1、第十三讲 圆锥曲线的综合问题,总纲目录,考点一 定点问题 解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或 圆(其他曲线过定点太复杂,高中阶段一般不涉及)过定点的问题, 其实质是:当动直线或动圆变化时,这些直线或圆相交于一点,即 这些直线或圆绕着定点在转动.这类问题的求解一般分为以下三 步:,一选:选择变量,定点问题中的定点,随某一个量的变化而固定,可 选择这个量为变量(有时可选择两个变量,如点的坐标、斜率、 截距等,然后利用其他辅助条件消去其中之一). 二求:求出定点坐标所满足的方程,即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程. 三定点:对上述方程进行必要的化简,即可得到定点坐标.,
2、已知椭圆C: + =1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3 ,P4中恰有三点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程; (2)设直线l不经过点P2且与C相交于不同的两点A,B.若直线P2A的 斜率与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.,解析 (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C一定经过P3,P4 两点.由 + + 知,C不经过点P1,所以P2在C上. 联立 解得 故椭圆C的方程为 +y2=1. (2)证法一:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2, 若l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|2,可得点A,B的坐标分别 为 , 或 , ,则可得k
3、1+k2=- =-1,解得t=2,不符合题意,故l与x轴不垂直.,从而可设l:y=kx+m(m1),将y=kx+m代入 +y2=1, 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 由题设可知=16(4k2-m2+1)0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则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=- , 当且仅当m-1时,0,直线l的方程为y=- x+m,即x+2y+m(x-2)= 0,则 所以l过定点(2,-1). 证法二:设直线P2A
4、的斜率为k,则直线P2A的方程为y=kx+1,代入椭 圆方程,可得A ,因为直线P2A的斜率与直线P2B 的斜率的和为-1,所以直线P2B的斜率为-k-1,则直线P2B的方程为y =(-k-1)x+1,代入椭圆方程,可得B 也可用 -k-1代替点A 中的k求得点B的坐标 ,则直线AB 的斜率kAB=- ,设直线AB的方程为y=kABx+b,将点A的坐标代,入,解得b= -1,所以直线AB的方程为y=- (x-2)-1,所 以l过定点(2,-1).,方法归纳 证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根据 直线所过的定点与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为 坐标的点就是直线所
5、过的定点.,已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=-1相切. (1)求圆心M的轨迹方程; (2)动直线l过点P(0,-2)且与点M的轨迹交于A,B两点,点C与点B关 于y轴对称,求证:直线AC恒过定点.,解析 (1)由题意得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=-1 的距离,由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点,直线 y=-1为准线的抛物线,则 =1,p=2. 圆心M的轨迹方程为x2=4y. (2)证明:由题意知直线l的斜率存在,设直线l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y 2),则C(-x2,y2), 由 得x2-4kx+8=0,x1+x2=4k,x1x2=8
6、. kAC= = = ,则直线AC的方程为y-y1= (x-x1), 即y=y1+ (x-x1)= x- + = x+ ,x1x2=8, y= x+ = x+2, 直线AC恒过点(0,2).,考点二 定值问题 定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中,探究某些 几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等) 无关的问题,其求解步骤一般为: 一选:选择变量,一般为点的坐标、直线的斜率等. 二化:把要求解的定值表示成含上述变量的式子,并利用其他辅助 条件来减少变量的个数,使其只含有一个变量(或者有多个变量, 若是能整体约分也可以). 三定值:化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明
7、为定值的量 必与变量的值无关,故求出的式子必能化为一个常数,所以只需对 上述式子进行必要的化简即可得到定值.,(2018湖南湘东五校联考)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率 为 ,且过点P(2,-1). (1)求椭圆C的标准方程; (2)设点Q在椭圆上,且PQ与x轴平行,过P点作两条直线分别交椭 圆C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,若直线PQ平分APB,求证:直线AB的 斜率是定值,并求出这个定值.,解析 (1)因为椭圆C的离心率为 = ,所以 = ,即a2=4b2, 所以椭圆C的方程可化为x2+4y2=4b2, 又椭圆C过点P(2,-1),所以4+4=4b2,解得b2=2,则
8、a2=8, 所以椭圆C的标准方程为 + =1. (2)如图,由题意,知直线PA,PB的斜率均存在且不为0,设直线PA的 方程为y+1=k(x-2)(k0),联立方程,得 消去y得(1+4k2)x2-8(2k2+k)x+16k2+16k-4=0, 所以2x1= ,即x1= ,因为直线PQ平分APB,且PQ与x轴平行,所以直线PA与直线PB 的斜率互为相反数, 则直线PB的方程为y+1=-k(x-2)(k0), 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= . 所以直线AB的斜率kAB= = =- ,为定值.
