2020届二轮复习利用点的坐标解决圆锥曲线问题学案（全国通用）

2020届二轮复习利用点的坐标解决圆锥曲线问题学案（全国通用）

微专题79 利用点的坐标处理解析几何问题 ‎ 有些解析几何的题目，问题的求解不依赖于传统的“设点，联立，消元，韦达定理整体代入”步骤，而是能够计算出交点的坐标，且点的坐标并不复杂，然后以点的坐标作为核心去处理问题。‎ 一、基础知识：‎ ‎1、韦达定理的实质：在处理解析几何的问题时，韦达定理的运用最频繁的，甚至有的学生将其视为“必备结构”，无论此题是否有思路，都先联立方程，韦达定理。然而使用“韦达定理”的实质是什么？实质是“整体代入”的一种方式，只是因为在解析几何中，一些问题的求解经常与相关，利用“韦达定理”可进行整体代入，可避免因为这几个根的形式过于复杂导致运算繁琐。所以要理解“韦达定理”并不是解析几何的必备工具，只是在需要进行整体代入时，才运用的一种手段。‎ ‎2、利用点坐标解决问题的优劣：‎ ‎（1）优点：如果能得到点的坐标，那么便可应对更多的问题，且计算更为灵活，不受形式的约束 ‎（2）缺点：有些方程的根过于复杂（例如用求根公式解出的根），从而使得点的坐标也变得复杂导致运算繁琐。那么此类问题则要考虑看能否有机会进行整体的代入 ‎3、求点坐标的几种类型：‎ ‎（1）在联立方程消元后，如果发现交点的坐标并不复杂（不是求根公式的形式），则可考虑把点的坐标解出来（用核心变量进行表示）‎ ‎（2）直线与曲线相交，若其中一个交点的坐标已知，则另一交点必然可求（可用韦达定理或因式分解求解）‎ ‎4、在利用点的坐标处理问题时也要注意运算的技巧，要将运算的式子与条件紧密联系，若能够整体代入，也要考虑整体代入以简化运算。（整体代入是解析几何运算简化的精髓）‎ 二、典型例题：‎ 例1：已知椭圆上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆的短轴为直径的圆经过这两个焦点，点分别是椭圆的左右顶点 ‎（1）求圆和椭圆的方程 ‎（2）已知分别是椭圆和圆上的动点（位于轴的两侧），且直线与轴平行，直线分别与轴交于点，求证：为定值 解：（1）依题意可得，过焦点，且 ‎ ‎，再由可得 ‎ 椭圆方程为，圆方程为 ‎ ‎（2）思路：条件主要围绕着点展开，所以以为核心，设，由与轴平行，可得。若要证明为定值，可从的三角函数值下手，在解析中角的余弦值可以与向量的数量积找到联系，从而能够转化为坐标运算。所以考虑，模长并不利于计算，所以先算，考虑利用条件设出方程，进而坐标可用核心变量表示，再进行数量积的坐标运算可得，从而，即为定值 解：设 与轴平行，‎ 设，由所在椭圆和圆方程可得：‎ 由椭圆可知： ‎ 令，可得：‎ 同理：可得 ‎，代入可得：‎ ‎，即为定值 思路二：本题还可以以其中一条直线为入手点（例如），以斜率作为核心变量，直线与椭圆交于两点，已知点坐标利用韦达定理可解出点坐标（用表示），从而可进一步将涉及的点的坐标都用来进行表示，再计算也可以，计算步骤如下：‎ 解：设，由椭圆方程可得：‎ 所以设直线，联立方程：‎ ‎，代入到直线方程可得：‎ ‎，由，令可得：‎ 设，则 由在圆上可得：，再由代入可得：‎ ‎，即为定值 例2：设椭圆的左右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，已知 ‎（1）求椭圆的离心率 ‎（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切，求直线的斜率 解：（1）由椭圆方程可知：，‎ 即 ‎（2）由（1）可得 椭圆方程为 设 以线段为直径的圆经过点 联立方程：，整理可得：‎ ‎，解得：，代入直线方程：‎ ‎ ‎ 可知的中点为，‎ 圆方程为 设直线：‎ ‎，整理可得：‎ ‎，解得：‎ 直线的斜率为或 例3：（2014，重庆）如图所示，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，，的面积为 ‎ ‎（1）求椭圆的标准方程 ‎（2）设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径 解：（1）设，由可得： ‎ ‎，解得 ‎ ‎ 在中， ‎ ‎ ‎ ‎ 椭圆方程为： ‎ ‎（2）如图：设圆与椭圆相交，是两个交点 ‎，是圆的切线，且，则由对称性可得：‎ ‎ ‎ 由（1）可得 ‎ ‎ ‎，‎ 联立方程，解得（舍）或 过且分别与垂直的直线的交点即为圆心 ‎ 由是圆的切线，且，可得：‎ 因为 为等腰直角三角形 ‎ ‎ 例4：已知椭圆的焦距为，设右焦点为，离心率为 ‎ ‎（1）若 ，求椭圆的方程 ‎（2）设为椭圆上关于原点对称的两点，的中点为，的中点为，若原点 在以线段为直径的圆上 ‎① 证明：点在定圆上 ‎② 设直线的斜率为，若，求的取值范围 解：（1）依题意可得： ‎ ‎ 所以椭圆方程为： ‎ ‎（2）①思路：设，则，由此可得坐标（用进行表示），而在以为直径的圆上可得：，所以得到关于的方程，由方程便可判定出点的轨迹 解：设，则。