第1部分专题7瓶颈题突破冲刺高分第2讲解析几何中的瓶颈题

1、第2讲 解析几何中的 瓶颈题【举题说法】第2讲 解析几何中的 瓶颈题”（本讲对应学生用书第6573页）数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，主要分六块：三角函数（或与平面向量交汇）、立体几何、应用问题、解析几何 （或与平面向量交汇卜函数与导数（或与不等式交汇）、数 列（或与不等式交汇）其中三角函数和立体几何属于基础问题， 若能够拿下应用问题和解析几何 题，便攻下了全部中档题和基础题，锁定了128分，应该认为这已打了一个大胜仗，基本上已经进入了 第一方阵”（本科行列）解析几何重点考查的内容是：直线方程，圆的方程，圆锥曲线 的定义，标准方程及其应用，离心率、焦点、准线和渐近线等简单的几何性质以

2、及数学学科 内在的联系和综合解析几何解答题重点考查的内容是：圆锥曲线的标准方程，直线和圆锥曲 线的位置关系常考常新的题型有轨迹、最值、定值、对称、参数范围、几何证明、实际应用 和探究性问题等圆锥曲线是高考的重点、难点和热点，其难度往往体现在运算上，尤其是代 数式的运算，降低运算量”应视为解答解析几何综合问题的首要理念，只有将运算量有效地降下来，才能回避繁重的计算因而如何降低运算量就成为了突破解析几何问题的关键至题说洁 皆理适耳.灵活解动85至;回归定义，追根溯源对某些圆锥曲线问题，甚至一些从表面上看并不是圆锥曲线问题的问题，若采取回归定义”的策略，把定量的计算和定性的分析有机地结合起来，则往往

3、能获得题目所固有的本质属性，达到准确判断、合理运算、灵活解题的目的，这样可使计算量大大减小例1如图，已知圆C: (x+2) 2 f 2 .2 xOy中，椭圆a + b =1(a>b>0)的两焦点分别为+y2=36, P是圆C上的任意一动点，点A的坐标为(2, 0),线段PA勺垂直平分线I与半径CF交于点Q.求点Q的轨迹G的方程.(例1)练习 如图，在平面直角坐标系F1(八 3，0)，0)，且经过点2(1)求椭圆的方程及离心率设点B，C, D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称设直线CD,CB, OB，OC的斜率分别为 k1，k2， k3， k4，且 k1k2=k3

4、k4. 求k1k2的值； 求O+OC?的值【分析】因为QA=QP,所以QC+QA=QC+QP=CP=r=再根据椭圆的定义，点Q的轨迹G是中心在原点，以C，A为焦点，长轴长等于6的椭圆.【解答】圆C的圆心为C(-2，0)，半径r=6，CA=4，连接QA.由已知得 QA=QP，所以 QC+QA=QC+QP=CP=6>CA.根据椭圆的定义，点 Q的轨迹G是中心在原点，以C, A为焦点，长轴长等于6的椭圆，2 2 兰_y_即a=3，c=2，b2=a2-c2=9-4=5，所以点Q的轨迹G的方程为9 + 5 =1.【点评】应用定义求动点轨迹或其方程，其优势在于避免列式、化简等繁琐的代数处理过程，给人

5、以简捷、明快之感定义法是解析几何中最朴素、最基本的数学思想方法，可以说它是求动点轨迹或其方程的重要方法之一13 4解得【解答】方法一：依题意知c= % 3 , a2=b2+3 ,由b 3 + =1 ,b2 -,舍去 b2=14，从而 a2=4.故所求椭圆方程为4 +y2=1， 离心率e= 2J(J3J3)2方法二：由椭圆的定义知2a='又因为c= 3，故b2=1 .下同方法一.1 02J(、3-3)220-2=4,即 a=2.设B(xi, yi), qx2, y2),则 D(-xi, -y”.2 1上2 沁丫2屮 4于是 k1k2=X2-X1 KX1 =2-1-M 422X2-N1=-

6、41由知k3k4=k1k2=-4，故 X1X2=-4y1y2.所以 (xix2)2=(-4yiy2)2,即(X1X2)2=162Xi又2=421-042 yi2y22 2 2 2= 16-4(X1 +X2)+XX2，所以2X22 2X+X2=4.22 2 24+%+的，故 +y22=1.2所以 OB2+OC?=为 + y1 + 冷 + y2=5.创设而不求，多思少算在解题时，可设一些辅助元（参数），然后在解题过程中，巧妙地消去辅助元（参数），而不2必求出这些辅助元（参数）的值（有时也求不出），便于降低运算量，优化解题过程例2 （2019苏锡常镇、宿迁一调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭

7、圆C:x2 y221，-62i 22a + b =1（a>b>0）的离心率为 2，且经过点，过椭圆的左顶点A作直线I丄X轴，点M为直线I上的动点（点M与点A不重合），点B为椭圆的右顶点，直线 BM交椭圆C于点P（1）求椭圆C的方程.求证：API OM.uuu uuiru（3）试问OP OM是否为定值?若是定值，请求出该定值；若不是，请说明理由【解答】（1）因为椭圆C:又 c2=a2-b2，所以 a2=2b2.2x2厶a + b =1(a>b>0)的离心率为2，所以a2=2c2,、2、61,_2 2 2又椭圆C过点，所以2b +2b =1,所以a2 =4, b2=2.2

8、2x y所以椭圆c的方程为4 + 2 =1.方法一：设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为y=k（x-2）.设 P(Xi, yi)，将y=k(x-2)代入椭圆 C的方程 4 + 2 =1 中，化简得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-4=0,悬-4k22解得 X1=2k1 , X2=2，所以 y1=k(X1-2)= 2k 1 ,4k2-24k2 ， 2从而 P 2k 1 2k 1 .令x=-2，得y=-4k,uuuu所以 M(-2, -4k), OM =(-2, -4k).4k2-22 4k8k24k又 UuU = 2k21，2k21= 2k21,2k21-16k216k2UUU UUUU

9、 2 2所以 AP OM =2k 1+2k 1=0，所以 API OM.方法二： 设P(xo, yo).因为 A(-2, 0), B(2, 0).yoyoy22所以 kpA kPB= xo2 N 2 = X0 -4 .2X04又因为点P在椭圆上，所以2 2X) y。24+ 2 =1,所以 yo=21(4-x2) 所以 kPA kPB= x0 -4 =- 2 .MAMA因为 kPB=kMB=-tan / MBA=- AB , kMo=-tan / MOA=- AO .所以 2kPB=kMO.yo因为 kPA= kPB，所以 kMO kPA=-1，即 API MO.设P(X0, yo), M(-2

10、, t).由得API MO,所以 kAP= Xo 2ty。2(Xo 2)所以 kAP kOM= -2(xo2)=-1，所以t=y。2 2(X02)2Xo 4UUIU UUUU-2,所以 O P OM =(X0,y0)yo=-2xo+yoyo=4UUU UUITU 所以O P OM为定值4.【点评】本题第（2）问中方法一是采用设直线斜率 k为参数，用k表示点P的坐标；方法二是用点P坐标去表示与之相关的直线斜率，并且成功地避开求出点P坐标，而是利用点P的几何特征求出直线斜率之间的关系，从而达到设而不求简化计算的目的2 2x _y_练习 过椭圆16+ 4 =1内一点M(2, 1)引一条弦，使弦被点M

11、平分, 在直线的方程【解答】设直线与椭圆的交点为A(Xi, yi)，B(x2，y2).因为 M(2， 1)为AB的中点，所以 Xi +x2=4， yi+y2=2.2 2 2 2又A，B在椭圆上，所以 为+厶虫二代，X2+4y2 = 16,2 2 2 2以上两式相减得(X1 - X2)+4( % - y2)=o，所以 (X1 +X2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=o，求这条弦所所以 X1-X2 =- 4(%工 411y2)=- 42 =- 2，即 kAB=- 2 .故所求直线的方程为1y-1=- 2 (x-2)，即 x+2y-4=0.皿平几渗透，数形结合在用代数方法研究曲线间关

12、系的同时，充分利用好图形本身所具有的平面几何性质, 可得出简捷而优美的解法.例3如图，已知点P是圆O： X2+y2=1上第一象限内的任意一点，过点线交椭圆C:4 +y2=1 于 Q(x1,y1)，R(X2，y2)(y1>y2)两点，椭圆C的右焦点为F(常P作圆O的切，0).(1)求证：PQ+FQ=2;求QR的最大值.2x 24 + yi=i,则 QF= (xi -3)2 2yi2-3 xi2PQ= ,Oq2-OP2=,xi2yi2-1 =x2=2- 2 xi,Mi炎4= 2 xi,所以 PQ+FQ=2.由(1)同理得 PR+FR=2，贝U QR+QF+FR4.又 QR<QF+FR

