对一道圆锥曲线题的探究和拓展

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圆锥曲线中的探究(存在)性问题-(通用版)(解析版)

圆锥曲线中的探究（存在）性问题圆锥曲线中探究（存在）性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，探索（存在）性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神.圆锥曲线中探索问题的求解策略1).此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．2)．求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．题型1 探究点线关系问题1．（2020·上海市七宝中学高三期末）已知直线过椭圆：的右焦点，且直线交椭圆于两点，点在直线上的射影依次为点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线交轴于点，且，当变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；（3）连接，试探究当变化时，直线与是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，；（3）是，定点，证明见解析【分析】（1）根据直线过定点，可求出椭圆的右焦点坐标，从而可求出椭圆中的值，再结合椭圆中，可求出的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线交椭圆于，联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，并结合及，可得到:1l x my =+C 22213x y a +=F lC ,A B ,,A F B :4l x '=,,D KE C l y M 12,MA AF MB BF λλ==m 12λλ+12λλ+,AE BD m AE BD 22143x y +=1283λλ+=-5(,0)2l ()1,0c 23b =a l ()()1122,,,A x y B x y 221431x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩y 1MA AF λ=2MB BF λ=的表达式，进而可证明；（3）令，可知直线与相交于，进而讨论时，直线与也相交于即可. 【详解】（1）直线过定点，所以椭圆的右焦点为，即，又椭圆中，所以，∴椭圆：.（2）易知，且直线与轴的交点为，直线交椭圆于，联立，得，所以，所以，，又，可得，所以，又，同理可得，所以，因为，所以，故的值是定值，且. （3）若，则直线为，此时四边形为矩形，根据对称性可知直线与相交于的中点，易知；若，由（2）知，可知，所以直线的方程为，12λλ+1283λλ+=-0m =AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭0m ≠AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭:1l x my =+()1,0C ()1,0F 1c =C 23b =222314a b c =+=+=C 22143x y+=0m ≠l y 10,M m ⎛⎫-⎪⎝⎭l ()()1122,,,A x y B x y 221431x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩()2234690m y my ++-=()()22236363414410m m m ∆=++=+>122634m y y m +=-+122934y y m =-+1MA AF λ=111111(,)(1,)x y x y mλ+=--1111my λ=--2MB BF λ=2211my λ=--12121112()m y y λλ+=--+212212121163423493y y m m my y y y m ⎛⎫+++==-⋅-=⎪+⎝⎭12121111282()233m m y y m λλ+=--+=--⋅=-12λλ+1283λλ+=-0m =l 1x =ABED AE BD ,F K N 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭0m ≠()()1122,,,A x y B x y ()()124,,4,D y E y AE 2121(4)4y y y y x x --=--当时，，所以点在直线上，同理可知，点也在直线上. 所以时，直线与也相交于定点. 综上所述，变化时，直线与相交于定点. 【点睛】求定值问题，常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2．（2021·江苏高三）如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左､右顶点，.是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点.（1）求椭圆的方程；（2）试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线与直线的交点落在定直线上.【分析】（1）根据题中条件，求出，即可得出椭圆方程；（2）设直线方程为，设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，得52x =211221122121112(4)3()2(41)3()3()422(4)2(4)y y x y y y my y y y y y x x x --------=+-==---211213()22(4)y y my y x +-=-2221169321818343402(4)2(4)(34)m m m m m m x x m --⨯-⨯-+++===--+5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭AE 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭BD 0m ≠AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭m AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭xOy A B 22221(0)x y a b a b+=>>AB =2e =F F l M N AM BN P 2212x y +=AM BN P 2x =,a b MN 1x my =+()11,M x y ()22,N x y到，，表示出直线和为定值，即可得出结果.【详解】（1），设焦距为，离心率，，，因此所求的椭圆方程为（2）设直线方程为，设，，由得，，，直线方程是，直线方程是，由，解得：此直线与直线的交点落在定直线上.【点睛】求解本题第二问的关键在于根据点为两直线交点，联立两直线方程，结合直线与椭圆联立12y y +12y y AMBN 2AB =2a ∴=a =2c 2e =2c a ∴=1c ∴=2221b a c ∴=-=2212x y +=MN 1x my =+()11,M x y ()22,N x y 22121x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()222210m y my ++-=12222m y y m ∴+=-+12212y y m =-+AM y x =+BN y x =y x y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩212112211y x y my my y y ++++===212211212(1122221(12m m y m m m y m m m y m ⎛⎫⎛⎫-++--⎡⎤ ⎪ ⎪-+--+++⎝⎭⎝⎭==⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭21312m m y -+-++=((()(()()()21213121121m m y m m y ⎡⎤-+-++⎣⎦=⎡⎤-++⎣⎦()213121m m y ⎡⎤-+-++=()221121m m y ⎡⎤-+-++=(213=+=+3=+2x =AM BN P 2x =P MN，确定点横坐标为定值，即可求解.3．（2020·重庆八中高三月考）在直角坐标系内，点A ，B 的坐标分别为，，P 是坐标平面内的动点，且直线，的斜率之积等于.设点P 的轨迹为C .（1）求轨迹C 的方程；（2）某同学对轨迹C 的性质进行探究后发现：若过点且倾斜角不为0的直线与轨迹C 相交于M ，N 两点，则直线，的交点Q 在一条定直线上.此结论是否正确？若正确，请给予证明，并求出定直线方程；若不正确，请说明理由.【答案】（1）；（2）正确，证明见解析，直线. 【分析】（1）设点P 的坐标为，利用直接法，列方程即可求解.（2）根据题意，可设直线的方程为：，将直线与椭圆方程联立，整理可得，利用韦达定理可得，，直线的方程与直线的方程，直线，的交点的坐标满足：，整理可得，即证.【详解】（1）设点P 的坐标为，由，得，即. 故轨迹C 的方程为：（2）根据题意，可设直线的方程为：，由，消去x 并整理得其中，. 设，，则，. 因直线的倾斜角不为0，故，不等于（，不为0），P ()2,0-()2,0PA PB 14-()1,0l AM BN ()22104x y y +=≠4x =(),x y MN 1x my =+()224230m y my ++-=12224m y y m +=-+12234y y m =-+AM BN AM BN ()00,Q x y ()()()2100122222y x x x y x ++=⋅--04x =(),x y 1224y y x x ⋅=-+-2244y x =-()22104x y y +=≠()22104x y y +=≠MN 1x my =+22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()224230m y my ++-=()222412416480m m m ∆=++=+>()11,M x y ()22,N x y 12224m y y m +=-+12234y y m =-+l 1x 2x 2±1y 2y从而可设直线的方程为∴，直线的方程为∴，所以，直线，的交点的坐标满足：而，因此，，即点Q 在直线上. 所以，探究发现的结论是正确的.【点睛】本题主要考查轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力和创新意识；考查化归与转化等思想方法，属于中档题.4．（2020·江苏南通市·海安高级中学高三期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积．即椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在x 轴上，椭圆的面积为，且短轴长为．椭圆与椭圆有相同的离心率．（1）求m 的值与椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左顶点A 作直线l ，交椭圆于另一点B ，交椭圆于P ，Q 两点（点P 在A ，Q 之间）．∴求面积的最大值（O 为坐标原点）；∴设PQ 的中点为M ，椭圆的右顶点为C ，直线OM 与直线BC 的交点为N ，试探究点N 是否在某一条定直线上运动，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．AM ()1122y y x x =++BN ()2222yy x x =--AM BN ()00,Q x y ()()()2100122222y x x x y x ++=⋅--()()()()2121122121212123321y x y my my y y y x y my my y y +++==---()()2122121123239344433344m m y m m y m m m m m y y m -⎛⎫+-- ⎪--+++⎝⎭===---+-+04x =4x =1C 1F 2F 1C222:1(03)3x y C m m +=<<1C 1C 1C 1C 2C OPQ △1C【答案】（1）；；（2）∴；∴点N 在定直线运动．【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求椭圆的标准方程，再根据两个椭圆有相同的离心率，求；（2）∴设直线AB 的方程为：且，与椭圆联立方程，利用韦达定理表示，转化为关于的函数求最值；∴首先求点的坐标，并求直线的方程，并利用直线与椭圆方程联立，求点的坐标，联立直线OM 和BC 的方程，求交点的坐标.【详解】（1）由题意可得解得，因为椭圆的焦点在x 轴上，所以的标准方程为椭圆的离心率为，椭圆得焦点在y 轴上，则则（2）∴当直线AB 与x 轴重合时，O ，P ，Q 三点共线，不符合题意故设直线AB 的方程为：且设，由（1）知椭圆的方程为：联立方程消去x 得：由韦达定理得：；又令此时 ∴94m =22143x y +=4187x =-,a b 1C m 2x ty =-0t ≠2C OPQSt M OM PQ B 2ab b π⎧=⎪⎨⎪=⎩2a =b =1C 1C 22143x y +=1C 122C 12=94m =2x ty =-0t ≠()11,P x y ()22,Q x y 2C 224193x y +=2241932x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩()22431670t y ty +-+=1221643t y y t +=+122743y y t =+12121||2POQ AOQ AOPS S S AO y y y y =-=⋅-=-△△△==243(3)t s s +=>==≤3233s =>OPQ △∴由∴知：，则∴ ∴直线OM 的斜率：则直线OM 的方程为：联立方程消去x 得：，解得： ∴ ∴则直线BC 的方程为：联立直线OM 和BC 的方程解得：∴点N 在定值直线运动. 【点睛】定点问题解决步骤：（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；（2）韦达定理列出两根和及两根积；（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.题型2 探究平面图形存在问题1.（2018·上海高考真题）设常数．在平面直角坐标系中，已知点，直线：，曲线：．与轴交于点、与交于点．、分别是曲线与线段上的动点．（1）用表示点到点距离；（2）设，，线段的中点在直线，求的面积；（3）设，是否存在以、为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．1221643t y y t +=+1221243x x t -+=+2268,4343t M t t -⎛⎫ ⎪++⎝⎭43OM t k =-43ty x =-222143x ty x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234120t y ty +-=21234B t y t =+222126823443B t t x t t t -=⋅-=++222121233468164234BC tt t t kt t +==-=---+3(2)4t y x =--433(2)4t y x t y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩1824,77t N ⎛⎫- ⎪⎝⎭187x =-2t >xOy ()20F ，l x t =Γ()2800y x x t y =≤≤≥，l x A ΓB P Q ΓAB t B F 3t =2FQ =OQ FP AQP△8t =FP FQ FPEQ E ΓP【答案】（1）；（2）；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设，则，∴；方法二：由题意可知：设，由抛物线的性质可知：，∴；（2），，，则， ∴，设的中点，，，则直线方程：，联立，整理得：，解得：，（舍去）， ∴的面积（3）存在，设，，则，，直线方程为，∴，，根据，则，∴，解得：， 2BF t =+1723S ==()B t 2BF t ==+2BF t =+()B t 22pBF t t =+=+2BF t =+()20F ，2FQ =3t =1FA =AQ =(3Q OQ D 322D ⎛ ⎝⎭，02322QFk ==-PF )2y x =-)228y x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩2320120x x -+=23x =6x =AQP 1723S ==28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2281628PF y y k y y ==--2168FQ y k y -=QF ()21628y y x y -=-()22164838284Q y y y y y --=-=248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭FP FQ FE +=2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2165y =∴存在以、为邻边的矩形，使得点在上，且． 