解析幾何的解題思路方法與策略

1、解析幾何的解題思路、方法與策略高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)的目的， 一方面是回顧已學(xué)過的數(shù)學(xué)知識， 進(jìn)一步鞏固基礎(chǔ)知識， 另一方面， 隨著學(xué)生學(xué)習(xí)能力的不斷提高， 學(xué)生不會僅僅滿足于對數(shù)學(xué)知識的簡單重復(fù)， 而是有對所學(xué)知識進(jìn)一步理解的需求， 如數(shù)學(xué)知識蘊(yùn)涵的思想方法、 數(shù)學(xué)知識之間本質(zhì)聯(lián)系等等， 所以高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)既要“溫故” ， 更要“知新” ， 既能引起學(xué)生的興趣， 啟發(fā)學(xué)生的思維， 又能促使學(xué)生不斷提出問題， 有新的發(fā)現(xiàn)和創(chuàng)造， 進(jìn)而培養(yǎng)學(xué)生問題研究的能力以“圓錐曲線與方程”內(nèi)容為主的解題思想思路、方法與策略是高中平面解析幾何的核心內(nèi)容， 也是高考考查的重點(diǎn)每年的高考卷中，一般有兩道選擇或填空題以及一道解

2、答題， 主要考查圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識、基本技能及基本方法的靈活運(yùn)用， 而解答題注重對數(shù)學(xué)思想方法和數(shù)學(xué)能力的考查，重視對圓錐曲線定義的應(yīng)用， 求軌跡及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的考查解析幾何在高考數(shù)學(xué)中占有十分重要的地位，是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)和難點(diǎn)通過以圓錐曲線為主要載體，與平面向量、導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式、平面幾何等知識進(jìn)行綜合， 結(jié)合數(shù)學(xué)思想方法， 并與高等數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識融為一體，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)思維能力及創(chuàng)新能力，其設(shè)問形式新穎、有趣、綜合性很強(qiáng)基于解析幾何在高考中重要地位，這一板塊知識一直以來都是學(xué)生在高三復(fù)習(xí)中一塊“難啃的骨頭” 所以研究解析幾何的解題思路，方法與策略，重視一

3、題多解，一題多變，多題一解這樣三位一體的拓展型變式教學(xué)，是老師和同學(xué)們在高三復(fù)習(xí)一起攻堅(jiān)的主題之一 本文嘗試以筆者在實(shí)際高三復(fù)習(xí)教學(xué)中，在教輔教參和各類考試中遇到的幾道題目來談?wù)劷馕鰩缀谓?題思路和方法策略.道直線方程與面積最值問題的求解和變式例1已知直線l過點(diǎn)M( 2,1),若直線l交x軸負(fù)半軸于A,交y軸正半軸O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)設(shè)AOB的面積為S,求S的最小值并求此時(shí)直線l的方程;(2)求OA |OB最小值;(3)求MA MB最小值.解：方法一：直線l交x軸負(fù)半軸,直線1的方程為yk(x2)1(k 0)B(0,2ky軸正半軸，設(shè) a / 2k 1 八-A (Qk 當(dāng)(2k)1 2(2k

4、1)22k1時(shí),即2k12k2 4,k22時(shí)取等號，.此時(shí)直線1的方程為(2)OAOB2k 12k 3 2負(fù)3,當(dāng)且僅當(dāng)k立時(shí)取等號;2(3)ma| |mbI2144k2' 12, 12,(k21)(1 k) 2 k22 k2當(dāng)且僅當(dāng)k 1時(shí)取等號;方法二：設(shè)直線截距式為x、 a b1(a 0,b 0) , 二過點(diǎn) M( 2,1),1 ,1-lab-ab 4；(1"、*，lab 2近ab 8 , S AOBjAJB OA OB1)( a bb) 3 (空 aa) 2 2 b3；(3) MA |MB|2a 2b , 4 .b a(3)方法三：MA MB2(a 2)(b 1)2a

5、b 5(2a b)(b) 51 sin4MB2 cossin cos變式1:原題條件不變,sin2(1)4,當(dāng)且僅當(dāng)sin21時(shí)最小,4求4AOB的重心軌跡；（2）求4AO由勺周長l最小值.解：（1）設(shè)重心坐標(biāo)為(x, y),且 A(a,0) , B(0,b),則 a 3x , b 3y ,又(2)12(3x 2)x 333x 2 3x 2令直線AB傾斜角為2133 3x 2,則0，該重心的軌跡為雙曲線一部分;5,又M（ 2,1）,過M分別作x軸和y軸的垂線，垂足為E,F ,貝U MA 1,MB 2sincos1213 sin cos tancot 一22(1 cot 2)cot 12(0 2

