圓錐曲線解答題常見題型總結(jié)講義-2024屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

圓錐曲線中的范圍問題【題型概述】圓錐曲線大題的常見題型之一，需要合理設(shè)直線的方程或點的坐標(biāo)，再通過聯(lián)立將目標(biāo)用所設(shè)的變量表示，最后通過函數(shù)分析求取最值或范圍。這類題目通常計算繁瑣，以下給出一些例題。例1.已知橢圓，為其短軸的一個端點，，分別為其左右兩個焦點，已知三角形的面積為，且．（1）求橢圓的方程；（2）若動直線與橢圓交于，，為線段的中點，且，求的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，，，結(jié)合，，故橢圓的方程為．另解：依題意：，，解得，，故橢圓的方程為．（2）聯(lián)立且，；依題意，化簡得：（∵）；設(shè)，由，又，解得，．當(dāng)且僅當(dāng)，即時，的最大值為．變式訓(xùn)練1.已知點，直線，為平面內(nèi)的動點，過點作直線的垂線，垂足為點，且．（1）求動點的軌跡的方程；（2）過點作直線（與軸不重合）交軌跡于，兩點，求三角形面積的取值范圍．（為坐標(biāo)原點）【答案】（1）；（2）．【解析】（1）設(shè)動點，則，由，，即，，化簡得．（2）由（1）知軌跡的方程為，當(dāng)直線斜率不存在時，，，當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線方程為，設(shè)，，由，得．則，，，，令，則，令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，，，綜上所述，三角形面積的取值范圍是．變式訓(xùn)練2.如圖，已知拋物線和，過拋線上一點作兩條直線與相切于、兩點，分別交拋物線于、兩點，圓心點到拋物線準(zhǔn)線的距離為．（1）求拋物線的方程；（2）當(dāng)?shù)慕瞧椒志€垂直軸時，求直線的斜率；（3）若直線在軸上的截距為，求的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）∵點到拋物線準(zhǔn)線的距離為，∴，即拋物線的方程為．（2）∵當(dāng)?shù)慕瞧椒志€垂直軸時，點，∴，設(shè)，，∴，∴，∴．．（3）設(shè)點，，．以為圓心，為半徑的圓方程為，……①方程：．……②①②得：直線的方程為．當(dāng)時，直線在軸上的截距，∵關(guān)于的函數(shù)在單調(diào)遞增，∴．變式訓(xùn)練3.已知點在拋物線上，且到拋物線焦點的距離為2．直線與拋物線交于，兩點，且線段的中點為．（1）求直線的方程．（2）點是直線上的動點，求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）拋物線的準(zhǔn)線方程為，，拋物線方程為，設(shè)，，，直線的方程為，即．（2），都在直線上，則，，設(shè)，又，，，當(dāng)時，的最小值為．圓錐曲線中的定點問題【題型概述】圓錐曲線中的定點問題主要考查同學(xué)們利用參數(shù)法和由特殊到一般法得定點的能力.這個過程對計算能力和式子變形能力有較高的要求.【知識與方法】1.定點問題的求解策略：參數(shù)法：參數(shù)法解決定點問題的思路：引進動點的坐標(biāo)或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中的核心變量(此處設(shè)為k)；利用條件找到k與過定點的曲線F(x，y)＝0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x，y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．2.說明過定點的方法有：恒成立：求解直線和曲線過定點問題的基本思路是：把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點．點斜式：由直線方程確定定點時，若得到了直線的點斜式方程y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線的斜截式方程y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)．例1.（參數(shù)法）設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求點P的軌跡方程；(2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.【解析】(1)x2＋y2＝2.(2)證明：由題意知F(－1，0)．設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，[關(guān)鍵1：用參數(shù)表示P，Q的坐標(biāo)及向量eq\o(OQ,\s\up6(→))，eq\o(PF,\s\up6(→))]eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n).由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，[關(guān)鍵2：在eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1的前提下，證明eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0]即eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→)).又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.[關(guān)鍵3：利用平面內(nèi)過一點作一直線的垂線的唯一性，即得直線l過點F]例2.（由特殊到一般）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，eq\f(\r(3),2))，P4(1，eq\f(\r(3),2))中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點.【解析】(1)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.如果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).[關(guān)鍵1：驗證直線l與x軸垂直時，直線過定點的情況]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－1)(x1＋x2),x1x2).由題設(shè)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).