2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章平面解析幾何第八節(jié)圓錐曲線的綜合問(wèn)題學(xué)案文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第八節(jié)圓錐曲線的綜合問(wèn)題2024考綱考題考情1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(1)從幾何角度看，可分為三類：無(wú)公共點(diǎn)，僅有一個(gè)公共點(diǎn)及有兩個(gè)相異的公共點(diǎn)。(2)從代數(shù)角度看，可通過(guò)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(lái)推斷。設(shè)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(dāng)圓錐曲線是雙曲線時(shí)，直線l與雙曲線的漸近線平行；當(dāng)圓錐曲線是拋物線時(shí)，直線l與拋物線的對(duì)稱軸平行(或重合)。②若a≠0，設(shè)Δ＝b2－4ac。a．當(dāng)Δ＞0時(shí)，直線和圓錐曲線相交于不同兩點(diǎn)；b．當(dāng)Δ＝0時(shí)，直線和圓錐曲線相切于一點(diǎn)；c．當(dāng)Δ＜0時(shí)，直線和圓錐曲線沒(méi)有公共點(diǎn)。2．直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長(zhǎng)問(wèn)題(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長(zhǎng)：|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(shí)，可求出交點(diǎn)坐標(biāo)，干脆運(yùn)算(利用兩點(diǎn)間距離公式)。3．圓錐曲線的中點(diǎn)弦問(wèn)題遇到弦中點(diǎn)問(wèn)題常用“根與系數(shù)的關(guān)系”或“點(diǎn)差法”求解。在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)為中點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)的弦所在直線的斜率k＝eq\f(p,y0)。在運(yùn)用根與系數(shù)關(guān)系時(shí)，要留意前提條件是Δ≥0。點(diǎn)差法的常見(jiàn)結(jié)論(設(shè)AB為圓錐曲線的弦，點(diǎn)M為弦AB的中點(diǎn))：一、走進(jìn)教材1．(選修1－1P62例5改編)過(guò)點(diǎn)(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個(gè)公共點(diǎn)，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(guò)點(diǎn)(0,1)且平行于x軸的直線以及過(guò)點(diǎn)(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?zèng)]有發(fā)覺(jué)直線過(guò)定點(diǎn)，導(dǎo)致運(yùn)算量偏大；②不會(huì)用函數(shù)法解最值問(wèn)題；③錯(cuò)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(guān)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(guò)定點(diǎn)(1,1)，又點(diǎn)(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(zhǔn)線與圓相切，則當(dāng)|AB|·|CD|取得最大值時(shí)，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(zhǔn)線與圓相切可得eq\f(p,2)＝1或7，又0<p<14，故p＝2，設(shè)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(shè)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(shí)直線AB的方程為x＝－eq\r(3)。故選B。答案B4．已知點(diǎn)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(diǎn)，過(guò)F1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)，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(shè)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(shí)最值、范圍、證明問(wèn)題考點(diǎn)一最值問(wèn)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(diǎn)M(2eq\r(2)，0)，動(dòng)圓I過(guò)M點(diǎn)且與圓C相切。(1)求動(dòng)圓圓心I的軌跡E的方程；(2)若過(guò)定點(diǎn)N(0,2)的直線l交軌跡E于不同的兩點(diǎn)A，B，求|AB|的最大值。解(1)設(shè)動(dòng)圓I的半徑為r，由題意可知，點(diǎn)I(x，y)滿意|IC|＝6－r，|IM|＝r，所以|IC|＋|IM|＝6。由橢圓的定義知點(diǎn)I的軌跡為以C，M為左、右焦點(diǎn)的橢圓，且其長(zhǎng)半軸長(zhǎng)a＝3，半焦距c＝2eq\r(2)，可得短半軸長(zhǎng)b＝1，故軌跡E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1。(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此時(shí)|AB|＝2。當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)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(shè)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?yàn)閑q\f(1,t)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(1,16)，即k＝±eq\f(\r(15),3)時(shí)，|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(wèn)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(guò)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(jìn)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(dá)式表示為某個(gè)(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(jìn)行求解?！咀兪接?xùn)練】(1)設(shè)P是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上一點(diǎn)，M，N分別是兩圓：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的點(diǎn)，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(tái)模擬)已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋eq\f(1,2)對(duì)稱。①求實(shí)數(shù)m的取值范圍；②求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))。(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(gè)焦點(diǎn)，由橢圓定義知|PA|＋|PB|＝2a＝10，連接PA，PB分別與圓相交于兩點(diǎn)M，N，此時(shí)|PM|＋|PN|最小，最小值為|PA|＋|PB|－2R＝8；連接PA，PB并延長(zhǎng)，分別與圓相交于兩點(diǎn)M，N，此時(shí)|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(shè)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?yàn)橹本€y＝－eq\f(1,m)x＋b與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)>0，(*)將AB的中點(diǎn)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(shè)△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(dāng)且僅當(dāng)t2＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)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)?？键c(diǎn)二范圍問(wèn)題【例2】(2024·浙江高考)如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿意PA，PB的中點(diǎn)均在C上。(1)設(shè)AB中點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍。解(1)設(shè)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?yàn)镻A，PB的中點(diǎn)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(gè)不同的實(shí)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?yàn)閤eq\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(wèn)題與最值問(wèn)題方法類似，也是從幾何法和代數(shù)法兩種角度思索問(wèn)題，但是范圍問(wèn)題比最值問(wèn)題更為敏捷?！咀兪接?xùn)練】設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(zhǔn)線方程為y＝eq\f(1,2)。(1)求橢圓C1和拋物線C2的方程；(2)設(shè)過(guò)定點(diǎn)M(0,2)的直線l與橢圓C1交于不同的兩點(diǎn)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(shè)條件，故可設(shè)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?yàn)棣ぃ?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(diǎn)三證明問(wèn)題【例3】(2024·全國(guó)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(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m>0)。(1)證明：k<－eq\f(1,2)；(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，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(shè)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(shè)知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)。由題設(shè)得0<m<eq\f(3,2)，故k<－eq\f(1,2)。(2)由題意得F(1,0)。設(shè)P(x3，y3)，則(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)。由(1)及題設(shè)得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0。又點(diǎn)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(wèn)題常見(jiàn)的有：位置關(guān)系方面的，如證明相切、垂直、過(guò)定點(diǎn)等；數(shù)量關(guān)系方面的，如等量關(guān)系、恒成立等。在熟識(shí)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(shí)也會(huì)用到反證法。【變式訓(xùn)練】已知圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，設(shè)A為圓C與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作圓C的弦AM，并使弦AM的中點(diǎn)恰好落在y軸上。(1)求點(diǎn)M的軌跡E的方程；(2)延長(zhǎng)MC交曲線E于點(diǎn)N，曲線E在點(diǎn)N處的切線與直線AM交于點(diǎn)B，試推斷以點(diǎn)B為圓心，線段BC長(zhǎng)為半徑的圓與直線MN的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論。解(1)設(shè)M(x，y)，由題意可知，A(1－r,0)，AM的中點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y,2)))，x>0，因?yàn)镃(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?yàn)镃D⊥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(diǎn)M的軌跡E的方程為y2＝4x(x>0)。(2)設(shè)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(diǎn)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(diǎn)B(－1,2m)，|BC|＝eq\r(4＋4m2)＝2eq\r(m2＋1)，所以點(diǎn)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(yùn)用)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)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(guò)F1作直線l與橢圓分別交于P，Q兩點(diǎn)，若△PQF2的周長(zhǎng)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)?；?jiǎn)得a2＝2b2，所以e＝eq\f(\r(2),2)。(2)因?yàn)椤鱌QF2的周長(zhǎng)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(diǎn)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(shè)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(shè)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(shí)定點(diǎn)、定值、探究性問(wèn)題考點(diǎn)肯定點(diǎn)問(wèn)題【例1】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點(diǎn)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(diǎn)在橢圓C上。(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)。若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過(guò)定點(diǎn)。解(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3，P4兩點(diǎn)。又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1，所以點(diǎn)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(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，假如l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)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(shè)。從而可設(shè)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(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0。設(shè)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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)m>－1時(shí)，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(guò)定點(diǎn)(2，－1)。求解直線或圓錐曲線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)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(gè)方程對(duì)隨意參數(shù)都成立，這時(shí)參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，這個(gè)方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線或圓錐曲線所過(guò)的定點(diǎn)。【變式訓(xùn)練】(2024·貴陽(yáng)摸底)過(guò)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝8。(1)求l的方程；(2)若A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D，求證：直線BD過(guò)定點(diǎn)，并求出該點(diǎn)的坐標(biāo)。解(1)易知點(diǎn)F的坐標(biāo)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(shè)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(duì)稱性知，D點(diǎn)的坐標(biāo)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?yàn)閥eq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(因?yàn)閥1，y2異號(hào))，所以直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒過(guò)點(diǎn)(－1，0)?？键c(diǎn)二定值問(wèn)題【例2】(2024·益陽(yáng)、湘潭調(diào)研)已知?jiǎng)訄AP經(jīng)過(guò)點(diǎn)N(1,0)，并且與圓M：(x＋1)2＋y2＝16相切。