2．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆1C ：()222210x y a b a b +=>>1C 的上顶点与抛物线2C ：()220x py p =>的焦点F 重合，且抛物线2C 经过点()2,1P ，O 为坐标原点．（1）求椭圆1C 和抛物线2C 的标准方程；（2）已知直线l ：y kx m =+与抛物线2C 交于A ，B 两点，与椭圆1C 交于C ，D 两点，若直线PF 平分APB ∠，四边形OCPD 能否为平行四边形？若能，求实数m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2214x y +=；24x y =；（2）四边形OCPD 不是平行四边形，理由见解析. 【分析】（1）由抛物线2C 经过点()2,1P ，可得抛物线方程为24x y =，其焦点为()0,1F ，可知1b =，再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，由已知得120k k +=，设()11,A x y ，()22,B x y ，利用两点求斜率公式求得直线l ：y x m =-+且1m >-，联立直线与椭圆方程得2258440x mx m -+-=，求得1m -<<OCPD 为平行四边形，则OP OC OD =+，即()()34342,1,x x y y =++，推出矛盾即可得结论.【详解】（1）由抛物线2C 经过点()2,1P ，得42p =，2p ∴=，故抛物线方程为24x y =．抛物线2C ：24x y =的焦点为()0,1F ，1b ∴=．又椭圆1C的离心率c e a ====解得：2a =所以椭圆1C 的标准方程为2214xy +=．（2）四边形OCPD 不是平行四边形，理由如下：将y kx m =+代入24x y =，消去y 并整理得：2440x kx m --=由题意知，216160k m ∆=+>，即2m k >-设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k因为直线PF 平分APB ∠，所以120k k += 设()11,A x y ，()22,B x y ，则121211022y y x x --+=-- FP FQ FPEQ EΓ25P ⎛ ⎝⎭又2114x y =，2224x y =，则22121212114440224x x x x x x --+++==--，124x x ∴+=- 2212121212124414ABx x y y x x k x x x x --+∴====---，所以直线l ：y x m =-+且1m >- 由2214y x m x y =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩消y 并整理得：2258440x mx m -+-= 由题意知()()2226445441650m m m ∆=-⨯⨯-=->解得：m <<1m -<<设()33,C x y ，()44,D x y ，则3485m x x +=，()3434225my y x x m +=-++=若四边形OCPD 为平行四边形，则OP OC OD =+，即()()34342,1,x x y y =++825215mm ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=⎪⎩，显然方程组无解，所以四边形OCPD 不是平行四边形．【点睛】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．3．（2021·湖南长沙市高三月考）如图，椭圆2222x y C :1(a b 0)a b +=>>的离心率e=2，且椭圆C 的短轴长为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P M N ，，椭圆C 上的三个动点.（i ）若直线MN 过点D 10,2⎛⎫-⎪⎝⎭，且P 点是椭圆C 的上顶点，求PMN ∆面积的最大值；（ii ）试探究：是否存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形，若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 椭圆C 的方程是22 1.4x y +=()()i 2PMN ∆()()ii 2不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.【分析】(1) 利用离心率以及短轴长,求出椭圆中a b c 、、.即可求椭圆C 的方程;()()i 2由已知,直线MN 的斜率存在,设直线MN 方程，联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,弦长公式,推出面积的表达式,通过换元,利用导数求出面积的最大值.()()ii 2假设存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.()1当P 在y 轴上时,推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.()2当P 在x 轴上时,推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.()3当P 不在坐标轴时，推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.故得解.【详解】（1）由已知得22222c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得21a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩ ，所以椭圆C 的方程是22 1.4x y +=()2i （）由已知可知直线MN 的斜率定存在，设直线MN 的方程为12y kx =-，()()1122,,,M x y N x y ，由221.412x y y kx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得()2214430k x kx +--=，所以122122414314k x x k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩ 所以()()22212121224163414k x x x x x x k+-=+-=+，又32PD =，所以()12212214PMN S PD x x k ∆=⋅-=+，令22316m m k -=≥=，所以2361321416PMN m S m m m ∆==⎛⎫-++⋅ ⎪⎝⎭，令())1,g m m m m =+∈+∞，则()2'221110m g m m m-=-=> 所以()g m在)+∞上单调递增，所以当m 时，此时0k =，()g m此时PMN S ∆有最大值2.故得解. ()2ii （）不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.理由如下：假设存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.()1当P 在y 轴上时,P 的坐标为()0,1,则,M N 关于y 轴对称,MN 的中点Q 在y 轴上.又O 为PMN ∆的中心,所以2PO OQ =,可知1110,,,222Q M N ⎛⎫⎛⎫⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎭,从而2MN PM ==即MN PM ≠.所以与PMN ∆为等边三角形矛盾. ()2当P 在x 轴上时,P 的坐标为()2,0,则,M N 关于x 轴对称,MN 的中点Q 在x 轴上.又O 为PMN ∆的中心,所以2PO OQ =,可知()1,0,1,,1,22Q M N ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,从而MN PM ==,即MN PM ≠.所以与PMN ∆为等边三角形矛盾. ()3当P 不在坐标轴时,设()00,P x y ,MN 的中点为Q ,则0OP y k x =, 又O 为PMN ∆的中心,则2PO OQ =,可知00,22x y Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.设()()1122,,,M x y N x y ,则12012022Q Q x x x x y y y y +==-⎧⎨+==-⎩, 又222112244,44x y x y +=+=,两式相减得01212121201144MN xy y x x k x x y y y -+==-⋅=-⋅-+,从而MN k =0014x y -⋅，所以000011144PO MN y x k k x y ⎛⎫⋅=⋅-⋅=-≠- ⎪⎝⎭, 所以OP 与MN 不垂直,与等边PMN ∆矛盾. 综上所述,不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形. 【点睛】本小题考查点到直线的距离公式、椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力、分析解决问题能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、特殊与一般思想、化归与转化思想,属于难度题.4．（2021·四川绵阳市·（文））已知椭圆，直线交椭圆于两点，为坐标原点.（1）若直线过椭圆的右焦点，求的面积；（2）若，试问椭圆上是否存在点，使得四边形为平行四边形若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在， 22:12x C y +=:l y x m =+C ,A B O l C F AOB (0)OM tOB t =>C P OAPM t 23(0,2)【分析】（1）根据直线过右焦点求出直线方程，联立直线与椭圆方程，求出或，利用面积公式即可得解；（2）联立直线与椭圆方程，根据四边形为平行四边形，且.又，，求出点的坐标为，代入椭圆方程，结合韦达定理计算求解.【详解】（1）设.直线过椭圆的右焦点，则，直线的方程为.联立得，解得或.的面积为. （2）联立得，，解得.由韦达定理得，. . 四边形为平行四边形，，且. 又，，点的坐标为.又点在椭圆上，即，整理得.又，，即，，即. ，，综上所述，的取值范围是.113y =21y =-121||2S OF y y =-OAPM OP OA OM =+(0)OM tOB t =>()1212,OP OA tOB x tx y ty =+=++P ()1212,x tx y ty ++()()1122,,,A x y B x y l C F 1m =l 1x y =+2222,1,x y x y ⎧+=⎨=+⎩23210y y +-=113y =21y =-AOB ∴121112||1(1)2233S OF y y =-=⨯⨯--=2222,,x y y x m ⎧+=⎨=+⎩2234220x mx m ++-=()22(4)12220m m ∴∆=-->203m <1243m x x +=-212223m x x -=()()()221212121223m y y x m x m x x m x x m -∴=++=+++=OAPM 0m ∴≠OP OA OM =+(0)OM tOB t =>()1212,OP OA tOB x tx y ty ∴=+=++∴P ()1212,x tx y ty ++P ()()22121222x tx y ty +++=()()222221122121222242x y txy tx x ty y +++++=221122x y +=222222x y +=12122x x y y t +=-22222233m m t --∴+⨯=-2643m t -=20,03t m ><<02t ∴<<t (0,2)【点睛】此题考查根据直线与椭圆关系求三角形面积，将几何关系转化为代数关系，利用点的坐标结合韦达定理求解，综合性强.题型3 探究长度、面积（周长）相关问题1．（2020·山西高三月考（理））已知中心为坐标原点的椭圆C的一个焦点为)F，且经过点1,2M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）若不经过点F 的直线l ：()0,0y kx m k m =+<>与椭圆C 交于A ，B 两点，且与圆221x y +=相切，试探究ABF 的周长是否为定值.若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214x y += ；（2）ABF 的周长为定值4 . 【分析】（1）由椭圆的定义可知'42MF MF a +==，可得2a =，因为c =222b a c =-，所以1b =可得答案；（2）因为直线l 与圆相切，可得m 与k 的关系，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理可得弦长公式AB ，再利用两点间的距离公式可得AF 12x =-，22BF x =，所以AF BF AB ++可得答案.【详解】（1）设椭圆C 的标准方程为()222210x y a b a b+=>>，由题可知另一个焦点为()'F .由椭圆的定义可知'42MF MF a +===，所以2a =，因为c =222b ac =-，所以1b =，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=.（2）是定值，理由如下：因为直线l ：()0,0y kx m k m =+<>与圆221x y +=相切，1=，即221m k =+，设()11,A x y ，()22,B x y ，联立2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得 ()222418440kx kmx m +++-=，所以()2221641480k m k ∆=-+=>，122841km x x k +=-+，21224441m x x k -=+，所以AB ====，又221m k =+，所以241AB k -=+.由于0,0k m <>，所以1202,02x x <<<<，因为AF =122x ==-，同理22BF x =，所以()1242AF BF x x +=-+2284424141km k k =+⨯=+++，所以44AF BF AB ++=+=，故ABF 的周长为定值4. 【点睛】本题考查了直线与圆、直线与椭圆的位置关系，第二问的关键点是利用韦达定理可得AB 和AF BF +，考查了分析问题、解决问题的能力.2．（2021·山西运城市·高三期末（理））已知A ，B 是椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，C 为E 的上顶点，3AC BC ⋅=-．（1）求椭圆的方程；（2）若M ，N ，P 是椭圆E 上不同的三点，且坐标原点O 为MNP △的重心，试探究MNP △的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．【答案】（1）2214x y +=；（2）MNP △ 【分析】（1）分别写出点,,A B C 三点的坐标，求出AC 、BC 的坐标，利用数量积的坐标运算即可求解；（2）设()11,M x y ，()22,N x y ，当直线MN 的斜率不存在时计算MNP △的面积，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx m =+，与2214xy +=联立消去y 得到关于x 的一元二次方程，利用韦达定理可得12x x +，12x x ，计算弦长||MN ，点P 到直线MN 的距离d ，计算1||2MNPS MN d =⋅即可求解. 【详解】（1）(,0),(,0),(0,1)A a B a C -，则(,1),(,1)AC a BC a ==-，因为3AC BC ⋅=-，所以213a -+=-，得24a =．所以椭圆的方程为2214x y +=．（2）当直线MN 的斜率不存在时，设直线MN 的方程为1x x =，设()11,M x y ，则()11,N x y -，因为O 为MNP △的重心，所以()12,0P x -．由M ，N ，P 在椭圆上，所以221114x y +=且21414x =，解得221131,4x y ==．易知1232MNPS =⨯=，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx m =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，由2214x y y kx m⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得()222148440k x kmx m +++-=，则122841km x x k -+=+，21224441m x x k -=+， ()121222241m y y k x x m k +=++=+．因为O 为MNP △的重心，所心2282,4141kmm P k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭，因为P 在椭圆上，故2222182144141km m k k -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，化简得22441m k =+．