习题2.4第二课时 公开课

几类圆锥曲线问题

一、弦长问题

圆锥曲线的弦长求法

设圆锥曲线C∶f(x，y)=0与直线l∶y=kx+b相交于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点，则弦长|AB|为：

(2)若弦AB过圆锥曲线的焦点F，则可用焦半径求弦长，|AB|=|AF|+|BF|．

例1

过抛物线y12x的焦点作倾斜角为的直线l与抛物线交于A、B两点，旦|AB|=8，求倾斜角．

4分析一：由弦长公式易解．解答为：

∵

抛物线方程为x24y，

∴焦点为(0，-1)．

设直线l的方程为y-(-1)=k(x-0)，即y=kx-1．

将此式代入x24y中得：x4kx40．∴x1x24，x1x24k

由|AB|=8得:81k又有tan1得:224k2414 ∴k1

或43. 4分析二:利用焦半径关系.∵AFy1pp,BFy2

22∴|AB|=-(y1+y2)+p=-[(kx1-1)+(kx2-1)]+p=-k(x1+x2)+2+p．由上述解法易求得结果，可由同学们自己试试完成．

二、最值问题

方法1：定义转化法

①根据圆锥曲线的定义列方程；②将最值问题转化为距离问题求解．

例2、已知点F是双曲线－＝1的左焦点，定点A的坐标为(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋412|PA|的最小值为________．

x2y2解析

如图所示，根据双曲线定义|PF|－|PF′|＝4，

即|PF|－4＝|PF′|.又|PA|＋|PF′|≥|AF′|＝5，

将|PF|－4＝|PF′|代入，得|PA|＋|PF|－4≥5，

即|PA|＋|PF|≥9，等号当且仅当A，P，F′三点共线，

即P为图中的点P0时成立，故|PF|＋|PA|的最小值为9.故填9.

1

方法2：数形结合（切线法）

当所求的最值是圆锥曲线上的点到某条直线的距离的最值时：①求与直线平行的圆锥曲线的切线；②求出两平行线的距离即为所求的最值．

例3、求椭圆＋y＝1上的点到直线y＝x＋23的距离的最大值和最小值，并求取得最值时椭圆上点的坐标．

2x22解

设椭圆的切线方程为y＝x＋b，

代入椭圆方程，得3x2＋4bx＋2b2－2＝0. 由Δ＝(4b)2－4×3×(2b2－2)＝0，得b＝±3. 6当b＝3时，直线y＝x＋3与y＝x＋23的距离d1＝，将b＝3代入方程3x2＋4bx＋2b2－22＝0，解得x＝－233，此时y＝，

332363即椭圆上的点－，到直线y＝x＋23的距离最小，最小值是；

233当b＝－3时，直线y＝x－3到直线y＝x＋23的距离d2＝2334bx＋2b－2＝0，解得x＝，此时y＝－，

33236，将b＝－3代入方程3x2＋223363即椭圆上的点到直线y＝x＋23的距离最大，最大值是. ，－233

方法3：参数法（函数法）

①

选取合适的参数表示曲线上点的坐标；

②求解关于这个参数的函数最值

例4、在平面直角坐标系xOy中，点P(x，y)是椭圆＋y＝1上的一个动点，则S＝x＋y的最大值为________．

3x22x＝3cos φ解析

因为椭圆＋y＝1的参数方程为3y＝sin φ，x22

(φ为参数)．

故可设动点P的坐标为(3cos φ，sin φ)，其中0≤φ＜2π. 3π1φ＋，

因此S＝x＋y＝3cos φ＋sin φ＝2cos φ＋sin φ＝2sin322所以，当φ＝

方法4：基本不等式法

2 π时，S取最大值2.故填2. 6

①将最值用变量表示．

②利用基本不等式求得表达式的最值．

例5、求椭圆＋y＝1内接矩形ABCD面积的最大值．

3例6 已知定点A(0，3)点B、C分别在椭圆4x最小值。

解：椭圆4x22x22162y1的准线上运动，当∠BAC=90°时，求△ABC面积的3162y1的两条准线方程分别为：y=1或y=－1。

3点B在直线y=1上且设B（a，1），点C在直线y=－1上且设C（b，－1），由于∠BAC=90°，A(0，3)，所以kAB24，kAC

ab81，ab=－8。kAB·kAC=abSABC2112122116|AB||AC|=a4b216ab16a24b264=当且12816(a22)8，2222a16，即a2，b4时△ABC面积的值最大为8。