[關(guān)鍵2：設(shè)出直線l的方程，并與橢圓方程聯(lián)立消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系及條件找到直線l中兩個參數(shù)的關(guān)系]當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，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過定點(2，－1).[關(guān)鍵3：將k＝－eq\f(m＋1,2)代入直線l的方程，變形得到直線所過定點(2，－1)]【思維點睛】如果要解決的問題是一個定值（定點）問題，而題設(shè)條件又沒有給出這個定值（定點），那么我們可以這樣思考：由于這個定值（定點）對符合要求的一些特殊情況必然成立，那么我們根據(jù)特殊情況先找到這個定值（定點），明確了解決問題的目標(biāo)，然后進行一般情況下的推理證明.變式訓(xùn)練1.已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過點F作傾斜角為45°的直線與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝16.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)P，M，N為拋物線上不同的三點，且PM⊥PN，若P點的橫坐標(biāo)為8，判斷直線MN是否過定點？若是，求出定點的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．【解答】(1)由題意知，直線AB的方程為y＝x＋eq\f(p,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(p,2),x2＝2py))，得y2－3py＋eq\f(p2,4)＝0.設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，則y3＋y4＝3p.所以|AB|＝y(tǒng)3＋y4＋p＝4p＝16，所以p＝4.所以拋物線C的方程為x2＝8y.(2)法一：由(1)可得點P(8，8)，設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),8)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),8)))，則kPM＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),8)－8,x1－8)＝eq\f(x1＋8,8)，同理可得kPN＝eq\f(x2＋8,8).因為PM⊥PN，所以kPM·kPN＝eq\f(x1＋8,8)·eq\f(x2＋8,8)＝－1，化簡得x1x2＋8(x1＋x2)＋128＝0.(*)易知直線MN的斜率一定存在，設(shè)直線MN：y＝kx＋b，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,x2＝8y))，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.代入(*)，得－8b＋64k＋128＝0，則b＝8k＋16.直線MN的方程可化為y＝kx＋8k＋16，所以直線MN過定點(－8，16)．法二：由(1)可得點P(8，8)，設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),8)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),8)))，則kMN＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),8)－\f(xeq\o\al(2,2),8),x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,8)，同理可得kPM＝eq\f(x1＋8,8)，kPN＝eq\f(x2＋8,8).因為PM⊥PN，所以kPM·kPN＝eq\f(x1＋8,8)·eq\f(x2＋8,8)＝－1，化簡得－x1x2＝8(x1＋x2)＋128.①直線MN的方程為y－eq\f(xeq\o\al(2,1),8)＝eq\f(x1＋x2,8)(x－x1)，化簡得y＝eq\f(x1＋x2,8)x－eq\f(x1x2,8).②把①代入②得y＝eq\f(x1＋x2,8)(x＋8)＋16，所以直線MN過定點(－8，16)．變式訓(xùn)練2.已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點，左右焦點分別為和，且橢圓經(jīng)過點．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過橢圓的右頂點作兩條相互垂直的直線，，分別與橢圓交于點，（均異于點），求證：直線過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）見解析．【解析】（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，，，∴，∴，∴，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）①直線斜率存在，設(shè)直線，，，聯(lián)立方程，消去得，，，，又，由，得，即，∴，∴，∴．解得，，且均滿足，當(dāng)時，直線的方程為，直線過定點，與已知矛盾；當(dāng)時，直線的方程為，直線過定點．②由橢圓的對稱性所得，當(dāng)直線，的傾斜角分別為，，易得直線，，直線，分別與橢圓交于點，，此時直線斜率不存在，也過定點，綜上所述，直線恒過定點．

圓錐曲線存在性問題【題型概述】圓錐曲線存在性問題是一種具有開放性和發(fā)散性的問題，此類題目的條件和結(jié)論不完備，要求學(xué)生結(jié)合已有的條件進行觀察、分析、比較和概況，它對數(shù)學(xué)思想、數(shù)學(xué)意識及綜合運用數(shù)學(xué)方法的能力有較高的要求.我們通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.【知識與方法】1.圓錐曲線中存在性問題的求解策略：先假設(shè)存在，用待定系數(shù)法，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，推證滿足條件的結(jié)論，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．要注意的是：（1）當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類討論；（2）當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件；（3）當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法．例1.（存在性問題）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝eq\f(x2,4)與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點.y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由.