2025版高考數(shù)學一輪復習第八章平面解析幾何第八節(jié)圓錐曲線的綜合問題學案文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第八節(jié)圓錐曲線的綜合問題2024考綱考題考情1．直線與圓錐曲線的位置關系(1)從幾何角度看，可分為三類：無公共點，僅有一個公共點及有兩個相異的公共點。(2)從代數(shù)角度看，可通過將表示直線的方程代入二次曲線的方程消元后所得方程解的狀況來推斷。設直線l的方程為Ax＋By＋C＝0，圓錐曲線方程為f(x，y)＝0。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,fx，y＝0))消元，(如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。①若a＝0，當圓錐曲線是雙曲線時，直線l與雙曲線的漸近線平行；當圓錐曲線是拋物線時，直線l與拋物線的對稱軸平行(或重合)。②若a≠0，設Δ＝b2－4ac。a．當Δ＞0時，直線和圓錐曲線相交于不同兩點；b．當Δ＝0時，直線和圓錐曲線相切于一點；c．當Δ＜0時，直線和圓錐曲線沒有公共點。2．直線與圓錐曲線相交時的弦長問題(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長：|P1P2|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|。(2)斜率不存在時，可求出交點坐標，干脆運算(利用兩點間距離公式)。3．圓錐曲線的中點弦問題遇到弦中點問題常用“根與系數(shù)的關系”或“點差法”求解。在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)為中點的弦所在直線的斜率k＝－eq\f(b2x0,a2y0)；在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)為中點的弦所在直線的斜率k＝eq\f(b2x0,a2y0)；在拋物線y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)為中點的弦所在直線的斜率k＝eq\f(p,y0)。在運用根與系數(shù)關系時，要留意前提條件是Δ≥0。點差法的常見結(jié)論(設AB為圓錐曲線的弦，點M為弦AB的中點)：一、走進教材1．(選修1－1P62例5改編)過點(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有()A．1條B．2條C．3條D．4條解析結(jié)合圖形分析可知，滿意題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(0,1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)。故選C。答案C二、走出誤區(qū)微提示：①沒有發(fā)覺直線過定點，導致運算量偏大；②不會用函數(shù)法解最值問題；③錯用雙曲線的幾何性質(zhì)。2．直線y＝kx－k＋1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關系為()A．相交 B．相切C．相離 D．不確定解析直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1,1)，又點(1,1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交。故選A。答案A3．如圖，兩條距離為4的直線都與y軸平行，它們與拋物線y2＝－2px(0<p<14)和圓(x－4)2＋y2＝9分別交于A，B和C，D，且拋物線的準線與圓相切，則當|AB|·|CD|取得最大值時，直線AB的方程為()A．x＝－2 B．x＝－eq\r(3)C．x＝－eq\r(2) D．x＝－1解析依據(jù)題意，由拋物線的準線與圓相切可得eq\f(p,2)＝1或7，又0<p<14，故p＝2，設直線AB的方程為x＝－t(0<t<3)，則直線CD的方程為x＝4－t，則|AB|·|CD|＝2eq\r(4t)·2eq\r(9－t2)＝8eq\r(t9－t2)(0<t<3)，設f(t)＝t(9－t2)(0<t<3)，則f′(t)＝9－3t2(0<t<3)，令f′(t)>0?0<t<eq\r(3)，令f′(t)<0?eq\r(3)<t<3，故f(t)max＝f(eq\r(3))，此時直線AB的方程為x＝－eq\r(3)。故選B。答案B4．已知點F1，F(xiàn)2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，若△ABF2是鈍角三角形，則該雙曲線離心率的取值范圍是________。解析由題設條件可知△ABF2為等腰三角形，只要∠AF2B為鈍角即可，所以有eq\f(b2,a)>2c，即b2>2ac，所以c2－a2>2ac，即e2－2e－1>0，所以e>1＋eq\r(2)。答案(1＋eq\r(2)，＋∞)第1課時最值、范圍、證明問題考點一最值問題【例1】(2024·廣東六校聯(lián)考)已知圓C：(x＋2eq\r(2))2＋y2＝36與定點M(2eq\r(2)，0)，動圓I過M點且與圓C相切。(1)求動圓圓心I的軌跡E的方程；(2)若過定點N(0,2)的直線l交軌跡E于不同的兩點A，B，求|AB|的最大值。解(1)設動圓I的半徑為r，由題意可知，點I(x，y)滿意|IC|＝6－r，|IM|＝r，所以|IC|＋|IM|＝6。由橢圓的定義知點I的軌跡為以C，M為左、右焦點的橢圓，且其長半軸長a＝3，半焦距c＝2eq\r(2)，可得短半軸長b＝1，故軌跡E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1。(2)當直線l的斜率不存在時，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此時|AB|＝2。當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,9)＋y2＝1，))消去y得，(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0，得k2>eq\f(1,3)。設A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－eq\f(36k,1＋9k2)，x1x2＝eq\f(27,1＋9k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(36k,1＋9k2)))2－4·\f(27,1＋9k2))＝eq\f(6\r(3)\r(1＋k23k2－1),1＋9k2)，令1＋9k2＝t，則t>4，|AB|＝eq\f(6\r(3)\r(1＋k23k2－1),1＋9k2)＝2eq\r(1＋\f(4,t)－\f(32,t2))＝2eq\r(－32·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))2＋4·\f(1,t)＋1)，又因為eq\f(1,t)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以當eq\f(1,t)＝eq\f(1,16)，即k＝±eq\f(\r(15),3)時，|AB|max＝eq\f(3\r(2),2)。