||MN =点P 到直线MN 的距离d 等于O 到直线MN距离的3倍，所以d =，所以11||22MNPSMN d =⋅=26|42m m ==，综上，MNP △的面积为定值2．【点睛】本题解题的关键点是设直线MN 的方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，计算弦长||MN ，点P 到直线MN 的距离d ，计算1||2MNPSMN d =⋅，注意计算直线MN 的斜率不存在时，MNP △的面积. 3．（2021·河北保定市·高三二模）如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、22:13y C x -=1F 2F P C 128PF PF +=P C PA与渐近线的交点分别是和.（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由. 【答案】（1（2）是，且定值为.【分析】（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积；（2）设点，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果.【详解】（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，又因为，，，因为，所以，，轴，点的横坐标为，所以，，，可得，即点，过点且与渐近线平行的直线的方程为，PB A B OAPB ()2222:10,0x y C a b ab'-=>>P 'C 'P 'C 'P A ''P B ''A 'B 'OA P B '''a b 12ab P B B OP OAPB ()00,P x y 'B 'B 'OP 'd 22:13y C x -=122PF PF -=128PF PF +=15PF ∴=23PF =124F F ==2222121PF F F PF +=2PF x ∴⊥∴P 2P x =22213P y -=0P y >3P y =()2,3P P y =)32y x -=-联立，解得，即点，直线的方程为，点到直线的距离为，且，因此，四边形的面积为；（2）四边形的面积为定值，理由如下：设点，双曲线的渐近线方程为，则直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，即，点到直线的距离为，且因此，（定值）. 【点睛】求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．4．（2020·安徽淮南市·高三二模）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到定点的距离之比为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线交轨迹于，两点，线段的中)32y y x ⎧=⎪⎨-=-⎪⎩132x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩312B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭OP 320x y -=B OP d ==OP =OAPB 22OAPBOBP S S OP d ==⋅=△OA P B '''12ab ()00,P x y '22221x ya b-=b y x a =±P B ''()00by y x x a-=--()00b y y x x a b y x a ⎧-=--⎪⎪⎨⎪=⎪⎩00002222x a x y b y b y x a⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩0000,2222x y a b B y x ba ⎛⎫++ ⎪⎝⎭'OP '0y y x x =000y x x y -=B 'OP 'd ==22==OP '=22OA P B OB P abSS OP d ''''''==⋅=△xOy P 4x =(1,0)F 2P E F E A B AB垂线与交于点，与直线交于点，设直线的方程为，请用含的式子表示，并探究是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）；存在；【分析】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，列出方程求解即可；（2）设，联立，消去，得，利用韦达定理，结合弦长公式，求出，，然后求解即可. 【详解】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，化简整理得.动点的轨迹的方程为. （2）设，联立，消去x ，得，根据韦达定理可得：，，，又，于是，令，解得存在，使. 【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决，属于难题.题型4 探究角度相关问题1．（2020·江苏省苏州高三月考）已知双曲线的方程22:21C x y -=．（1）求点(0,1)P 到双曲线C 上的点的AB C 4x =-D AB 1x my =+m AB CDm 35ABCD =m 22143x y +=AB CD =0m =(,)P x y P 4x =(1,0)F 2()()1122,,,A x y B x y 221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩x ()2234690m y my ++-=AB CD (,)P x y P 4x =(1,0)F 2∴2=22143x y +=∴P E 22143x y +=()()1122,,,A x y B x y 221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234690m y my ++-=122634m y y m +=-+122934y y m =-+∴()212212134m AB y y m +=-==+2243,3434m C m m ⎛⎫- ⎪++⎝⎭()(22435434m CD m +=-=+∴ABCD =35AB CD ==0m =∴0m =35AB CD =距离的最小值；（2）已知直线:l y kx t =+与圆22:1M x y +=相切，①求k 和t 的关系②若l 与双曲线C 交于A 、B 两点，那么AOB ∠是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．【答案】（1）6；（2）（i ）221t k =+；（ii ）AOB ∠为定值90︒．【分析】（1）设(,)Q a b 为双曲线上的点，代入双曲线的方程，结合两点的距离公式和二次函数的最值，可得最小值；（2）设直线l 的方程为y kx t =+，由直线和圆相切可得221t k =+，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立双曲线的方程，消去y 可得x 的二次方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得AOB ∠为定值．【详解】解：（1）设()00,Q x y 为双曲线上的点，则220021-=x y ，则||===PQ 当023y =时||PQ 最小，且为6，所以点(0,1)P 到从曲线C 上点的距离的最小值为6；（2）①设直线线l 的方程为y kx t =+，由直线l与圆相切，可得1==d ，即221t k =+，②设()()1122,,,A x y B x y ，联立得()22222221021y kx t k x ktx t x y =+⎧⇒----=⎨-=⎩，则222121222221220,,222++-≠+==-=----kt t k k x x x x k k k，所以()()()2212121212=++=+++y y kx t kx t k x x kt x x t 222222222222222222222--++--+===---k t k k t t k t t k k k k k，所以2212122222022++⋅=+=-+=--k k OA OB x x y y k k，所以AOB ∠为定值90︒．【点睛】本题考查双曲线的方程和运用，以及直线和双曲线的位置关系，注意联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，考查方程思想和运算能力、推理能力．2．（2021·湖南高三三模）已知椭圆的右焦点为，离心率．（1）若为椭圆上一动点，证明到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出该定值；（2）设，过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴始终平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；定值；（2）存在；．【分析】（1）根据两点距离公式，结合已知进行证明即可；（2）根据求出椭圆的方程，将直线方程与椭圆方程联立得到一元二次方程，根据一元二次方程的根与系数关系，结合直线的斜率公式进行求解即可.【详解】解：（1）设点，则．因为，点到直线的距离，所以，即到的距离与到直线的距离之比为定值．（2）因为，，所以，的方程为．假设存在这样的一点，设，直线，联立方程组，消去得，．设，，则，．因为轴平分，所以直线与的斜率互为相反数，即，2222:1(0)x y C a b a b+=>>(c,0)F 12e =P C P F P 2a x c=1c =(0,)c k l C M N y Q y MQN ∠Q 12(0,3)Q 1c =()00,P x y 2200221x y a b+=||PF ===0c a x a=-P 2a x c =20a d x c =-020||12c a x PF c a e a d a x c-====-P F P 2a x c=121c =12e =2a =b =C 22143x y +=Q (0,)Q t :1l y kx =+221431x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩y ()2234880k x kx ++-=()296210k ∆=+>()11,M x y ()22,N x y 122834k x x k -+=+122834x x k-=+y MQN ∠QM QN 121211QM QN kx t kx t k k x x +-+-+=+()1212122(1)0kx x t x x x x +-+==所以，因为与无关，所以．故在轴上存在一点，使得轴始终平分．【点睛】由轴平分，得到直线与的斜率互为相反数，这是解题的关键. 3．（2021·天津高三二模）已知抛物线：与离心率为的椭圆：的一个交点为，点到抛物线的焦点的距离为2.（∴）求与的方程；（∴）设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于点，直线交轴于点，且？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（∴），；（∴）不存在点. 【分析】（∴）由抛物线的定义可知到焦点的距离等于到准线的距离，代入准线方程可求出值，从而求出抛物线方程；代入抛物线方程可求出点坐标，代入椭圆方程，结合离心率联立可解出，从而求出椭圆方程；（∴）直线与轴交于点，因为，且有，可得出，，即为线段中点，则有，设直线的方程为：，求出直线的方程，分别与椭圆和抛物线联立，求出点坐标，代入求解即可.【详解】解：（∴）因为抛物线方程为，则准线方程为：，点到焦点的距离等于到准线的距离，所以有，解得：，抛物线方程为：. 则或，且点在椭圆上，有，又椭圆离心率为，即，即，联立求解：，所以椭圆方程为. （∴）由题意，直线斜率存在且大于0，设直线的方程为：，因为，则有22882(1)3434k k t k k --⋅+-⋅++22168(1)8(3)03434k k t k t k k----===++8(3)0k t -=k 3t =y (0,3)Q y MQN ∠y MQN ∠QM QN 1C ()220y px p =>22C ()222211x y a b a b+=>>()1,P t Р1C 1C 2C O 2C A O OA 1C B AB y E OAE EOB ∠=∠A 21:4C y x =222:1992x y C +=A p P ,a b AB x D OAE EOB ∠=∠90OAB EOD ∠=∠=OAD DOA ∠=∠DOB DBO ∠=∠D AB A B y y =-OA ()0y kx k =>OB ()220y px p =>2px =-()1,P t 122p+=2p =24y x =()1,2P ()1,2P -P 22141a b +=22212c a =2212b a =22992a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩221992x y +=OA OA ()0y kx k =>OA OB ⊥直线的方程为：，由得：，即；由得：，即. 设直线与轴交于点，因为在第一象限内，满足，又，所以有，，所以，即为线段中点，所以，无解，所以不存在点的坐标使得.【点睛】（1）抛物线经常利用定义转化，将到焦点的距离转化为到准线的距离，减少变量求解；（2）直线与圆锥曲线的问题，经常将所求问题转化为与根有关的问题，此题中将转化为，联立解出点坐标，代入等式可判断是否存在.4．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆，是的下焦点，过点的直线交于、两点，（1）求的坐标和椭圆的焦距；（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；（3）在轴上是否存在定点，使得恒成立若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1），焦距为；（2），此时直线的方程为；（3）存在定点，使得恒成立．【分析】（1）利用椭圆方程求出，，然后求解，即可得到结果．（2）设直线，与椭圆方程联立．利用判别式以及韦达定理，结合弦长公式点到直线的距离公式，然后求解三角形的面积，利用基本不等式求解最值即可推出直线方程．（3）由（2）得，，推出直线系方程，然后求解定点坐标．验证当直线的斜率不存在时，直线也过定点，即可．【详解】（1）椭圆，可得，，所以，焦距为；OB xy k=-221992x y y kx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩A ⎛⎫241y xy xk ⎧=⎪⎨=-⎪⎩244x k y k ⎧=⎨=-⎩()24,4B k k -AB x D OAE EOB ∠=∠90OAB EOD ∠=∠=OAD DOA ∠=∠DOB DBO ∠=∠AD OD BD ==D AB A B y y =-4k =314=<A OAE EOB ∠=∠OAE EOB ∠=∠A B y y =-22:1126y x Γ+=F Γ()0,6R l ΓM N F ΓMNF l y S RSM RSN π∠+∠=S (0,F 2c =MNF l 6y =+()0,2S RSM RSN π∠+∠=a b c :6l y kx =+122122kx x k -+=+122242x x k =+l l (0,2)S 22:1126y x Γ+=a =b =c =(0,F 2c =（2）由题意得直线的斜率存在，设直线，由得，所以，故，设，，则，，所以(或用）点到直线的距离所以，令，则，所以，当且仅当时取等号，所以，此时直线的方程为；（3）当直线的斜率存在时，由（2）得，，因为，所以，即，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，当直线的斜率不存在时，直线也过定点，故轴上存在定点，使得恒成立．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，解决本题的关键点是将l :6l y kx =+2211266y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()22212240k x kx +++=()()2221449624840k k k ∆=-+=->240k ->()11,M x y ()22,N x y 122122kx x k -+=+122242x x k =+12MN x =-=====MN =F l d =)21622MNFS MN d k =⋅==+△0t =>))216666MNF tS t t t==++△6MNF S ≤=△k =MNF l 6y =+l 122122kx x k -+=+122242x x k =+RSM RSN π∠+∠=0MS NS k k +=12120y t y tx x --+=()()21120x y t x y t -+-=()()2112660x kx t x kx t +-++-=()()1212260kx x t x x +-+=()()2222412122620222k kkt t k k k -+-=-=+++0k ≠2t =()0,2S l l ()0,2S y ()0,2S RSM RSN π∠+∠=。

