。若a=b,则称为等轴双曲线。9双曲线的常用结论,1)焦半径公式,对于双曲线,F1(-c,0), F2(c, 0)是它的两个焦点。设P(x,y)是双曲线上的任一点,若P在右支上,则|PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a;若P(x,y)在左支上,则|PF1|=-ex-a,|PF2|=-ex+a.2) 过焦点的倾斜角为的弦长是。10抛物线:平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹叫做抛物线,点F叫焦点,直线l叫做抛物线的准线。若取经过焦点F且垂直于准线l的直线为x轴,x轴与l相交于K,以线段KF的垂直平分线为y轴,建立直角坐标系,设|KF|=p,则焦点F坐标为,准线方程为,标准方程为y2=2px(p0),离心率e=1.11抛物线常用结论:若P(x0, y0)为抛物线上任一点,1)焦半径|PF|=;2)过点P的切线方程为y0y=p(x+x0);3)过焦点倾斜角为的弦长为。12极坐标系,在平面内取一个定点为极点记为O,从O出发的射线为极轴记为Ox轴,这样就建立了极坐标系,对于平面内任意一点P,记|OP|=,xOP=,则由(,)唯一确定点P的位置,(,)称为极坐标。13圆锥曲线的统一定义:到定点的距离与到定直线的距离的比为常数e的点P,若0e1,则点P的轨迹为双曲线的一支;若e=1,则点P的轨迹为抛物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为。二、方法与例题1与定义有关的问题。例1 已知定点A(2,1),F是椭圆的左焦点,点P为椭圆上的动点,当3|PA|+5|PF|取最小值时,求点P的坐标。例2 已知P,为双曲线C:右支上两点,延长线交右准线于K,PF1延长线交双曲线于Q,(F1为右焦点)。求证:F1K=KF1Q. 2求轨迹问题。例3 已知一椭圆及焦点F,点A为椭圆上一动点,求线段FA中点P的轨迹方程。例4 长为a, b的线段AB,CD分别在x轴,y轴上滑动,且A,B,C,D四点共圆,求此动圆圆心P的轨迹。例5 在坐标平面内,AOB=,AB边在直线l: x=3上移动,求三角形AOB的外心的轨迹方程。3定值问题。例6 过双曲线(a0, b0)的右焦点F作B1B2轴,交双曲线于B1,B2两点,B2与左焦点F1连线交双曲线于B点,连结B1B交x轴于H点。求证:H的横坐标为定值。注:本例也可借助梅涅劳斯定理证明,读者不妨一试。例7 设抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,经过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在准线上,且BC/x轴。证明:直线AC经过定点。例8 椭圆上有两点A,B,满足OAOB,O为原点,求证:为定值。4最值问题。例9 设A,B是椭圆x2+3y2=1上的两个动点,且OAOB(O为原点),求|AB|的最大值与最小值。例10 设一椭圆中心为原点,长轴在x轴上,离心率为,若圆C:1上点与这椭圆上点的最大距离为,试求这个椭圆的方程。5直线与二次曲线。例11 若抛物线y=ax2-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点,试求a的取值范围。例12 若直线y=2x+b与椭圆相交,(1)求b的范围;(2)当截得弦长最大时,求b的值。三、基础训练题1A为半径是R的定圆O上一定点,B为O上任一点,点P是A关于B的对称点,则点P的轨迹是_.2一动点到两相交直线的距离的平方和为定值m2(0),则动点的轨迹是_.3椭圆上有一点P,它到左准线的距离是10,它到右焦点的距离是_.4双曲线方程,则k的取值范围是_.5椭圆,焦点为F1,F2,椭圆上的点P满足F1PF2=600,则F1PF2的面积是_.6直线l被双曲线所截的线段MN恰被点A(3,-1)平分,则l的方程为_.7ABC的三个顶点都在抛物线y2=32x上,点A(2,8),且ABC的重心与这条抛物线的焦点重合,则直线BC的斜率为_.8已知双曲线的两条渐近线方程为3x-4y-2=0和3x+4y-10=0,一条准线方程为5y+4=0,则双曲线方程为_.9已知曲线y2=ax,与其关于点(1,1)对称的曲线有两个不同的交点,如果过这两个交点的直线的倾斜角为450,那么a=_.10.P为等轴双曲线x2-y2=a2上一点,的取值范围是_.11已知椭圆与双曲线有公共的焦点F1,F2,设P是它们的一个焦点,求F1PF2和PF1F2的面积。12已知(i)半圆的直径AB长为2r;(ii)半圆外的直线l与BA的延长线垂直,垂足为T,设|AT|=2a(2a1)的一个顶点C(0,1)为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形ABC,这样的三角形最多可作_个.11求椭圆上任一点的两条焦半径夹角的正弦的最大值。12设F,O分别为椭圆的左焦点和中心,对于过点F的椭圆的任意弦AB,点O都在以AB为直径的圆内,求椭圆离心率e的取值范围。13已知双曲线C1:(a0),抛物线C2的顶点在原点O,C2的焦点是C1的左焦点F1。(1)求证:C1,C2总有两个不同的交点。(2)问:是否存在过C2的焦点F1的弦AB,使AOB的面积有最大值或最小值?若存在,求直线AB的方程与SAOB的最值,若不存在,说明理由。