綜上，|AB|的最大值為eq\f(3\r(2),2)。圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法敏捷多變，但總體上主要有兩種方法：一是幾何方法，即通過利用圓錐曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解；二是代數(shù)方法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)變量的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解?！咀兪接柧殹?1)設P是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上一點，M，N分別是兩圓：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的點，則|PM|＋|PN|的最小值、最大值分別為()A．9,12B．8,11C．8,12D．10,12(2)(2024·邢臺模擬)已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上兩個不同的點A，B關于直線y＝mx＋eq\f(1,2)對稱。①求實數(shù)m的取值范圍；②求△AOB面積的最大值(O為坐標原點)。(1)解析如圖，由橢圓及圓的方程可知兩圓圓心分別為橢圓的兩個焦點，由橢圓定義知|PA|＋|PB|＝2a＝10，連接PA，PB分別與圓相交于兩點M，N，此時|PM|＋|PN|最小，最小值為|PA|＋|PB|－2R＝8；連接PA，PB并延長，分別與圓相交于兩點M，N，此時|PM|＋|PN|最大，最大值為|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分別為8,12。故選C。答案C(2)解①由題意知m≠0，可設直線AB的方程為y＝－eq\f(1,m)x＋b。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq\f(2b,m)x＋b2－1＝0。因為直線y＝－eq\f(1,m)x＋b與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)>0，(*)將AB的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直線方程y＝mx＋eq\f(1,2)，解得b＝－eq\f(m2＋2,2m2)，(**)由(*)(**)得m<－eq\f(\r(6),3)或m>eq\f(\r(6),3)。②令t＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，則t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))。則|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，且O到直線AB的距離為d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1))。設△AOB的面積為S(t)，所以S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq\f(\r(2),2)，當且僅當t2＝eq\f(1,2)時，等號成立，此時滿意t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))。故△AOB面積的最大值為eq\f(\r(2),2)。考點二范圍問題【例2】(2024·浙江高考)如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿意PA，PB的中點均在C上。(1)設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍。解(1)設P(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,1)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,2)，y2))。因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋y0,2)))2＝4·eq\f(\f(1,4)y2＋x0,2)，即y2－2y0y＋8x0－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個不同的實根，所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y軸。(2)由(1)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\o\al(2,0)，))所以|PM|＝eq\f(1,8)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))－x0＝eq\f(3,4)yeq\o\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq\r(2y\o\al(2,0)－4x0)。因此，△PAB的面積S△PAB＝eq\f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq\f(3\r(2),4)(yeq\o\al(2,0)－4x0)eq\f(3,2)。因為xeq\o\al(2,0)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1(x0<0)，所以yeq\o\al(2,0)－4x0＝－4xeq\o\al(2,0)－4x0＋4∈[4,5]，因此，△PAB面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6\r(2)，\f(15\r(10),4)))。范圍問題與最值問題方法類似，也是從幾何法和代數(shù)法兩種角度思索問題，但是范圍問題比最值問題更為敏捷?！咀兪接柧殹吭OO為坐標原點，已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，拋物線C2：x2＝－ay的準線方程為y＝eq\f(1,2)。(1)求橢圓C1和拋物線C2的方程；(2)設過定點M(0,2)的直線l與橢圓C1交于不同的兩點P，Q，若O在以線段PQ為直徑的圓的外部，求直線l的斜率k的取值范圍。解(1)由題意得eq\f(a,4)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，故拋物線C2的方程為x2＝－2y。