a2仅当a

22例7 已知x+4(y-1)2=4，求：(1)x+y2的最大值与最小值;(2)x+y的最大值与最小值．

22解：(1)将x+4(y-1)2=4代入得：x+y2=4-4(y-1)2+y2=-3y2+8y

由点(x，y)满足x+4(y-1)2=4知：4(y-1)2≤4 即|y-1|≤1．∴0≤y≤2．

2

2当y=0时，(x+y2)min=0．

2(2)：分析：显然采用(1)中方法行不通．如果令u=x+y，则将此代入x+4(y-1)2=4中得关于y的一元二次方程，借助于判别式可求得最值．

令x+y=u，

则有x=u-y,代入x+4(y-1)2=4得：5y-(2u+8)y+u=0．

又∵0≤y≤2，(由(1)可知) ∴[-(2u+8)]2-4×5×u≥0．

∴15u15

2222

3

当u15时,y1550,2; 当u15时,y10,2

55∴xymax15;xymin15

三、定值、定点问题

方法1：特殊到一般法

根据特殊情况能找到定值(或定点)的问题

①

根据特殊情况确定出定值或定点；

②对确定出来的定值或定点进行一般情况的证明．

例8、已知双曲线C：x－＝1，过圆O：x＋y＝2上任意一点作圆的切线l，若l交双曲线于A，B两点，2证明：∠AOB的大小为定值．

2y222证明: 当切线的斜率不存在时，切线方程为x＝±2. 当x＝2时，代入双曲线方程，得y＝±2，

即A(2，2)，B(2，－2)，此时∠AOB＝90°，

同理，当x＝－2时，∠AOB＝90°. 当切线的斜率存在时，设切线方程为y＝kx＋b，

则|b|＝2，即b2＝2(1＋k2)．

21＋k由直线方程和双曲线方程消掉y，

得(2－k2)x2－2kbx－(b2＋2)＝0，

由直线l与双曲线交于A，B两点．

故2－k2≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

2kb则x1＋x2＝，x1x2＝2－k2b2＋2，

2－k2y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2

－k2b2－2k22k2b22b2－k2b22b2－2k2＝＋＋＝，

2－k22－k22－k22－k2－b2－22b2－2k2b2－21＋k2故x1x2＋y1y2＝＋＝2－k22－k22－k2

，

4

由于b2＝2(1＋k2)，

故x1x2＋y1y2＝0，即→OA·→OB＝0，∠AOB＝90°. 综上可知，若l交双曲线于A，B两点，则∠AOB的大小为定值90°.

方法2：引进参数法

定值、定点是变化中的不变量，引入参数找出与变量与参数没有关系的点(或值)即是定点(或定值). ①

引进参数表示变化量；

② 研究变化的量与参数何时没有关系，找到定值或定点

例9、如图所示，曲线C1：＋＝1，曲线C2：y＝4x，过曲线C1的右焦点F2作一条与x轴不垂直的直线，98|BE|·|GF2|分别与曲线C1，C2依次交于B，C，D，E四点．若G为CD的中点、H为BE的中点，证明为定值．

|CD|·|HF2|

（自由变量，分析、转化问题）

x2y22

证明

由题意，知F1(－1,0)，F2(1,0)，

设B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，

直线y＝k(x－1)，代入＋＝1，

98y2得8＋1＋9y2－72＝0，即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0，

k16k64k2则y1＋y2＝－，y1y2＝－. 8＋9k28＋9k2同理，将y＝k(x－1)代入y2＝4x，得ky2－4y－4k＝0，

4则y3＋y4＝，y3y4＝－4，

x2y2k

5

1|y3＋y4||BE|·|GF2||y1－y2|2所以＝·＝|CD|·|HF2||y3－y4|1|y1＋y2|2y1－y2y1＋y22y3＋y42·y3－y416k8＋9k2222

