解析几何综合3大考点

解析几何综合3大考点考点一定点、定值问题[例1]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点F(3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为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x24＋y2＝1.(2)证明：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)．由y＝kx＋m，x24＋y2＝1，消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴BM―→·BN―→＝0.∵BM―→·BN―→＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)4m2－44k2＋1＋k(m－1)－8km4k2＋1＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－35或m＝1(舍去)．∴直线l的方程为y＝kx－35.易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．故直线l过定点，且该定点的坐标为0，－35.[解题技法]圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．[题组训练]1.如图，已知直线l：y＝kx＋1(k＞0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：x24＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.(1)求k·k1的值；(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对称的点为P0(x0，y0)，直线l与直线l1的交点为(0,1)，∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，k＝y－1x，k1＝y0－1x0，由y＋y02＝x＋x02＋1，得y＋y0＝x＋x0＋2，①由y－y0x－x0＝－1，得y－y0＝x0－x，②由①②得y＝x0＋1，y0＝x＋1，∴k·k1＝yy0－y＋y0＋1xx0＝x＋1x0＋1－x＋x0＋2＋1xx0＝1.(2)由y＝kx＋1，x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，∴xM＝－8k4k2＋1，yM＝1－4k24k2＋1.同理可得xN＝－8k14k21＋1＝－8k4＋k2，yN＝1－4k214k21＋1＝k2－44＋k2.kMN＝yM－yNxM－xN＝1－4k24k2＋1－k2－44＋k2－8k4k2＋1－－8k4＋k2＝8－8k48k3k2－3＝－k2＋13k，直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，即y－1－4k24k2＋1＝－k2＋13kx－－8k4k2＋1，即y＝－k2＋13kx－8k2＋134k2＋1＋1－4k24k2＋1＝－k2＋13kx－53.∴当k变化时，直线MN过定点0，－53.[例2](2019·沈阳模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝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OM―→·ON―→＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．[解](1)当点P位于短轴的端点时，△PF1F2的面积最大，即12×2c×b＝3，则有c2＝a2－b2，bc＝3，ca＝12，解得a＝2，b＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m，当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝|n|k2＋1＝n2k2＋1，联立3x2＋4y2＝12，y＝kx＋n，消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0,由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，则x1＋x2＝－8kn4k2＋3，x1x2＝4n2－124k2＋3，所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得7n2k2＋1＝12＋m4k2＋3k2＋1.因为d＝n2k2＋1为常数，则m＝0，d＝127＝2217，此时7n2k2＋1＝12满足Δ＞0.当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，联立3x2＋4y2＝12，y＝±x，消去y，得x2＝127，点O到直线MN的距离d＝|x|＝2217亦成立．综上可知，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是2217.[解题技法]圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．(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引起变量法：其解题流程为[题组训练]2．(2019·昆明调研)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的焦距为4，P2，55是椭圆C上的点．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设OD―→＝OA―→＋OB―→，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，则椭圆C的方程为x2a2＋y2a2－4＝1，因为点P2，55在椭圆C上，所以4a2＋15a2－4＝1，解得a2＝5或a2＝165(舍去)，所以椭圆C的方程为x25＋y2＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由OA―→＋OB―→＝OD―→，得D(x1＋x2，y1＋y2)，所以直线AB的斜率kAB＝y1－y2x1－x2，直线OD的斜率kOD＝y1＋y2x1＋x2，由x215＋y21＝1，x225＋y22＝1，得15(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即y1＋y2x1＋x2·y1－y2x1－x2＝－15，所以kAB·kOD＝－15.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－15.考点二最值、范围问题[例1](2018·南昌模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，y1y2＝－4.(1)求抛物线C的方程；(2)如图，点B在准线l上的正投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．[解](1)依题意知Fp2，0，当直线AB的斜率不存在时，y1y2＝－p2＝－4，解得p＝2.当直线AB的斜率存在时，设lAB：y＝kx－p2(k≠0)，由y＝kx－p2，y2＝2px，消去x并整理，得y2－2pky－p2＝0，则y1y2＝－p2，由y1y2＝－4，得p2＝4，解得p＝2.综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设D(x0，y0)，Bt24，t，则E(－1，t)，又由y1y2＝－4，可得A4t2，－4t.因为kEF＝－t2，AD⊥EF，所以kAD＝2t，则直线lAD的方程为y＋4t＝2tx－4t2，化简得2x－ty－4－8t2＝0.由2x－ty－4－8t2＝0，y2＝4x，消去x并整理，得y2－2ty－8－16t2＝0，Δ＝(－2t)2－4－8－16t2＝4t2＋64t2＋32＞0恒成立，所以y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－16t2.于是|AD|＝1＋t24|y1－y0|＝1＋t24y1＋y02－4y1y0＝4＋t2t2＋16t2＋8，设点B到直线AD的距离为d，则d＝t22－t2－4－8t24＋t2＝t2＋16t2＋824＋t2.所以S△ABD＝12|AD|·d＝14t2＋16t2＋83≥16，当且仅当t4＝16，即t＝±2时取等号，即△ABD面积的最小值为16.当t＝2时，直线AD的方程为x－y－3＝0；当t＝－2时，直线AD的方程为x＋y－3＝0.[解题技法]圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．[题组训练]1．(2018·安康质检)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．解：(1)由已知条件，得b＝3，且2a＋2c2×3＝33，∴a＋c＝3.又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，∴椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程，得x24＋y23＝1，x＝my－1，消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9＝0.∵直线过椭圆内的点，∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．∴y1＋y2＝6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.∴＝12|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2＝12m2＋13m2＋42＝4m2＋1m2＋1＋132＝41m2＋1＋23＋19m2＋1，令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋19t，易知t∈0，13时，函数f(t)单调递减，t∈13，＋∞时，函数f(t)单调递增，∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)取得最小值，f(t)min＝109，此时，取得最大值3.[例2](2019·合肥模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsinθ＋ycosθ－1＝0相切(θ为常数)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求F1M―→·F1N―→的取值范围．[解](1)由题意，得ca＝22，1sin2θ＋cos2θ＝c，a2＝b2＋c2解得c＝1，a2＝2，b2＝1，故椭圆C的标准方程为x22＋y2＝1.(2)由(1)得F1(－1,0)，F2(1,0)．①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M1，22，N1，－22，∴F1M―→＝2，22，F1N―→＝2，－22，故F1M―→·F1N―→＝72.②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由y＝kx－1，x22＋y2＝1消去y得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2.①F1M―→＝(x1＋1，y1)，F1N―→＝(x2＋1，y2)，则F1M―→·F1N―→＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，结合①可得F1M―→·F1N―→＝2k4－12k2＋1＋4k2－4k42k2＋1＋1＋k2＝7k2－12k2＋1＝72－922k2＋1，由k2≥0可得F1M―→·F1N―→∈－1，72.综上可知，F1M―→·F1N―→