第2章 章末复习课2 圆锥曲线（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（北师大版）

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[答案]　 eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,12)＝1 (2)若椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上存在一点M，使得∠F1MF2＝90°(F1，F2分别为椭圆的左、右焦点)，则椭圆的离心率e的取值范围为________． [解析]　法一：设M(x0，y0)，则|x0|＜a. ∵F1(－c，0)，F2(c，0)，∴ eq \o(MF1,\s\up15(→))＝(－c－x0，－y0)， eq \o(MF2,\s\up15(→))＝(c－x0，－y0). ∵∠F1MF2＝90°，∴ eq \o(MF1,\s\up15(→))· eq \o(MF2,\s\up15(→))＝0，∴x eq \o\al(2,0)＋y eq \o\al(2,0)＝c2.又y eq \o\al(2,0)＝b2－ eq \f(b2,a2)x eq \o\al(2,0)，∴x eq \o\al(2,0)＋y eq \o\al(2,0)＝b2＋ eq \f(c2,a2)x eq \o\al(2,0)∈[b2，a2]，即c2∈[b2，a2]，∴c2≥b2＝a2－c2，∴ eq \f(c2,a2)≥ eq \f(1,2)，∴e≥ eq \f(\r(2),2). 故椭圆的离心率e的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)). 法二：设椭圆与y轴的一个交点为P， ∵椭圆上存在一点M，使∠F1MF2＝90°， ∴∠F1PF2≥90°，则c≥b， ∴c2≥b2＝a2－c2，∴ eq \f(c2,a2)≥ eq \f(1,2)，∴e≥ eq \f(\r(2),2)， 又e＜1，∴椭圆的离心率e的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)). [答案]　 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) 1．已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1，双曲线C2的方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1，C1与C2的离心率之积为 eq \f(\r(3),2)，则C2的渐近线方程为(　　) A．x± eq \r(2)y＝0　　　　　　B． eq \r(2)x±y＝0 C．x±2y＝0 D．2x±y＝0 解析：选A　椭圆C1的离心率e1＝ eq \f(\r(a2－b2),a)，双曲线C2的离心率e2＝ eq \r(\f(a2＋b2,a)).由e1e2＝ eq \f(\r(a2－b2),a)· eq \f(\r(a2＋b2),a)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))· eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(3),2)，解得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,2)，所以 eq \f(b,a)＝ eq \f(\r(2),2)，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝± eq \f(\r(2),2)x，即x± eq \r(2)y＝0.故选A. 2．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为(　　) A． eq \r(2) B． eq \r(3) C．2 D． eq \r(5) 解析：选D　由已知易得，抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线l：x＝－1，所以|OF|＝1.又双曲线的两条渐远线的方程为y＝± eq \f(b,a)x，不妨设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(b,a)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(b,a)))，所以|AB|＝ eq \f(2b,a)＝4|OF|＝4，所以 eq \f(b,a)＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2.又双曲线方程中c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(5). 二、直线与圆锥曲线的位置关系 讨论直线与圆锥曲线的位置关系，一般是将直线方程与圆锥曲线方程联立，组成方程组，消去一个未知数，转化为关于x(或y)的一元二次方程，由根与系数的关系求出x1＋x2，x1x2(或y1＋y2，y1y2)进而解决了与“距离”“中点”等有关的问题． [例 2]　已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上，若右焦点到直线x－y＋2 eq \r(2)＝0的距离为3. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆与直线y＝kx＋m(k≠0)相交于不同的两点M，N，当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围． [解]　 (1)依题意可设椭圆方程为 eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)，则右焦点F( eq \r(a2－1)，0)， 由题设，知 eq \f(|\r(a2－1)＋2\r(2)|,\r(2))＝3， 解得a2＝3，故所求椭圆的方程为 eq \f(x2,3)＋y2＝1. (2)设点P为弦MN的中点， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0. 由于直线与椭圆有两个交点， 所以Δ＞0，即m2＜3k2＋1，① 所以xP＝ eq \f(xM＋xN,2)＝－ eq \f(3mk,3k2＋1)， 从而y0＝kxP＋m＝ eq \f(m,3k2＋1)，所以kAP＝ eq \f(yP＋1,xP)＝－ eq \f(m＋3k2＋1,3mk)， 又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN， 则－ eq \f(m＋3k2＋1,3mk)＝－ eq \f(1,k)，即2m＝3k2＋1，② 把②代入①得2m＞m2，解得0＜m＜2， 故所求m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)). 3．设抛物线y2＝4x截直线y＝2x＋k所得弦长|AB|＝3 eq \r(5). (1)求k的值； (2)以弦AB为底边，x轴上的P点为顶点组成的三角形面积为39时，求点P的坐标． 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝2x＋k，,y2＝4x))得4x2＋4(k－1)x＋k2＝0， Δ＝16(k－1)2－16k2＞0，∴k＜ eq \f(1,2). 