圆锥曲线一个定点、定直线的关联性质——对一道高考解析几何试题的探究性学习

直时，设直线ＭＮ的方程为＝ｈ则１２＝ｈ．，＝．于是，在点Ｔ
定直线＝ｒ § ②式成立上
由直线Ｍ过ｘ轴上的定点（Ｎ１，０）设其方程为可
Ｙ＝ｋｘ１七）当直线ＭＮ不与Ｘ（一） ≠０（（轴垂直时）代人椭圆方程，
２（）２（ｆ）ｔ＋，）＋口ｔｔ＋一ｈａ＋＝０ａｈ一（＝０（以下同情形１．）综上，可得
性质１设Ａ、为椭圆２２ＢＸ＋ｙ
＝
１并整理得（５９一８＋９４：０据韦达（＋ｋ）１ｋｘｋ一５．定理，或（ ① 合去）；当直线ＭＮ与ｘ轴垂直时，由直线ＭＮ过ｘ点，过点Ｔ￣ｆ
ｌ＞６）＞０的左、顶右
ＴＴ与椭圆分别交于点Ｍ、则点ＴＡ、ＢＮ，在定直
轴的点，，ｆ警 ≥２＝上定（）则２ ≥ ）箸（９１得 ① （一，）０９＋＋０
§ ２ｔ：ａ（＋ｘＤ－（￣ｘＸ：一ａ（ｌ）口＋２ｔ＋ａａｘ＋￣ｔ＋口）２ｔ＋Ｘ２＋（ｌｘＸ口）ａＸ
Ｔ与椭圆 ÷：分别交于点Ｍ、两点，Ｂ１Ｎ若点Ｔ在定直线
＝
§ ２（ＸＸ）＋）＝０ｔ＋Ｉ一（２，＋口）．ａ２（
臼一ａ＋２＋Ｚ＝￣（－２ｈｆ０：＝ａ或＝ｆ（２１ｈａｔ０ｚｔａＸ —）ｃｈ＿）＞ｈ＝＞－
（＋３，）３）＋）ｆ３＝（＋（（一）３
＝
［＋）３＋】ｆ９６＝９）３．）（＋）６（一）），【＋＋（＋】ｆ９ｔ９（［＋＋］（（［。一］

