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黄冈中学高考数学典型例题23---求圆锥曲线方程


黄冈中学
高考数学典型例题详解

求圆锥曲线方程
每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 大事 静气 神明 冰释 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁? 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁? 准备 面对 发挥 其谁

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求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点,主要考查学生识图、画图、数
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形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力,解决好这 类问题,除要求同学们熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外,命题人还常常将它 与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题,解决这类问 题常用定义法和待定系数法.

●难点磁场 1.(★★★★★)双曲线
x2 y2 =1(b∈N)的两个焦点 F1、F2,P 为双曲线上一 4 b2

点,|OP|<5,|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列,则 b2=_________.

2.(★★★★)如图,设圆 P 满足:①截 y 轴所得弦长为 2;②被 x 轴分成两 段圆弧,其弧长比为 3∶1,在满足条件①、②的所有圆中,求圆心到直线 l:x -2y=0 的距离最小的圆的方程.

●案例探究 [例 1] ] 某电厂冷却塔的外形是如图所示的双曲线的一部分, 绕其中轴(即双 曲线的虚轴)旋转所成的曲面,其中 A、A′是双曲线的顶点,C、C′是冷却塔 上口直径的两个端点,B、B′是下底直径的两个端点,已知 AA′=14 m,CC′ =18 m,BB′=22 m,塔高 20 m.

(1)建立坐标系并写出该双曲线方程.
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(2)求冷却塔的容积(精确到 10 m2,塔壁厚度不计,π取 3.14). 命题意图:本题考查选择适当的坐标系建立曲线方程和解方程组的基础知 识,考查应用所学积分知识、思想和方法解决实际问题的能力,属★★★★★级 题目. 知识依托:待定系数法求曲线方程;点在曲线上,点的坐标适合方程;积分 法求体积. 错解分析: 建立恰当的坐标系是解决本题的关键, 积分求容积是本题的重点. 技巧与方法: 本题第一问是待定系数法求曲线方程, 第二问是积分法求体积. 解: 如图, 建立直角坐标系 xOy,使 AA′在 x 轴上, AA′ 的中点为坐标原点 O,CC′与 BB′平行于 x 轴. 设双曲线方程为
x2 y2 1 2 =1(a>0,b>0),则 a= AA′=7 2 2 a b

又设 B(11,y1),C(9,x2)因为点 B、C 在双曲线上,所以有
112 y1 92 y 2 = 1, 2 22 = 1 72 b 7 b
2 2

由题意,知 y2-y1=20,由以上三式得:y1=-12,y2=8,b=7 2
x2 y2 =1. 49 98 1 (2)由双曲线方程,得 x2= y2+49 2

故双曲线方程为

设冷却塔的容积为 V(m3), 则 V=π ∫ x 2 dy = π ∫ ( y 2 + 49)dy = π ( y 3 + 49 y ) |8 12 ,经计算,得 V=4.25×
12 12 8 8

1 2

1 6

103(m3) 答:冷却塔的容积为 4.25×103m3.

[例 2]过点(1,0)的直线 l 与中心在原点,焦点在 x 轴上且离心率为 ]
1 2

2 的 2

椭圆 C 相交于 A、B 两点,直线 y= x 过线段 AB 的中点,同时椭圆 C 上存在一 点与右焦点关于直线 l 对称,试求直线 l 与椭圆 C 的方程.

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命题意图:本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲线方程的方法,设计 新颖,基础性强,属★★★★★级题目. 知识依托:待定系数法求曲线方程,如何处理直线与圆锥曲线问题,对称问 题. 错解分析:不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误.恰当地利 用好对称问题是解决好本题的关键. 技巧与方法:本题是典型的求圆锥曲线方程的问题,解法一,将 A、B 两点 坐标代入圆锥曲线方程,两式相减得关于直线 AB 斜率的等式.解法二,用韦达定 理. 解法一:由 e=
c 2 a 2 b2 1 2 2 = ,得 = ,从而 a =2b ,c=b. 2 2 a 2 a

设椭圆方程为 x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上. 则 y22)=0, x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2, 两 式 相 减 得 , (x12 - x22)+2(y12 -
y1 y 2 x + x2 = 1 . x1 x 2 2( y1 + y 2 ) x0 1 1 ,又(x0,y0)在直线 y= x 上,y0= x0,于是- 2 y0 2 2