又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，所以b＝1，從而橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1。(2)明顯直線x＝0不滿意題設條件，故可設直線l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0。因為Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))。x1＋x2＝eq\f(－16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，依據(jù)題意，得0°<∠POQ<90°，即eq\o(OP,\s\up16(→))·eq\o(OQ,\s\up16(→))>0，所以eq\o(OP,\s\up16(→))·eq\o(OQ,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq\f(121＋k2,1＋4k2)＋2k×eq\f(－16k,1＋4k2)＋4＝eq\f(16－4k2,1＋4k2)>0，解得－2<k<2。綜上得k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2))?？键c三證明問題【例3】(2024·全國卷Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m>0)。(1)證明：k<－eq\f(1,2)；(2)設F為C的右焦點，P為C上一點，且eq\o(FP,\s\up16(→))＋eq\o(FA,\s\up16(→))＋eq\o(FB,\s\up16(→))＝0。證明：2|eq\o(FP,\s\up16(→))|＝|eq\o(FA,\s\up16(→))|＋|eq\o(FB,\s\up16(→))|。解(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1。兩式相減，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0。由題設知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)。由題設得0<m<eq\f(3,2)，故k<－eq\f(1,2)。(2)由題意得F(1,0)。設P(x3，y3)，則(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)。由(1)及題設得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0。又點P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，從而Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|eq\o(FP,\s\up16(→))|＝eq\f(3,2)。于是|eq\o(FA,\s\up16(→))|＝eq\r(x1－12＋y\o\al(2,1))＝eq\r(x1－12＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4))))＝2－eq\f(x1,2)。同理|eq\o(FB,\s\up16(→))|＝2－eq\f(x2,2)。所以|eq\o(FA,\s\up16(→))|＋|eq\o(FB,\s\up16(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3。故2|eq\o(FP,\s\up16(→))|＝|eq\o(FA,\s\up16(→))|＋|eq\o(FB,\s\up16(→))|。圓錐曲線中的證明問題常見的有：位置關系方面的，如證明相切、垂直、過定點等；數(shù)量關系方面的，如等量關系、恒成立等。在熟識圓錐曲線的定義和性質(zhì)的前提下，要多采納干脆證明法，但有時也會用到反證法。【變式訓練】已知圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，設A為圓C與x軸負半軸的交點，過點A作圓C的弦AM，并使弦AM的中點恰好落在y軸上。(1)求點M的軌跡E的方程；(2)延長MC交曲線E于點N，曲線E在點N處的切線與直線AM交于點B，試推斷以點B為圓心，線段BC長為半徑的圓與直線MN的位置關系，并證明你的結(jié)論。解(1)設M(x，y)，由題意可知，A(1－r,0)，AM的中點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y,2)))，x>0，因為C(1,0)，所以eq\o(DC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(y,2)))，eq\o(DM,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(y,2)))。在⊙C中，因為CD⊥DM，所以eq\o(DC,\s\up16(→))·eq\o(DM,\s\up16(→))＝0，所以x－eq\f(y2,4)＝0，即y2＝4x(x>0)，所以點M的軌跡E的方程為y2＝4x(x>0)。(2)設直線MN的方程為x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線BN的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,2),4)))＋y2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x))?y2－4my－4＝0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，又r－1＝x1，則點A(－x1,0)，所以直線AM的方程為y＝eq\f(2,y1)x＋eq\f(y1,2)。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,2),4)))＋y2，,y2＝4x))?ky2－4y＋4y2－kyeq\o\al(2,2)＝0，由Δ＝0可得k＝eq\f(2,y2)，則直線BN的方程為y＝eq\f(2,y2)x＋eq\f(y2,2)。聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(2,y2)x＋\f(y2,2)，))可得xB＝－1，yB＝eq\f(y\o\al(2,1)－4,2y1)＝eq\f(4my1,2y1)＝2m，所以點B(－1,2m)，|BC|＝eq\r(4＋4m2)＝2eq\r(m2＋1)，所以點B到直線MN的距離d＝eq\f(|2＋2m2|,\r(m2＋1))＝eq\r(4m2＋4)＝2eq\r(m2＋1)＝|BC|，所以⊙B與直線MN相切。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))(協(xié)作例1、例2運用)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2為直徑的圓與直線ax＋2by－eq\r(3)ab＝0相切。