6、，AE2tan (0cot 一2 cot 12cot 3。21，BF 2tan tan2).17周長13tli10變式2:求OA |OB | AB的最小值.（留給讀者參照變式1,自行解決）點(diǎn)評：由于三角函數(shù)具有有界性，均值不等式有放大和縮小的功能，在解析幾何中遇上求最值的問題，可構(gòu)建三角函數(shù)和均值不等式，合理地放大縮小,利用有界性，求得最值.圓錐曲線的最值問題， 解法一般分為兩種：一是幾何法， 特別是用 圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來處理非常巧妙；二是代數(shù)法，將 圓錐曲線中的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題， 然后利用 基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值;二、涉

7、及到拋物線的相關(guān)題目和證明例2證明拋物線的焦點(diǎn)弦定值設(shè)直線AB: x ty段，與拋物線y22 Px交于A, B兩點(diǎn)，則有如下一些結(jié)論:2P ,X1X2X1 x22P .一一2,sin丫佻BF12 p證明:uuu uuur3 OA OB- p2 .4方法一：設(shè)A(Xi, yi)B( X2, y2) .2p(y2 2pX由p ,得 y2 2pty p2 0,4p2t2 4p2 0.x ty2 y1y2p2 ,則 XiX2224yi V2 y1y2 p2p 2p 4p2 4p22 p4作AAi，BBil ,假設(shè) AA |BBi , AF AAxi E , BF BBi x2 衛(wèi),22設(shè) BAAiAB

8、 AF BF xi x2 p ,2yiy22 ptyiy2p ,AB22yi V22pi2i ,. 2.2- 2、p 丁(yi y2) 2yiy2 p -(4p t 2p ) p 2p2p2 cos.2 sini)2P.2 sin方法二：AB怛E sin1AiBisin1-yi siny2；4p方法一：由對稱性，可知直線 AB過定點(diǎn)一定在x軸上，取特值，得定點(diǎn)為(2P,0);設(shè)直線AB的方程為y k(x 2p) (k 0),化簡整理把x代入拋物線C:y2 2Px的方程，可得區(qū)y2 y 2pk 0 , 2pt24P2%;sinsiniAF1BFx x2 pxX222p /、x1x2 (x1 x2

9、)22 .-2"一,P P4uur uuu OA OBX x2y1 y2解：(1)設(shè) A(x1,y1 , B%.),易得y2 2px1 , y2 2 Px2 ,又 OA OB ,則2p 23 2P P .44例3 已知A, B為拋物線C:y2 2px(p 0)上兩點(diǎn)，且滿足OA OB, O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：(1) A, B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之積，縱坐標(biāo)之積分別為定值；(2)直線AB經(jīng)過一定點(diǎn).Xx2y1y20 ,22,2,、2小 y 4p x1x2 (x1x2),22xx24p , yy2 4p ;(2)那么y/罟 k2p4p2, x#24p2,xx2 y1y2 0 ,則OA OB滿足題意，

10、表明直線AB過定點(diǎn)(2p,0).方法二：易得直線AB的斜率k互坐 y2 y12 2- x2 X 反五 y y2直線AB的方程為y yi二(x Xi),整理得 y NX yi y2yiy22p V2Vi V2 2P即y -2x!紅，又ViV2 4p2 , 直線AB的方程為yi y2 yi y2y 2P (x 2p), yi y2即得直線AB過定點(diǎn)(2 p,0).方法三：設(shè) A(xi,yi), B(X2,y2),設(shè)直線 AB方程為x ty m,將其代入拋物線C : y2 2 Px的方程，得方程y2 2pty 2 pm 0, 只需4p2t2 8Pm 0, /. yiy22pm 4p2 ,解得 m 2

11、p ,直線AB的方程為x ty 2p,即得直線AB過定點(diǎn)(2p,0).方法四：設(shè)直線OA的方程為y kx ,由y2 kx ,得交點(diǎn)為O(0,0)和A(學(xué)3), y 2 pxk ki又.OB的萬程為y x,同理可得B(2 pk2, 2pk),k當(dāng)k i時(shí)，kAB.直線AB方程為y 2pk -y(x 2pk2),i ki k即y J 鄴上(x 2p),即得直線AB過定點(diǎn)(2p,0)； i k i k i k當(dāng) k i,得 A(2p,2p), B(2p, 2p),. AB 的方程為 x 2p ,綜上，由直線AB過定點(diǎn)(2p,0).點(diǎn)評：方法一是用特殊位置找結(jié)論，再證明，方法二、三、四是處理垂直關(guān)系的