设 AB 中点为(x0,y0),则 kAB=-
x0 = 2 y0

-1,kAB=-1,设 l 的方程为 y=-x+1. 右焦点(b,0)关于 l 的对称点设为(x′,y′),
y′ x′ b = 1 x′ = 1 则 解得 y′ = 1 b y ′ = x′ + b + 1 2 2

由点(1,1-b)在椭圆上,得 1+2(1-b)2=2b2,b2=

9 2 9 ,a = . 16 8

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∴所求椭圆 C 的方程为 解法二:由 e=

8 x 2 16 2 + y =1,l 的方程为 y=-x+1. 9 9

c 2 a 2 b2 1 2 2 = ,得 = ,从而 a =2b ,c=b. a 2 2 a2

设椭圆 C 的方程为 x2+2y2=2b2,l 的方程为 y=k(x-1), 将 l 的 方 程 代 入 C 的 方 程 , 得 (1+2k2)x2 - 4k2x+2k2 - 2b2=0, 则 x1+x2=
2k 4k 2 ,y1+y2=k(x1-1)+k(x2-1)=k(x1+x2)-2k=- . 2 1 + 2k 1 + 2k 2

直线 l:y= x 过 AB 的中点( 或 k= -1.

1 2

x1 + x 2 y1 + y 2 k 1 2k 2 , ),则 = ,解得 k=0, 2 2 1 + 2k 2 2 1 + 2 k 2

若 k=0,则 l 的方程为 y=0,焦点 F(c,0)关于直线 l 的对称点就是 F 点本身,不 能在椭圆 C 上,所以 k=0 舍去,从而 k=-1,直线 l 的方程为 y=-(x-1),即 y= -x+1,以下同解法一.

[例 3]如图,已知△P1OP2 的面积为 ]

27 ,P 为线段 P1P2 的一个三等分点, 4 13 的双曲线方程. 2

求以直线 OP1、OP2 为渐近线且过点 P 的离心率为

命题意图: 本题考查待定系数法求双曲线的方程以及综合运用所学知识分析 问题、解决问题的能力,属★★★★★级题目. 知识依托:定比分点坐标公式;三角形的面积公式;以及点在曲线上,点的 坐标适合方程. 错解分析:利用离心率恰当地找出双曲线的渐近线方程是本题的关键,正确 地表示出 △P1OP2 的面积是学生感到困难的.

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技巧与方法:利用点 P 在曲线上和△P1OP2 的面积建立关于参数 a、b 的两 个方程,从而求出 a、b 的值. 解:以 O 为原点,∠P1OP2 的角平分线为 x 轴建立如图所示的直角坐标系.

设双曲线方程为

x2 y2 =1(a>0,b>0) a 2 b2

由 e2=

c2 b 13 2 b 3 = 1 + ( )2 = ( ) ,得 = . 2 a 2 a 2 a

∴两渐近线 OP1、OP2 方程分别为 y= x 和 y=- x 设点 P1(x1,
PP 3 3 x1),P2(x2,- x2)(x1>0,x2>0),则由点 P 分 P1 P2 所成的比λ= 1 =2, 2 2 PP2 x1 + 2 x 2 x1 2 x 2 x2 4 y2 , ), 又 点 P 在 双 曲 线 2 2 =1 上 , 所 以 3 2 a 9a

3 2

3 2

得 P 点坐标为(

( x1 + 2 x 2 ) 2 ( x1 2 x 2 ) 2 =1, 9a 2 9a 2

即(x1+2x2)2-(x1-2x2)2=9a2,整理得 8x1x2=9a2 ①
9 2 13 9 2 13 2 x1 = x1 , | OP |= x 2 + x 2 = x2 4 2 4 2 3 2× 2 tan P1Ox 2 = 12 sin P1OP2 = = 2 1 + tan P1Ox 1 + 9 13 4 1 1 13 12 27 ∴ S P1OP2 = | OP1 | | OP2 | sin P1OP2 = x1 x 2 = , 2 2 4 13 4 又 | OP1 |= x1 +
2

即 x1x2=

9 2



由①、②得 a2=4,b2=9
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故双曲线方程为

x2 y2 =1. 4 9

●锦囊妙计 一般求已知曲线类型的曲线方程问题,可采用“先定形,后定式,再定量” 的步骤. 定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置. 定式——根据“形”设方程的形式,注意曲线系方程的应用,如当椭圆的焦 点不确定在哪个坐标轴上时,可设方程为 mx2+ny2=1(m>0,n>0). 定量——由题设中的条件找到“式”中特定系数的等量关系,通过解方程得 到量的大小.