又由根与系数的关系有x1＋x2＝1－k，x1x2＝ eq \f(k2,4)， ∴|AB|＝ eq \r((x1－x2)2＋(y1－y2)2) ＝ eq \r(1＋22)· eq \r((x1＋x2)2－4x1x2) ＝ eq \r(5)· eq \r(1－2k)， 即 eq \r(5(1－2k))＝3 eq \r(5)，∴k＝－4. (2)设x轴上点P(x，0)，P到AB的距离为d， 则d＝ eq \f(|2x－0－4|,\r(5))＝ eq \f(|2x－4|,\r(5))， S△PAB＝ eq \f(1,2)·3 eq \r(5)· eq \f(|2x－4|,\r(5))＝39， ∴|2x－4|＝26，∴x＝15或x＝－11. ∴P点坐标为(15，0)或(－11，0). 三、圆锥曲线的综合问题 角度1　圆锥曲线中的定点、定值问题 在几何问题中，有些几何量与参数无关，就构成了定点与定值问题．求解圆锥曲线中的定点定值问题的基本策略是“大处着眼、小处着手”，从整体上把握问题给出的综合信息，选择解题的思路，注意运用待定系数法、定义法等数学方法．如果题目中没有告诉定点定值，可考虑用特殊图形(特殊点、特殊直线等)进行探求，再就一般情况进行推证，如果定值已经给出，可设参数，通过运算推理，参数必消，定值显露． [例 3]　已知抛物线E：x2＝2py(p＞0)，直线y＝kx＋2与F交于A，B两点，且 eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))＝2，其中O为原点． (1)求抛物线E的方程； (2)点C坐标为(0，－2)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：k eq \o\al(2,1)＋k eq \o\al(2,2)－2k2为定值． [解]　 (1)将y＝kx＋2代入x2＝2py，得x2－2pkx－4p＝0，其中Δ＝4p2k2＋16p＞0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－4p. eq \o(OA,\s\up6(→))· eq \o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋2,1) eq \f(x,2p) ·2,2) eq \f(x,2p) ＝－4p＋4. 由已知，－4p＋4＝2，p＝ eq \f(1,2)， 所以抛物线E的方程为x2＝y. (2)证明：由(1)知，x1＋x2＝k，x1x2＝－2. k1＝ eq \f(y1＋2,x1)＝2,1) eq \f(x＋2,x1) ＝2,1) eq \f(x－x1x2,x1) ＝x1－x2. 同理k2＝x2－x1，所以k eq \o\al(2,1)＋k eq \o\al(2,2)－2k2＝2(x1－x2)2－2(x1＋x2)2＝－8x1x2＝16. 角度2　圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中的量值问题，通常有两类：一类是有关长度、面积等的最值问题；一类是圆锥曲线中有关几何元素的最值问题，这两类问题的解决往往要通过回归定义，结合几何知识，建立目标函数，利用函数的性质或不等式知识，以及数形结合、设参、转化代换等途径来解决． [例 4]　已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(6),3)，短轴一个端点到右焦点的距离为 eq \r(3). (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为 eq \f(\r(3),2)，求△AOB面积的最大值． [解]　 (1)设椭圆的半焦距为c， 依题意有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，所以c＝\r(2)，b＝\r(a2－c2)＝1.,a＝\r(3)，)) 所以所求椭圆方程为 eq \f(x2,3)＋y2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2). ①当AB⊥x轴时，|AB|＝ eq \r(3). ②当AB与x轴不垂直时， 设直线AB的方程为y＝kx＋m. 由已知 eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝ eq \f(\r(3),2)，得m2＝ eq \f(3,4)(k2＋1). 把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理得 (3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0， 所以x1＋x2＝ eq \f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝ eq \f(3(m2－1),3k2＋1). 所以|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2 ＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝(1＋k2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(36k2m2,(3k2＋1)2)－\f(12(m2－1),3k2＋1))) ＝ eq \f(12(k2＋1)(3k2＋1－m2),(3k2＋1)2)＝ eq \f(3(k2＋1)(9k2＋1),(3k2＋1)2) ＝3＋ eq \f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋ eq \f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0) ≤3＋ eq \f(12,2×3＋6)＝4. 所以|AB|≤2，故△ABO的面积最大值为 eq \f(1,2)|AB|·h＝ eq \f(1,2)×2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),2). 4．已知F为抛物线E：y2＝4x的焦点，过点P(0，2)作两条互相垂直的直线m，n，直线m交E于不同的两点A，B，直线n交E于不同的两点C，D，记直线m的斜率为k. (1)求k的取值范围； (2)设线段AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN过定点Q(2，0). 解：(1)由题设可知k≠0， 所以直线m的方程为y＝kx＋2， 与y2＝4x联立，整理得ky2－4y＋8＝0.① 由Δ1＝16－32k＞0，解得k＜ eq \f(1,2). 直线n的方程为y＝－ eq \f(1,k)x＋2，与y2＝4x联立， 整理，得y2＋4ky－8k＝0， 由Δ 2＝16k2＋32k＞0，解得k＞0或k＜－2. 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k≠0，k＜\f(1,2)，,k＞0或k＜－2，)) 故k的取值范围为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(k\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＜－2或0＜k＜\f(1,2))))). (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 由①，得y1＋y2＝ eq \f(4,k)，则y0＝ eq \f(2,k)，x0＝ eq \f(2,k2)－ eq \f(2,k)， 则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)－\f(2,k)，\f(2,k))). 同理可得N(2k2＋2k，－2k). 直线MQ的斜率kMQ＝ eq \f(\f(2,k),\f(2,k2)－\f(2,k)－2)＝－ eq \f(k,k2＋k－1). 直线NQ的斜率kNQ＝ eq \f(－2k,2k2＋2k－2)＝－ eq \f(k,k2＋k－1)＝kMQ， 所以直线MN过定点Q(2，0). $$