12、通法.類似地，過橢圓，雙曲線的一個(gè)頂點(diǎn)Q作QA QB,分別交橢圓，雙曲線于A,B, 則直線AB也 經(jīng)過一定點(diǎn). 22變式 如圖，橢圓Ci：當(dāng) 與i(a b 0)和圓C2：x2 v2 b2,已知圓C2將橢圓Ci的 a b長軸三等分，且圓C2的面積為.橢圓Ci的下頂點(diǎn)為E,過坐標(biāo)原點(diǎn)O且與坐標(biāo)軸不重合的任意直線1與圓C2相交于點(diǎn)A B,直線EAEB與橢圓Ci的另一個(gè)交點(diǎn)分別是P、M(1)求橢圓Ci的方程;(2) (i)設(shè)PM的斜率為t,直線i斜率為kl,求?的值；(ii )求 epm面積最大時(shí)直線1的方程.解：(1)依題意：bi,2則a 3b，二橢圓方程為看y2 1 ；(2) (i )由題意知直線

13、PE,ME的斜率存在且不為 0, PEI ME不妨設(shè)直線PE的斜率為k (k>0)，貝U PE y kx 1,y kx 1x22 得:5 y 118k29k 1或29k2 1x 0 .18k P( y 19k2 19k2 19?""1)1去代k,得M(29k2 118k 9 ki),則 t 9k2 9'k22kkPMk210ky kx 122x y 1得:k2 1或2k2 1k2 1一 kl(iik2 12k，)由(i則乜5t)可知：PE18k9k2k2.S EPMk2k* 1k23162(k k3)9k4 82k2 91162(k)k9k2當(dāng)且僅當(dāng)k 1 k

14、則 S EPM162u29(u2 2) 82k 1 8時(shí)去等號,k 3平，則直線AB y所以直線1的方程為y 162162* t-64649u 2, 9u 64u,121(k") (k ")kkk21x ,2k278289例4直線AC, BD過拋物線y二 2)2, )k 4x的焦點(diǎn)F ,且AC BD ,又點(diǎn)A, B,C,D均在拋物線上，求(1)求四邊形ABCD面積的最小值;求ACBD的最小值;(3)若M , N分別是AC, BD的中點(diǎn)，求證：直線MN過定點(diǎn).解：(1) F (1, 0)設(shè)直線AC:y k(x 1),不妨設(shè)k 0.由 y4X,得 k2x2 2(k2 2)x k

15、2 0,y k(x 1)2 _ 2424(k2 2)2 4k4 4(4k2 4)216(k2 1) 0.4k2 1 .1 k2k224(1 k )""k1又直線BD:y1 一一-(x 1).同理 |BD 4(1k2). S四邊形abcdACBD8(1 k2)2k28(k232 ,當(dāng)且僅當(dāng)k 1時(shí)取等號.(2)ACBD24(1 k )k22214(1 k2) 4(k2 ) k16,當(dāng)且僅當(dāng)k 1時(shí)取等號.(3)設(shè)A(Xi,yJC(X2,y2),由(1)問所得方程k2_2_2(k2 2)xk20(k可得XiX2一 2 一2(k2)k2'設(shè) AC 中點(diǎn) M(X0,y0)X

16、ok2 2k2可得M (k用1替換k,易得N(1 k2k2,2(k1)那么直線MN的方程為2味(X1)，化簡得yk4(X 3),k2代入橢圓方程上3設(shè) B(x1，y1)， D(x2, y2),則 X x26k23k2 2 'x,x23k2 63k2 2 'BD| ，1 k2 x x2(1 k2) 乂x2)24%x24:3(k2 1)3k2 2(*)當(dāng)k 1時(shí)，直線MN恒過點(diǎn)（3,0）;當(dāng)k 1時(shí)，即MN x軸，易得直線MN的方程為x 3,恒過點(diǎn)（3,0）.綜上，直線MN恒過點(diǎn)（3,0）.點(diǎn)評：實(shí)際上，第（3）問從 直線MN勺方程化為（*）式較難，從得分的角 度來講，可以先從k

