解析几何—全析高考常考的6大题型 教学案 河北省鸡泽县第一中学高三数学一轮复习

知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
题型一 圆锥曲线中的定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太
复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这
些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
得 y＋y0＝x＋x0＋2，
①
由yx－ －yx00＝－1，得 y－y0＝x0－x，②
由①②得y＝x0＋1， y0＝x＋1，
∴k·k1＝yy0－
y＋y0 xx0
＋1
＝ x＋1
x0＋1 － xx0
x＋x0＋2
＋1＝1.
y＝kx＋1， (2)由x42＋y2＝1
得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设 M(xM，yM)，N(xN，yN)， ∴xM＝4－k2＋8k1，yM＝14－ k2＋4k12.
(2)当 k 变化时，试问直线 MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，
请说明理由．
解：(1)设直线 l 上任意一点 P(x，y)关于直线 y＝x＋1 对称的点直线 l1 的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝y－x 1，k1＝y0x－0 1，由y＋2 y0＝x＋2 x0＋1，
式子必能化为一个常数，所以只须对上述式子进行必要的化简即可得到定值. [典例] (2019·沈阳模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的焦点为 F1，F2，离心率为12，点 P
为其上一动点，且三角形 PF1F2 的面积最大值为 3，O 为坐标原点． (1)求椭圆 C 的方程；
(2)若点 M，N 为 C 上的两个动点，求常数 m，使―O→M·―O→N ＝m 时，点 O 到直线 MN 的距离为
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同理可得 xN＝4－k218＋k11＝4－＋8kk2，yN＝41k－21＋4k121＝k42＋－k42.
kMN＝xyMM－－xyNN＝144－－kk22＋＋84kk112－－k44－2＋＋－8kkk422＝8k
8－8k4 3k2－3
＝－k23＋k 1，
∵点 B 在以线段 MN 为直径的圆上，
∴―B→M ·―B→N ＝0.
∵―B→M ·―B→N ＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0， ∴(k2＋1)44mk22＋－14＋k(m－1)4－k28＋km1＋(m－1)2＝0，
面积、比值等 与变量 斜率、点的坐标等 无关的问题.其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使
其只含有一个变量 或者有多个变量，但是能整体约分也可以 .
三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的
③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．
[针对训练]
如图，已知直线 l：y＝kx＋1(k＞0)关于直线 y＝x＋1 对称的直 直线 l，l1 与椭圆 E：x42＋y2＝1 分别交于点 A，M 和 A，N，记直线
线为 l1， l1 的 斜
率为 k1.
(1)求 k·k1 的值；
由 t＞3，得3k
2k－1 k3－2
＞3，
所以k3－2kk3－2＋2k－2＝
k－2 k2＋1 k3－2
＜0，即kk3－－22＜0.
由此得k－2＞0， 或k－2＜0，
k3－2＜0
k3－2＞0，
解得3 2＜k＜2.
因此 k 的取值范围是(3 2，2)． [方法技巧]
圆锥曲线中范围问题的 5 个解题策略 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可
选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
[典例] (2019·成都一诊)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的右焦点 F( 3，0)，长半轴的长与
(2)当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立，得y＝kx＋m， x2＋4y2＝4，
消去 y 可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝4－k28＋km1，x1x2＝44mk22＋－14.
短半轴的长的比值为 2.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)设不经过点 B(0,1)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M，N，若点 B 在以线段 MN 为直径
的圆上，证明直线 l 过定点，并求出该定点的坐标．
[解] (1)由题意得，c＝ 3，ab＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1， ∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y2＝1.
(2)由题意知 t＞3，k＞0，A(－ t，0)，将直线 AM 的方程 y＝k(x＋ t)代入xt2＋y32＝1 得(3＋tk2)x2
＋2 ttk2x＋t2k2－3t＝0. 设 M(x1，y1)，则 x1·(－ t)＝t23k＋2－tk32t，
即 x1＝
t 3－tk2 3＋tk2
，
故|AM|＝|x1＋
所以 x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，
整理得k72＋n21＝12＋m
4k2＋3 k2＋1
.
因为 d＝
k2n＋2 1为常数，则 m＝0，d＝
172＝2 721，
此时k27＋n21＝12 满足 Δ＞0.
当 MN⊥x 轴时，由 m＝0 得 kOM＝±1，
y＝kx＋m， 由x42＋y32＝1
消去 y 并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
则 Δ＝64k2m2－16(3＋4k2)(m2－3)＝48(3＋4k2－m2)＞0，即 3＋4k2－m2＞0.
又 x1＋x2＝－3＋8km4k2，x1x2＝4
m2－3 3＋4k2
，
所以 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝3m32＋－41k22k2，
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由 3x1x2＋4y1y2＝0，得 3×4
m2－3 3＋4k2
＋4×3m32＋－41k22k2＝0，即 2m2＝3＋4k2.
因为|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2·
x1＋x2 2－4x1x2 ＝ 1＋k2·
48
3＋4k2－m2 3＋4k2 2
＝
1＋k2·
48
2m2－m2 2m2 2
＝ 1＋k2·
点 N 在 E 上，MA⊥NA. (1)当 t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积； (2)当 2|AM|＝|AN|时，求 k 的取值范围． [解] (1)由|AM|＝|AN|，可得 M，N 关于 x 轴对称， 由 MA⊥NA，可得直线 AM 的斜率 k 为 1. 因为 t＝4，所以 A(－2，0)，
直线 MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即 y－14－ k2＋4k12＝－k23＋k 1x－4－k2＋8k1，
即 y＝－k23＋k 1x－38
k2＋1 4k2＋1
＋14－k2＋4k12＝－k23＋k 1x－53.
∴当 k 变化时，直线 MN 过定点0，－53.
题型二 圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量 斜率、距离、
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设 P(x，y)(x＞0，y＞0)，则―PF→1＝(－ 3－x，－y)，―PF→2＝( 3－x，－y)， 由―PF→1·―PF→2＝－54，得 x2＋y2＝74.
结合x42＋y2＝1，x＞0，y＞0，解得 x＝1，y＝ 23，
所以点 P 的坐标为1， 23. (2)当椭圆 Ω 的焦距为 2 时，c＝1，则 b2＝a2－c2＝3，椭圆 Ω 的方程为x42＋y32＝1.
t|
1＋k2＝6
t 1＋k2 3＋tk2
.
由题设知，直线 AN 的方程为 y＝－1k(x＋ t)，
故同理可得|AN|＝6k
t 1＋k2 3k2＋t
.
由 2|AM|＝|AN|得3＋2tk2＝3k2k＋t，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当 k＝3 2时上式不成立，因此 t＝3k
2k－1 k3－2
.
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
所以直线 AM 的方程为 y＝x＋2， 代入椭圆方程 E：x42＋y32＝1，可得 7x2＋16x＋4＝0，
解得 x＝－2 或 x＝－27，
所以 M－27，172，N－27，－172，
则△AMN 的面积为12×274×－27＋2＝14494.
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：其解题流程为
[针对训练] 已知 F1，F2 分别为椭圆 Ω：x42＋by22＝1(b＞0)的左、右焦点． (1)当 b＝1 时，若 P 是椭圆 Ω 上一点，且 P 位于第一象限，―PF→1·―PF→2＝－54，求点 P 的坐标； (2)当椭圆 Ω 的焦距为 2 时，若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 Ω 相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 且 3x1x2＋4y1y2＝0，证明：△AOB 的面积为定值(O 为坐标原点)． 解：(1)当 b＝1 时，椭圆方程为x42＋y2＝1，则 F1(－ 3，0)，F2( 3，0)．