＝y1＋y22－4y1y2y3＋y42·＝y1＋y22y3＋y42－4y3y44×64k2422＋28＋9kk·＝3 216k42＋168＋9k22k为定值．

例10 A、B是抛物线y22px（p＞0）上的两点，且OA⊥OB，求证：

（1）A、B两点的横坐标之积，纵坐标之积分别都是定值；

（2）直线AB经过一个定点。

证明：（1）设A（x1,y1）、B（x2,y2），则y122px1，y222px2。

∵y12y222px12px2=4p2x1x24p2y1y2，∴y1y24p2为定值，x1x2y1y24p2也为定值。

（2）∵y22y12(y2y1)(y2y1)2p(x1x2)，∵x1x2，∴y2y12p

x2x1y1y2y122p2p4p2∴直线AB的方程为：yy1

xy1xy1y2y1y2y1y2y1y22p。

(x2p)，∴直线AB过定点（2p，0）y1y212xh，点A、B及点P(2，4)都在抛物线上，直线PA与PB的倾斜角互补。

2例11 已知抛物线方程为y（1）试证明直线AB的斜率为定值；

（2）当直线AB的纵截距为m（m＞0）时，求△PAB的面积的最大值。

分析：这类问题一般运算量大，要注意函数与方程、数形结合、分类讨论等思想方法的灵活运用。

解析：（1）证明：把P(2，4)代入y12xh，得h=6。所以抛物线方程为：y－4=k(x－2)，由2y4k(x2)2，消去y，得x2kx4k40。

12yx62

6

4k4x2k2A所以，因为PA和PB的倾角互补，所以kPBkPAk，用－k代k，得2y2k24k4AxB2k2yByA，所以

kAB2xAxByB2k4k48k2k24k42。

=4k2k2(2k2)y2xm（2）设AB的方程为y=2x+m(m＞0)，由，消去y得：

12yx62x24x2m120，令△=16－4(2m－12) ＞0，解得0＜m＜8，

|AB|25[(x1x2)24x1x2]5[424(2m12)]40(8m)，点P到AB的距离|224m|m2d=，所以，S5511m222|AB|d40(8m)2m2(8m)

445PAB118384=8(m)(m)(8m)8()3，所以，S2233当且仅当

2PAB643，

9161643m8m，即m时，等号成立，故△PAB面积最大值为。

329例12（2001年全国高考）设抛物线y2px（p＞0）的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴，证明：直线AC经过原点。

方法1：设直线方程为yk(xp)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，2y A pyk(x)p2py2,y2)，p20，C(∴∴y1y2p，2，y22ky22pxkOAy1yy2p2，kOC2，又∵y12px1，∴kOC1kOA，px1x1y12O C B F x 图2

7

即k也是直线OA的斜率，所以AC经过原点O。

当k不存在时，AB⊥x轴，同理可证kOCkOA。

方法2：如图2过A作AD⊥l，D为垂足，则：AD∥EF∥BC连结y D A AC与EF相交于点N，则|EN||CN||BF||NF||AF||AD||AC||AB|，|BC||AB|，O 由抛物线的定义知：|AF|=|AD|，|BF|=|BC|，∴E N F C |EN||AD||BF||AF||BC|B |AB||AB||NF|. 图3

例13.在抛物线x2＝4y上有两点A(x1，y1)和B(x2，y2)且满足|AB|=y1+y2+2，求证：

(1)A、B和这抛物线的焦点三点共线；

(2)11AFBF为定值. 证明：(1)∵抛物线的焦点为F(0，1)，准线方程为y=-1．

∴ A、B到准线的距离分别d1＝y1+1，d2=y2+1(如图2－46所示)．

由抛物线的定义：|AF|=d1=y1+1，|BF|=d2=y2+1．

∴|AF|+|BF|=y1+y2+2=|AB| 即A、B、F三点共线．

(2)法1：如图2－46，设∠AFK=θ．

∵|AF|=|AA1|=|AK|+2=|AF|sinθ+2 ∴AF21sin

又|BF|=|BB1|=2-|BF|sinθ ∴BF21sin

法2：韦达定理

四、相交问题

x 8

直线与圆锥曲线相交问题，一般可用两个方程联立后，用△≥0来处理．但用△≥0来判断双圆锥曲线相交问题是不可靠的．解决这类问题：方法1，由“△≥0”与直观图形相结合；方法2，由“△≥0”与根与系数关系相结合；方法3，转换参数法(以后再讲)．

例14 已知曲线C1:x22ya21及C2:yx21有公共点,求实数a的取值范围．

可得：y2=2(1-a)y+a-4=0．

2∵

△=4(1-a)2-4(a2-4)≥0，

∴a如图2－47，可知：

5. 2

椭圆中心0,a,半轴长a时,a12. 综上所述,当12a

2,抛物线顶点为0,1,所以当圆锥曲线在下方相切或相交5时, 曲线C1与C2相交. 2五、参数范围问题

方法1：曲线几何性质法

①由几何性质建立关系式；②化简关系式求解．

x2y2例15、已知双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，ab则此双曲线中

c的取值范围是________．

a解析

根据双曲线定义|PF1|－|PF2|＝2a，设|PF2|＝r，

9

2a2a则|PF1|＝4r，故3r＝2a，即r＝，|PF2|＝. 332ac55根据双曲线的几何性质，|PF2|≥c－a，即≥c－a，即≤，即e≤.又e＞1，

3a3355故双曲线的离心率e的取值范围是1，.故填1，. 33

方法2：判别式法

当直线和圆锥曲线相交、相切和相离时，分别对应着直线和圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式大于零、等于零、小于零

