第十三講圓錐曲線的綜合問題 總綱目錄 考點(diǎn)一定點(diǎn)問題解析幾何中的定點(diǎn)問題一般是指與解析幾何有關(guān)的直線或圓 其他曲線過定點(diǎn)太復(fù)雜 高中階段一般不涉及 過定點(diǎn)的問題 其實(shí)質(zhì)是 當(dāng)動(dòng)直線或動(dòng)圓變化時(shí) 這些直線或圓相交于一點(diǎn) 即這些直線或圓繞著定點(diǎn)在轉(zhuǎn)動(dòng) 這類問題的求解一般分為以下三步 一選 選擇變量 定點(diǎn)問題中的定點(diǎn) 隨某一個(gè)量的變化而固定 可選擇這個(gè)量為變量 有時(shí)可選擇兩個(gè)變量 如點(diǎn)的坐標(biāo) 斜率 截距等 然后利用其他輔助條件消去其中之一 二求 求出定點(diǎn)坐標(biāo)所滿足的方程 即把需要證明為定點(diǎn)的問題表示成關(guān)于上述變量的方程 三定點(diǎn) 對(duì)上述方程進(jìn)行必要的化簡(jiǎn) 即可得到定點(diǎn)坐標(biāo) 已知橢圓C 1 a b 0 四點(diǎn)P1 1 1 P2 0 1 P3 P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上 1 求橢圓C的方程 2 設(shè)直線l不經(jīng)過點(diǎn)P2且與C相交于不同的兩點(diǎn)A B 若直線P2A的斜率與直線P2B的斜率的和為 1 證明 l過定點(diǎn) 解析 1 由于P3 P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱 故由題設(shè)知C一定經(jīng)過P3 P4兩點(diǎn) 由 知 C不經(jīng)過點(diǎn)P1 所以P2在C上 聯(lián)立解得故橢圓C的方程為 y2 1 2 證法一 設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1 k2 若l與x軸垂直 設(shè)l x t 由題設(shè)知t 0 且 t 2 可得點(diǎn)A B的坐標(biāo)分別為 或 則可得k1 k2 1 解得t 2 不符合題意 故l與x軸不垂直 從而可設(shè)l y kx m m 1 將y kx m代入 y2 1 得 4k2 1 x2 8kmx 4m2 4 0 由題設(shè)可知 16 4k2 m2 1 0 設(shè)A x1 y1 B x2 y2 則x1 x2 x1x2 而k1 k2 由k1 k2 1 得 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 即 2k 1 m 1 0 解得k 當(dāng)且僅當(dāng)m 1時(shí) 0 直線l的方程為y x m 即x 2y m x 2 0 則 所以l過定點(diǎn) 2 1 證法二 設(shè)直線P2A的斜率為k 則直線P2A的方程為y kx 1 代入橢圓方程 可得A 因?yàn)橹本€P2A的斜率與直線P2B的斜率的和為 1 所以直線P2B的斜率為 k 1 則直線P2B的方程為y k 1 x 1 代入橢圓方程 可得B也可用 k 1代替點(diǎn)A中的k求得點(diǎn)B的坐標(biāo) 則直線AB的斜率kAB 設(shè)直線AB的方程為y kABx b 將點(diǎn)A的坐標(biāo)代 入 解得b 1 所以直線AB的方程為y x 2 1 所以l過定點(diǎn) 2 1 方法歸納證明直線過定點(diǎn)的基本思想是使用一個(gè)參數(shù)表示直線方程 根據(jù)直線所過的定點(diǎn)與參數(shù)值無關(guān)得出x y的方程組 以方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過的定點(diǎn) 已知?jiǎng)訄AM恒過點(diǎn) 0 1 且與直線y 1相切 1 求圓心M的軌跡方程 2 動(dòng)直線l過點(diǎn)P 0 2 且與點(diǎn)M的軌跡交于A B兩點(diǎn) 點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱 求證 直線AC恒過定點(diǎn) 解析 1 由題意得點(diǎn)M與點(diǎn) 0 1 的距離始終等于點(diǎn)M到直線y 1的距離 由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn) 0 1 為焦點(diǎn) 直線y 