08利用點的坐標(biāo)解決圓錐曲線問題

1、08利用點的坐標(biāo)處理解析幾何問題有些解析幾何的題目，問題的求解不依賴于傳統(tǒng)的“設(shè)點，聯(lián)立，消元，韋達(dá)定理整體 代入”步驟，而是能夠計算出交點的坐標(biāo)，且點的坐標(biāo)并不復(fù)雜，然后以點的坐標(biāo)作為核心去處理問題。一、基礎(chǔ)知識：1、韋達(dá)定理的實質(zhì)：在處理解析幾何的問題時，韋達(dá)定理的運用最頻繁的，甚至有的學(xué)生 將其視為“必備結(jié)構(gòu)”，無論此題是否有思路，都先聯(lián)立方程，韋達(dá)定理。然而使用“韋達(dá) 定理”的實質(zhì)是什么？實質(zhì)是“整體代入”的一種方式，只是因為在解析幾何中，一些問題 的求解經(jīng)常與Xi x2,XiX2,yi y2,yiy2相關(guān)，利用“韋達(dá)定理”可進(jìn)行整體代入，可避免因為這幾個根的形式過于復(fù)雜導(dǎo)致運算繁瑣。

2、所以要理解“韋達(dá)定理”并不是解析幾何的必備工具，只是在需要進(jìn)行整體代入時，才運用的一種手段。2、利用點坐標(biāo)解決問題的優(yōu)劣：(1)優(yōu)點：如果能得到點的坐標(biāo)，那么便可應(yīng)對更多的問題，且計算更為靈活，不受 xi X2 ,xiX2, yi y2,yiy2 形式的約束(2)缺點：有些方程的根過于復(fù)雜(例如用求根公式解出的根)，從而使得點的坐標(biāo)也變得復(fù)雜導(dǎo)致運算繁瑣。那么此類問題則要考慮看能否有機(jī)會進(jìn)行整體的代入3、求點坐標(biāo)的幾種類型：(i)在聯(lián)立方程消元后， 如果發(fā)現(xiàn)交點的坐標(biāo)并不復(fù)雜(不是求根公式的形式)，則可考慮把點的坐標(biāo)解出來(用核心變量進(jìn)行表示)(2)直線與曲線相交，若其中一個交點的坐標(biāo)已知，則

3、另一交點必然可求(可用韋達(dá)定理 或因式分解求解)4、在利用點的坐標(biāo)處理問題時也要注意運算的技巧，要將運算的式子與條件緊密聯(lián)系，若 能夠整體代入，也要考慮整體代入以簡化運算。(整體代入是解析幾何運算簡化的精髓) 二、典型例題：22例i:已知橢圓C:與 4 1ab 0上的點到它的兩個焦點的距離之和為4,以橢圓C的a b短軸為直徑的圓 O經(jīng)過這兩個焦點，點 A,B分別是橢圓C的左右頂點(i)求圓O和橢圓C的方程(2)已知P,Q分別是橢圓和圓上的動點 (P,Q位于y軸的兩側(cè))， 且直線PQ與x軸平行，直線AP,BP分別與y軸交于點M,N ,求 證： MQN為定值解：(i)依題意可得2a 4 a 2,

4、10O過焦點，且r bb c,再由b2 c2 a2 4可得b ca 22，一、一一 xy 一、一一2 2橢圓方程為i ,圓方程為x y 242(2)思路：條件主要圍繞著P點展開，所以以 P為核心，設(shè)P %。0 ,由PQ與x軸平行，可得Q為。0 。若要證明 MQNQN為定值，可從 MQN的三角函數(shù)值下手，在解析中角的余弦值可以與向量的數(shù)量積找到聯(lián),模長并不利于計算，所以先算QM QN*系，從而能夠轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算。所以考慮cos MQN,考慮利用條件設(shè)出 AP,BP方程，進(jìn)而M ,N坐標(biāo)可用核心變量 x0,y0表示,再進(jìn)行數(shù)量積的坐標(biāo)運算可得 QM QN 0 ,從而 MQN ,即為定值2解：設(shè)P

5、%,yo/ PQ與x軸平行,設(shè)Q xi,y0 ,由P,Q所在橢圓和圓方程可得:42Xi2 y0 萬2V。2一 2X 4 2y022Xi 2 y0由橢圓可知:2,0 , B 2,0kAP年XqAP : yXoy°7-2M 0,X0同理：BP:yy0X 2可得2y。Xi,Xqy。Xi ,X0y0X02,QNX,2XiXqVqXq 2X0y0QM QN 2X0222Xi2 2XqVqXxq 4代入2y°X02X02XQM QN ,2y0V。x,*V。X024 2y0 y024 2y042V。2y02MQN 為定值2思路二：本題還可以以AP, BP其中一條直線為入手點直線AP與橢圓