【答案】見詳解【解析】存在符合題意的點．證明如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.[關(guān)鍵1：設(shè)出P點坐標(biāo)，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，eq\a\vs4\al(利用根與系數(shù)的關(guān)系寫出M，N橫坐標(biāo)與參數(shù)的關(guān)系])從而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(a－b)(x1＋x2),x1x2)＝eq\f(k(a＋b),a).[關(guān)鍵2：用參數(shù)表示PM，PN的斜率和]當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意.[關(guān)鍵3：用PM，PN的斜率和等于零說明∠OPM＝∠OPN，得出定點]【思維點睛】求解存在性問題時，通常的方法是首先假設(shè)滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在，然后利用這些條件并結(jié)合題目的其他已知條件進行推理與計算，若不出現(xiàn)矛盾，并且得到了相應(yīng)的幾何元素或參數(shù)值，就說明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在；若在推理與計算中出現(xiàn)了矛盾，則說明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值不存在，同時推理與計算的過程就是說明理由的過程.變式訓(xùn)練.已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，短軸長為2eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過點A(0,4)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，F(xiàn)是橢圓C上的焦點．問：是否存在直線l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．【答案】（1）eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1；（2）存在直線l：6x－eq\r(5)y＋4eq\r(5)＝0或6x＋eq\r(5)y－4eq\r(5)＝0，使得S△MAF＝S△MNF.【解析】(1)由題可得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，b＝eq\r(3)，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)由題可知直線l的斜率一定存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，))得(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝24k2－1443k2＋4>0，①,x1＋x2＝－\f(24k,3k2＋4)，②,x1x2＝\f(36,3k2＋4).③))∵S△MAF＝S△MNF，∴M為線段AN的中點，∴x2＝2x1.④將④式代入②式得x1＝－eq\f(8k,3k2＋4)，⑤將④式代入③式得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(18,3k2＋4)，⑥將⑤式代入⑥式得k2＝eq\f(36,5).⑦將⑦式代入①式檢驗成立，∴k＝±eq\f(6,\r(5))，∴存在直線l：6x－eq\r(5)y＋4eq\r(5)＝0或6x＋eq\r(5)y－4eq\r(5)＝0，使得S△MAF＝S△MNF.變式訓(xùn)練.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，且經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2))).(1)求橢圓C的方程；(2)過點(eq\r(3)，0)作直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，試問在x軸上是否存在定點Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】（1）eq\f(x2,4)＋y2＝1；（2）存在定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱.【解析】(1)由題意可得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)存在定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，滿足直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱．設(shè)直線l的方程為x＋my－eq\r(3)＝0，與橢圓C的方程聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋my－\r(3)＝0，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得，(4＋m2)y2－2eq\r(3)my－1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，定點Q(t,0)(依題意t≠x1，t≠x2)．由根與系數(shù)的關(guān)系可得，y1＋y2＝eq\f(2\r(3)m,4＋m2)，y1y2＝eq\f(－1,4＋m2).直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱，則直線QA與直線QB的斜率互為相反數(shù)，所以eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.又x1＋my1－eq\r(3)＝0，x2＋my2－eq\r(3)＝0，所以y1(eq\r(3)－my2－t)＋y2(eq\r(3)－my1－t)＝0，整理得，(eq\r(3)－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0，從而可得，(eq\r(3)－t)·eq\f(2\r(3)m,4＋m2)－2m·eq\f(－1,4＋m2)＝0，即2m(4－eq\r(3)t)＝0，所以當(dāng)t＝eq\f(4\r(3),3)，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))時，直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱．特別地，當(dāng)直線l為x軸時，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))也符合題意．綜上所述，在x軸上存在定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱．變式訓(xùn)練.已知橢圓D：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為e＝eq\f(\r(2),2)，點(－eq\r(2)，1)在橢圓D上．(1)求橢圓D的方程；(2)過橢圓D內(nèi)一點P(0，t)的直線l的斜率為k，且與橢圓D交于M，N兩點，設(shè)直線OM，ON(O為坐標(biāo)原點)的斜率分別為k1，k2，若對任意k，存在實數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk，求實數(shù)λ的取值范圍．【答案】（1）eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1；（2）[2，＋∞).【解析】(1)橢圓D的離心率e＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)b，又點(－eq\r(2)，1)在橢圓D上，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，得a＝2，b＝eq\r(2)，所以橢圓D的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意得，直線l的方程為y＝kx＋t.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1,y＝kx＋t))，消元可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2t2－4,2k2＋1)，k1＋k2＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋t,x1)＋eq\f(kx2＋t,x2)＝2k＋eq\f(t(x1＋x2),x1x2)＝2k＋t·eq\f(－4kt,2k2＋1)·eq\f(2k2＋1,2t2－4)＝eq\f(－4k,t2－2).由k1＋k2＝λk，得eq\f(－4k,t2－2)＝λk，因為此等式對任意的k都成立，所以eq\f(－4,t2－2)＝λ，即t2＝2－eq\f(4,λ).因為點P(0，t)在橢圓內(nèi)，所以0≤t2<2，即0≤2－eq\f(4,λ)<2，解得λ≥2.所以實數(shù)λ的取值范圍是[2，＋∞)．圓錐曲線定值問題【題型概述】圓錐曲線中的定值問題主要考查同學(xué)們利用消參法和由特殊到一般法得定值的能力.這個過程對計算能力和式子變形能力有較高的要求.【知識與方法】1.定值問題的求解策略：（1）直接消參求定值：常見定值問題的處理方法：定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示；將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量)，然后進行化簡，看能否得到一個常數(shù)．（2）從特殊到一般求定值：常用處理技巧：在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；巧妙利用變量間的關(guān)系，例如點的坐標(biāo)符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算．例1.（定值問題）已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；【答案】見詳解【解析】證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．[關(guān)鍵1：設(shè)出直線方程及直線與橢圓交點坐標(biāo)]將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，[關(guān)鍵2：把直線方程與橢圓方程聯(lián)立消元得一元二次方程]故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq\f(9b,k2＋9).[關(guān)鍵3：利用根與系數(shù)的關(guān)系及中點在直線l上求M的坐標(biāo)]于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.[關(guān)鍵4：求直線OM的斜率并計算兩直線斜率乘積]所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.【思維點睛】如果要解決的問題是一個定值問題，而題設(shè)條件又沒有給出這個定值，那么我們可以這樣思考：由于這個定值對符合要求的一些特殊情況必然成立，那么我們根據(jù)特殊情況先找到這個定值，明確了解決問題的目標(biāo)，然后進行一般情況下的推理證明.變式訓(xùn)練.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值.【答案】（1）x2【解析】（1）略（2）證明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1).設(shè)P(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.當(dāng)x0≠0時，直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2).令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝|1－yM|＝|1＋eq\f(2y0,x0－2)|.[關(guān)鍵1：設(shè)出P點坐標(biāo)，對橫坐標(biāo)分類討論，用P點坐標(biāo)表示|BM|]直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝|2－xN|＝|2＋eq\f(x0,y0－1)|.eq\a\vs4\al([關(guān)鍵2：用P點坐標(biāo)表示|AN|])所以|AN|·|BM|＝|2＋eq\f(x0,y0－1)|·|1＋eq\f(2y0,x0－2)|＝|eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)|＝|eq\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)|＝4.[關(guān)鍵3：計算|AN|·|BM|并化簡得出定值]當(dāng)x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.[關(guān)鍵4：討論特殊情況，并計算|AN|·|BM|]綜上，|AN|·|BM|為定值.變式訓(xùn)練.已知曲線C上的任意一點到直線l：x＝－eq\f(1,2)的距離與到點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))的距離相等．