17、1時(shí)得到定點(diǎn)（3,0）,再回到（*）,雖不嚴(yán)密，但可節(jié) 省時(shí)間. 22變式 已知橢圓上 L 1的左、右焦點(diǎn)分別為Fl, F2過F1的直線交橢圓于 328, D兩點(diǎn)，過F2的直線交橢圓于A, C兩點(diǎn)，且AC BD , 垂足為P（1）求四邊形ABCD的面積的最小值；（2）求AC |BD的最小值；（3）若A1C1 BD于巳，且A1C1、BD的中點(diǎn)分別為P、Q , 求證：直線PQ過定點(diǎn).解：（1）方法一：（i）當(dāng)BD的斜率k存在且k 0時(shí)，BD的方程為y k（x 1）,2yr 1，并化簡得(3k22)x2 6k2x 3k2 60因?yàn)锳C與BC相交于點(diǎn)P ,且AC的斜率為1,k '14、3(k2

18、 1)22k2 34,32 1所以，ack3-2 2k2四邊形ABCD的面積當(dāng)k2 1時(shí)，上式取等號.(ii)當(dāng)BD的斜率k 0或斜率不存在時(shí)，四邊形 ABCD的面積S 4綜上，四邊形ABCD的面積的最小值為9625注：當(dāng)BD的斜率存在時(shí)，也可這樣求四邊形 ABCD勺面積的最小值：方法二：設(shè) t k2 1 ,則 t (1,),2424966 1(1)2112 2525,ttt2 T當(dāng)t 1,即k21時(shí)，上式取等號.方法三：判別式法，讀者自己完成.(2)當(dāng)BD斜率存在時(shí),AC同上，當(dāng)k2 1 ,即k 1時(shí),當(dāng)BD斜率存在或等于零時(shí),綜上，ACBD =4石(1)(一3k2上式取等號ACACBD16

19、.3-5-，20、.3(k2 1)22 2k2 3)(3k2 2)(2k2 3)BD的最小值為等，BD的最小值為呼；二直線池的方程為y25k32-(x2)，3(1 k ) 2k 3即y(x 2 3 4廣3(1 k2)5當(dāng) k2 1 時(shí),P( 3,2)5 5(*),顯然過定點(diǎn)（5,0）,23 23 2、工)或 P(-) , Q( -,-) ,55 55 5二 PQ:x5適合（*）式，綜上，直線PQ過定點(diǎn)（3,0）.5點(diǎn)評：本題（1）問表明，求解解析幾何的最值問題，常用到均值不等式法, 二次函數(shù)法和判別式法;從以上幾例的解析可以看出：應(yīng)用焦點(diǎn)弦的性質(zhì)不僅能使許多問題的解 答快捷、方便，而且能夠優(yōu)化

20、學(xué)生的思維品質(zhì)，提高解決問題的能力.三、一道橢圓考題的證明和拓展B為橢千1,有以下兩個(gè)結(jié)論:圓上兩個(gè)點(diǎn)，OA OBOAOB若橢圓兩焦點(diǎn)為FiF2 ,F1MF2 32二則點(diǎn)M的軌跡萬程為x2y1凡涉及弦長的問題， 常用根與系數(shù)的關(guān)系設(shè)而不求計(jì)算弦長（即應(yīng)用弦 長公式）；涉及弦長的中點(diǎn)問題時(shí)， 常用“點(diǎn)差法” 設(shè)而不求，將弦所在 直線的斜率、弦的中點(diǎn)坐標(biāo)聯(lián)系起來，相互轉(zhuǎn)化.同時(shí)還應(yīng)充分挖掘題 目的隱含條件， 尋找量與量之間的關(guān)系，并進(jìn)行靈活轉(zhuǎn)化，往往能避免求 交點(diǎn)坐標(biāo)等復(fù)雜運(yùn)算.43則以下說法正確的是(14812(A)和都不對(B)和都對(C)不對，對(D)對，不對本題選D,現(xiàn)筆者試對第問給出不同

21、的證法：解： 方 法一： 當(dāng) AB! x軸 時(shí)，/ADXh BOX=45.八(2、, 21 2 .21、_(2 . 212.21、 A (, ) B (,),7777117 - _ _ 2 _ 2'OA OB12當(dāng)AB不垂直于X軸時(shí)：設(shè)A(x1, y1)B(x2, y2),設(shè)l ab : y kx m與橢圓聯(lián)立得:uuu uur22 OA OB x1x2 y1y2 x1x2 (kx1 m)(kx2 m) 0,7m 12k12又 AAO沖，SAOB 1OA OB| 1d AB ,2 B 2b211|oa| |ob|ab|1 . 2 - 222-22 -y，OA OB OA OB OA O