6、交于 A,P兩點，已知 從而可進(jìn)一步將涉及的點的坐標(biāo)都用如下:22y°2y0可得:（例如AP）,以斜率k作為核心變量,A點坐標(biāo)利用韋達(dá)定理可解出 P點坐標(biāo)（用k表示）， k來進(jìn)行表示，再計算 QM QN 。也可以，計算步驟解：設(shè)P XQ,y。，由橢圓方程可得：A 2,0 ,B 2,0所以設(shè)直線AP :2 ,聯(lián)立方程:2 y2k x2k222x 8k x28k 4 0228kXaXq -22k iXq4k2 22k2 i代入到直線方程可得:V。4k2k2 i24k2 2P 2 2k24k,2i 2k2kBP4k 2k2 4k2 2k2i2kBP : yi一 x2kAP:x 0可得：M0

7、,2k ,N10,- k設(shè) Q Xi,y。X,2kVq ,Qn2Xi2ky。y。2Xi2y。22k2 i ky。由Q在圓上可得:2Xi2y。2,再由y。4k2k2 i代入可得:QM qN 222kk4k02k iQM QN ,即 MQN 一為定值222例2：設(shè)橢圓與 4 1ab 0的左右焦點分別為 弓下2,右頂點為A,上頂點為B,已 a b知 AB 3 F1F2(1)求橢圓的離心率(2)設(shè)p為橢圓上異于其頂點的一點，以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點 F1 ,經(jīng)過原點O的直線l與該圓相切，求直線l的斜率解：(1)由橢圓方程可知：A a,0 ,B 0,b , Fi c,0 , F2 c,0ABa2 b2

8、, F1F2 2c,a7J 2c2,2- 2b 3c即a222c 3c1）橢圓方程為F1PX0可得2x22cc,y0 ,a: b :c2121c_2a 2 .2:1:1c,c:以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點FP F1BX0c cy0x0,y。,B 0,cy聯(lián)立方程：2 xx c 2y22c22 c2，整理可得：3x2 4cx0,解得：X04cT，代入直線方程：y0 c, P4c,1c33 31 B 0,c ,可知PB的中點為2 2c, c3 32pb5c29dT i解得:2.2-kc -c33,k2 1k 4 ,15整理可得:2k3k28k 1圓方程為 x設(shè)直線l ： y kx直線l的斜率為4例3

9、: （2014,重慶）如圖所示,設(shè)橢圓2 y_ b2的左右焦點分別為在橢圓上， DF1 F1F2,-FiF1DFi2V2 , DFiF2的面積為(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程(2)設(shè)圓心在y軸上的圓與橢圓在 x軸的上方有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點,求圓的半徑EE,點 D解：（1）設(shè) Fi c,0 ,F2 c,0 ,由 F1F2DFi2 2可得:F1F2211SDF1F22 PEI |DF1-2c_2_2在日 2c ,解得c22FiF22, DFi 半在 加FiF2 中，DF2|DFi 2 FiF2DF23222a DFJ |DF22 2橢圓方程為:22(2)如圖：

10、設(shè)圓與橢圓 之 y22i相交，Pi為，%F2 x2,y2兩個交點yi0, y2X2Xi, yi0, FiP,F2P2是圓的切線，且 FiP F2B,則由對稱性可得:由(i)可得FiPxFi 1,0 ,F2 1,0i,y ,品i,y2FiPF2P2FiPF2P2-Xi2 ii,yi2yi0,22xi iyi04聯(lián)立方程23x； 4xi 0 ,解得為0 (舍)或x1Xi 23yiib a c 4 所以橢圓方程為:(2)思路：設(shè) A %,丫0 ，則 B , %, 丫0 , 在以MN為直徑的圓上可得：oM oNA點的軌跡2過P,P2且分別與FiP,F2P2垂直的直線的交點即為圓心 C由FiP,F2巳是

11、圓的切線，且FiPi F2P2,可得：CPi CP2因為1cpi CP， rLcPiP2為等腰直角三角形r CPi: PiP22xi 受2322例4：已知橢圓，與 i a b 0的焦距為4,設(shè)右焦點為Fi,離心率為e a b2(i)若e ,求橢圓的方程2(2)設(shè)A, B為橢圓上關(guān)于原點對稱的兩點，AFi的中點為M , BFi的中點為N,若原點O在以線段MN為直徑的圓上證明：點A在定圓上設(shè)直線AB的斜率為k ,若k J§ ,求e的取值范圍解：(i)依題意可得：c 2 a - e0,2町i4由此可得M,N坐標(biāo)(用My。進(jìn)行表示)，而O 所以得到關(guān)于x0,y0的方程，由方程便可判定出解：設(shè)