(1)求橢圓C的離心率；(2)如圖，過F1作直線l與橢圓分別交于P，Q兩點，若△PQF2的周長為4eq\r(2)，求eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))的最大值。解(1)由題意知eq\f(|－\r(3)ab|,\r(a2＋4b2))＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)?；喌胊2＝2b2，所以e＝eq\f(\r(2),2)。(2)因為△PQF2的周長為4eq\r(2)，所以4a＝4eq\r(2)，得a＝eq\r(2)，由(1)知b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1，且焦點F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，①若直線l的斜率不存在，則直線l⊥x軸，直線方程為x＝－1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(F2P,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(\r(2),2)))，eq\o(F2Q,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(2),2)))，故eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))＝eq\f(7,2)。②若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x＋1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝2，))消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，y1y2＝k2(x1＋1)(x2＋1)＝k2x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2，eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝(k2＋1)eq\f(2k2－2,2k2＋1)＋(k2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k2,2k2＋1)))＋k2＋1＝eq\f(7k2－1,2k2＋1)＝eq\f(7,2)－eq\f(9,22k2＋1)，由k2>0可得eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2)))。綜上，eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2)))，所以eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))的最大值是eq\f(7,2)。第2課時定點、定值、探究性問題考點肯定點問題【例1】(2024·全國卷Ⅰ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點P1(1,1)，P2(0,1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三點在橢圓C上。(1)求C的方程；(2)設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點。若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點。解(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點。又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，C不經(jīng)過點P1，所以點P2在C上。因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1。))故C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1。(2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，假如l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))。則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設。從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)。將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0。設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)。而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2)。由題設知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1,2)。當且僅當m>－1時，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l過定點(2，－1)。求解直線或圓錐曲線過定點問題的基本思路是：把直線或圓錐曲線方程中的變量x，y看成常數(shù)，把方程的一端化為零，將方程轉(zhuǎn)化為以參數(shù)為主變量的方程，這個方程對隨意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或圓錐曲線所過的定點?！咀兪接柧殹?2024·貴陽摸底)過拋物線C：y2＝4x的焦點F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點，且|AB|＝8。(1)求l的方程；(2)若A關于x軸的對稱點為D，求證：直線BD過定點，并求出該點的坐標。解(1)易知點F的坐標為(1,0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由題意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，所以eq\f(2k2＋4,k2)＝6，所以k2＝1，即k＝±1，所以直線l的方程為y＝±(x－1)。