高考热点题型：圆锥曲线中的探索性问题

圆锥曲线中的探索性问题【必备知识】1．将直线y kx m =+代入椭圆22221(0)x y a b a b +=>>方程，化为关于x 的二次方程，即为222222()b x a kx m a b ++=，亦即222222222()20b a k x kma x a m a b +++-=．2．将直线y kx m =+代入抛物线22(0)y px p =>方程，得 2222()0k x km p x m +-+=，注意对k 分0k =（对应于直线与对称轴平行）与0k ≠（对应于直线与对称轴不平行）两类进行讨论．3．过点1112212(,),(,,)()P x y P x y x x ≠的直线斜率为122121P P y y k x x -=-．4．点00(,)P x y 到直线0Ax By C ++=的距离为0022d A B=+．5．直线l ：y kx m =+与圆锥曲线相交所得弦长2221212121||1()4L k x x k x x x x =+-=+⋅+-＝21||k a ∆+⋅．【技巧点拨】解答圆锥曲线中探索性问题，一般可分为以下步骤：（1）假设结论成立；（2）以假设为条件，进行推理求解；（3）明确规范结论，若能推出合理结论，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；（4）回顾反思解题过程．【典例展示】【题型一】探索直线、曲线间的位置关系问题【例1】已知椭圆C :2233x y +=，过点()1,0D 且不过点()2,1E 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，直线AE 与直线3x =交于点M ．（Ⅰ）若AB 垂直于x 轴，求直线BM 的斜率；（Ⅱ）试判断直线BM 与直线DE 的位置关系，并说明理由．【解析】（Ⅰ）因为AB 过点(1,0)D 且垂直于x 轴，所以可设1(1,)A y ，1(1,)B y -．直线AE 的方程为11(1)(2)y y x -=--．令3x =，得1(3,2)M y -．所以直线BM 的斜率112131BM y y k -+==-．（Ⅱ）直线BM 与直线DE 平行．证明如下：当直线AB 的斜率不存在时，由（Ⅰ）可知1BM k =．高考热点题型又因为直线DE 的斜率10121DE k -==-，所以BM DE ．当直线AB 的斜率存在时，设其方程为(1)(1)y k x k =-≠．设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线AE 的方程为1111(2)2y y x x --=--．令3x =，得点1113(3,)2y x M x +--．由2233(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，得2222(13)6330k x k x k +-+-=．直线BM 的斜率11212323BMy x y x k x +---=- 因为()()()()()()()11122121131232132k x x k x x x x k x x BM -+--------=--()()()()12122112332k x x x x x x --++-⎡⎤⎣⎦=--()()()222221331213131332k k k k k x x ⎛⎫-+-+- ⎪++⎝⎭=--0=，所以D 1k k BM E ==．所以BMDE ．综上可知，直线BM 与直线DE 平行．【思维导图】【特别点拨】围绕点的坐标确定是解答本题的关键．1．已知圆C 的圆心为)3)(0,(<m m C ，半径为，圆C 与椭圆2222:1x y E a b +=(0)a b >>有一个交点为(3,1)A ，21,F F 分别是椭圆的左、右焦点．（Ⅰ）求圆C 的标准方程；（Ⅱ）若点P 的坐标为()4,4，试探究斜率为k 的直线1PF 与圆C 能否相切，若能，求出椭圆E 和直线1PF 的方程；若不能，请说明理由．1．【解析】（1）由已知可设圆C 的方程为22()5(3)x m y m -+=<，将点A 的坐标代入圆C 的方程，得22(3)15m -+=，即2(3)4m -=，解得1m =或5m =.∵3m <，∴1m =，∴圆C 的方程为22(1)5x y -+=.(2)依题意，可得直线1PF 的方程为(4)4y k x =-+，即440kx y k --+=. 若直线1PF 与圆C 相切，则251k =+0112442=+-∴k k ，解得112k =或12k = .当112=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为36011>，不合题意，舍去．当12=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为－4， ∴124,(4,0),(4,0)c F F =-，∴由椭圆的定义得2222122||||(34)1(34)152262a AF AF =+=+++-+=+=∴32a =，即218a =，2222b a c =-=．直线1PF 能与圆C 相切，直线1PF 的方程为240x y -+=，椭圆E 的方程为221182+=x y ．【题型二】探索与平面图形形状相关的问题【例2】设椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1F 恰是2QF 的中点，若过2,,A Q F 三点的圆恰好与直线:330l x y --=相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线2:1+=x y l 与椭圆C 交于H G ,两点，在x 轴上是否存在点)0,(m P ，使得以PH PG ,为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为()0c c >，由1F 为线段2F Q 中点，2AQ AF ⊥，所以2,,A Q F 三点圆的圆心为()1,0F c -，半径为2c a =．又因为该圆与直线l 相切，所以3212c c c --=∴=．所以224,3a b ==，故所求椭圆方程为22143x y +=；（2）将直线2:1+=x y l 代入22143x y +=得041672=++x x ．设),(),,(2211y x H y x G ，则74,7162121=-=+x x x x ， ∴712422212121=++=+++=+x x x x y y ，∴GH 的中点)76,78(-M ，由于菱形对角线互相垂直，则1-=⋅CM PM k k ，∴1178076-=⨯---m ，解得72-=m ．即存在满足题意的点P ，且m 的值为72-．【思维导图】（13．已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点F 与x 轴不垂直的直线l 交椭圆于P Q ，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当直线l 的斜率为1时，求POQ ∆的面积；（Ⅲ）在线段OF 上是否存在点)0,(m M ，使得以MP MQ ，为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．3．【解析】（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为)0(12222>>=+b a by a x ．因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，所以2,1===a c b ．所求椭圆方程为1222=+y x ．（Ⅱ）因为直线l 过椭圆右焦点)0,1(F ，且斜率为1，所以直线l 的方程为1-=x y ．设),(),,(2211y x Q y x P ．由⎩⎨⎧-==+,1,2222x y y x 得01232=-+y y ，解得31,121=-=y y ，所以32||21||||212121=-=-⋅=∆y y y y OF S POQ ．（Ⅲ）假设在线段OF 上存在点)10)(0,(<<m m M ，使得以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形．因为直线l 与x 轴不垂直，所以设直线l 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ．由⎩⎨⎧-==+),1(,2222x k y y x 可得0224)21(2222=-+-+k x k x k ，因为0)1(8)22)(21(4162224>+=-+-=∆k k k k ，所以222122212122,214kk x x k k x x +-=+=+．设PQ y x Q y x P ),,(),,(2211的中点为),(00y x N ，所以2022021,212kk y k k x +-=+=，因为以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形，所以MN ⊥PQ ，1-=⋅k k MN ，所以121221222-=⋅-++-=⋅k mk kk kk k MN，整理得m k k k k ++-=+-222221221， 2222221212kk k k k m +=++-=，所以)0(2122≠+=k k k m ，所以210<<m ．【题型三】探索与平面图形面积相关的问题【例3】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，短轴长为2．（1）求椭圆C 的方程；（2）若,A B 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，,OA OB 的斜率分别为12,k k ，问是否存在非零常数λ使12k k λ⨯=时，AOB ∆的面积S 为定值？若存在，求λ的值；否则说明理由．【解析】（1）∵,222c e b a ===，∴222a b c =+，∴2,1,a b ==椭圆C 的方程为：2214x y +=；（2）假设存在这样的常数λ使12k k λ=时AOB S ∆为定值，设直线的方程为： ,y kx m =+且AB 与2214x y +=的交点坐标为()()1122,,,A x y B x y ．因为12,k k λ=所以，()()121212120,x x y y x x kx m kx m λλ-=-+++0=，化为()221212()0k x x km x x m λ-+++=．将,y kx m =+代入2214x y +=，消去y 得：()222148440k x kmx m +++-=．由韦达定理得：12x x +2814kmk-=+，12x x 224414m k -=+， ∴()221212()0k x x km x x m λ-+++=，可化为()22414k m λλ-=-．因为点O 到直线AB的距离为d =，所以121122AOBSd AB x x m ==-= 22AOBS ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭()()()()()2222222(14)41441414k k k k λλλλ⎡⎤+⋅----⎢⎥⎣⎦-+＝()()4222426416141168114k k k k λλλλ-++⋅-⨯++- 要使上式为定值，只需26411641681λλλ-+-==，得，14λ=-，此时22AOB S ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭14，即1AOB S ∆=，故存在非零常数14λ=-，此时1AOB S ∆=．【思维导图】（1（23．已知平面直角坐标系上一动点(,)P x y 到点(2,0)A -的距离是点P 到点(1,0)B的距离的2倍．（1）求点P 的轨迹方程；（2）过点A 的直线l 与点P 的轨迹C 相交于,E F 两点，点(2,0)M ，则是否存在直线l ，使EFM S △取得最大值，若存在，求出此时l 的方程，若不存在，请说明理由．3．【解析】（1= ∴2240x x y -+=，即22(2)4x y -+=，（2）由题意知l 的斜率一定存在，不妨假设存直线l 的斜率为k ，且1122(,),(,)E x y F x y 。

对一道测试题的错解剖析与拓展

、一６：
１ＰＭＯ＇ＭＴ＝＾（Ｆ＋Ｆ＋ Ⅱ 一：Ｆ＋２Ｐｚ２）６Ｐ２
．
会适得其反．下面以一道测试题为例．希望引起同仁的关注．
＝
ａｂ．无法确定和６ Ⅱ 大小关系．此时－一的
试题研究＞探究 … … … ，，试题
ｕ
…
数学教学通讯Ｉ师版）教
投箱：ｊｖ３Ｏ稿邮ｓｋｉ１．ｒｘ＠ｐ８Ｃｎ
对一道测试题的错解剖析与拓展
傅昌敏江苏徐州第七中学２１１２０１
述文，
圆锥曲线在高考中是必考的解答
ＭＴ０＋垃ＭＴ．Ｍｏ— ‘ — 即ＭＴｂｍ
ＢＯ．．
６ｎ —
Ｃ．肘０一ＴｂａＭ＜ —
个选择题中有答案Ｄ“ 确定 ” 所以我不．
们自然会提出问题：由给出的图知线段
ｙ
Ｄ不确定．
ｙ
的中点在切点Ｔ的右侧．么一定在那
（由直角三
点评：法一虽然简单，容易漏解但掉其他情形．且点Ｍ在左侧时的处理方法很难想到：法二虽然计算量相对大解
一
ＭＯ＝＝ＭＴ０，此时ＭＯ－＝．ＯＴａ．＝ＭＴａ
角形中斜边ＭＯ＞角边得０一直Ｍ０即．＞，＞；，＿０即６口由三角形中两边之
变了，
图３