9、,方法归纳 定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关, 这些变化的因素可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标 等,这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标,通过运算 得知求证目标的取值与变化的量无关,当使用直线的斜率和截距 表示直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关 系,把双参数问题化为单参数问题解决.,(2018云南昆明调研)已知椭圆C: + =1(ab0)的焦距为4,P是椭圆C上的点. (1)求椭圆C的方程; (2)O为坐标原点,A,B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点,设 =+ ,证明:直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值.,解析 (1)由题意知2c=
10、4,即c=2, 则椭圆C的方程为 + =1, 因为点P 在椭圆C上, 所以 + =1,解得a2=5或a2= (舍去), 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+n(n0,k0), 联立,得 消去y,整理得(5k2+1)x2+10knx+5n2-5=0,则=100k2n2-4(5k2+1)(5n2-5)=100k2-20n2+200,x1+x2=- ,y1+y2 =k(x1+x2)+2n= , 由 + = 得,D(x1+x2,y1+y2), 所以直线OD的斜率kOD= =- , 则kkOD=- ,故直线AB的斜率与OD的斜率
11、的乘积为定值- . 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),x1x2且x1+x20,由 + = 得,D(x1+ x2,y1+y2), 所以直线AB的斜率kAB= ,直线OD的斜率kOD= ,由 得 (x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0, 即 =- , 所以kABkOD=- . 故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值- .,考点三 最值、范围问题 命题角度一:构建目标不等式解决最值或范围问题,设椭圆 + =1(a )的右焦点为F,右顶点为A.已知|OA|-|OF| =1,其中O为原点,e为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程及离心率e的值; (2)设过点A的直线l
12、与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线 与l交于点M,与y轴交于点H.若BFHF,且MOAMAO,求直 线l的斜率的取值范围.,解析 (1)由题意可知|OF|=c= ,又|OA|-|OF|=1,所以a- =1,解得a=2,所以椭圆的方程为 + =1,离心率e= = . (2)设M(xM,yM),易知A(2,0),在MAO中,MOAMAO|MA| MO|,即(xM-2)2+ + ,化简得xM1. 设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由 消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0,解得x=2或x=. 由题意得xB= ,从而
13、yB= .,由(1)知F(1,0),设H(0,yH),则 =(-1,yH), = . 由BFHF,得 =0,即 + =0,解得yH= ,所以 直线MH的方程为y=- x+ . 由 消去y,得xM= . 由xM1,得 1,解得k- 或k ,所以直线l的斜率的 取值范围为 .,命题角度二:构造函数解决最值或范围问题 (2018陕西质量检测一)已知椭圆 + =1(ab0)的左、右焦点 分别为F1和F2,由M(-a,b),N(a,b),F2和F1这4个点构成了一个高为 ,面积为3 的等腰梯形. (1)求椭圆的方程; (2)过点F1的直线和椭圆交于A,B两点,求F2AB面积的最大值.,解析 (1)由已知
14、条件,得b= ,且 =3 , a+c=3. 又a2-c2=3,a=2,c=1, 椭圆的方程为 + =1. (2)显然,直线的斜率不能为0, 设直线的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2). 联立方程,得 消去x得,(3m2+4)y2-6my-9=0. 直线过椭圆内的点,无论m为何值,直线和椭圆总相交.,y1+y2= ,y1y2=- . = |F1F2|y1-y2|=|y1-y2|= =12 =4=4 , 令t=m2+1,则t1,设f(t)=t+ ,易知t1,+)时函数f(t)单调递增, 当t=m2+1=1,即m=0时,f(t)取得最小值, f(t)min= ,此时 取得 最大值
15、3.,方法归纳 求解范围、最值问题的常见方法 解决有关范围、最值问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐 标、角、斜率等),建立目标函数,然后利用函数的有关知识和方 法求解. (1)利用判别式构造不等式,从而确定参数的取值范围; (2)利用已知参数的取值范围求新参数的范围,解这类问题的核心 是在两个参数之间建立相等关系; (3)利用隐含的不等关系,从而求出参数的取值范围; (4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围; (5)利用函数值域的求法,确定参数的取值范围.,解析 (1)由题意知 =c,则3a2b2=c2(a2+4b2),即3a2(a2-c2)=c2 a2+4(a2-c2),所