(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)設(shè)G(m,0)為軌跡C內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)G且斜率為k的直線l交軌跡C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)k為何值時(shí)，ω＝|GA|2＋|GB|2是與m無(wú)關(guān)的定值？并求出該定值。解(1)由題意得|PM|＋|PN|＝4，所以點(diǎn)P的軌跡C是以M，N為焦點(diǎn)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(diǎn)P的軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)設(shè)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(wú)關(guān)，需使4k2－3＝0，解得k＝±eq\f(\r(3),2)，此時(shí)ω＝|GA|2＋|GB|2＝7。求解圓錐曲線中定值問(wèn)題的基本思路1．從特殊元素入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)。2．干脆推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值。【變式訓(xùn)練】已知拋物線C：y2＝ax(a>0)上一點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))到焦點(diǎn)F的距離為2t。(1)求拋物線C的方程；(2)拋物線C上一點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為1，過(guò)點(diǎn)Q(3，－1)的直線與拋物線C交于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)(均與點(diǎn)A不重合)，設(shè)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(diǎn)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?yàn)辄c(diǎn)A在拋物線C上，且yA＝1，所以xA＝1。所以A(1,1)，設(shè)過(guò)點(diǎn)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(shè)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)?？键c(diǎn)三探究性問(wèn)題【例3】(2024·合肥質(zhì)檢)已知拋物線E：x2＝2py(p>0)上一點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為4，且點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離為5。(1)求拋物線E的方程；(2)如圖，設(shè)斜率為k的兩條平行直線l1，l2分別經(jīng)過(guò)點(diǎn)F和H(0，－1)，l1與拋物線E交于A，B兩點(diǎn)，l2與拋物線E交于C，D兩點(diǎn)。問(wèn)：是否存在實(shí)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(qǐng)說(shuō)明理由。解(1)由拋物線的定義知，點(diǎn)P到拋物線E的準(zhǔn)線的距離為5。因?yàn)閽佄锞€E的準(zhǔn)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(wèn)題的求解方法：先假設(shè)成立，在假設(shè)成立的前提下求出與已知、定理或公理相同的結(jié)論，說(shuō)明結(jié)論成立，否則說(shuō)明結(jié)論不成立?！咀兪接?xùn)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(gè)焦點(diǎn)與上、下頂點(diǎn)兩兩相連構(gòu)成直角三角形，以橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為直徑的圓與直線x＋y－2＝0相切。(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過(guò)橢圓右焦點(diǎn)且不重合于x軸的動(dòng)直線與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，探究在x軸上是否存在定點(diǎn)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(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)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(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1。(2)當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)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(shè)在x軸上存在定點(diǎn)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?yàn)閑q\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(wú)關(guān)，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(shí)eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝－eq\f(7,16)為定值，定點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))。當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，也滿意eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝－eq\f(7,16)為定值，且定點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))。綜上，存在點(diǎn)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(yùn)用)已知直線l：x＝my＋1過(guò)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點(diǎn)F，拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點(diǎn)為橢圓C的上頂點(diǎn)，且l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)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(diǎn)M，且eq\o(MA,\s\up16(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up16(→))，eq\o(MB,\s\up16(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up16(→))，當(dāng)m改變時(shí)，證明：λ1＋λ2為定值；(3)當(dāng)m改變時(shí)，直線AE與BD是否相交于定點(diǎn)？若是，懇求出定點(diǎn)的坐標(biāo)，并賜予證明；否則，說(shuō)明理由。解(1)因?yàn)閘：x＝my＋1過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F，所以右焦點(diǎn)F(1,0)，c＝1，即c2＝1。因?yàn)閤2＝4eq\r(3)y的焦點(diǎn)(0，eq\r(3))為橢圓C的上頂點(diǎn)，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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)。因?yàn)閑q\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(dāng)m改變時(shí)，λ1＋λ2為定值－eq\f(8,3)。(3)當(dāng)m＝0時(shí)，直線l⊥x軸，則四邊形ABED為矩形，易知AE與BD相交于點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，猜想當(dāng)m改變時(shí)，直線AE與BD相交于定點(diǎn)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?yàn)閑q\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(diǎn)共線。同理可得B，N，D三點(diǎn)共線。則猜想成立，故當(dāng)m改變時(shí)，直線AE與BD相交于定點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))。2．(協(xié)作例3運(yùn)用)已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，離心率等于eq\f(1,2)，它的一個(gè)短軸端點(diǎn)恰好是拋物線x2＝8eq\r(3)y的焦點(diǎn)。(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(diǎn)，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)。