1為準(zhǔn)線的拋物線 則 1 p 2 圓心M的軌跡方程為x2 4y 2 證明 由題意知直線l的斜率存在 設(shè)直線l y kx 2 A x1 y1 B x2 y2 則C x2 y2 由得x2 4kx 8 0 x1 x2 4k x1x2 8 kAC 則直線AC的方程為y y1 x x1 即y y1 x x1 x x x1x2 8 y x x 2 直線AC恒過點(diǎn) 0 2 考點(diǎn)二定值問題定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中 探究某些幾何量 斜率 距離 面積 比值等 與變量 斜率 點(diǎn)的坐標(biāo)等 無關(guān)的問題 其求解步驟一般為 一選 選擇變量 一般為點(diǎn)的坐標(biāo) 直線的斜率等 二化 把要求解的定值表示成含上述變量的式子 并利用其他輔助條件來減少變量的個(gè)數(shù) 使其只含有一個(gè)變量 或者有多個(gè)變量 若是能整體約分也可以 三定值 化簡(jiǎn)式子得到定值 由題目的結(jié)論可知要證明為定值的量必與變量的值無關(guān) 故求出的式子必能化為一個(gè)常數(shù) 所以只需對(duì)上述式子進(jìn)行必要的化簡(jiǎn)即可得到定值 2018湖南湘東五校聯(lián)考 已知橢圓C 1 a b 0 的離心率為 且過點(diǎn)P 2 1 1 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程 2 設(shè)點(diǎn)Q在橢圓上 且PQ與x軸平行 過P點(diǎn)作兩條直線分別交橢圓C于A x1 y1 B x2 y2 兩點(diǎn) 若直線PQ平分 APB 求證 直線AB的斜率是定值 并求出這個(gè)定值 解析 1 因?yàn)闄E圓C的離心率為 所以 即a2 4b2 所以橢圓C的方程可化為x2 4y2 4b2 又橢圓C過點(diǎn)P 2 1 所以4 4 4b2 解得b2 2 則a2 8 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 1 2 如圖 由題意 知直線PA PB的斜率均存在且不為0 設(shè)直線PA的方程為y 1 k x 2 k 0 聯(lián)立方程 得消去y得 1 4k2 x2 8 2k2 k x 16k2 16k 4 0 所以2x1 即x1 因?yàn)橹本€PQ平分 APB 且PQ與x軸平行 所以直線PA與直線PB的斜率互為相反數(shù) 則直線PB的方程為y 1 k x 2 k 0 同理可得x2 又所以y1 y2 k x1 x2 4k 即y1 y2 k x1 x2 4k k 4k x1 x2 所以直線AB的斜率kAB 為定值 方法歸納定值問題就是證明一個(gè)量或表達(dá)式的值與其中的變化因素?zé)o關(guān) 這些變化的因素可能是直線的斜率 截距 也可能是動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)等 這類問題的一般解法是使用變化的量表示求證目標(biāo) 通過運(yùn)算得知求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān) 當(dāng)使用直線的斜率和截距表示直線方程時(shí) 在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關(guān)系 把雙參數(shù)問題化為單參數(shù)問題解決 2018云南昆明調(diào)研 已知橢圓C 1 a b 0 的焦距為4 P是橢圓C上的點(diǎn) 1 求橢圓C的方程 2 O為坐標(biāo)原點(diǎn) A B是橢圓C上不關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱的兩點(diǎn) 設(shè) 證明 直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值 解析 1 由題意知2c 4 即c 2 則橢圓C的方程為 1 因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓C上 所以 1 解得a2 5或a2 舍去 所以橢圓C的方程為 y2 1 2 解法一 設(shè)A x1 y1 B x2 y2 直線AB的方程為y kx n n 0 k 0 聯(lián)立 得消去y 整理得 5k2 1 x2 10knx 5n2 5 0 則 100k2n2 