①

联立曲线方程，消元后求判别式；

②根据判别式大于零、小于零或等于零结合曲线性质求解．

例16、在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆＋y＝1有两个不同的交点P2和Q. (1)求k的取值范围；

→→→(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数m，使得向量OP＋OQ与AB共线？如果存在，求m值；如果不存在，请说明理由．

x22解

(1)由已知条件，知直线l的方程为y＝kx＋2，

12代入椭圆方程，得＋(kx＋2)2＝1，整理得＋kx2＋22kx＋1＝0.①

2212由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，得Δ＝8k2－4＋k＝4k2－2＞0，

22222解得k＜－或k＞，即k的取值范围为－∞，－∪，＋∞. 2222(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则→OP＋→OQ＝(x1＋x2，y1＋y2)．

42k由方程①，知x1＋x2＝－.②

1＋2k2又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22＝22.③

1＋2k2x2由A(2，0)，B(0,1)，得→AB＝(－2，1)．

所以→OP＋→OQ与→AB共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，

10

将②③代入，解得k＝

222.由(1)知k＜－或k＞，故不存在符合题意的常数k. 222x2y2例17.已知椭圆221(ab0)的长、短轴端点分别为A、B，从此椭圆上一点M向x轴作垂线，恰ab好通过椭圆的左焦点F1，向量AB与OM是共线向量。（1）求椭圆的离心率e；（2）设Q是椭圆上任意一点，

F1、F2分别是左、右焦点，求∠F1QF2

的取值范围；

解：（1）∵F1(c,0),则xMc,yMb2b2，∴kOM。

aac∵kABbb2b2,OM与AB是共线向量，∴，∴b=c,故e。

aaca2（2）设FQr1,F2Qr2,F1QF2,r1r22a,FFc,

1122r12r224c2(r1r2)22r1r24c2a2a2cos110

r1r222r1r22r1r2r1r2()2当且仅当r1r2时，cosθ=0，∴θ[0,2]。

x2y21的焦点为F1,F2，点P为其上的动点，当∠F1P F2为钝角时，点P横坐标的取值范例18.椭圆94围是___。

x2y21的知焦点为F1（－5,0）F2（5,0）. 解：由椭圆94设椭圆上的点可设为P（3cos,2sin）.F1PF2为钝角

∴

PF（53cos,2sin)(53cos,2sin) 1PF2222 =9cos－5＋4sin=5 cos－1<0 解得：553535cos, ∴点P横坐标的取值范围是（）. 5555解决与角有关的一类问题，总可以从数量积入手。本题中把条件中的角为钝角转化为向量的数量积为负值，通过坐标运算列出不等式，简洁明了.

11

课堂知识运用训练

1．设P是曲线y2＝4x上的一个动点，则点P到点A(－1,1)的距离与点P到x＝－1直线的距离之和的最小值为(

)．

A.2 B.3 C.5 D.6

b2．椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a＞b＞0)和圆x2＋y2＝＋c2有四个交点，其中c为椭圆的半焦距，2则椭圆c的范围为(

)． aA.5c322c33c5c＜＜ B．0＜＜ C.＜＜ D.＜＜

555555a5aaa3．设F是椭圆＋＝1的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点Pi(i＝1,2,3，…)，使|FP1|，76|FP2|，|FP3|，…组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为________．

4．过抛物线y2＝2px(p＞0)上一定点P(x0，y0)(y0＞0)作两直线分别交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，

12 x2y2

y1＋y2y2)，当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，则的值为________．

y05．椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a＞b＞0)的左焦点为F，过F点的直线l交椭圆于A，B两点，P为线段AB的中点，当△PFO的面积最大时，求直线l的方程．

6．已知⊙O′过定点A(0，p)(p＞0)，圆心O′在抛物线C：x2＝2py(p＞0)上运动，MN为圆O′

在轴上所截得的弦．

(1)当O′点运动时，|MN|是否有变化？并证明你的结论；

(2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，试判断抛物线C的准线与圆O′的位置关系，并说明理由．