13、2QRW4 即 QR<2 所以当QF过点F时取得最大值2.【点评】运用平面几何知识，可降低运算量、直观地解决问题.如:（例3）【分析】 由两点间的距离公式求 QF（用xi表示），由勾股定理求PQ用xi表示）；（2）同理,PR+FR=，有 QR+QF+FR=，结合 QR<QF+FF求解.【解答】（1）由点Q（xi , yi）在椭圆上，得（1）线段垂直平分线：已知线段 AB,动点P满足PA=PB 点P在线段AB的垂直平分线上.（2）三角形： 三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；等腰三角形的两底角相等，且两底角必为锐角； 两个特殊直角三角形（3）四边形：对角线互相垂直的四边形

14、的面积等于两对角线之积的一半；平行四边形的对角线互相平分（反之也行）； 菱形的对角线互相平分且互相垂直 （反之也行）； 矩形的 对角线互相平分且相等（反之也行）；正方形的对角线互相平分、垂直、相等 （反之也行），其 中含有等腰直角三角形（4）圆：直径所对的圆周角为直角（反之也行）； 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦（反之也行）.练习 设直线1: 3x+4y+m=0与圆C: x2+y2+x-2y=0相交于P, Q两点，则当m为何值时,0P 丄 0Q?（练习）【解答】如图，因为圆 C: x2+y2+x-2y=0过原点0,则/ POQ是圆C的圆周角，且为直角 根据圆中90°的圆周角所对的

15、弦是直径”可知PQ为圆C的直径，即直线3x+4y+m=0过圆心2，代入直线方程得5+4 X +m=0，解得 m=- 2【点评】将直线方程 3x+4y+m=0代入圆的方程，消兀后利用 Xix2+yiy2=0来求m值，也是切实可行的.而借助圆的几何性质来解题，则令人拍案叫绝应巧同理推算，整体代换解析几何中存在不少类似问题，这些问题只需算好一部分，然后作类似的推算与替换即可得到另一部分结果例4如图，已知点P 2在椭圆C:+ b2=1(a>b>0)上,且离心率为(1)求椭圆C的方程;(2)设 A,B是椭圆C上两点,且【分析】(1)由a = 2，可用a表示b,再代入点P得椭圆的方程3由kPA

16、+kpB=0,设直线PA y- 2 =k(x-1)，则直线PB: y- 2 =-k(x-1)，将PA的方程与椭圆的方程联立结合韦达定理可求得点A的坐标(用 k表示)同理(以-k替换k)可得点B的坐标(用k表示),再求kAB即可.3【解答】(1)由a = 2，得c2= 4 a2=a2-b2,有b2= 4 a2,所以椭圆C：2x a2+ 43 2 -a1'3又点P 2在椭圆Ch,代入解得a2=4, b2=3,所以椭圆c的方程为4 + 3 =1.设A(xi,yi), B(X2, y2)，由题意知直线 PA, PB的斜率存在,设直线PA3y- 2 =k(x-1)，则直线 PB： y- 2=-k

17、(x-1),3y-22x由4k(x-1),1,消去 y,得(4k2+3)x2+8k3-k2x+423 -k2 -12=0,/ 3 K4 -k22由 1 X1= 4k 32-12 4k2-12k-34k2-12k-34k 3，即 X1 =4k2 3 ,3-12k2-12k 92+ 2 = 2(4k3),4k2-12k-3 , 2 -1 ,4k 3 y1=k24k2-12k-32 -12k2-12k 9 所以 A 4k2 32(4k2 3)n十替换氐 同埠惟汗2 24k 12k-3 -12k12k 92 2同理可得B 4k 32(4k3)所以kAB= 2，即直线AB的斜率kAB= 2 .【点评】当

18、一动直线与圆锥曲线相交时，若两个交点均为未知点，要求出这两个交点, 是非常困难的事，但若知道了一个交点，借用韦达定理求另一个交点难度也就不大了，一旦 求出了交点的坐标，问题则已接近解决12，且右焦点为F(1, 0)，右顶点2 2x y_2 . 2练习 如图，已知椭圆e： a + b =1过点d为A.过点F的弦为BC,直线BA、直线CA分别交直线I: x=m (m>2)于P, Q两点.(1)求椭圆E的方程;若FP丄FQ,求m的值.【解答】(1)因为椭圆E过点D2 2，所以a +4b =1,又椭圆E的右焦点为F(1 , 0)，所以a2-b2=1,联立两方程解得a2=4, b2=3，所以椭圆E