4 5k2 1 5n2 5 100k2 20n2 20 0 x1 x2 y1 y2 k x1 x2 2n 由 得 D x1 x2 y1 y2 所以直線OD的斜率kOD 則k kOD 故直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值 解法二 設(shè)A x1 y1 B x2 y2 x1 x2且x1 x2 0 由 得 D x1 x2 y1 y2 所以直線AB的斜率kAB 直線OD的斜率kOD 由得 x1 x2 x1 x2 y1 y2 y1 y2 0 即 所以kAB kOD 故直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值 考點(diǎn)三最值 范圍問題命題角度一 構(gòu)建目標(biāo)不等式解決最值或范圍問題 設(shè)橢圓 1 a 的右焦點(diǎn)為F 右頂點(diǎn)為A 已知 OA OF 1 其中O為原點(diǎn) e為橢圓的離心率 1 求橢圓的方程及離心率e的值 2 設(shè)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B B不在x軸上 垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M 與y軸交于點(diǎn)H 若BF HF 且 MOA MAO 求直線l的斜率的取值范圍 解析 1 由題意可知 OF c 又 OA OF 1 所以a 1 解得a 2 所以橢圓的方程為 1 離心率e 2 設(shè)M xM yM 易知A 2 0 在 MAO中 MOA MAO MA MO 即 xM 2 2 化簡(jiǎn)得xM 1 設(shè)直線l的斜率為k k 0 則直線l的方程為y k x 2 設(shè)B xB yB 由消去y 整理得 4k2 3 x2 16k2x 16k2 12 0 解得x 2或x 由題意得xB 從而yB 由 1 知F 1 0 設(shè)H 0 yH 則 1 yH 由BF HF 得 0 即 0 解得yH 所以直線MH的方程為y x 由消去y 得xM 由xM 1 得 1 解得k 或k 所以直線l的斜率的取值范圍為 命題角度二 構(gòu)造函數(shù)解決最值或范圍問題 2018陜西質(zhì)量檢測(cè)一 已知橢圓 1 a b 0 的左 右焦點(diǎn)分別為F1和F2 由M a b N a b F2和F1這4個(gè)點(diǎn)構(gòu)成了一個(gè)高為 面積為3的等腰梯形 1 求橢圓的方程 2 過點(diǎn)F1的直線和橢圓交于A B兩點(diǎn) 求 F2AB面積的最大值 解析 1 由已知條件 得b 且 3 a c 3 又a2 c2 3 a 2 c 1 橢圓的方程為 1 2 顯然 直線的斜率不能為0 設(shè)直線的方程為x my 1 A x1 y1 B x2 y2 聯(lián)立方程 得消去x得 3m2 4 y2 6my 9 0 直線過橢圓內(nèi)的點(diǎn) 無論m為何值 直線和橢圓總相交 y1 y2 y1y2 F1F2 y1 y2 y1 y2 12 4 4 令t m2 1 則t 1 設(shè)f t t 易知t 1 時(shí)函數(shù)f t 單調(diào)遞增 當(dāng)t m2 1 1 即m 0時(shí) f t 取得最小值 f t min 此時(shí)取得最大值3 方法歸納求解范圍 最值問題的常見方法解決有關(guān)范圍 最值問題時(shí) 先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo) 角 斜率等 建立目標(biāo)函數(shù) 然后利用函數(shù)的有關(guān)知識(shí)和方法求解 1 利用判別式構(gòu)造不等式 從而確定參數(shù)的取值范圍 2 利用已知參數(shù)的取值范圍求新參數(shù)的范圍 解這類問題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立相等關(guān)系 3 利用隱含的不等關(guān)系 從而求出參數(shù)的取值范圍 4 利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式 從而求出參數(shù)的取值范圍 5 利用函數(shù)值域的求法 確定參數(shù)的取值范圍 解析 1 由題意知 c 則3a2b2 c2 a2 4b2 即3a2 a2 c2 c2 a2 4 a2 c2 所以a2 2c2 所以e 2 