决胜高考经典一百题全解析第十章第圆锥曲线（三）

决胜高考经典一百题全解析圆锥曲线（三）【百题10.5:线段比例问题】椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是2（1）求椭圆E的方程;（2）在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得QAQB=PA解:(1)由已知,点2,1在椭圆E上.因此,a=2,法一(三点共线):(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C、如果存在定点Q满足条件,则QCQD=PC所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为0,当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M、N两点.则由QMQN=PMPN,有y0所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点的坐标只可能为Q0下面证明:对任意的直线l,均有QAQB当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+联立x24+y2所以,x1+x易知,点B关于y轴对称的点的坐标为B′又kQA所以kQA=kQB故存在与P不同的定点Q0,2法二(倾斜角互补):当l与x轴平行时,由对称性可得:PA∴QAQB=PAPB=1即QA=当l与x轴垂直时,则A∴∴QAQB=PA∵P,若直线l的斜率存在,设l联立方程可得:x因为QAQB=PAPB∴证k∴k因为Ax1,y1∴联立方程可得:x∴∴kQA+kQB=解法三(距离、坐标比):设Q因为QAQB=设AB的直线方程为y=kx+x因为出现了x1+x2和x1x由韦达定理知x1+x代入可得12因为要使得上式跟k无关,所以12所以存在定点Q0,2入选理由:对于线段比例问题,这道题基本上囊括了这类问题的几个处理方法:长度化、坐标化、向量化,以及一些方法的拓展,比如三点共线法、倾斜角互补等,对此,我们在《圆锥曲线》当中有详细的描述,在此我们仅给出一道例题,不过可惜的是,这道题并没有给出向量解法。一般向量化即线段转为向量,进而坐标运算即可.【百题10.6:单向量比值模型】已知点P0,1AP=2PB,求当m解法一(韦达比值):设AB:yx解法二(点入曲线):设Ax1,y1即x1=−2x2y2=1所以当m=5时,点解法三(定比分点法):设Ax1,y1因为x124+y即x1−又y1即x2≤2.所以当m入选理由:作为十年六考的一道题,无论是全国卷还是浙江卷、江苏卷,均对这个考点进行过考察,而且多以压轴小题、拉分大题的形式出现,因此这是我们必须掌握的一道题.【百题10.7:定点定值问题】（全国卷）已知椭圆C:x2a2(1)求C的方程:（2）点M,N在C上,且AM⊥AN,解法一:(1)由题意可得:ca=224(2)设点Mx1,x1−2x2如图1.代入椭圆方程消去Y并整理得:1+x1+xk将②代入,k2整理化简得2k+3m+12k∴2k+3m+1点E23,−13代入x1−2结合x126+y123=由于AE为定值,且△ADE为直角三角形,AE所以AE中点Q满足QD为定值(AE长度的一半12由于A2,1故存在点Q43,解法二:(1)同上,略.（2）由解法一可得直线AD两直线相乘消去k整理可得x故存在点Q43,解法三:设Dp,q,直线MN的参数方程为x代人椭圆方程x21所以t1t2在Rt△AMN中,由射影定理有AD2=所以p−22又1因此11故−p−整理得p−432+入选理由:定点定值问题是圆锥曲线的超经典题型,不必多说,这道题后面解定值提供的思路比较好,所以选择了它.【百题10.8:面积问题】如图,椭圆C:x24+y23=1,点P2,1,不过原点O的直线l法一(常规方法):设Ax1,y1当直线AB与x轴垂直时,弦AB不可能被直线PO平分,故直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为y=由y=kx+m,则Δ=64因以弦AB的中点M的坐标为−4km点M在OP:y=12x上,所以此时方程(1)化简为3x2−3mx所以AB=设点P到直线AB距离为d,则d=于是S△PAB令um则u′当且仅当m=1−7时,um此时,所求直线l方程为3x+法二(点差法):设Ax1,y1,B因为A,B是椭圆x2两式相减并整理得kAB则直线AB的方程可表示为y=−3连接P2,1与C2,设PC的延长线与AB的延长线相交于点Q,可解得点Q的坐标为2,则S=1下同解法1.易得其直线方程法三(参数方程):依条件可设线段AB的中点为M2则直线AB的参数方程为x=2y0+tcos代入椭圆方程3x4由于点M2y0,y0是线段解得tanθ此时①式可化为4813t2+16则AB=t直线AB的普通方程为y−y0点P2,1到直线AB则S令u=S△则u′=−1623y0−1y0法四(仿射变换):T:x′=x2,问题转化为:在平面直角坐标系x′Oy′中,已知单位圆C′:x′2+y′2=1,不过原点O由条件知OP′