(2)證明：由拋物線的對稱性知，D點的坐標為(x1，－y1)，直線BD的斜率kBD＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(y2＋y1,\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y2－y1)，所以直線BD的方程為y＋y1＝eq\f(4,y2－y1)(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－yeq\o\al(2,1)＝4x－4x1，因為yeq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(因為y1，y2異號)，所以直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒過點(－1，0)?？键c二定值問題【例2】(2024·益陽、湘潭調(diào)研)已知動圓P經(jīng)過點N(1,0)，并且與圓M：(x＋1)2＋y2＝16相切。(1)求點P的軌跡C的方程；(2)設G(m,0)為軌跡C內(nèi)的一個動點，過點G且斜率為k的直線l交軌跡C于A，B兩點，當k為何值時，ω＝|GA|2＋|GB|2是與m無關的定值？并求出該定值。解(1)由題意得|PM|＋|PN|＝4，所以點P的軌跡C是以M，N為焦點的橢圓，所以2a＝4,2c＝2，所以b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。即點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)，由題意知－2<m<2，直線l：y＝k(x－m)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8mk2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2k2－12,4k2＋3)，|GA|2＋|GB|2＝(1＋k2)(x1－m)2＋(1＋k2)(x2－m)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2]＝(k2＋1)·eq\f([－6m24k2－3＋243＋4k2],4k2＋32)。要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值與m無關，需使4k2－3＝0，解得k＝±eq\f(\r(3),2)，此時ω＝|GA|2＋|GB|2＝7。求解圓錐曲線中定值問題的基本思路1．從特殊元素入手，求出定值，再證明這個值與變量無關。2．干脆推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值?！咀兪接柧殹恳阎獟佄锞€C：y2＝ax(a>0)上一點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))到焦點F的距離為2t。(1)求拋物線C的方程；(2)拋物線C上一點A的縱坐標為1，過點Q(3，－1)的直線與拋物線C交于M，N兩個不同的點(均與點A不重合)，設直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值。解(1)由拋物線的定義可知|PF|＝t＋eq\f(a,4)＝2t，則a＝4t，由點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))在拋物線上，得at＝eq\f(1,4)，所以a×eq\f(a,4)＝eq\f(1,4)，則a2＝1，由a>0，得a＝1，所以拋物線C的方程為y2＝x。(2)因為點A在拋物線C上，且yA＝1，所以xA＝1。所以A(1,1)，設過點Q(3，－1)的直線的方程為x－3＝m(y＋1)，即x＝my＋m＋3，代入y2＝x得y2－my－m－3＝0。設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，所以k1k2＝eq\f(y1－1,x1－1)·eq\f(y2－1,x2－1)＝eq\f(y1y2－y1＋y2＋1,m2y1y2＋mm＋2y1＋y2＋m＋22)＝－eq\f(1,2)。所以k1k2為定值，且定值為－eq\f(1,2)。考點三探究性問題【例3】(2024·合肥質(zhì)檢)已知拋物線E：x2＝2py(p>0)上一點P的縱坐標為4，且點P到焦點F的距離為5。(1)求拋物線E的方程；(2)如圖，設斜率為k的兩條平行直線l1，l2分別經(jīng)過點F和H(0，－1)，l1與拋物線E交于A，B兩點，l2與拋物線E交于C，D兩點。問：是否存在實數(shù)k，使得四邊形ABDC的面積為4eq\r(3)＋4？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由。解(1)由拋物線的定義知，點P到拋物線E的準線的距離為5。因為拋物線E的準線方程為y＝－eq\f(p,2)，所以4＋eq\f(p,2)＝5，解得p＝2，所以拋物線E的方程為x2＝4y。(2)由已知得，直線l1：y＝kx＋1。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx－4＝0，Δ＝16(k2＋1)>0恒成立，|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋1)＝4(k2＋1)。直線l2：y＝kx－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx＋4＝0，由Δ＝16(k2－1)>0得k2>1，|CD|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2－1)＝4eq\r(k2＋1k2－1)，又直線l1，l2間的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，所以四邊形ABDC的面積S＝eq\f(1,2)·d·(|AB|＋|CD|)＝4(eq\r(k2＋1)＋eq\r(k2－1))。解方程4(eq\r(k2＋1)＋eq\r(k2－1))＝4(eq\r(3)＋1)，得k2＝2(滿意k2>1)，所以存在滿意條件的k，且k的值為±eq\r(2)。探究性問題的求解方法：先假設成立，在假設成立的前提下求出與已知、定理或公理相同的結(jié)論，說明結(jié)論成立，否則說明結(jié)論不成立。【變式訓練】(2024·湖南聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點與上、下頂點兩兩相連構成直角三角形，以橢圓C的長軸長為直徑的圓與直線x＋y－2＝0相切。(1)求橢圓C的標準方程；(2)設過橢圓右焦點且不重合于x軸的動直線與橢圓C相交于A，B兩點，探究在x軸上是否存在定點E，使得eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))為定值？若存在，試求出定值和點E的坐標；若不存在，請說明理由。解(1)由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝c，,a＝\f(|0＋0－2|,\r(2))，,b2＋c2＝a2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))則橢圓C的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1。