五、联赛一试水平训练题1在平面直角坐标系中,若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲线为椭圆,则m的取值范围是_.2设O为抛物线的顶点,F为焦点,且PQ为过F的弦,已知|OF|=a,|PQ|=b,OPQ面积为_.3给定椭圆,如果存在过左焦点F的直线交椭圆于P,Q两点,且OPOQ,则离心率e的取值范围是_.4设F1,F2分别是双曲线(ab0)的左、右焦点,P为双曲线上的动点,过F1作F1PF2平分线的垂线,垂足为M,则M的轨迹为_.5ABC一边的两顶点坐标为B(0,)和C(0,),另两边斜率的乘积为,若点T坐标为(t,0)(tR+),则|AT|的最小值为_.6长为l(l1)的线段AB的两端点在抛物线y=x2上滑动,则线段AB的中点M到x轴的最短距离等于_.7已知抛物线y2=2px及定点A(a,b),B(-a,0),ab0,b22pa,M是抛物线上的点,设直线AM,BM与抛物线的另一个交点分别为M1,M2,当M变动时,直线M1M2恒过一个定点,此定点坐标为_.8已知点P(1,2)既在椭圆内部(含边界),又在圆x2+y2=外部(含边界),若a,bR+,则a+b的最小值为_.9已知椭圆的内接ABC的边AB,AC分别过左、右焦点F1,F2,椭圆的左、右顶点分别为D,E,直线DB与直线CE交于点P,当点A在椭圆上变动时,试求点P的轨迹。10设曲线C1:(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P。(1)求实数m的取值范围(用a表示);(2)O为原点,若C1与x轴的负半轴交于点A,当0a0),P(x,y)为轨迹上任一点,则。化简为2k2x2+2y2=m2(1+k2).当k1时,表示椭圆;当k=1时,表示圆。312由题设a=10,b=6,c=8,从而P到左焦点距离为10e=10=8,所以P到右焦点的距离为20-8=12。4-2k2或k5.由(|k|-2)(5-k)5或-2k2.5.设两条焦半径分别为m,n,则因为|F1F2|=12,m+n=20.由余弦定理得122=m2+n2-2mncos600,即(m+n) 2-3mn=144.所以,63x+4y-5=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则两式相减得-(y1+y2)(y1-y2)=0.由,得。故方程y+1=(x-3).7.-4.设B(x1,y1),C(x2,y2),则=0,所以y1+y2=-8,故直线BC的斜率为8=1。由渐近线交点为双曲线中心,解方程组得中心为(2,1),又准线为,知其实轴平行于y轴,设其方程为=1。其渐近线方程为=0。所以y-1=(x-1).由题设,将双曲线沿向量m=(-2,-1)平移后中心在原点,其标准方程为=1。由平移公式平移后准线为,再结合,解得a2=9,b2=16,故双曲线为=1。92曲线y2=ax关于点(1,1)的对称曲线为(2-y)2=a(2-x),由得y2-2y+2-a=0,故y1+y2=2,从而=1,所以a=2.10(2,。设P(x1,y1)及,由|PF1|=ex1+a,|PF2|=ex1-a,|PF1|+|PF2|=2ex1, 所以,即。因,所以,所以即20,设x1,x2是方程的两根,由韦达定理 由,得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)=k(x1+x2)+2(1-2k)= 设P1P2的中点P坐标(x,y),由中点公式及,得消去k得点(2,0)满足此方程,故这就是点P的轨迹方程。高考水平测试题1由椭圆方程得焦点为,设双曲线方程,渐近线为由题设,所以a2=3b2,又,c2=a2+b2. 所以b2=12, a2=36.2. 900。见图1,由定义得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|,有1=BFB1,2=AFA1,又1=3,2=4,所以3+4=BFB1+AFA1=900。3相切,若P(x,y)在左支上,设F1为左焦点,F2为右焦点,M为PF1中点,则|MO|=|PF2|=(a-ex),又|PF1|=-a-ex,所以两圆半径之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|,所以两圆外切。当P(x,y)在右支上时,同理得两圆内切。4与F1对应的另一条准线为x=-11,因|MF1|与M到直线x=-11距离d1之比为e,且d1=|xm+11|=10.所以,所以|MF1|=5充要。将y=2x+1代入椭圆方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. 若=(4a2) 2-4(b2+4a2)a2 (1-b2)=0,则直线与椭圆仅有一个公共点,即b2+4a2=1;反之,4a2+b2=1,直线与椭圆有一个公共点。6y=2(x-1)。消去参数得(y-2m) 2=4(x-m),焦点为它在直线y=2(x-1)上。71mm,所以1m0),CA的直线方程为y=kx+1,代入椭圆方程为(a2k2+1)x2+2a2kx=0,得x=0或,于是,|CA|=由题设,同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得(k-1)k2-(a2-1)k+1=0,解得 k=1或k2-(a2-1)k+1=0。对于,当1a时,有两个不等实根,故最多有3个。