圆锥曲线中的定点问题及解决方法

圆锥曲线中的定点问题及解决方法1. 引言1.1 背景介绍圆锥曲线是几何学中一个重要的概念，指的是由一个平面与一个圆锥体相交而得到的曲线。

在数学中，圆锥曲线包括圆、椭圆、双曲线和抛物线四种类型。

这些曲线在几何学和代数学中有着广泛的应用，涉及到许多重要的定理和性质。

圆锥曲线中的定点问题是指关于曲线上或曲线与其他几何图形的交点位置和性质的问题。

这些问题在实际应用中具有重要意义，例如在天文学中描述行星轨道的形状，或在工程学中设计湖面上的浮标位置等。

研究圆锥曲线中的定点问题不仅可以加深对这些曲线的理解，更可以拓展数学知识的应用范围。

通过研究不同的解决方法，可以进一步提高解决问题的能力和技巧，为数学领域的发展贡献力量。

深入探讨圆锥曲线中的定点问题具有重要的研究意义和价值。

1.2 问题提出圆锥曲线中的定点问题是一个重要而复杂的数学问题，其研究有着深远的理论和应用意义。

在圆锥曲线中，定点问题是指在已知曲线的情况下，找到曲线上满足一定条件的点的位置。

这种问题涉及到几何、代数和分析等多个数学领域，需要综合运用不同的数学方法来求解。

定点问题在圆锥曲线中具有广泛的实际应用。

比如在工程领域中，定点问题可以帮助我们确定某个位置的几何特性，从而设计出更加精确的结构。

在物理学中，定点问题可以帮助我们分析物体的运动轨迹和速度方向。

在计算机图形学和机器人领域中，定点问题也有着重要的应用价值。

研究圆锥曲线中的定点问题不仅有助于深化数学理论，还能推动相关领域的发展和创新。

在本文中，我们将介绍不同的解决方法来解决圆锥曲线中的定点问题，探讨其适用场景和未来研究方向，以期为相关领域的研究工作提供一定的参考和启发。

1.3 研究意义在圆锥曲线中，定点问题具有重要的研究意义。

通过对定点问题的研究，我们可以深入理解圆锥曲线的性质和特点，进一步探索其数学规律和几何意义。

定点是曲线上的固定点，对于圆锥曲线而言，定点的位置和性质对曲线的形状和特征具有决定性影响。

对一道例题的思考与拓展

例１（０７西，２文２）２０陕理１２已知椭圆ｃ＋：
焦点。１过点ＰＯ一）（）（，４作抛物线Ｇ的切线，求切线方
程；２设Ａ，抛物线Ｇ上异于原点的两点，（）Ｂ为且满足
Ａ．丢１。＞的心为Ｊ短的个点Ｆ面Ｄ（６）率，一端 — ＞０离：轴
：
一
以上四种方法，别利用两 Leabharlann 距离公式、与系分根
数、抛物线定义以及弦长公式等进行求解。在讲课中，
６＋ｌ＝０… … … … … …
代只讲授了前面种方法，四种方法是学生在利用第前面学习了圆、圆等相关内容后，椭自己通过分析归纳
到右焦点的距离为￣。（）／１求椭圆ｃ的方程；
（）２设直线Ｚ与椭圆Ｃ交于Ａ、Ｂ两点，标原点０到直坐
：，０延长Ａ、ＦＦＢ分别交抛物线Ｇ于点ｃＤ，、
解法四：利用弦长公式求ＡＢ的长。
线经过抛物线ｙ＝４的焦
点，与抛物线相交于两点
Ａ，求线段ＡＢ的长：Ｂ，解法一：用两点『利ｎＪ距离公式求ＡＢ的长直线ＡＢ的方程为ｙ一ｌ＝，
，２—２
）
．
．
Ｊ启ｉ＝、（）４）８／４。＋（＝／
解法 ■ ：据抛物线的定义求ＡＢ的长。南抛物根
作引导学生进行类比、归线的定义【知，ＩＦｆ＝ｌＩ，ｌＡ：。。以及双曲线等）为一类问题，】『４／４而＋ｌＡ