12、A %, y02,0 ,且M,N為AFi, BFi的中點所以有mT,1n七,李O在以MN為直徑的圓上OM ONom"1oN 024 x042V04x0 22x0A點在定圓kx2y2ya8e2e2ai241例5:已知橢圓x0 22V。萬2y。kxV2 kx消去x可得:代入2 x 2 a* I|02yb2e所以解得：-2b 0的上頂點為B（1）求直線BF的斜率（2）設(shè)直線BF與橢圓交于點*）可得:P （ P異于點B ）,過點（Q異于點B ）,直線PQ與y軸交于點M , 求的值PM左焦點為*）42-e 2e 1232e 1B且垂直于BP的直線與橢圓交于點 QMQ若 PM sin BQP解：

13、（1）由e - a設(shè) F c,0 , B 0,b二5 ,求橢圓方程9可知 a :b : c 5 : 2 :150,2 ckBF設(shè)P X1,y1,QX2,y22x 2c5:2:1橢圓方程為:2 x 5c22 y 4c2聯(lián)立方程:224x 5yy 2x 2c20c4x22x22c20c2 ,整理后可得:224 x 40cx 0 ,可解得:x15c34c3因為BQ BPkBQ聯(lián)立方程:21x240cx4x20,0,y。，QM-1 k25y21 -x2解得12220 c22cx240c21PQ斜率為40c21設(shè)BQ :4x22c1 x 2c240c 22c21 2120c2,整理后可得:k,由弦長公式

14、可知：| PM40c n?211 k25c3PM5c21 k3QM | 40c21由可得:|PM|sinBQPPMMQ7.59PMPQ 15PM 175 PQBP| |PQ sin BQP由 B 0,2c ,P5c萬4cT可得：BP5 55.5例6:已知橢圓2橢圓方程為52 y_b位于第一象限，直線FM被圓15八7 PM sin BQP25 -c32c0的左焦點為F55c3c,0 ,離心率為I ,點M在橢圓上且32 b2 x 口 jy-截得的線段的長為c,443FM T(1)(2)(3) 范圍求直線FM的斜率求橢圓的方程設(shè)動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于 應(yīng)，求直線OP （O為原點）斜率的

15、取值解：（1）由已知可得ea :b :c 3:2:1a 3Gb . 2c2橢圓方程為33c設(shè)直線FM :y k2y2c2x c2x2kx ydO FMkck2 1由 d。FM223y 6ckc0,其中k2r2可得:kck2 11)可得:FM : y2x2333y2x2336c23x2* I22cx 5c0解得:+ M在第一象限c2.3 c32.3c,c3可得:橢圓方程為:(3)由（2）2c2 -二解得：k42 26c25c或x 3FM1；24c34.333可知F 1,0 ,設(shè)P2L 12x, y ,設(shè)FP的斜率為PF : y22x23k戶q十工口y k x 1聯(lián)立萬程：223x 2y可解得:2

16、,11,0設(shè)直線OP的斜率為m ,mx3x22y22 一 2 23x 2m x 11 3x22x212x232,1,0時，可知y k x時,綜上所述：m例7:已知橢圓可知mI，由x22,3_2 2.333,3可得:1,0可得:2/33G的離心率為 近，其短軸的兩端點分別為2A 0,1 ,B 0, 1 .(1)求橢圓G的方程；(2)若C,D是橢圓G上關(guān)于y軸對稱的兩個不同點， 直線AC,BD與x軸分別交于點 M,N .試判斷以MN為直徑的圓是否過定點，如經(jīng)過，求出定點坐標(biāo)；如不過定點，請說明理由.解：(1) I 由短軸頂點ca 0,1J2,B 0,可得:橢圓方程為%,y。，2則對稱點Dx0,y0

17、2 :1:1y。x。一,kBDy。1x。從而直線AC,BD的方程為:AC: y 0-xx。1,BD : yy。1 xx。0解得:x0,0 ,NV。2。,設(shè)MN中點為則xEx。1y。x。1y。AVo1 y2半徑rMN 12 2x。1y。x01y。以MN為直徑的圓方程為:x。-。1y22x。d 2 21y。2代入yo 1222yo2xyXo2a 1 y2可得:2224 yox y xXo2 ,一yo可得:即 x2 y2 4yx 2 o Xox o,yJ2時，無論x0,yo為何值等式均成立圓E恒過o, <7例8:如圖，設(shè)拋物線C1 : y24mx mo的準(zhǔn)線與x軸交于Fi,焦點為F2,以巴下2