11解 设焦点为F1,F2,椭圆上任一点为P(x0,y0),F1PF2=,根据余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|cos,又|PF1|+|PF2|=2a,则4c2=(2a)2-2|PF1|PF2|(1+cos),再将|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cos).于是有由0,得,所以。因0,所以cos为减函数,故0当2b2a2即时,arccos,sin为增函数,sin取最大值;当2b2a2时,arccos,0,,则sin最大值为1。12解 设A(x1,y1),B(x2,y2),若AB斜率不为0,设为k,直线AB方程为y=k(x+c),代入椭圆方程并化简得(b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. 则x1,x2为方程的两根,由韦达定理得 因为y1y2=k2(x1+c)(x2+c),再由,得所以=x1x2+y1y2=,O点在以AB为直径的圆内,等价0,即k2(a2c2-b4)-a2b20对任意kR成立,等价于a2c2-b20,即ac-b20,即e2+e-10.所以00,所以方程必有两个不同实根,设为x1,x2,由韦达定理得x1x2=-a20,设y1,y2分别为A,B的纵坐标,则y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SAOB=|y1-y2|OF1|=aa,当且仅当m=0时,SAOB的面积取最小值;当m+时,SAOB+,无最大值。所以存在过F的直线x=使AOB面积有最小值6a2.联赛一试水平训练题1m5.由已知得,说明(x,y)到定点(0,-1)与到定直线x-2y+3=0的距离比为常数,由椭圆定义5.2.因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SOPQ=absin=.3.。设点P坐标为(r1cos,r1sin),点Q坐标为(-r2sin,r2cos),因为P,Q在椭圆上,可得,RtOPQ斜边上的高为|OF|=c. 所以a2b2c2(a2+b2),解得e1时|AT|min=|t-2|.由题设kABkAC=-,设A(x,y),则(x0),整理得=1(x0),所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因为|x|2,所以当t(0,1时取x=2t,|AT|取最小值。当t1时,取x=2,|AT|取最小值|t-2|.6.设点M(x0,y0) ,直线AB倾斜角为,并设A(x0-), B(x0+),因为A,B在抛物线上,所以 由,得 2x0cos=sin. 所以因为l21,所以函数f(x)=.在(0,1在递减,所以。当cos=1即l平行于x轴时,距离取最小值7设,由A,M,M1共线得y1=,同理B,M,M2共线得,设(x,y)是直线M1M2上的点,则y1y2=y(y1+y2)-2px,将以上三式中消去y1,y2得y02(2px-by)+y02pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.当x=a,y=时上式恒成立,即定点为8。由题设且a2+2b215,解得5b26.所以a+b(t=b2-41,2),而,又t2可得上式成立。9解 设A(2cos,), B(2cos,sin),C(2cos,sin),这里,则过A,B的直线为lAB:,由于直线AB过点F1(-1,0),代入有(sin-sin)(1+2cos)=2sin(cos-cos),即2sin(-)=sin-sin=2,故 ,即。又lBD: (x+2)=,同理得。lCE: (x-2)=(x-2).两直线方程联立,得P点坐标为,消去得点P(x,y)在椭圆上(除去点(-2,0),(2,0)).10.解 (1)由消去y得x2+2a2x+2a2m-a2=0,设f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2,问题(1)转化为方程在x(-a,a)上有唯一解或等根。只需讨论以下三种情况:10=0,得,此时xp=-a2,当且仅当-a-a2a即0a1时适合;20。f(a)f(-a)0,当且仅当-ama时适合;30。f(-a)=0得m=a,此时xp=a-2a2,当且仅当-aa-2a2a即0a1时适合。令f(a)=0得m=-a,此时xp=-a-2a2.由于-a-2a2-a,从而m-a.综上当0a1时,或-ama;当a1时,-ama.(2)OAP的面积因为0a,故当-ama时,00,从而时取值最大,此时,故;当时,xp=-a2,yp=,此时以下比较与的大小。令,得,故当00,所以,从而所以直线l的方程为,抛物线C的方程为联赛二试水平训练题1以A为原点,直线AC为x轴,建立直角坐标系,设C(c,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB),则直线DF的方程为 直线BC的方程为 c-f得(c-f)x+ 表示一条直线,它过原点,也过DF与BC的交点G,因而就是直线AG的方程。同理,直线AE的方程为(c-f)x+ ,的斜率互为相反数,所以GAC=EAC。2证明 假设这样的闭折线存在,不妨设坐标原点是其中一个顶点,记它为A0,其他顶点坐标为:,其中都是既约分数,并记An+1=A0.若p与q奇偶性相同,则记pq,否则记pq,下面用数学归纳法证明。