22、B d又d -=由得d欄， ,k2 17 d方法二(三角法)：如圖，令 AOx貝U A(mcos , msin ), B( ncos , ncos ),7.117 22. _12|OA |OB12,則 BOx ,2代入橢圓方程，有22222m cos m sin ,1 cos1-43 則 m 42. 222/. 2n sin n cos /1 sin1-43n24sin23 ，兩式相加，有口 口cosm n3712方法三(特值法)：當(dāng)直線OA,OB斜率為0或不存在時(shí)，一OA1OB當(dāng)直線OA、OB斜率都存在且不為0時(shí)，設(shè)直線OA方程為y kx12(1 k2)3 4k2，二 3x2 4k2x2.2

23、1212， X103 4k2y112k23 4k2，直線OB方程為y OB212(1 k2)3k2 4，OAOB-2_23 4k 3k 4Z 212(1 k )7(k21)_212(1 k )本問的一般性結(jié)論：已知橢圓2 y_ b2B為橢圓上兩個(gè)點(diǎn)，且滿足OA OB則OAOB變式1:是否存在一定圓與直線AB相切?2解：方法一：設(shè)直線AB的方程為y kX m,代入到橢圓方程上 44k2)x2 8kmx4(m2 3) 0 ,OB64k2m2 16(3 4k2)(m2 3)0, “22 m 4k3,XiX28km3 4kX1X24(m2 3)3 4k2 '一OAOBX1X2y1y2X1X2(

24、kxi m)(kx2 m)0,二(1 k2)X1X2 km(X1X2)2_2.4(m3)(1 k )23 4k2一 228k m 22 m3 4k20,二 4k2m2 4m2 1212k28k2m23m2 4k2m20,二 7m2 12k2 120,則2m1k2127，設(shè)點(diǎn)O (0,0)到直線AB的距離為d ,則dk212Y，過O作AB的垂線，垂足為H,設(shè)H（x, y）,則|OH| d ,x2 y2 J二存在定圓x2 y2藍(lán)與直線AB相切.方法二：由例7的問結(jié)論可得1°F看,過0作A垂線,垂足為H,那么S AOB-OA OB 2|AB|0HABOAOBOH 2 OA2 OB2 OA2

25、 OB2|OH 2122了，及 H(x, y) , x10A2y1OB712，127，二存在定圓x2 y2藍(lán)與直線AB相切拓展推廣：（1）若A、D為橢圓4個(gè)點(diǎn),于坐標(biāo)原點(diǎn)O,貝u11.OA2 OB2 OC21OD2直線ACL BD證明：由例6中問結(jié)論可得結(jié)論正確;若A、B、C為橢圓上3個(gè)點(diǎn),AOBBOCAOC -則TOA OB1|OC證明：令 AOxBOxCOxOA m, OB n,OC/. A(m cos , msin）,2 B(ncos(),nsin(2-),34、. ，4C(r cos(-), rsin(一33代入橢圓得22m cos42 _ 2 m sin2 cos2 sincos2

26、(2-) s同理a3 n241OA2 OB2 OC232212一(sin cos ) (sin822變式2:已知雙曲線3(1)求義3的值;|OA |OB(2)若OA AB,求點(diǎn)H22 4().cos2(4-)' 3)1' 3)-3，J 42、7cos ) 一 .82y- 1 ,且 OA OB ,4的軌跡方程.24sin ( -V)33解：(1)當(dāng) OA x 軸時(shí)，AOx BOx 45。,二 A(2. 3, 2 3)B(2V3,2/3), /. OA OB 2®當(dāng)AB不垂直于X軸時(shí),設(shè)A(X1, y1)B(X2, y2),設(shè)lAB：y kx m聯(lián)立雙曲線方程得:(4 3

27、k2)x2 6kmx 3m2 12 0 (*),由0,得 m2 3k2 2 0 ,OA OB ,貝！J x1x2 y1 y20,有所2yy212k2 12 m23k2 40 , /. 12k2 12 m2作 OH AB于 H ,設(shè)|OH| d ,在 AOB 中，SAOB 2OA |OB 1|ABd, AABOB.1|ab|2d2 OA2 OB2 ，.|oa|： |ob|2|ab|21OA2 |ob2 |OA2 ob|2 OA2 |OB|2 d2 ?1111又d.由可得d*212j3,2OBd212，綜上，上工的值為1.OA OB12(2) OH d 2曲，. H 的軌跡方程為 x2 y2 d2