19、的方程为4+ 3 =i.y。设B(xo, yo),则 BC: y=Xo-1 (x-1),与椭圆 E:2 2x _y_4+ 3 =1联立方程组I)，Xo-12y_31,8-兀-3yo解得 x=Xo, y=yo或 x= 5-陕- y= 5-2 yo,y=所以C8-5xo -3 y°5-2 xo 5-2 Xo-3y05-2xo也也2玉沁3y：29 1-鱼9kAB kAC= xo -2 -5-2xo= xo-2 .xo 2 = xo -4 =xo-4=- 4显然 kAB=kAP, kAc=kAQ,所以 kApkAQ=-4 .设 Q(m , yi),m-2yt力 m-2 m-2kFQ=m-1

20、= m-2 m-1=m-1kAQ,同理 kFF= m-1 kAP.所以 kFP kFQ=m-2m-129 m-2kAP kAQ=- 4m-1=-1,m-2又m>2，所以m-1=3，所以m=4.【点评】本题考查了椭圆的标准方程、直线的斜率重点考查学生的计算能力，即应用解析的方法证明圆锥曲线性质的能力本题中要证明FP丄FQ,即证明kFPkFc=-1，通过分析可以发现kFQ与kAQ成比例，同理kFP与 kAP成比例，故只需证明kAB kAC即可.【几何性质的应用】分类解S5 巧用性零.対化适耳几何性质的应用圆中的几何量转化为代数关系x2 2y2例i如图，在平面直角坐标系点 D(1, 0),xO

21、y中,已知点A为椭圆9+9 =i的右顶点,uuu uuu点P, B在椭圆上，BP =DA .(1)求直线BD的方程.求直线BD被过P, A, B三点的圆C截得的弦长(3)是否存在分别以PB, PA为弦的两个相外切的等圆 ？若存在，求出这两个圆的方程； 若不存在，请说明理由(例1)【点拨】弦长公式1=2 i【分析】(1)根据两点式即可求出直线 BD的方程；先求出圆心、半径，再根据弦长公式求出弦长；（3）根据两个等圆相外切得到P, M , N在一条直线上，且PM=PN,从而求出两个圆的方程uuu uuu【解答】 因为BP = DA，且A（3，0），所以BP=DA=2，而B，P关于y轴对称，所以点P

22、 的横坐标为1，从而得P（1，2），B（-1，2），所以直线BD的方程为x+y-1 =0.（2）由知线段BP的垂直平分线方程为x=0,线段AP的垂直平分线方程为y=x-1，联立x0,x0，yx-1,解得y-1,所以圆c的圆心为（0，-1），且圆C的半径为r=- 10又圆心（0，-1）到直线BD的距离为d= 2，所以直线BD被圆C截得的弦长为22 =42 .（3）假设存在这样的两个圆 M与圆N，其中PB是圆M的弦，PA是圆N的弦，则点M 定在y 轴上，点N 定在线段PA的垂直平分线y=x-1上.当圆M和圆N是两个相外切的等圆时，一定有 P， M，N在一条直线上，且PM=PN.设 M（0，b），则

23、 N（2，4-b），根据 N（2，4-b）在直线 y=x-1 上，解得 b=3.所以 M（0，3），N（2，1），PM=PN=、2，故存在这样的两个圆，且方程分别为x2+（y-3）2=2， （x-2）2+（y-1）2=2.【点评】求圆中弦长问题，多用垂径定理，先计算圆心到直线的距离，再利用弦长公式i=2；求圆的方程问题常见于找出圆心和半径，对于两圆的位置关系则多借助于几何关系进行判定.练习 在平面直角坐标系xOy中，已知圆G :（x-3）2+（y+2）2=4，圆C :（x+m）2+（y+m+5）2=2m2+8m+10（m R，且 m 乂3）.（1）设P为坐标轴上的点，满足过点P分别作圆G与圆C

24、2的一条切线，切点分别为 T1, T2,使得PT1=PT2，试求出所有满足条件的点 P的坐标；（2）若斜率为正数的直线I平分圆G,求证：直线I与圆Q总相交.【点拨】相交”转化为圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系【分析】（1）将等式PT1=PT2转化为坐标之间的关系，通过解方程求解；利用直线与圆的 位置关系的判定方法证明.【解答】（1）设点P的坐标为（X0,y0）,圆Cl与圆C2的半径分别为r1,r2.由题意得pGUpCtr；即(Xo-3)2+(yo+2)2-4=(xo+m)2+(yo+m+5)2-(2m2+8m+1O),化简得 xo+yo+1=O.因为P为坐标轴上的点，所以点 P的坐标为(0