因为，且为的中点 所以有 ‎ ‎ 在以为直径的圆上 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 点在定圆上 ‎② 消去可得：（*）‎ 而， ‎ 代入（*）可得： ‎ ‎ 所以解得： ‎ ‎ ‎ 例5：已知椭圆的上顶点为，左焦点为，离心率为 ‎（1）求直线的斜率 ‎（2）设直线与椭圆交于点（异于点），过点且垂直于的直线与椭圆交于点（异于点），直线与轴交于点，‎ ‎① 求的值 ‎② 若，求椭圆方程 解：（1）由可知 设，‎ ‎（2）① 设 ‎ ‎ ‎ 椭圆方程为：‎ 联立方程：，整理后可得：‎ 可解得： ‎ 因为 设 联立方程：，整理后可得：‎ ‎，解得，即 设，斜率为，由弦长公式可知：‎ ‎② 由①可得： ‎ ‎ ‎ 由可得：‎ 椭圆方程为 例6：已知椭圆的左焦点为，离心率为，点在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为，‎ ‎（1）求直线的斜率 ‎（2）求椭圆的方程 ‎（3）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）斜率的取值范围 解：（1）由已知可得 ‎ 椭圆方程为 设直线，其中 ‎ 由可得：‎ 解得：‎ ‎（2）由（1）可得：‎ 解得：或 在第一象限 ‎，即 可得：‎ 椭圆方程为：‎ ‎（3）由（2）可知，设，设的斜率为 联立方程：‎ ‎ 可解得：‎ 设直线的斜率为，即 当时， 可知 ‎ ，由可得：‎ 当时，可知 ‎ ‎ ，由可得：‎ 综上所述：‎ 例7：已知椭圆的离心率为，其短轴的两端点分别为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若是椭圆上关于轴对称的两个不同点，直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，如经过，求出定点坐标；如不过定点，请说明理由.‎ 解：（1） ‎ 由短轴顶点可得： ‎ ‎ 椭圆方程为 ‎ ‎（2）设，则对称点 ‎ 从而直线的方程为：‎ ‎，令解得：‎ ‎，设中点为 则 ‎ 半径 ‎ 以为直径的圆方程为： ‎ 代入可得：‎ ‎，代入可得：‎ 即 ①‎ 时，无论为何值 等式①均成立 圆恒过 ‎ 例8：如图，设抛物线的准线与轴交于，焦点为，以为焦点，离心率的椭圆与抛物线在轴上方的交点为，延长交抛物线于点，是抛物线上一动点，且在之间运动 ‎（1）当时，求椭圆的方程 ‎（2）当的边长恰好是三个连续的自然数时，求面积的最大值 ‎ 解：（1）时，，焦点坐标 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 椭圆的方程为： ‎ ‎（2）由可得：，即 ‎ ‎ ‎ ‎ 椭圆方程为：‎ ‎ ‎ 代入解得： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 边长为3个连续的自然数 ‎ 抛物线方程为， ‎ ‎ ‎ 即，代入抛物线方程可得：‎ 解得 ‎ ‎ ‎ 设， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由可得： ‎ ‎ ‎ 例9：在平面直角坐标系中，点为动点，分别为椭圆的左，右焦点，已知为等腰三角形 ‎（1）求椭圆的离心率 ‎ ‎（2）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程 解：（1）设，由图可知，为等腰三角形即 ‎ ‎,代入可得：‎ ‎，解得：（舍）或 ‎ ‎（2）思路：由（1）可将椭圆方程化简为：，与直线的方程联立，即消元后发现方程形式为，形式极其简单，‎ 所以直接求出点的坐标可得：，进而设所求点。将坐标化后，再利用即可得到关于的方程：，方程中含有，所以考虑利用直线方程将消掉：，代入即可得到轨迹方程 解： ‎ 椭圆方程转化为：即 即 ‎ 的方程为：，设，联立方程可得：‎ ‎，消去，方程转化为：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 设，则 ‎ 由可得：，化简可得：‎ ‎ ①‎ 因为，所以，代入①式化简可得：‎ ‎ ‎ 将代入，可得： ‎ 的轨迹方程为：‎ 例10：如图，分别为椭圆的左右焦点，椭圆上的点到距离的最大值为5，离心率为，是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与平行。‎ ‎（1）求椭圆的方程 ‎（2）设与的交点为，求证：为定值 解：（1），依椭圆性质可得：椭圆上的点到焦点的距离最大值为 ‎ ‎ 所以椭圆方程为 ‎（2）‎ 解：由（1）可得：，设 ‎ 设直线，与椭圆联立方程：‎ ‎，整理可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由可得： ‎ ‎ ①‎ 同理，设直线，与椭圆联立方程：‎ 整理可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由可得： ‎ ‎ ②‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 同理 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ③‎ 由①②可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 代入到③可得：‎ 为定值