(2)當直線的斜率存在時，設直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx－1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,1＋2k2)，xAxB＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)。假設在x軸上存在定點E(x0,0)，使得eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))為定值。則eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋xeq\o\al(2,0)＋yAyB＝xAxB－x0(xA＋xB)＋xeq\o\al(2,0)＋k2(xA－1)(xB－1)＝(1＋k2)xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋xeq\o\al(2,0)＋k2＝eq\f(2x\o\al(2,0)－4x0＋1k2＋x\o\al(2,0)－2,1＋2k2)。因為eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))為定值，所以eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))的值與k無關，所以2xeq\o\al(2,0)－4x0＋1＝2(xeq\o\al(2,0)－2)，解得x0＝eq\f(5,4)，此時eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝－eq\f(7,16)為定值，定點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))。當直線的斜率不存在時，也滿意eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝－eq\f(7,16)為定值，且定點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))。綜上，存在點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))，使得eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))為定值，且定值為－eq\f(7,16)。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協(xié)作例1、例2運用)已知直線l：x＝my＋1過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點F，拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點為橢圓C的上頂點，且l交橢圓C于A，B兩點，點A，F(xiàn)，B在直線x＝4上的射影依次為D，K，E。(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l交y軸于點M，且eq\o(MA,\s\up16(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up16(→))，eq\o(MB,\s\up16(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up16(→))，當m改變時，證明：λ1＋λ2為定值；(3)當m改變時，直線AE與BD是否相交于定點？若是，懇求出定點的坐標，并賜予證明；否則，說明理由。解(1)因為l：x＝my＋1過橢圓C的右焦點F，所以右焦點F(1,0)，c＝1，即c2＝1。因為x2＝4eq\r(3)y的焦點(0，eq\r(3))為橢圓C的上頂點，所以b＝eq\r(3)，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)由題意知m≠0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0。設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)。因為eq\o(MA,\s\up16(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up16(→))，eq\o(MB,\s\up16(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up16(→))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋\f(1,m)))＝λ2(1－x2，－y2)，所以λ1＝－1－eq\f(1,my1)，λ2＝－1－eq\f(1,my2)，所以λ1＋λ2＝－2－eq\f(y1＋y2,my1y2)＝－2－eq\f(6m,3m2＋4)÷eq\f(9m,3m2＋4)＝－eq\f(8,3)。綜上所述，當m改變時，λ1＋λ2為定值－eq\f(8,3)。(3)當m＝0時，直線l⊥x軸，則四邊形ABED為矩形，易知AE與BD相交于點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，猜想當m改變時，直線AE與BD相交于定點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，證明如下：eq\o(AN,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－x1，－y1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，則eq\o(NE,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，y2))。因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－my1))y2－eq\f(3,2)(－y1)＝eq\f(3,2)(y1＋y2)－my1y2＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6m,3m2＋4)))－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,3m2＋4)))＝0，所以eq\o(AN,\s\up16(→))∥eq\o(NE,\s\up16(→))，即A，N，E三點共線。同理可得B，N，D三點共線。則猜想成立，故當m改變時，直線AE與BD相交于定點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))。2．(協(xié)作例3運用)已知橢圓C的中心在原點，離心率等于eq\f(1,2)，它的一個短軸端點恰好是拋物線x2＝8eq\r(3)y的焦點。