25、, -1)或(-1, 0).依题意可设直线I的方程为y+2=k(x-3), k>0,化简得kx-y-3k-2=0,|k-1|m=3|则圆心C2(-m， -m-5)到直线I的距离为' k 1 .又圆C2的半径为2m 8m 10，|k-1|m=3|所以直线I与圆C2总相交”等价于“ m 乂3, k 1 2赤8m 10”_|k-1|_：2m28m_10即.k21： (m 3)2,22m 8m 102记y= (m 3) ，整理得(y-2)m2+2(3y-4)m+9y-10=0, 当 y=2 时，m=-2;当 时，判别式=(3y-4)24(y-2)(9y-10)可解得 y122m 8m 1

26、02综上得y= (m3), m 乂3的最小值为1,_|k-1|_所以式等价于k 1 <1，解得k>0，即证.本题【点评】根据圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，判定直线与圆的位置关系 的命题着眼点就在于直线与圆的位置关系的判定与圆的切线性质的运用界痔垃圆锥曲线中的几何量转化为代数关系例1已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍，且经过点M(2,1)，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m丰Q)直线I交椭圆于A, B两个不同点.(1)求椭圆的方程；(2) 求m的取值范围；(3) 求证：直线MA, MB与x轴始终围成一个等腰三角形 .【点拨】等腰三角形ki+k2=0

27、.【分析】 利用待定系数求出椭圆方程；(2)利用方程根的判别式求 m的取值范围；(3) 将几何问题转化为代数问题，设直线 MA，MB的斜率分别为ki，k2，只需证明ki+k2=0即可.a 2b,2 2xy：4 丄 TTT 72【解答】设椭圆方程为a + b =i(a>b>0)，贝y a b1,解得b28,2所以椭圆方112 21 _y_ 程为8 + 2 =i.因为直线I平行于0M，且在y轴上的截距为m.1 1又koM=2，所以直线I的方程为y=2 x+m.联立方程组1yx222x y82m,1,消去y,得 x2+2mx+2m2-4=0.因为直线I与椭圆交于A, B两个不同点，所以，

28、解得-2<m<2，且mK所以m的取值范围是(-2, 0) U (0, 2).设直线MA , MB的斜率分别为k1, k2，只需证明k1+k2=0即可.空丫2-1设 Ag y1), B(x2, y2),则 k1= x, 2 , k2= x2 2 .由(2)知x2+2mx+2m2-4=0，所以 x1+x2=-2m , x1X2=2m2-4,%-1 y2-1 (%-1)也-2) (丫2-1)区-2)而 k1 + k2=N-2+x2-2=(x1-2)(x2-2)m-1 (x2-2)m-1 (x1 -2)(X1-2)(X2-2)x/2 (m-2)(X x2)-4(m1)(x!-2)(x2-2

29、)22m -4 (m-2)(-2 m)-4(m-1)(Xi-2)(X2-2)2 22m -4-2m 4m-4m 4(x2)(X2-2)=0,0,所以 ki+k2=0.故直线MA, MB与x轴始终围成一个等腰三角形ki+k2=0”.【点评】第三问难点突破是将 直线MA , MB与x轴始终围成一个等腰三角形从而将几何问题转化为代数问题练习 已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在 x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1.（1）求椭圆C的标准方程;（2）若直线I： y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左、右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线I过定点，并求出该

30、定点的坐标【点拨】转化成 DA丄DB是关键”.【解答】（1）由题意，设椭圆的标准方程为2 2x ya + b =1(a>b>0),(2)设A(x1，y1)，B(x2,y2），联立方程组y2x4kx m,2y_31,由已知得 a+c=3， a-c=1，解得 a=2， c=1，所以 b2=a2-c2=3，2 2x _y_所以椭圆的标准方程为4+ 3 =1.消去 y，得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0，64m2k2-16(3 4k2)(m2-3)8mkN %-2,3 4k2NX2则4(m2-3)当 mi=-2k时,啲方程y=k(x-2)，直线过点(2, 0)，与已知矛盾;

31、2k当m2=- 7时，I的方程为y=k2x-:7 ，直线过定点7，0；.所以直线l过定点，定点坐标为27，°即 3+4k2-m2>0,3(m2-4k2)又 yiy2=(kxi+m)(kx2+m)=k2xix2+mk(xi+x2)+m2=3 4k因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2, 0),yiy2所以 kAD kBD=-1 ,即 x'-2 2 -2 =-1 ,所以 yiy2+xix2-2(xi+x2)+4=0.3(m2-4k2) 4(m2-3) i6mk222所以 3 4k + 3 4k + 3 4k +4=0,所以 7m2+i6mk+4k2=0,2k解得 mi=-