高考数学圆锥曲线深度拓展蒙日圆及其证明

高考数学圆锥曲线深度拓展：蒙日圆及其证明一、引言在高考数学中，圆锥曲线是一个重要的知识点，它不仅在解析几何中有广泛应用，还在物理、天文等领域有所涉及。

蒙日圆，作为圆锥曲线的一种特殊形态，具有独特的性质和证明方法。

本文旨在探讨蒙日圆及其证明的深度拓展。

二、蒙日圆的基本性质蒙日圆，也被称为极坐标圆或椭圆的垂直平分线投影圆，其独特性质在于它与原始椭圆的关系。

在椭圆上任取一点P，作PP1垂直于长轴，作PP2垂直于短轴，则P1P2的垂直平分线与原始椭圆相切于点P。

这个性质表明，对于椭圆上的任意一点，其关于长轴和短轴的垂足与原点的连线段的垂直平分线，都与椭圆相切于该点。

三、蒙日圆的证明对于蒙日圆的证明，我们可以采用以下步骤：1、在椭圆上任取一点P，以点P为圆心，作一圆与椭圆相切。

这个圆的半径可以由点P到椭圆中心的距离决定。

2、根据几何性质，我们可以知道这个圆与椭圆的切点在椭圆的长轴和短轴的垂直平分线上。

3、由于这个圆是以点P为圆心，因此点P关于长轴和短轴的垂足与原点的连线段的垂直平分线必然经过这个圆心。

这就意味着这个垂直平分线与椭圆相切于点P。

4、因此，我们证明了在椭圆上任意一点都有一条过该点的直线与椭圆相切。

也就是说，我们找到了一个与椭圆相切的圆，即蒙日圆。

四、结论通过以上分析，我们证明了蒙日圆的存在及其性质。

这个知识点不仅在高考数学中具有重要作用，也是解析几何中的一个重要知识点。

希望通过本文的探讨，能够帮助同学们更深入地理解和掌握这一部分的知识。

蒙日圆以及应用蒙日圆是一种特殊的几何图形，它由法国数学家加斯帕德·蒙日（Gaspard Monge）发现并以其名字命名。

蒙日圆在几何、物理学、工程学等领域都有广泛的应用。

本文将介绍蒙日圆的定义、性质以及应用。

一、蒙日圆的定义蒙日圆也被称为“最小圆”或“极圆”，它是指在平面上，一个集合内所有点均在该集合的凸包内的最小圆。

也就是说，蒙日圆内包含着集合内的所有点，且其半径最小。

圆锥曲线几个结论的拓展、变式及推广

2021年第4期(上)中学数学研究41圆锥曲线几个结论的拓展、变式及推广福建省莆田第五中学（351100）宋桂芳文［1］对2015年全国高考北京卷第19题进行了本质探究和推广，得到了关于椭圆、双曲线的3个结论，读后觉得意犹未尽.本文先将这些结论拓展到抛物线的情形，再给岀这些结论的等价变式及部分等价变式的推广.首先将［1］的这3个结论抄录如下：x2y2结论1（综合文［1］的结论1,2）已知椭圆c:x+y=a2b21（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为椭圆C上一动点，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x 轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则|OM|•|ON|=a2,如图1（|OM|•|ON|=b2,如图2）.图1图222结论2（文［1］的结论3）已知双曲线C:|2—b2=1（a>0,b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为双曲线C上一动点，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x 轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则图3图41结论的拓展以上结论只涉及椭圆、双曲线，那么，对于抛物线，有没有类似的结论经探究,可得结论3已知抛物线C:y2=2px（p>0）（x2=2py（p> 0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为抛物线C上一动点，与点P 不关于x轴（y轴）对称，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则|OM|=|ON|.证明对于抛物线C:y2=2px(p>0),由条件知B(m,—n),直线PA,PB的方程分别为y—y o=—y o•(x—x o),y—y o=一匹•(x—x o).分别令m—x o m—x oy=0,可得M(nx o一my o,0),N(nx o十my o,0).贝Jn—y o n+y onx o—my o+nx o+my on—y o n+y o_(nx o一my o)(n+y o)+(nx o+my o)(n—y o)n+y o(n—y o)(n+y o)2n2x o—2my O(n—y o)(n+y o)5又由P(x o,y o),A(m,n)在抛物线C上知y O=2pxo,n2= 2pm,则2n2x o—2my2=2x o•2pm—2m•2px o=0,从而nx o一my o+nx o十my o=0.又易知点M,N在y轴异侧, n—y o n+y o即nx o-my o与nx o十my o异号,从而有|om|=|ON|.n—y o n+y o相仿地，可以证明C:y2=2px(p>0)也具有相应性质，限于篇幅，此处从略.证毕.2结论的等价变式在上述结论中，由于点A,B关于x轴（y轴）对称O直线NA,NB（即卩NP）的斜率k1,k2满足k1+k2=0,故上述结论可分别等价表示为结论1',2',3':x2y2结论1'已知椭圆C:—2+b2=1（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为椭圆C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称），直线PA与x轴（y轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|•|ON|=a2（|OM|•|ON|=b2）.x2y2结论2'已知双曲线C:冷—y=1（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为双曲线C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称），直线PA与x轴（y轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|•|ON|=a2（|OM|•|ON|=b2）.结论3'已知抛物线C:y2=2px（p>0）（x2= 2py（p>0））上一点P（x o,y o）,A（m,n）为抛物线C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称）,直线PA与x轴（y 轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|=|ON|.3部分等价变式的推广经探究发现，结论1',2'中有关“x轴”的情形及结论3'42中学数学研究2021年第4期(上)可以推广到更一般的情形.x2y2结论I已知椭圆C:x+y=1(a>b>0)上一点P(x o,y o),A(m,n)为椭圆C上一动点(与点P不关于x轴对称)，直线PA与x轴交于点M,点N在x轴上，点N1在得u—s—rt=0,则a2—su=0.从而有s2进而得|OM|一牛.又由N(u,0)得|ON|=|OM|•|ON|=a2.证毕.a2u|u|,故过点N且垂直于x轴的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|•|ON|=a2.证明设直线PA的方程为x=ry+s(r=0),与椭圆C的方程联立，得b2(ry+s)2+a2y2-a2b2=0,整理得(a2+b2r2)y2+2b2rsy+b2(s2-a2)=0.据韦达定理，得2b2rs”=b2(s2-a2)一a2+b2r2,y o n=a2+b2r2.易知直线PA与x轴交点M(s,0),设N仏0),N1(u,t),则k3=—-—.又由x o=ry o+s,m=rn+s彳得u—sn—t y o—tk1+k2一------------------m—u x o—u(n—t)(ry o+s—u)+(y o—t)(rn+s—u)y o+n y o n(rn+s—u)(ry o+s—u)2rny o+(s—u—rt)(n+y o)—2t(s—u)r2ny o+r(s—u)(n+y o)+(s—u)22r•：2；一2；2)十(s一u一rt)(一a2?+舄2)一2t(s一u)r2•十r(s一u)(-)+(s—u)2 2b2r(s2—a2—s2+su+rst)—2t(s—u)(a2+b2r2)类似地，结论—中有关“x轴”的情形及结论3可分别推广为x2y2结论II已知双曲线C:x一y=1(a>0,b>0)上一点P(x o,y o),A(m,n)为双曲线C上一动点(与点P不关于x轴对称)，直线PA与x轴交于点M,点N在x轴上，点N1在过点N且垂直于x轴的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|•|ON|=a2.结论III已知抛物线C:y2=2px(p>0)(x2= 2py(p>0))上一点P(x o,y o),A(m,n)为抛物线C上一动点(与点P不关于x轴(y轴)对称)，直线PA与x轴(y轴)交于点M,点N在x轴(y轴)上,点N1在过点N 且垂直于x轴(y轴)的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|=|ON|.下面只证明结论III,结论II仿结论I可证.b2r2(s2—a2—2s2+2su)+(s—u)2(a2+b2r2) 2[b2r(a2—su—rst)+t(s—u)(a2+b2r2)]b2r2(a2+s2—2su)—a2(s—u)2—b2r2(s2—2su+u2) 2b2r(a2—su—rst)+st(a2+b2r2)—tu(a2+b2r2)证明设直线PA的方程为x=ry+s(r=0),与抛物线C的方程联立并整理，得y2-2pry-2ps=0.据韦达定理，得y o+n=2pr,y o n=—2ps.易知直线PA与x 轴交点M(s,0),设N仏0),N1仏t),则k3=^—.又由u—sx o=ry o+s,m=rn+s.得b2r2(a2—u2)—a2(s—u)22[b2r(a2—su)+a2st—tu(a2+b2r2)] b2r2(a2—u2)—a2(s—u)22b2r(a2—su—tur)+a2t(s—u)n—t+y o—tk1+k2m—u x o—u(n—t)(ry o+s—u)+(y o—t)(rn+s—u)b2r2(a2—u2)—a2(s—u)2又由k1+k2=2k3及k3=—t—,可得us(rn+s—u)(ry o+s—u)2rny o+(s—u—rt)(n+y o)—2t(s—u) r2ny o+r(s—u)(n+y o)+(s—u)22r(—2ps)+(s—u—rt)•2pr—2t(s—u)(u—s)b2r(a2—su—tur)+a2t(s—u)=t[b2r2(a2-u2)-a2(s-u)2]今b2r(a2—su—tur)(u—s)=b2r2t(a2—u2)今u(a2—su—tur)—s(a2—su—tur)=rt(a2—u2)今u(a2—su)—s(a2—su—tur)=a2rt今u(a2—su)—s(a2—su)+stur=a2rt今u(a2—su)—s(a2—su)=rt(a2—su)今(a2—su)(u—s—rt)=0,r2(—2ps)+r(s—u)•2pr+(s—u)22[pr(—2s+s—u—rt)—t(s—u)]2p r2(—s+s—u)+(s—u)22[pr—s—u—rt)—t(s—u)]2[pr(s+u+rt)+t(s—u)] 2pr2(—u)+(s—u)22pr2u—(s—u)2又由k1+k2=2k3及k3=—t—,可得us(u—s)[pr(s+u+rt)+t(s—u)]=t[2pr2u—(s—u)2]今p r(s+u+rt)(u—s)=2pr2u今r[(s+u+rt)(u—s)—2rut]=0今r[(s+u)(u—s)+rt(u—s)—2rut]=0由于点N1(u,t)不在直线PA:x=ry+s(r=0)上,今r[(s+u)(u—s)—rt(u+s)]=0今r(s+u)(u—s—rt)=0,2021年第4期(上)中学数学研究43对一道预赛试题的思考与探究福建省周宁县第一中学(355400)叶桦题目(2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛第12题)22已知F1,F2分别为椭圆C:+豈=1(—>b>0)的左、右焦点，点P(乎,1)在椭圆C上,且AF1PF2的垂心为H(響,-3).(1)求椭圆C的方程；(2)设A为椭圆C左顶点，过点F2的直线l交椭圆C于D,E两点,记直线AD,AE的斜率岛，級,若仏+k=-1,求直线l的方程.图1直线AD,AE的斜率岛忌满足岛+k=A(A为非零常数),则直线l的斜率k=2(e—1)(其中e为椭圆C的离心率).证明设直线l的方程为x=hy+e,由入=0知h=0,直线l的斜率k=g.将直线l的方程与椭圆C方程联立，得h(a2+b2h2)y2+2b2ehy+b2(e2—a2)=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),据韦达定理，2b2eh b2(e2—a2) y1+y2=-庐十丽,y1y2=aU-h,且有x1=hy1+e,x2=hy2+e.又由A(—a,0),得y1y2y1y2+=+=+x1+a x2+a+e+a hy2+e+a=2hy1y+(a+e)(y1+y)h2y1y2+h(a+e)(y1+y2)+(a+e)22•—+(a+e)(—2b2eh)a2十-22本题的答案是：(1)椭圆C的方程为x r+专=1；(2)直线l的方程为y=2(x-1).本题⑵的内涵丰富,意境深邃，值得引导学生深入思考与探究.1由特殊到一般的思考与探究本题的(2)的关键是在“仏+級=-2”的条件下求出直线l的斜率k=2.我们不禁要问：对于一般的椭圆22C:—2+b2=1(a>b>0),若+k=入(入为非零常数),那么，直线l的斜率k是否为某个定值？经探究，可得22性质1.1设A为椭圆C:|2+卷=1(—>b>0)的左顶点，过焦点F(e,0)的直线l交椭圆C于D,E两点，若b2(c2-a2)a2+b2h22b eh2+h(a+e)(—a2+b2h2)+(a+e)2b2h(e2—a2—ae—e2)b2h2(e2—a2)—2b2eh2(a+e)+(a+e)2(a2+b2h2)2b2h(—a2—ae)b2h2[e2—a2—2e(a+e)+(a+e)2)]+a2(a+e)2 2ah(a2—e2)(a+e)a2(a+e)2=-2(—-e)h=2(e-1)h,由此可得k=1=h特别地，当入k=2((1/2)-1)=-(1/2)斜率.类似地，有2(e-1)+k=_1=―2，=◎.证毕.Aa2=4,b2=3时,e12=2.这就是上述试题(2)的直线l的由于r=0且点N1(u,t)不在直线PA:x=ry+s(r=0)上得u-s-rt=0,故s+u=0,从而有|s=|u|,即|OM=|ON|.证毕.特别地，当点N1重合于点N时,结论I,II分别为结论1,2中有关“x轴”的情形，结论III为结论.至此，我们完成了对文［1］的3个结论的拓展、变式及推广.参考文献［1］张留杰.2015年高考北京第19题的本质探究［J］.中学数学研究(江西),2016(3):24-26.。