●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)已知直线 x+2y-3=0 与圆 x2+y2+x-6y+m=0 相交于 P、Q 两点, O 为坐标原点,若 OP⊥OQ,则 m 等于( A.3 B.-3 ) C.1 D.-1

2.(★★★★)中心在原点,焦点在坐标为(0,±5 2 )的椭圆被直线 3x-y- 2=0 截得的弦的中点的横坐标为 ,则椭圆方程为(
2x2 2 y2 + =1 25 75 x2 y2 C. + =1 25 75 A. B.

1 2

)

2x2 2 y 2 + =1 75 25 x2 y2 D. + =1 75 25

二、填空题 若过点 P 且以双曲线 3.(★★★★)直线 l 的方程为 y=x+3,在 l 上任取一点 P, 12x2-4y2=3 的焦点作椭圆的焦点,那么具有最短长轴的椭圆方程为_________.
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4.(★★★★)已知圆过点 P(4,-2)、Q(-1,3)两点,且在 y 轴上截得的线 段长为 4 3 ,则该圆的方程为_________.

三、解答题 5.(★★★★★)已知椭圆的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,它的一个焦点 为 F,M 是椭圆上的任意点,|MF|的最大值和最小值的几何平均数为 2,椭圆上 存在着以 y=x 为轴的对称点 M1 和 M2,且|M1M2|=
4 10 ,试求椭圆的方程. 3

6.(★★★★)某抛物线形拱桥跨度是 20 米,拱高 4 米,在建桥时每隔 4 米需 用一支柱支撑,求其中最长的支柱的长.

7.(★ ★ ★ ★ ★ )已 知 圆 C1 的 方 程 为 (x- 2)2+(y- 1)2=
20 x2 y2 ,椭圆 C2 的方程为 2 + 2 =1(a>b>0), 2 的离心 C 3 a b 2 ,如果 C1 与 C2 相交于 A、B 两点,且线段 AB 2

率为

恰为圆 C1 的直径,求直线 AB 的方程和椭圆 C2 的方程.

参考答案 难点磁场 1.解析:设 F1(-c,0) 2(c,0)、P(x,y),则 、F |PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)<2(52+c2), 即|PF1|2+|PF2|2<50+2c2, 又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1||PF2|,

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依双曲线定义,有|PF1|-|PF2|=4, 依已知条件有|PF1||PF2|=|F1F2|2=4c2
17 , 3 17 5 又∵c2=4+b2< ,∴b2< ,∴b2=1. 3 3

∴16+8c2<50+2c2,∴c2<

答案:1

2.解法一:设所求圆的圆心为 P(a,b) ,半径为 r,则点 P 到 x 轴、y 轴的距离 分别为|b|、|a| ∵圆 P 截 y 轴所得弦长为 2,∴r2=a2+1 又由题设知圆 P 截 x 轴所得劣弧对的圆心角为 90°,故弦长|AB|= 2 r,故 r2=2b2,从而有 2b2-a2=1 又∵点 P(a,b)到直线 x-2y=0 的距离 d=
| a 2b | , 5

因此,5d2=|a-2b|2=a2+4b2-4ab≥a2+4b2-2(a2+b2)=2b2-a2=1, 当且仅当 a=b 时上式等号成立,此时 5d2=1,从而 d 取最小值,为此有
a = b a = 1 a = 1 , 得 或 2 2 b = 1 2b a = 1 b = 1

∵r2=2b2, ∴r2=2 于是所求圆的方程为:(x-1)2+(y-1)2=2 或(x+1)2+(y+1)2=2 解法二:设所求圆 P 的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0) 设 A(0,y1),B(0,y2)是圆与 y 轴的两个交点, y1、 2 是方程 a2+(y-b)2=r2 的两 则 y 根, ∴y1,2=b± r 2 a 2 由条件①得|AB|=2,而|AB|=|y1-y2|,得 r2-a2=1 设点 C(x1,0)、D(x2,0)为圆与 x 轴的两个交点,则 x1,x2 是方程(x-a)2+b2=r2 的两个根, ∴x1,2=a± r 2 b 2 由条件②得|CD|= 2 r,又由|CD|=|x2-x1|,得 2b2=r2,故 2b2=a2+1

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设圆心 P(a,b)到直线 x-2y=0 的距离为 d=

| a 2b | 5

∴a-2b=± 5 d,得 a2=(2b± 5 d)2=4b2±4 5 bd+5d2 又∵a2=2b2-1,故有 2b2±4 5 bd+5d2+1=0.把上式看作 b 的二次方程, ∵方程有实根. ∴Δ=8(5d2-1)≥0,得 5d2≥1. ∴dmin=
5 ,将其代入 2b2±4 5 bd+5d2+1=0, 5