32、2k,m2=- 7，且均满足 3+4k2-m2>0.2【点评】第二问难点突破是将以AB为直径的圆过椭圆D的右顶点DA丄DB”，将几何问题转化为代数问题.【合理运算方法的应用】合理运算方法的应用圆锥曲线的最值、范围问题2yP T2例1已知椭圆C: a + b=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切(1)求椭圆C的方程;设P为椭圆上一点，若过点M(2 , 0)的直线I与椭圆C相交于不同的两点 S和T,且满足u u r uuu uuuOS+OT =tOP (O为坐标原点)，求实数t

33、的取值范围.【解答】(1)由题意，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x-c)2+y2=a2,|c=1|所以圆心到直线x+y+仁0的距离d= 42 =a.2 2x y_2 ,2因为椭圆C: a + b =1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,所以b=c, a= ” 2 b=、2 c,代入 式得b=c=1，所以a=2 b= 2 .故所求椭圆的方程为2+y2=1.由题意知直线I的斜率存在，设直线I的方程为y=k(x-2)，设P(xo, yo).将直线方程代入椭圆方程得(1 +2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,所以=4k4-4(1

34、+2k2)(8k2-2)=-16k2+8>0，所以 k2< 2 .8k28k2-2设 &X1, y1) , T(x2, y2),则 x1+x2=1 2k , X1X2= 1 2kuuu uuu uuu当k=0时，直线l的方程为y=0,此时t=0, OS + Ot =tO P成立，故t=0符合题意.X28k21 2k2，当t工0寸,得tyoy1y2k(X1 X2-4)-4k1 2k2 .1 8k2 所以 xo=t 1 2k21,y0= t 1 2k .-4 k32k416k2""2""22T将上式代入椭圆方程得t (1 2k) +t (

35、1 2k) =1,整理得16k2 t2=1 2k2由 k2< 2，知 0<t2<4，所以 t (-2, 2).【点评】确定椭圆方程需要两个独立条件，从题目中挖掘关于a.b, c的等量关系；直线和椭圆的位置关系问题，往往要善于利用韦达定理设而不求，利用点t=f(k)，进而求函数值域.练习(2019徐州、连云港、宿迁三检)如图，已知椭圆M :P在椭圆上和向量式得2y_2 2a + b =1(a>b>0)，其离心空率为 2，两条准线之间的距离为3 .B, C分别为椭圆M的上、下顶点，过点 T(t, 2)(t工0)的直线TB, TC分别与椭圆M交于E, F两点.(1)求椭

36、圆M的标准方程;若ATBC的面积是 TEF勺面积的k倍，求k的最大值.(练习)、3 2a2 8,3【解答】(1)由题意知a = 2 '，解得a=2, c= ' 3，所以b=1，所以所求椭圆方程为4 +y2=1.(2)方法一:Sa tbc= 2 BC|t|=|t|1,1直线TB的方程为y=tx+1，联立1,2-8t t -4,得XE=t24，所以 E t 4 t 4-8t直线TC的方程为y= t x-1,y2 1,联立y3-x-1, t24t24t36-t 2? 2得 XF=t236，所以 Ft 36 t362-24t t(t2-4) 2 - 2 -t t2 4 t2 4点E到直

37、线TC: 3x-ty-t= 0的距离d=22 c 36-t2 2-2t 362 4 t2.厂 9=.9(t2 4),2|t|(t2 12)24t2tf/ t-t236t2(t212)2 (3t236)2(t236)222 2(t 12) (t2 2(t 36)9) (t2 12)、t2 9t2 36(t2 12). t2 9所以 Stef= 2 TF d= 2 t236_2t|(t2_12)_.厂9(t2 4)I t|(t2 12)2 = (t236)(t2 4),Svtbc (t2 36)(t2 4)所以 k= SVTEF =(t212)2 ,令 t2+12=m>12.(m-8)( m

38、 24)16 1924则k=1+ m - m <3 ,当且仅当m=24，即 t= =2'3 时，取所以k的最大值为方法二:1直线的TB的方程为y=tx+1,联立直线TC勺方程为y= t x-1，TBC k= S/TEFy联立3 x-1, t1,1,1,得 Xe= t-8t424t得XF=t2 36 ,1-TB TC sin21 TE TF sin ETF =2BTCTB TC=TE TFXt-XbTB TC=TE TF = Xt-Xet8t.Xt-Xf JXt-Xct24tP 364<3，当且仅当m=24,即t= ±时,2 2(t4)(t36)=(t12)(t12