因?yàn)?PQF2的周長(zhǎng)為4 所以4a 4 即a 由 1 知b2 c2 1 故橢圓方程為 y2 1 且焦點(diǎn)為F1 1 0 F2 1 0 若直線l的斜率不存在 則可得l x軸 方程為x 1 P Q 故 若直線l的斜率存在 設(shè)直線l的方程為y k x 1 由消去y 得 2k2 1 x2 4k2x 2k2 2 0 設(shè)P x1 y1 Q x2 y2 則x1 x2 x1x2 因?yàn)?x1 1 y1 x2 1 y2 x1 1 x2 1 y1y2 所以 k2 1 x1x2 k2 1 x1 x2 k2 1 則 k2 1 k2 1 k2 1 令t 2 2k2 1 t 2 則 t 2 所以 結(jié)合 得 所以 的最大值是 考點(diǎn)四探索性問題 1 解析幾何中的探索性問題 從類型上看 主要是存在類型的相關(guān)題型 解決這類問題通常采用 肯定順推法 將不確定性問題明朗化 其步驟如下假設(shè)滿足條件的元素 點(diǎn) 直線 曲線或參數(shù) 存在 用待定系數(shù)法設(shè)出 列出關(guān)于待定系數(shù)的方程 組 若方程 組 有實(shí)數(shù)解 則元素 點(diǎn) 直線 曲線或參數(shù) 存在 否則 元素 點(diǎn) 直線 曲線或參數(shù) 不存在 2 反證法與驗(yàn)證法也是求解存在性問題常用的方法 典型例題 2018貴州貴陽模擬 如圖 橢圓C 1 a b 0 的左頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)分別為A B 右焦點(diǎn)為F 點(diǎn)P在橢圓C上 且PF x軸 若AB OP 且 AB 2 1 求橢圓C的方程 2 已知Q是C上不同于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn) 在x軸上是否存在一點(diǎn)D 使得直線QA與QD的斜率乘積恒為 若存在 求出點(diǎn)D的坐標(biāo) 若不存在 說明理由 解析 1 由題意得A a 0 B 0 b 可設(shè)P c t t 0 1 得t P 由AB OP 得 即b c a2 b2 c2 2b2 又 AB 2 a2 b2 12 由 得a2 8 b2 4 橢圓C的方程為 1 2 假設(shè)存在D m 0 使得直線QA與QD的斜率乘積恒為 設(shè)Q x0 y0 y0 0 則 1 kQA kQD A 2 0 x0 m 由 得 m 2 x0 2m 8 0 由解得m 2 存在點(diǎn)D 2 0 使得kQA kQD 方法歸納解決探索性問題的注意事項(xiàng)存在性問題 先假設(shè)存在 推證滿足條件的結(jié)論 若結(jié)論正確 則存在 若結(jié)論不正確 則不存在 1 當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí) 要分類討論 2 當(dāng)給出結(jié)論要推導(dǎo)出存在的條件時(shí) 先假設(shè)成立 再推出條件 3 當(dāng)條件和結(jié)論都未知 按常規(guī)方法解題很難時(shí) 要開放思維 采取其他的途徑 2018廣西南寧二中 柳州高中聯(lián)考 如圖 橢圓C 1 a b 0 經(jīng)過點(diǎn)P 離心率e 直線l的方程為x 4 1 求橢圓C的方程 2 線段AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦 不經(jīng)過點(diǎn)P 設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M 記PA PB PM的斜率分別為k1 k2 k3 問 是否存在常數(shù) 使得k1 k2 k3 若存在 求出 的值 若不存在 說明理由 解析 1 由P在橢圓上得 1 因?yàn)閑 所以a 2c 則 將 代入 解得c2 1 a2 4 b2 3 故橢圓C的方程為 1 2 由題意可設(shè)AB的斜率為k 則直線AB的方程為y k x 1 將 代入橢圓方程并整理 得 4k2 3 x2 8k2x 4 k2 3 0 設(shè)A x1 y1 B x2 y2 且x1 x2 1 則有 x1 x2 x1x2 在方程 中 令x 4得 M的坐標(biāo)為 4 3k 從而k1 k2 k3 k 因?yàn)锳 F B三點(diǎn)共線 所以k kAF kBF 即有 k 所以k1 k2 2k 2k 2k 1 又k3 k 所以k1 k2 2k3 故存在常數(shù) 2符合題意