28、 12,即 x2 y2 12 .點(diǎn)評：本題從到實(shí)際復(fù)習(xí)中遇到的一個(gè)考題，嘗試了用普通的解析法,和三角代換(應(yīng)注意并非橢圓的三角參數(shù)方程),不同角度地證明了這個(gè)結(jié)論，并加以拓展和延伸，使之達(dá)到讓學(xué)生們可以一題多解，一題多變，多題 一解的目的，讓復(fù)習(xí)過程得以升華.變式3：設(shè)橢圓C:馬1a b。的離心率e包，左頂點(diǎn)m到直線)上1 a b2a b的距離d 迤,O為坐標(biāo)原點(diǎn).5(i)求橢圓C的方程；(n)設(shè)直線l與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：點(diǎn)O到直線AB的距離為定值；(m)在(n)的條件下，試求 AOB的面積S的最小值.(I)解由e=率，彳導(dǎo)c=乎a,又b2=a2c2

29、,所以b= 2a,即a = 2b.由左頂點(diǎn) M a, 0)到直線：+b= 1,即bx+ayab = 0的距離d=5,小 | b( a) ab| 4術(shù)2ab475行V?rp - - P702Tb2- 5，把a(bǔ)= 2b代入上式，得 建 =455,解得b=1.所以a = 2b=2, c=<3.2所以橢圓C的方程為Ayj.(n)證明 設(shè) A(xi, y1) , B(x2, y2),當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，則由橢圓的對稱性，可知xi = X2, y1=- y2.因?yàn)橐訟B為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，故=0,2即X1X2+yy2=0,也就是x2 y2=0,又點(diǎn)A在橢圓C上，所以1 - y2 = 1,解

30、得 |X1| =|y1| =攣5此時(shí)點(diǎn)O到直線AB的距離di=|xi|當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,y= kx+ nrj與橢圓方程聯(lián)立有x227+y =1消去 y,得(1 + 4k2) x2+8kmx+ 4m 4= Q,8km所以 x1 + x2 = j-2 , 1 + 4k24m 4xix2= . , .,2.1 + 4k因?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)O,所以O(shè)ALOB所以 = x1x2+y1y2=Q.所以(1 + k2) x1x2+ km(x1+ x2) + m= Q.所以(1 +6 誓真/+ mi = Q.整理得5nU 4(k2+1)，1 + 4k1 + 4k所

31、以點(diǎn)O到直線AB的距離dii m 2 5綜上所述，點(diǎn) O到直線AB的距離為定值2.55（田）解:方法設(shè)直線OA的斜率為當(dāng)koO時(shí)，則1OA的萬矛呈為y=k0x，OB的萬程為y=-超y = k°x,聯(lián)立x22了 +y = 124x1=TT得224k。y1=TT.同理可求得2X24k2k2+4 424y2=k2.故4 AOB勺面積為11 +記-Ix2|(1 + k2)2+ 4k0)( k2+ 4).2令 1+ ko= t (t >1)則S= 2令 g(t)2544<g(t 尸 7.所以 5Vs<1.當(dāng)ko=Q時(shí)，可求得S= 1,13 分,4一， _4故"1，故

32、萬法二 由（2）知 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，S=-; 的最小值為5.當(dāng)直線 AB的斜率存在時(shí)，(1 +4k2)x2+8km肝4n24=0, 5m=4(k2+1),所以弦長AB,1 k216k2 11 4k22t 1 4k ,2t 1,4k t1, AB-(t 3)(4t 3)、,5 , t2AB_ 4一 一一 一 . 4惠故521,故S的最小值為5.思路二AB24 4k2 16k2,51 4k2在AOB中,1Saob 20All OBAB>a| Ob |平，則Saob5122-(4 4k2 16k2 1)21 4k2而所以S<1.2、55OA|2 |OB2|OA| |OB|,一

33、4一 一一 一 . 4故薩S< 1,故S的最小值為5.說明：一般性結(jié)論：已知橢圓2L 1b2，若A, B為橢圓上兩個(gè)點(diǎn)，且滿足OA OB ,則(1)OA(3) -T2ab=, a2 b21OBABa2 b2； (4)點(diǎn)0到直線AB的距離d 1ab ；, a2 b22, 2a b q2,2 S AOBa b2 ab.四、一道和橢圓切線方程有關(guān)考題的證明和拓展22例6已知橢圓C:冬41(a b 0)的離心率為二，具四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的四_ a b2邊形面積為4石.若A為橢圓C上任意一點(diǎn)，過A作圓0:x2 y2 r2 ( 0 r b) 的切線l , OP OA,且直線l與OP交于點(diǎn)P .(1)求橢圓