39、)(m-8)(m24)16 1922 2 令t2+l2=m>12,则 k= m=1+ m- m4取=”,所以k的最大值为3 .【点评】本题第(2)小题，若按照一般的思路，分别求 TBCW TEF勺面积，难点是求 TEF 的面积，在分割求面积法行不通的情况下，只有利用三角形基本面积公式，但是计算量大；反之，若能从整体上分析，利用 TBCW TEF有公共角，便可以将这两个三角形的面积比转化成XT, XB, XC, XE, XF之间的关系，就比较容易了 【总结提炼】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1) 利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2) 利用已知参

40、数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围;(4) 利用基本不等式求出参数的取值范围；(5) 利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围，卜":解析几何中探究性问题2 2X y_2 2例1 (2019盐城三模)如图，在平面直角坐标系 xOy中，椭圆C: a + b =1(a>b>0)的离心率为 3，直线|与x轴交于点E,与椭圆C交于A, B两点.当直线I垂直于x轴且点E为椭圆C的右26焦点时，弦AB的长为 3 .(1)求椭圆Q的方程.若点E的坐标为，椭圆C于另一点卩，求厶PAB勺面积点A在第一象

41、限且横坐标为' 3，连接点A与原点0的直线交(3)是否存在点E,使得1 122-EA + EB 为定值？若存在，请指出点E的坐标，并求出该定值;若不存在，请说明理由【分析】要确定 EA + EB 是否为定值,可以通过两个特殊位置来确定，由两个特殊的位置得到的值并令它们相等，这样就可以求出点E的坐标，然后再来证明或判断，它对于般的情况是否也成立若成立，就存在，若不成立，则不存在【解答】(1)由a = 3，设a=3k(k>0)，则c=''-6k,b2=3k2,所以椭圆C的方程为2 2x y9k2 + 3k2 =1.因直线I垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时，即xa=x

42、b= ' 6 k，代入椭圆方程，解得26y=±k于是2k= 3 ，即k= 3，所以椭圆C的方程为2 2a y6 + 2 =1将x= ' 3代入6+ 2 =1,3 ,0 一 2 由点E勺坐标为解得y= ±因为点A在第一象限，从而 A(驚3 ,后x- 21）.联立直线AB与椭圆C的方程，解得B2 2，知kAB=厂3，所以直线AB的方程为 沪 3V3 7，-55又PA过原点O,于 是3所以直线PA勺方程为x- ' 3y=0，所以点B到直线PA的距离h=p（八373 a/355，-1），PA=4,所以 SPAEF 2 >4X 5=5（3）假设存在点E,

43、使得2 2EA + EB 为定值，设 E：xo, 0),12 2x0当直线AB与 x轴重合时,2有 EA + EB= (Xo.6)2 + G6xo)2 = (6-X2)2 ；T，当直线AB与x轴垂直时,EA 2 + EB 222 1-x°6=612 2x26由(6-x0)2 =6-x0，解得 xo=±吠=2,所以若存在点E,此时E（± 3 , 0）, EA 2 + EB 2为定值2.根据对称性，只需考虑直线 AB过点日' 3，0），设A(X1, y1), B(x2, y2).又设直线AB的方程为x=my+3，与椭圆C联立方程组，化简得（m2+3）+2

44、9;3my-3=0,-2.3m-32所以 y1+y2= m 3 ,舍理选择養数 際低运算童2cy1y2= m3 ,又EA2 =(为八3)22 2 2y1 = m y1yj=(m2 1)yjF5同理可得EB 2 =（亦1）y2 ,(y1 y2)2-2y2所以 EA 2 + EB 2= (m2 1)yf + (m2 1)y；_ (m2 1)y；y；将上述关系式代入,29化简可得EA + EB =2 .综上所述，存在点E(± 3 , 0),使得 EA2 + EB 2 为定值 2.【点评】研究定值问题，一般地可有两个解题角度，一是通过特殊来说明一般，即由特殊情况来得到问题的结果，然后再证明一

45、般情况也成立本题的解法即是此法；二是由一般情况来直接推导出结果，即将所研究的数学对象转化为某一个变量的函数，然后通过它为常数这一特征来得到问题的结果 这两种方法中，使用第一种方法，因为由特殊情况已经探索出了 结果，再来证明一般情况时目标明确，便于操作2 2x _y_练习1已知椭圆C: 4+ 2 =1的焦点分别为F1，F2.(1) 求以线段F1F2为直径的圆的方程(2) 过点P(4，0)任作一条直线I与椭圆C交于不同的两点M, N.在x轴上是否存在点Q,使得/ PQM+Z PQN=180 ?若存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由.【解答】(1)因为a2=4, b2=2，所以c2=2,如图