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(dāng)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿意∠APQ＝∠BPQ，試問(wèn)直線AB的斜率是否為定值？請(qǐng)說(shuō)明理由。解(1)設(shè)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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)。①設(shè)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(guān)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(dāng)t＝0時(shí)，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(shè)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(xué)解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標(biāo)系中，用方程的觀點(diǎn)來(lái)探討曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問(wèn)題的優(yōu)越性，但有時(shí)運(yùn)算量過(guò)大，或需繁雜的探討，這些都會(huì)影響解題的速度，甚至?xí)兄菇忸}的過(guò)程，達(dá)到“望題興嘆”的地步，特殊是高考過(guò)程中，在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務(wù)，計(jì)算實(shí)力是一個(gè)重要的方面，為此，從以下幾個(gè)方面探究減輕運(yùn)算量的方法和技巧，合理簡(jiǎn)化解題過(guò)程，優(yōu)化思維過(guò)程。技巧一巧用平面幾何性質(zhì)【例1】已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，A，B分別為C的左，右頂點(diǎn)。P為C上一點(diǎn)，且PF⊥x軸。過(guò)點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)E。若直線BM經(jīng)過(guò)OE的中點(diǎn)，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(shè)OE的中點(diǎn)為N，如圖，因?yàn)镸F∥OE，所以有eq\f(ON,MF)＝eq\f(a,a＋c)，eq\f(MF,OE)＝eq\f(a－c,a)。又因?yàn)镺E＝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?！敬鸢浮緼此題也可以用解析法解決，但有肯定的計(jì)算量，巧用三角形的相像比可簡(jiǎn)化計(jì)算。【變式訓(xùn)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(diǎn)，A，B分別是C1，C2在其次、四象限的公共點(diǎn)。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(shè)雙曲線C2的實(shí)半軸長(zhǎng)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(shè)而不求，整體代換對(duì)于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點(diǎn)弦問(wèn)題，涉及求中點(diǎn)弦所在直線的方程，或弦的中點(diǎn)的軌跡方程的問(wèn)題時(shí)，經(jīng)?？梢杂谩包c(diǎn)差法”求解?！纠?】已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過(guò)點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)。若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的標(biāo)準(zhǔn)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(shè)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。【答案】D本題設(shè)出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，卻不求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，奇妙地表達(dá)出直線AB的斜率，通過(guò)將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關(guān)系，從而快速解決問(wèn)題。【變式訓(xùn)練2】過(guò)點(diǎn)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(diǎn)，若M是線段AB的中點(diǎn)，則橢圓C的離心率等于________。解析設(shè)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?yàn)閑q\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?yàn)閎2＝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(guān)系”，化繁為簡(jiǎn)某些涉及線段長(zhǎng)度關(guān)系的問(wèn)題可以通過(guò)解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計(jì)算長(zhǎng)度的方法來(lái)解；但也可以利用一元二次方程，使相關(guān)的點(diǎn)的同名坐標(biāo)為方程的根，由根與系數(shù)的關(guān)系求出兩根間的關(guān)系或有關(guān)線段長(zhǎng)度間的關(guān)系。后者往往計(jì)算量小，解題過(guò)程簡(jiǎn)捷?！纠?】已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點(diǎn)為A，過(guò)A作兩條相互垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點(diǎn)。(1)當(dāng)直線AM的斜率為1時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)當(dāng)直線AM的斜率改變時(shí)，直線MN是否過(guò)x軸上的肯定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)給出證明，并求出該定點(diǎn)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘狻?1)直線AM的斜率為1時(shí)，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡(jiǎn)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(shè)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(jiǎn)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(diǎn)，則此點(diǎn)必為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))。證明如下：因?yàn)閗MP＝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(jì)算得kPN＝eq\f(5k,4－4k2)。所以直線MN過(guò)x軸上的肯定點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))。本例在第(2)問(wèn)中可應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)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(wèn)題時(shí)常用的方法，簡(jiǎn)潔易懂，通過(guò)設(shè)而不求，大大降低了運(yùn)算量。【變式訓(xùn)練3】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(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2。(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，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(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的坐標(biāo)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(shè)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(shè)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?yàn)樗髨A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(yùn)算量變量換元的關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換探討對(duì)象，將問(wèn)題移至新對(duì)象的學(xué)問(wèn)背景中去探討，從而將非標(biāo)準(zhǔn)型問(wèn)題轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)型問(wèn)題，將困難問(wèn)題簡(jiǎn)潔化