34、C的方程；(2)求點(diǎn)P的軌跡E ;2(3)定義：橢圓C：: a2b2 1(a b 0)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為x0x y0y2, 2b2 ,a b過橢圓C的左焦點(diǎn)弦BD的端點(diǎn)分別作橢圓C的切線1i , l求證：直線1i , l2的交點(diǎn)N在定直線上.解：(1)由頂點(diǎn)四邊形面積S 1 2a 2b 4出，離心率解得a 2, b耳,2橢圓C的方程為-4(2)設(shè)P(x,y), A(x0,y0),如圖，設(shè)切點(diǎn)為在 Rt AOP 中，OM AP ,OPAPS AOP1-一 AP OM212 2x0 y0由OAOA122x yOP4ruur uurOMOP ,得 OA OPx0x y0y2又迎4將

35、式代入式，得軌跡E: 4r2 y031412y0.2一x0M , 212(x2 y2) 3y2 4x22當(dāng)0 r痣時(shí)，點(diǎn)P的軌跡E為橢圓;表示兩條平行直線.D(x2,y2),當(dāng)r 73時(shí)，點(diǎn)P的軌跡E為y (3)方法一：證明：設(shè)B(x1,y1),當(dāng) BD x 軸時(shí)，B( 1,3) , D( 1,-), 221，交點(diǎn) N( 4,0);由定義，在B, D處橢圓的切線方程分別為 W31和W衛(wèi) 4242當(dāng)BD與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線BD斜率為k,直線BD的方程為y k(x 1). y k(x1 1), y2 k% 1),由定義，在B, D處橢圓的切線方程分別為 注 "1和殳 XI 1, 434

36、3解得 Xn4(y1 y2)4k(x1 x2)4,x2 yl x1y2 kx1x2 kx2 kx1x2 kx1直線1i , l2的交點(diǎn)N在定直線x 4上.方法二：由定義，在B, D處橢圓的切線方程分別為 鄧 ”1和咨 © 1, 4343設(shè)Qd）,則咨迫1 注32 14343直線BD的方程為出Z2 1, 43又直線 BD±點(diǎn) F（ 1,0） , .° 1,.X044方法三：本題第（3）問也可采用伸縮變換求得該定 直線:X設(shè)伸縮變?yōu)閥Xa y bx2 y 2 1,則有(Xo，yo)M(xo，yo),V XX0 yyo 1,再伸縮變換回去W舉 a b設(shè) Q（X0,y0）

37、,且 QB , QD 為切線，Ibd：王 4-0 1, X。4,得證.41 ,yoy3注：本題第（3）問涉及橢圓的上一點(diǎn)的切線方程，除了可以用常規(guī)的判別式和隱函數(shù)求導(dǎo)法則解決外，亦可用直線的參數(shù)證明.2證明：由橢圓C:三 a2二 1 ,設(shè) M(X0,y0)在 C上 b那么過過M的切線l的參數(shù)方程為:代入橢圓C得:2cos( 2a. 2 sin)t22x0 cos2y0sin b)t2 X0 -2 a22X0y02 y0 sin b2)t 0.2j)t2b 7 cos (2a2x0 cos(2a .l為橢圓在M處的切線，.上述二次方程b2 4ac 0c=0,b2 0 ,b 0,2x0 cos2y

38、0sin22J2.ab0, x0t cosy0t sinbt costsinx xyy。xO(x x°)2ay°(y y°)0bx°x-2 a,1,證畢.點(diǎn)評：本題第(2)問與例7的變式1的方法二都用到了三角形的面積不變法，應(yīng)注意體會；本題第(3)問方法二求切點(diǎn)弦的方程，在圓、雙曲線、拋物線中都有類似問題.五、圓錐曲線弦中點(diǎn)問題的證明和拓展22例7已知A、A2是橢圓C：' 41(a b 0)的左、右頂點(diǎn)，B、F2分別為其 a b上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，過 F2作x軸的重線交橢圓 C的上半部分于點(diǎn) D,設(shè)A1DA2,而橢圓C的離心率為e.(1)證明：tan

39、 ,； e(2)當(dāng)tan 9,且Sad% 1時(shí)，直線l:kx m(k 0)與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn), 4問：是否存在直線l使得PB2Q為等邊三角形？若存在，寫出直線l的方程;若不存在，請說明理由.解：(1)證明：在 ADA2 中：A 2a, F2(c,0), DF2AA22xd c又.D在、41上，代入解得到y(tǒng)D a b又 A1F2a cA2F2a ctan A1DF2AF3DF22a c a ac.2.2bbtan A2DF2A2F 2DF2a cb22a acb2tan tan( A1DF2tan A1DF2 tan A2DF2A2DF2),1 tan A1DF2 tan A2DF222a