(1)求曲線C的方程；(2)若過P(1,0)的直線與曲線C相交于A，B兩點，Q(－1,0)為定點，設(shè)直線AQ的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，直線AB的斜率為k，證明：eq\f(1,k\o\al(2,1))＋eq\f(1,k\o\al(2,2))－eq\f(2,k2)為定值．【答案】（1）y2＝2x；（2）略.【解析】(1)由題意知，曲線C是焦點為F的拋物線，可設(shè)其方程為y2＝2px(p>0)，則eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，p＝1，∴曲線C的方程為y2＝2x.(2)根據(jù)已知，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝2x))可得ky2－2y－2k＝0.設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2)，y2))，則Δ＝4－4k(－2k)＝4＋8k2>0，y1＋y2＝eq\f(2,k)，y1y2＝－2.∵k1＝eq\f(y1,\f(y\o\al(2,1),2)＋1)＝eq\f(2y1,y\o\al(2,1)＋2)，k2＝eq\f(y2,\f(y\o\al(2,2),2)＋1)＝eq\f(2y2,y\o\al(2,2)＋2)，∴eq\f(1,k\o\al(2,1))＋eq\f(1,k\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋22,4y\o\al(2,1))＋eq\f(y\o\al(2,2)＋22,4y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋22y\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＋22y\o\al(2,1),4y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(4,1)y\o\al(2,2)＋y\o\al(4,2)y\o\al(2,1)＋8y\o\al(2,1)y\o\al(2,2)＋4y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(8y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)＋32,16)＝eq\f(y1＋y22－2y1y2＋4,2)＝eq\f(\f(4,k2)＋8,2)＝eq\f(2,k2)＋4.∴eq\f(1,k\o\al(2,1))＋eq\f(1,k\o\al(2,2))－eq\f(2,k2)＝4，為定值．變式訓(xùn)練.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2)，P是C上的一個動點，且△F1PF2面積的最大值為4eq\r(3).(1)求C的方程；(2)設(shè)C的左、右頂點分別為A，B，若直線PA，PB分別交直線x＝2于M，N兩點，過點F1作以MN為直徑的圓的切線，證明：切線長為定值，并求該定值．【答案】（1）eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1；（2）5.【解析】(1)設(shè)P(x0，y0)，橢圓的半焦距為c.因為S△F1PF2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y0|≤eq\f(1,2)·2c·b＝bc，所以bc＝4eq\r(3).又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，所以a＝4，b＝2eq\r(3)，c＝2，所以C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F(xiàn)1(－2，0)．由題可知，x0≠2，且x0≠±4.設(shè)直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，則直線PA的方程為y＝k1(x＋4)，令x＝2得y＝6k1，故M(2，6k1)．直線PB的方程為y＝k2(x－4)，令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)．記以MN為直徑的圓為圓D，則D(2，3k1－k2)．如圖，過點F1作圓D的一條切線，切點為T，連接F1D，DT，則|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，又k1＝eq\f(y0,x0＋4)，k2＝eq\f(y0,x0－4)，所以k1·k2＝eq\f(y0,x0＋4)·eq\f(y0,x0－4)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－16)，由eq\f(xeq\o\al(2,0),16)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，得yeq\o\al(2,0)＝－eq\f(3,4)(xeq\o\al(2,0)－16)，所以k1·k2＝－eq\f(3,4)，則|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝25，所以|F1T|＝5.故切線長為定值5.解析幾何中引入向量條件【題型概述】向量在解析幾何中的應(yīng)用，是以解析幾何中的坐標(biāo)為背景的一種向量描述.它主要強調(diào)向量的坐標(biāo)問題，進而的相關(guān)知識來解答。將向量運算置于坐標(biāo)系框架下進行計算，通過觀察圖形特征從而做到快速求解。例1.過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線l與拋物線在第一象限的交點為A，與拋物線的準(zhǔn)線的交點為B，點A在拋物線的準(zhǔn)線上的射影為C，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝48，則拋物線的方程為()A.y2＝8x B.y2＝4xC.y2＝16x D.y2＝4eq\r(2)x【答案】B【解析】如圖所示，由eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))，得F為線段AB的中點，∵|AF|＝|AC|，∴∠ABC＝30°，由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝48，得|BC|＝4eq\r(3).則|AC|＝4，∴由中位線的性質(zhì)，有p＝eq\f(1,2)|AC|＝2，故拋物線的方程為y2＝4x.故選B.通過觀察圖形我們可以快速的認(rèn)識到各向量之間關(guān)系的幾何意義，從而利用圓錐曲線的性質(zhì)進行快速求解。例2.已知BC是圓O的直徑，H是圓O的弦AB上一動點，BC＝10，AB＝8，則eq\o(HB,\s\up6(→))·eq\o(HC,\s\up6(→))的最小值為()A.－4B.－2