bk1,dk1(k=1,2,n),ak+ckak-1+ck-1(k=1,2,n,n+1)。当k=1时,由,得,因为a1,b1互质,所以d1被b1整除,反之亦然(即b1被d1整除)。因此b1=d1,从而不可能都是偶数(否则b1也是偶数,与互质矛盾);不可能都是奇数,因为两个奇数的平方和模8余2不是4的倍数,也不可能是完全平方数,因此,a1c1,b1d11,并且a1+c10=a0+c0.设结论对k=1,2,m-1n都成立,令这里是既约分数,因为每一段的长为1,所以=1,与k=1情况类似:ac,db1,又因为,分数既约,所以bm是bbm-1的一个因子,bm1.同理可知dm1,又amabm-1+bam-1(同理cmcdm-1+dcm-1).因此(am+cm-am-1-cm-1)(abm-1+bam-1+cdm-1+dcm-1-am-1-cm-1)am-1(b-1)+abm-1+cm-1(d-1)+cdm-1a+c1.所以am+cmam-1+cm-1,结论成立,于是在顶点数n+1为奇数时,an+1+cn+1a0+c0,故折线不可能是闭的。3证明 (1)由已知B0P0=B0Q0,并由圆弧P0Q0和Q0P0,Q0P1和P1Q1,P1Q1和Q1P1分别相内切于点Q0,P1,Q1,得C1B0+B0Q0=C1P1,B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+,四式相加,利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0,以及。在B0P0或其延长线上,有B0P0=B0,从而可知点与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0,圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同一直线上,所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。(2)现分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1,分别交P0T和P1T于点R1和S1,连接P0Q1和P1Q1,得等腰P0Q1R1和P1Q1S1,由此得P0Q1P1=-P0Q1P1-P1Q1S1=-(P1P0T-Q1P0P)-(P0P1T-Q1P1P0),而-P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0,代入上式后,即得P0Q1P1=-(P0B0Q0+P1C1Q0).同理得P0Q0P1=-(P0B0Q0+P1C1Q0),所以P0,Q0,Q1,P1共圆。4证明 引理:抛物线y=ax2+bx+c(a0)在(x0,y0)处的切线斜率是2ax0+b.引理的证明:设(x0,y0)处的切线方程为y-y0=k(x-x0),代入抛物线方程得ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. 又 故可化简成 (x-x0)a(x+x0)+b-k=0, 因为只有一个实根,所以k=2ax0+b.引理得证。设P(x0,y0)为任一正交点,则它是由线y=xtanx2与y=xtanx2的交点,则两条切线的斜率分别为(由引理)又由题设k1k2=-1,所以 又因为P(x0,y0)在两条抛物线上,所以 代入式得 ()又因为tan1,tan2是方程t2-t+=0的两根,所以tan1+tan2= tan1tan2=。 把,代入()式得,即5证明 以C为原点,CB所在直线为x轴,建立直角坐标系,设ADC=,|PD|=r.各点坐标分别为D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tan),B(x0,0),P(x1-rcos,rsin).则lAB方程为,即x1x+x0coty-x1x0=0,因为lAB与圆相切,可得x1=x0x1cot-x1x0|,约去x1,再两边平方得,所以x1. 又因为点P在圆上,所以(rcos)2+(x1-rsin)2=,化简得r=2x1sin. 要证DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. 又因为,所以 因为=(x1-x0-rcos,rsin),=(x1-rcos,rsin),所以 (x1-rcos)(x1-rcos-x0)+r2sin2=0. 把代入化简得 由得x0=x1代入并约去x1,化简得4sin22-3sin2=0,因为sin20,所以sin2=,又因为sin=cos,所以sin-cos0.所以sin-cos=,所以1+sin-cos=4sincos,即成立。所以DP=AP+AE。6证明 设BC=d,CD=b,BD=c,则AC=CQ=,取BC中点M,则AMBC,以M为原点,直线BC为x轴建立直角坐标系,则各点坐标分别为,因为,所以点,所以因为0DRC,0ASQ,所以只需证tanASQ=tan2DRC,即,化简得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2,显然成立。所以命题得证。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
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