46、，若存在点 Q(m , 0),使得/ PQM+Z PQN=180 °则直线QM和QN的斜率存在，分别设为 k1, k2, Z PQM+Z PQN=180等价于k1+k2=0.依题意，直线I的斜率存在，故设直线I的方程为y=k(x-4).y k(x-4),2 22L y_ 1由 42得(2k2+1)x2-16k2x+32 k2-4=0.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以>即(16k2)2-4(2 k2+1)(32 k2-4)>0，解得 k2< 6 .设 M(X1, y1), N(X2, y2),16k232k2-4则 X1+X2= 2k1, X1X2= 2k1 , y

47、1=k(X1-4), y2=k(x?-4).yiy2由 ki+k2=人 m + x m =0，得(xi-m)y2+(x2-m)yi=0,(xi-m )k(X2-4)+(X2-m)k(xi-4)=0,当 k0寸，2xix2-(m+4)(xi+X2)+8m=0,3永 2-4i6k2所以 2x2k i -(m+4) x2ki +8m=0,8(m-i)2化简得2k i =0，所以m=i.当k=0时，也成立.所以存在点Q(i, 0)，使得/ PQM+Z PQN=i80°xy2V5 T2T练习2已知椭圆C: a + b =i（a>b>0）的离心率为 3 ，定点M（2, 0），椭圆短轴

48、的 端点是Bi, B2,且MBi丄MB2.（1）求椭圆C的方程.设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A, B两点，试问：x轴上是否存在定点P,使得 PM平分/ APB?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【分析】（i）（条件）椭圆离心率、MBi丄MB2（目标）得出椭圆方程（方法）列方程求解椭圆方程需要求出a, b的值.（2）（条件）椭圆方程（目标）直线与椭圆交于两点 A, B,判断x轴上是否存在定点P,使PM平分/ APB （方法）判断点P是否存在，先假设其存在，把几何条件转化为代数条件后得关于点P坐标的方程，这个方程对任意变动的直线恒成立时,若点P的坐标有解则存在，否则不存22 2

49、2. 5c a -b b 53，即b=2，故 a=3,【解答】由题意得a = a =i-a =3依题意，得 MBiB2是等腰直角三角形，从而2 2x y_所以椭圆c的方程为9+ 4 =i.设A（xi, yi）, B（X2, y2），直线 AB的方程为 x=my+2.将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去 x,得(4mX例i (20i9南通模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中, A, B分别是椭圆G: 4 +y2=i的左、 右顶点，P(2, t)(t R,且t丰0为直线x=2上的一个动点，过点 P任意作一条直线I与椭圆G交于C,D两点，直线P0分别与直线AC, AD交于点E, F.(1)当直线

50、I恰好经过椭圆G的右焦点和上顶点时，求 t的值.+9)y2+16my-20=0,-16 m-202 2所以 yi+y2= 4m9 , yiy2= 4m9 .若PM平分/ APB,则直线PA PB的倾斜角互补，所以kpA+kpB=O.yy设P(n, 0),则有 N-n+ x2-n =o,将 xi=myi +2, X2=my2+2代入上式，2m%y2 (2-n)y 财整理得(my 2-n)(my22-n)=0，所以 2myiy2+(2-n)(yi+y2)=0.-16 m-20将 yi+y2=4m9 ， yiy2= 4 m9 代入上式，整理得(-2n+9) m=0.9由于上式对任意实数 m都成立，所

51、以n= 2 .9综上，存在定点 P 2 ，使得PM平分/ APB.【点评】本题立意是通过圆锥曲线问题考查对数学问题的抽象概括能力、化归转化的思想意识.题目按照解析几何解答题的基本模式进行命制，解题时需要把已知的几何条件逐步转化为代数条件，充分体现了等价转化思想的应用-解析几何中的证明问题记直线AC, AD的斜率分别为ki, k2.1 1 若t=-1，求证：k1 + *2为定值； 求证：四边形AFBE为平行四边形（例1）【点拨】平行四边形对角线互相平分【解答】（1）由题意，上顶点C（0，1），右焦点E（3，0），所以直线I: y=- 3 x+1，令x=2,2.3得 t=1- 3 .X22-8k124k1直线AC: y=k1（x+2），与4 +y2=1联立，解得C