40、ac a ac22b bT2(a ac)(a ac)b12a2-4- a(ac2)2a22-2" e(2)方法tan2.33A1DA22a令 P(xi, yi)b2b28,Q(x2,設(shè)PQ中點(diǎn)為M ,結(jié)合直線方程ykx聯(lián)立(1 9k2)x218kmx 9m2 9*)一Xix218km9k2X1X29m2 91 9k2yMyy22kx1 kx22k 18km二722 1 9k229k m9k2m21 9k2Xm12 (Xi X2 )9 km21 9k2由 B2(0, 1) kBM二 M(-19 kmm9k2, 1m21 9k29k2)，得:km;在9km"9k7*)9k3中,

41、m 1 9k9km9km,9k3 8km0,0,/. 9k2 8m 1 0(1)(18km)24(19k2)(9m29) 36(9k2m21),21 9k , 8mm2且所以8 m36(9k2 m2 1) 1 k21 9 k26、(9k2 m2 1)(1 k2)21 9k2BM1 PQ J3B2M，k21 8m-9 ， '222有.3.3 (9k m 1)(1 k ).1 9k2化簡得：3、3；（一8mDd k2）8m(8 8mh 3Jl 8m 1 m3 8m)代入降次消元，解之可得m 0 （舍去）或m 2,. . 215.k §，15.k 丁i159.l: yvx 2,即

42、3y Vl5x 6 0 .方法二（對稱性）：當(dāng)l不垂直于y軸時(shí)，設(shè)l : Ax ByC 0(A0）,由對稱性知：必有另一 l : Ax By C 0也滿足條件，兩式相乘(By C)2 (Ax)2 0,整 理得：A2x2 B2y2 2BCy C2 0 設(shè)以B2為圓心的圓B2：x2(y1)2R2,整理得：x2y22y 1R20又橢圓的方程x2 9y2 9-：(1)x2 (9)y2 2 yR2 9 02八則由與等價(jià)知：一 JR 2 . A2 B22聯(lián)立，易知為不定方程，由于 A:B:C可約簡，不妨令：=1,則有:A21.A2B2BC C2B CB2 到l與l1的距離均為 d ,B C由PB2Q為等邊

43、三角形知<A2 B2'B2 9， BC，C2 R29,由+:A2 B2 8 ,由 +2 +：B2 2BC C2R2又由故：YCf v 3R2解得： 6,故：A J5,B&c21故 l : >/5x 73 y 2/3 0 或5Xx V3y 2, 3 0即 l ：715x 3y 6 0 或.15x 3y 6 020當(dāng)l垂直于y軸時(shí)，設(shè)l交C于P%多），由PB2Q為等邊三角形，知:x0l1 V。史(11)2又應(yīng)92y01(12)y。1314，綜上所述:l: . 15x3y 6 0 或15x3y 6故，l:y 131413方法三（點(diǎn)差法）,由點(diǎn)差法kPM kOMb2-2 a

44、設(shè)M （x0, y°）,設(shè)直線l的斜率為k ,則k也x0(1)B2M l,kB2M心kx0(2)k(xyy°9k8方法四解：以設(shè)BPkBPy08,代入（2）可得:8 ,再用方法一”求解（極坐標(biāo)方程）x0B為極點(diǎn)，y軸負(fù)半軸方向?yàn)闃O軸，建立極坐標(biāo)，系cotPBAkPB kABMcosPM sinkPA9cottan APMAM sin sin一，AB AM BM 29cos2(coss) 2 ,即橢圓C極坐標(biāo)方程18cos9 cos8cos 118cos()BQ BP8 cos2 (cos 和 cos(18x8x2 1cos cos(cos (1cos =sin ) 1cos22281. 2一 sin8兩邊同除以sin2 ,123121一 cot cot - cot 一2288 '3 2.31一 kBPkBP-0828解得k 2心t；15由對稱性令km包上BPQ 60,由到角公式知:kPQ2、. 3 ,15313153kBPy*x 2 32.3 . 15 xP(3 151463 6 5 136;5 '14 675即,15x 3y 6 0由對稱性，PQ： V15x 3y 6 0或,x 3y 6 0點(diǎn)評：方法一中利用底