16、以a2=2c2,所以e= . (2)因为PQF2的周长为4 ,所以4a=4 ,即a= . 由(1)知b2=c2=1,故椭圆方程为 +y2=1, 且焦点为F1(-1,0),F2(1,0). 若直线l的斜率不存在,则可得lx轴,方程为x=-1,P ,Q, = , = ,故 = .,若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+1),由 消去y,得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=- ,x1x2= . 因为 =(x1-1,y1)(x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2, 所以 =(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1
17、+x2)+k2+1, 则 =(k2+1) +(k2-1) +k2+1= = -, 令t=2(2k2+1)(t2),则 = - (t2),所以 . 结合,得 ,所以 的最大值是 .,考点四 探索性问题,1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的 相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问 题明朗化.其步骤如下假设满足条件的元素(点、直线、曲线或 参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若 方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元 素(点、直线、曲线或参数)不存在.,2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.典型例题
18、(2018贵州贵阳模拟)如图,椭圆C: + =1(ab0)的左顶点与上 顶点分别为A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上,且PFx轴,若AB OP,且|AB|=2 . (1)求椭圆C的方程; (2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点,在x轴上是否存在一 点D,使得直线QA与QD的斜率乘积恒为- ?若存在,求出点D的坐 标;若不存在,说明理由.,解析 (1)由题意得A(-a,0),B(0,b),可设P(c,t)(t0), + =1,得t= ,P , 由ABOP,得 = ,即b=c, a2=b2+c2=2b2, 又|AB|=2 ,a2+b2=12, 由得a2=8,b2=4,椭圆C的方程为 + =1.
19、 (2)假设存在D(m,0),使得直线QA与QD的斜率乘积恒为- ,设 Q(x0,y0)(y00),则 + =1,kQAkQD=- ,A(-2 ,0), =- (x0m), 由得(m-2 )x0+2 m-8=0,由 解得m=2 ,存 在点D(2 ,0),使得kQAkQD=- .,方法归纳 解决探索性问题的注意事项 存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存 在,若结论不正确,则不存在. (1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论. (2)当给出结论要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. (3)当条件和结论都未知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采 取其他的途径.,(20
20、18广西南宁二中、柳州高中联考)如图,椭圆C: + =1(ab 0)经过点P ,离心率e= ,直线l的方程为x=4. (1)求椭圆C的方程; (2)线段AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直 线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常 数,使得k1+k2=k3?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.,解析 (1)由P 在椭圆上得, + =1, 因为e= ,所以a=2c,则 将代入,解得c2=1,a2=4,b2=3. 故椭圆C的方程为 + =1. (2)由题意可设AB的斜率为k, 则直线AB的方程为y=k(x-1), 将代入椭圆方程并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1x21,则有,x1+x2= ,x1x2= , 在方程中,令x=4得,M的坐标为(4,3k). 从而k1= ,k2= ,k3= =k- . 因为A,F,B三点共线,所以k=kAF=kBF,即有 = =k. 所以k1+k2= + = + - =2k- ,=2k- =2k-1, 又k3=k- ,所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.,