得 2b2±4b+2=0,解得 b=±1. 从而 r2=2b2=2,a=± r 2 1 =±1 于是所求圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2 或(x+1)2+(y+1)2=2

歼灭难点训练 一、1.解析:将直线方程变为 x=3-2y,代入圆的方程 x2+y2+x-6y+m=0, 得(3-2y)2+y2+(3-2y)+m=0. 整理得 5y2-20y+12+m=0,设 P(x1,y1)、Q(x2,y2) 则 y1y2=
12 + m ,y1+y2=4. 5

又∵P、Q 在直线 x=3-2y 上, ∴x1x2=(3-2y1)(3-2y2)=4y1y2-6(y1+y2)+9 故 y1y2+x1x2=5y1y2-6(y1+y2)+9=m-3=0,故 m=3. 答案:A 2.解析:由题意,可设椭圆方程为:
y2 x2 + 2 =1. 50 + b 2 b y 2 x2 + =1,且 a2=50+b2, a2 b2

即方程为

将直线 3x-y-2=0 代入,整理成关于 x 的二次方程. 由 x1+x2=1 可求得 b2=25,a2=75. 答案:C

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二、3.解析:所求椭圆的焦点为 F1(-1,0),F2(1,0),2a=|PF1|+|PF2|. 欲使 2a 最小, 只需在直线 l 上找一点 P.使|PF1|+|PF2|最小, 利用对称性可解. 答案:
x2 y2 + =1 5 4

4.解析:设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2
(4 a ) 2 + (2 b) 2 = r 2 则有 (1 a ) 2 + (3 b) 2 = r 2 2 2 2 | a | +(2 3 ) = r
a = 1 a = 5 b = 0 或b = 4 2 2 r = 13 r = 27

由此可写所求圆的方程. 答案:x2+y2-2x-12=0 或 x2+y2-10x-8y+4=0

三、5.解:|MF|max=a+c,|MF|min=a-c,则(a+c)(a-c)=a2-c2=b2, ∴b2=4,设椭圆方程为
x2 y 2 + =1 4 a2

① ②

设过 M1 和 M2 的直线方程为 y=-x+m 将②代入①得:(4+a2)x2-2a2mx+a2m2-4a2=0 ③ 设 M1(x1,y1)、M2(x2,y2),M1M2 的中点为(x0,y0), 则 x0=
1 a2m 4m (x1+x2)= ,y0=-x0+m= . 2 2 4+a 4 + a2
a 2m 4m = , 2 4+a 4 + a2

代入 y=x,得

由于 a2>4,∴m=0,∴由③知 x1+x2=0,x1x2=- 又|M1M2|= 2 ( x1 + x2 ) 2 4 x1 x2 =
4 10 , 3

4a 2 , 4 + a2

代入 x1+x2,x1x2 可解 a2=5,故所求椭圆方程为:

x2 y2 + =1. 5 4

6.解:以拱顶为原点,水平线为 x 轴,建立坐标系, 如图,由题意知,|AB|=20,|OM|=4,A、B 坐标分别为(-10,-4) 、(10, -4)
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设抛物线方程为 x2=-2py,将 A 点坐标代入, 100=-2p×(-4),解得 p=12.5, 得 于是抛物线方程为 x2=-25y.

由题意知 E 点坐标为(2,-4),E′点横坐标也为 2,将 2 代入得 y=-0.16, 从而|EE′|= (-0.16)-(-4)=3.84.故最长支柱长应为 3.84 米. 7.解:由 e=
2 x2 y2 ,可设椭圆方程为 2 + 2 =1, 2 2b b

又设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则 x1+x2=4,y1+y2=2, 又
x1 y x y x x y y + 1 = 1, 2 2 + 22 =1,两式相减,得 1 2 2 + 1 2 2 =0, 2b 2 b 2 2b b 2b b
2 2 2 2 2 2 2 2

即(x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0. 化简得
y1 y 2 =-1,故直线 AB 的方程为 y=-x+3, x1 x2

代入椭圆方程得 3x2-12x+18-2b2=0. 有Δ=24b2-72>0,又|AB|= 2 ( x1 + x2 ) 2 4 x1 x2 =
24b 2 72 = 9 20 ,解得 b2=8. 3
x2 y2 + =1. 16 8
20 , 3

得 2

故所求椭圆方程为

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