高中数学圆锥曲线的教学难点与解决策略

高中数学圆锥曲线的教学难点与解决策略圆锥曲线是高中数学中的重要内容，包括椭圆、双曲线和抛物线。

它不仅在数学学科中具有重要地位，也在实际生活和其他科学领域有着广泛的应用。

然而，对于学生和教师来说，圆锥曲线的教学和学习都存在着一定的难度。

一、教学难点1、概念抽象圆锥曲线的概念较为抽象，学生难以直观地理解和把握。

例如，椭圆的定义是“平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两定点间的距离）的点的轨迹”，双曲线的定义是“平面内到两个定点的距离之差的绝对值等于常数（小于两定点间的距离）的点的轨迹”。

这些定义涉及到距离的运算和比较，对于学生的空间想象能力和逻辑思维能力要求较高。

2、图形复杂圆锥曲线的图形较为复杂，其形状和性质随着参数的变化而变化。

学生在绘制图形和分析图形时容易出现错误，难以准确把握图形的特点和规律。

3、计算量大在求解圆锥曲线的相关问题时，往往需要进行大量的计算，如联立方程、求解方程组、化简表达式等。

这些计算过程繁琐，容易出错，对学生的计算能力和耐心是一个很大的考验。

4、综合应用难度高圆锥曲线常常与其他数学知识，如函数、不等式、向量等综合考查。

学生需要具备较强的知识整合能力和综合运用能力，才能解决这些综合性的问题。

二、解决策略1、加强直观教学利用多媒体技术，如动画、视频等，直观地展示圆锥曲线的形成过程和图形特点，帮助学生理解抽象的概念。

例如，通过动画演示动点到两个定点的距离之和或之差的变化过程，让学生直观地看到椭圆和双曲线的形成。

2、注重图形分析在教学中，引导学生仔细观察圆锥曲线的图形，分析图形的对称性、顶点、焦点、准线等重要元素的位置和性质。

通过大量的图形练习，培养学生的图形感知能力和分析能力。

3、优化计算方法教给学生一些简化计算的方法和技巧，如设而不求、整体代换等。

同时，加强学生的计算训练，提高计算的准确性和速度。

4、强化知识整合在教学中，有意识地引导学生将圆锥曲线与其他数学知识进行联系和整合，通过综合性的例题和练习，让学生体会知识之间的相互关系，提高综合运用能力。

对一道圆锥曲线习题的探究

—
一
。
：
± ＝＝）
则，２＝
．
孚Ｃ＝Ａｃ一Ｂ２＜０，即Ｂ２－４ＡＣ＞０与二次函数中
、／
Ｖ＇ — ４＋ｙ＋（ — ｚ－２）２・２、／ ’
“ △ ” 的计算一致。
所以我们可以把结论记成：
Ｘ０，２２
一： — －ａｌ２：ｔ — ；ａｌｌ
，
中图分类号：Ｇ６３３．６文献标识码：Ａ文章编号：１９９２ — ７７１１（２０１３）３ｏ一０１２２
有这样一道题：
如果 ≠０，那么把（２）改写成。Ｙ，２＋２。。２（）＋ａＨ＝Ｏ
一
ｆ＜０椭圆型
些学生认为：，ｚ的系数都为正，且含ｘｙ项，所以不是圆，可能
是椭圆，更有同学说由于Ａ＿ＰＤＢ。＝Ａ＿ＭＤＢ，所以可以理解为一个以ＤＢ为轴，以ＤＭ，ＤＰ母线为圆锥被平面ＡＢ。所截的截线，由
如果ａｌｌ ≠ ０，那么把（２）改写成。 ¨ （）Ｖ２＋２。２（争）Ｖ＋ｎ０，
令ｌａ１２ｌ，得善：－ａ１２：ｔ：ａ１２ｌａｌｌ
得＿． …－ａｌ２＿
二１２主二２．
’
引题在正方体ＡＢＣＤ－ＡＢ。Ｃ。Ｄ中，是ＣＣ。的中点，若点

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点，Ｏ是坐标原点，Ｍ是ＦＰｚ１Ｆ的外角平分线上的一点，且两上，Ｍ点的轨迹是圆．则
点，且葡上
，０ｌ则＜
＜
拓展３２．Ｐ点是椭圆＋告＝ｌ＞ｂ＝（＝ａ＞
ｃ‘ 【，
拓展２Ｐ点是双曲线一一ｌｙ：ｏ上（ｙ）ｅ的一个动点，１Ｆ２椭圆的两个焦点，Ｆ，是０是坐标原点，是ＦＰ。Ｍ１ｌ的平分线上的一点，Ｆ且两上则ｌｌｎ — ．证明延长Ｆ】，ＦｚＭＰ交于Ｎ点．
【，
所以０ｌ ≤
ｌ２２＜ √．
．
拓展３１．Ｐ点是椭圆＋卺一１ｎ＞（＞ｂ
“
）３≠ ）Ｆ，２拓展１Ｐ点是椭圆６＋告一１ｎ＞ｂ１（＞Ｏ（，Ｏ上的一个动点，１Ｆ是椭圆的两个焦０（０上的一个动点，，２） ≠ ）Ｆ１Ｆ是椭圆的两个焦点，坐标原点，是ＦＰ的平分线上的一０是Ｍ１Ｆ。
！— Ｉ
Ｉ＜
Ｉ
ｌ一
一
图３
ｌＦ２『．ｎ—ＩＰ１因ｎ＜ＩＦ＜口－，０Ｉ —ｃ２ｌ４ｃ故 ≤ Ｐ
Ｉｌ！
２
１ＩＩｌ！ —ｌ
～
２丝ｉｌ。Ｉ —ｎ
２．２．
，
拓展３Ｐ点是椭圆＋告一１口ｂ（＞＞
“ ｃ，
Ｏ（） ≠ ０上的一个动点，，２）Ｆ１Ｆ是椭圆的两个焦
ｙ
解延长Ｆ１，ＦｚＭＰ交于Ｎ点．因ＦＰ１Ｍ一Ｎ，— ■ —ｌ — — ＬＦ— Ｐ， — — Ｍ — Ｍ， —＋ — —
Ｉ
！２！：ｌｉ！ｌＩ ± 婴Ｉ一！２ｌ
标原点，Ｍ是ＦＰ。１Ｆ的平分线上的一点，厕
Ｉ
ｌ＋ｚ＝ＩｎＩ．
Ｉ＞
拓展２２．Ｐ点是双曲线一一ｌ ≠ ｏ（）
因ＩＦ。＞ｆ，ＰＩ一口所以Ｉ
上的一个动点，１Ｆ是椭圆的两个焦点，Ｆ，２Ｏ是坐标原点，是ＦＰｚＭ１Ｆ的平分线上的一点，且＿ｌ－，Ｍ点的轨迹与双曲线相切．则
是ＺＦＰ。￣Ｆ的平分线上的一点，且葡．１．
则ＩＩ的取值范围是
Ｊ
—
—
一，
Ｎ
Ｉ
．
一
图１
葡上，Ｐ一ＰＰＭＦＭ，Ｆ一Ｎ，投故
Ｍ是ＦＮ的中点．在 △ Ｆ２中，１ＮＦ
：
Ｉ
Ｉ一
一
ＩｌＩｌｌ — Ｉ二！２Ｉ！
！！二２
，
是
图４
ｌ
上Ｆ１，Ｍ点的轨迹是圆．则
，ｌ．Ｆ１故中点．＝ＰｈｉＭ＿Ｎ的ＰＦ１口在 △Ｆ１２中，ＮＦＩ
一
拓展２１Ｐ点是双曲线一ｙ一１ ≠ ０．＾２（－）上的一个动点，１Ｆ是椭圆的两个焦点，Ｆ，２０是坐
，
Ｊ
Ｏ（） ≠ Ｏ上的一个动点，１Ｆ是椭圆的两个焦）Ｆ，２点，Ｏ是坐标原点，是ＦＰ。Ｍ１Ｆ的外角平分线上
的一点，厕
上
则Ｍ点的轨迹与椭圆相切．
“
拓展４Ｐ点是双曲线Ｘ一＝１ ≠ ｏ上（）的一个动点，１Ｆ２椭圆的两个焦点，Ｆ，是０是坐标原点，是ＦＰ。Ｍ１Ｆ的外角平分线上的一点，且葡－，Ｉｌ－则Ｉｃ＞．
点，是坐标愿点，ＯＭ是ＦＰｚ１Ｆ的平分线上的一点，且丽上Ｆ，Ｉ１则Ｉ口一．
一
一
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
证明延长ＦＭ，２１ＦＰ交于Ｎ点．
因ＲＰ一ＭＰ，ＭＮ
・
故ＰＦ１＝ＰＮ，是ＭＦｔ的中点．Ｎ在 △Ｆ１２Ｎ中，Ｆ
证明延长ＦＭ，２１ＦＰ交于Ｎ点，因ＦＰ一ＭＰＮ，ｌＭ
Ｊ
因ＦＰ — ＺＭＦ，１ＭＮ
前上
，ＰＰＭ故Ｆ一Ｎ，
是ＦＮ的中点．１在 △Ｆ１２中，ＮＦ
图２
Ｊ
Ｉ一
一
商上
２０年第１０９Ｏ期
中学数学月刊
・３・５
劝一道圆锥曲线题硇探究和拓展
黄萍（黑龙江省大庆实验中学１３１）６３６题目：大庆实验中学高三模拟试题）（Ｐ点是椭圆Ｘ十２一ｌｙ≠ ｏ上的一个动２（）点，Ｆ是椭圆的两个焦点，是坐标原点，Ｆ，２ＯＭ