13

课堂知识运用训练-解析

1．设P是曲线y2＝4x上的一个动点，则点P到点A(－1,1)的距离与点P到x＝－1直线的距离之和的最小值为(

)．

A.2 B.3 C.5 D.6

解析

如图，易知抛物线的焦点为F(1,0)，

准线是x＝－1，由抛物线的定义知：

点P到直线x＝－1的距离等于点P到焦点F的距离；

于是，问题转化为：在曲线上求一点P，

使点P到点A(－1,1)的距离与点P到F(1,0)的距离之和最小；显然，连AF交曲线于P点．故最小值为22＋1，即为5.答案

C b22．椭圆bx＋ay＝ab(a＞b＞0)和圆x＋y＝＋c有四个交点，其中c为椭圆的半焦距，222222222

14

则椭圆c的范围为(

)． aA.5c322c33c5c＜＜ B．0＜＜ C.＜＜ D.＜＜

555555a5aaa解析

此题的本质是椭圆的两个顶点(a,0)与(0，b)一个在圆外、一个在圆内即：

b＋ca＞2b＋c2b＜2222

ba＞＋c2⇒bb＜2＋cx2y2⇒a－c222＞14a2－c2a－c＜2c

53⇒＜e＜.答案

A 553．设F是椭圆＋＝1的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点Pi(i＝1,2,3，…)，使|FP1|，76|FP2|，|FP3|，…组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为________．

解析

若公差d＞0，则|FP1|最小，|FP1|＝7－1；

数列中的最大项为7＋1，并设为第n项，

21则7＋1＝7－1＋(n－1)d⇒n＝＋1≥21⇒d≤，

d10注意到d＞0，得0＜d≤11；若d＜0，易得－≤d＜0. 101011那么，d的取值范围为－，0∪0，. 10104．过抛物线y2＝2px(p＞0)上一定点P(x0，y0)(y0＞0)作两直线分别交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y1＋y2y2)，当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，则的值为________．

y0解析

设直线PA的斜率为kPA，PB的斜率为kPB，

2由y21＝2px1，y0＝2px0，得kPA＝y1－y02p2p＝，同理kPB＝，

x1－x0y1＋y0y2＋y0由于PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，

因此2p2py1＋y2＝－，即y1＋y2＝－2y0(y0＞0)，那么＝－2. y1＋y0y2＋y0y05．椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a＞b＞0)的左焦点为F，过F点的直线l交椭圆于A，B两点，P为线段AB的中点，当△PFO的面积最大时，求直线l的方程．

解

求直线方程，由于F(－c,0)为已知，仅需求斜率k，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则y0＝

y1＋y22，

15

1c由于S△PFO＝|OF|·|y0|＝|y0|只需保证|y0|最大即可，

22y＝kx＋c由222222bx＋ay＝ab

2⇒(b2＋a2k2)y2－2b2cky－b4k2＝0，

2bcbcy1＋y2bck＝2|y0|＝≤

22＝22a2b＋akb2＋a|k||k|bc2b2b得：S△PFO≤，此时＝a2|k|⇒k＝±，

4a|k|a故直线方程为：y＝±(x＋c)．

6．已知⊙O′过定点A(0，p)(p＞0)，圆心O′在抛物线C：x2＝2py(p＞0)上运动，MN为圆O′在轴上所截得的弦．

(1)当O′点运动时，|MN|是否有变化？并证明你的结论；

(2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，试判断抛物线C的准线与圆O′的位置关系，并说明理由．

ba

解

(1)设O′(x0，y0)，则x20＝2py0(y0≥0)，

则⊙O′的半径|O′A|＝x20y0－p2，

2⊙O′的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝x20＋(y0－p)，

222令y＝0，并把x20＝2py0，代入得x－2x0x＋x0－p＝0，

解得x1＝x0－p，x2＝x0＋p，所以|MN|＝|x1－x2|＝2p，

这说明|MN|是不变化，其为定值2p. (2)不妨设M(x0－p,0)，N(x0＋p,0)．

由题2|OA|＝|OM|＋|ON|，得2p＝|x0－p|＋|x0＋p|，

所以－p≤x0≤p. 2px20＋pO′到抛物线准线y＝－的距离d＝y0＋＝，

222pp

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⊙O′的半径|O′A|＝x20y0－p2＝x0214－p＝x＋x40＋4p. 2p2p2023222242x＋p()因为r＞d⇔x4＋4p＞⇔x＜p，

0002322又x2≤p＜p(p＞0)，所以r＞d，

即⊙O′与抛物线的准线总相交．

02

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