(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，已知P(2,3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動點。①若直線AB的斜率為eq\f(1,2)，求四邊形APBQ面積的最大值；②當A，B運動時，滿意∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由。解(1)設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則b＝2eq\r(3)。由eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝c2＋b2，得a＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1。(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)。①設直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)x＋t，代入eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，由Δ>0，解得－4<t<4，由一元二次方程根與系數(shù)的關系得x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，所以|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(t2－4t2－12)＝eq\r(48－3t2)。所以四邊形APBQ的面積S＝eq\f(1,2)×6×|x1－x2|＝3eq\r(48－3t2)。所以當t＝0時，S取得最大值，且Smax＝12eq\r(3)。②若∠APQ＝∠BPQ，則直線PA，PB的斜率之和為0，設直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為－k，直線PA的方程為y－3＝k(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－3＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，所以x1＋2＝eq\f(82k－3k,3＋4k2)，將k換成－k可得x2＋2＝eq\f(－8k－2k－3,3＋4k2)＝eq\f(8k2k＋3,3＋4k2)，所以x1＋x2＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－48k,3＋4k2)，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(kx1－2＋3＋kx2－2－3,x1－x2)＝eq\f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq\f(1,2)，所以直線AB的斜率為定值eq\f(1,2)。中學解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標系中，用方程的觀點來探討曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問題的優(yōu)越性，但有時運算量過大，或需繁雜的探討，這些都會影響解題的速度，甚至會中止解題的過程，達到“望題興嘆”的地步，特殊是高考過程中，在規(guī)定的時間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務，計算實力是一個重要的方面，為此，從以下幾個方面探究減輕運算量的方法和技巧，合理簡化解題過程，優(yōu)化思維過程。技巧一巧用平面幾何性質(zhì)【例1】已知O為坐標原點，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點，A，B分別為C的左，右頂點。P為C上一點，且PF⊥x軸。過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E。若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3)D．eq\f(3,4)【解析】設OE的中點為N，如圖，因為MF∥OE，所以有eq\f(ON,MF)＝eq\f(a,a＋c)，eq\f(MF,OE)＝eq\f(a－c,a)。又因為OE＝2ON，所以有eq\f(1,2)＝eq\f(a,a＋c)·eq\f(a－c,a)，解得a＝3c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)，故選A。【答案】A此題也可以用解析法解決，但有肯定的計算量，巧用三角形的相像比可簡化計算。【變式訓練1】如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在其次、四象限的公共點。若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(3,2) D．eq\f(\r(6),2)解析由已知，得F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，設雙曲線C2的實半軸長為a，由橢圓及雙曲線的定義和已知，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))解得a2＝2，故a＝eq\r(2)。所以雙曲線C2的離心率e＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2)。答案D技巧二設而不求，整體代換對于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點弦問題，涉及求中點弦所在直線的方程，或弦的中點的軌跡方程的問題時，經(jīng)常可以用“點差法”求解。【例2】已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點。若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的標準方程為()A．eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1B．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C．eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1D．eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1【解析】設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq\f(b2,a2)。又kAB＝eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)。又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1?！