18、為焦1點，離心率e 1的橢圓C2與拋物線G在x軸上方的交點為 P,延長PF2交拋物線于點Q,2M是拋物線 G上一動點，且 M在P,Q之間運動(1)當(dāng)m 1時，求橢圓C2的方程(2)當(dāng)PFF2的邊長恰好是三個連續(xù)的自然數(shù)時，求MPQ面積的最大值“2解：(1) m 1時，G：y 4x,焦點坐標(biāo)F2 1,oc 1cc 1 e 一 a 21 a 22 22b a c 322橢圓C2的方程為：工143(2)由 C1 : y2 4mx m o 可得：F2 m,o，即 c mc 1e -a 2橢圓方程為:2222a 2m, b a c 3m22x y12_24m 3m2223x 4y 12m y2 4mx3

19、x2x 6m 3x 2m o216mx 12m o2m 2x 代入y 4mx解得:32.6m322 6m, m332m35mPF1 2a |PF2| 4m 5m 加FF2c 2m.33PEF2邊長為3個連續(xù)的自然數(shù) m 3拋物線方程為 y2 12x, P 2,276 ,F2 3,o, kPF26m326 o2 326即PQ: y 2而x 3 ,代入拋物線方程可得:一_ 2_ 2924x 312x2x213x 18 o 解得 xQ-Yq 2、.6 2 336t2設(shè) M ,t , t 3瘋2%：6d M PQ266t2 t 6庭2:3,6,2 6西 t2 76t 36 式 t30 30_ 2675

20、75 ct ,0222752PQmax630275萬max_630752由 P 2,276 ,Q 9, 3而可得：|PQ $ 241Xp Xq252Smpqmax;ipqd M PQmax1 25 5 7 125 6,6 2 2 41622例9:在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，點P a,b a b 0為動點，巴下2分別為橢圓 與 與 1 a b的左，右焦點，已知 FiPF2為等腰三角形(1)求橢圓的離心率e,.(2)設(shè)直線PF?與橢圓相交于 A,B兩點，M是直線PF?上的點，滿足 AM BM 2,求點M的軌跡方程解：(1)設(shè)F1 c,0 ,F2 G0 ,由圖可知，AF1PF2為等腰三角形即|PF2

21、 IF1F22 222IPF2I J a c b , F1F22c,代入可得:. a c 2 b2 2c2,2,2a c b =4c2222a 2ac 4c 0 2e e 1 0,解得:(2)思路：由(1)可將橢圓方程化簡為:223x 4yy 3 x212c消元后發(fā)現(xiàn)方程形式為5x2人 ，、1e 1 (舍)或e -2222 .、一一一3x 4y 12c ,與直線PF2的方程聯(lián)立，即8cx 0 ,形式極其簡單，所以直接求出點的坐標(biāo)可得:2即可得到關(guān)于x, y的方程:y J3c2 ,方程中含A 8c,23c ,B 0, 73c ,進(jìn)而設(shè)所求點 M x,y 。將AM,BM坐標(biāo)化后，再利用 55,代入

22、即可得到軌跡方程有c,所以考慮利用直線方程 y 點x c將c消掉:解： e c 1 a 2c, ba2 c23c* a 222橢圓方程轉(zhuǎn)化為：j41即3x2 4y2 12c24c 3cP a, b 即 P 2c,。3ckpF2 -Mc 2cPF2的方程為：y J3 x c ,設(shè)A Xi,yi ,B X2,y2 ,聯(lián)立方程可得:2, 212c* 2y,方程轉(zhuǎn)化為:3x 4y y 3 x3x2解得:Xi12c25x28cx 0x,y8-c,x2583四 口八-c, c ,B 0,85co3,3c5x,y . 3c由 aM bM2可得:Uc5y V3c2 ,化簡可得:2.3vcy因為282x -cx

23、 y5，代入式化簡可得:18x216 3xy218x2 1516.3x15 0代入c x10x2 516x0x0的軌跡方程為：18x2 16 3xy 1502yb0的左右焦點，橢圓 C上的點到Fi距2x例10：如圖，F(xiàn)”F2分別為橢圓C：-2a離的最大值為5,離心率為-,A,B是橢圓C上位于x軸3上方的兩點，且直線 AF1與BF2平行。(1)求橢圓C的方程(2)設(shè)AF2與BF1的交點為P,求證：怛周|PF2為定值c 2 解：(1) e c依橢圓性質(zhì)可得：橢圓上的點到焦點a 3的距離最大值為a c 5222_a 3,c 2 b a c 522所以橢圓方程為L 195(2)解：由(1)可得：F1 2,0 ,F2 2,0 ，設(shè) A。山，B x2, y?設(shè)直線AR:x my 2 ,與橢圓聯(lián)立方程：x my 2225x2 9y2 4525 my 2 9