敬鸢浮緿本題設出A，B兩點的坐標，卻不求出A，B兩點的坐標，奇妙地表達出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關系，從而快速解決問題。【變式訓練2】過點M(1,1)作斜率為－eq\f(1,2)的直線與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________。解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1①，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1②，))①－②得eq\f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq\f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)。因為eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)。所以a2＝2b2。又因為b2＝a2－c2，所以a2＝2(a2－c2)，所以a2＝2c2，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)。即橢圓C的離心率e＝eq\f(\r(2),2)。答案eq\f(\r(2),2)技巧三巧用“根與系數(shù)的關系”，化繁為簡某些涉及線段長度關系的問題可以通過解方程、求坐標，用距離公式計算長度的方法來解；但也可以利用一元二次方程，使相關的點的同名坐標為方程的根，由根與系數(shù)的關系求出兩根間的關系或有關線段長度間的關系。后者往往計算量小，解題過程簡捷?！纠?】已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條相互垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點。(1)當直線AM的斜率為1時，求點M的坐標；(2)當直線AM的斜率改變時，直線MN是否過x軸上的肯定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由?！窘狻?1)直線AM的斜率為1時，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0。解得x1＝－2，x2＝－eq\f(6,5)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(4,5)))。(2)設直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0。則xA＋xM＝eq\f(－16k2,1＋4k2)，又xA＝－2，則xM＝－xA－eq\f(16k2,1＋4k2)＝2－eq\f(16k2,1＋4k2)＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)。將xM中的k換成－eq\f(1,k)，可得xN＝eq\f(2k2－8,k2＋4)。由(1)知若存在定點，則此點必為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))。證明如下：因為kMP＝eq\f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq\f(5k,4－4k2)，同理可計算得kPN＝eq\f(5k,4－4k2)。所以直線MN過x軸上的肯定點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))。本例在第(2)問中可應用根與系數(shù)的關系求出xM＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，這體現(xiàn)了整體思想。這是解決解析幾何問題時常用的方法，簡潔易懂，通過設而不求，大大降低了運算量?！咀兪接柧?】已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，且經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2。(1)求橢圓C的方程；(2)過F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若△AF2B的內(nèi)切圓半徑為eq\f(3\r(2),7)，求以F2為圓心且與直線l相切的圓的方程。解(1)由eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，將點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的坐標代入橢圓方程得c2＝1，故所求橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)由(1)可知F1(－1,0)，設直線l的方程為x＝ty－1，代入橢圓方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0。明顯判別式大于0恒成立，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的內(nèi)切圓半徑為r0，則有y1＋y2＝eq\f(6t,4＋3t2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3t2)，r0＝eq\f(3\r(2),7)，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)|F1F2|·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(12\r(t2＋1),4＋3t2)。而S△AF2B＝eq\f(1,2)|AB|r0＋eq\f(1,2)|BF2|r0＋eq\f(1,2)|AF2|r0＝eq\f(1,2)r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝eq\f(1,2)r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝eq\f(1,2)r0·4a＝eq\f(1,2)×8×eq\f(3\r(2),7)＝eq\f(12\r(2),7)，所以eq\f(12\r(t2＋1),4＋3t2)＝eq\f(12\r(2),7)，解得t2＝1，因為所求圓與直線l相切，所以半徑r＝eq\f(2,\r(t2＋1))＝eq\r(2)，所以所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝2。技巧四奇妙“換元”削減運算量變量換元的關鍵是構造元和設元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換探討對象，將問題移至新對象的學問背景中去探討，從而將非標準型問題轉(zhuǎn)化為標準型問題，將困難問題簡潔化