江苏2020年高考数学二轮微专题突破-专题07-设线法、设点法在圆锥曲线中的应用(教师版)

第1页共24页专题07射线法、设点法在圆锥曲线中的应用解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同．一、题型选讲题型一圆锥曲线中的线段的关系例1、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，且直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E于P，Q两点，且PQ的中点R在直线l上．点M(1，0)．(1)求椭圆E的方程；(2)求证：MR⊥PQ.规范解答(1)因为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率e＝22，所以e2＝c2a2＝1－b2a2＝12，即a2＝2b2.(2分)因为直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2，所以点(2，1)在椭圆上，即4a2＋1b2＝1.解得a2＝6，b2＝3，所以椭圆E的方程为x26＋y23＝1.(6分)(2)解法1(设线法)因为直线PQ与坐标轴不垂直，故设PQ所在直线的方程为y＝kx＋m.设P(x1，y1)，Q(x2,y2).因为PQ的中点R在直线l：x＝2上，故R(2，2k＋m)．联立方程组错误!消去y，并化简得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0,(9分)第2页共24页所以x1＋x2＝－4km1＋2k2.由x1＋x2＝－4km1＋2k2＝4，得1＋2k2＝－km.(12分)因为M(1，0)，故kMR＝2k＋m2－1＝2k＋m，所以kMR·kPQ＝(2k＋m)k＝2k2＋km＝2k2－(1＋2k2)＝－1，所以MR⊥PQ.(16分)解法2(设点法)设P(x1，y1)，Q(x2,y2)．因为PQ的中点R在直线l：x＝2上，故设R(2，t)．因为点P，Q在椭圆E：x26＋y23＝1上，所以错误!两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0.(9分)因为线段PQ的中点为R，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2t.代入上式并化简得(x1－x2)＋t(y1－y2)＝0.(12分)又M(1，0)，所以MR→·PQ→＝(2－1)×(x2－x1)＋(t－0)×(y2－y1)＝0，因此MR⊥PQ.(16分)用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法．对于本题而言，两种方法都可以，解题时把“设线法”与“直线斜率乘积为－1”结合，把“设点法”与“向量的数量积为0”结合，其实颠倒一下也可行．例2、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，点(2,1)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与圆O：x2＋y2＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点.①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积；②求证：OP⊥OQ.思路分析(1)由e＝ca＝22，得a∶b∶c＝2∶1∶1，用b表示a更方便；第3页共24页(2)①设直线l的方程为y＝k(x－3)，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可．②设l：y＝kx＋m，则只要证OP→·OQ→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0.联列直线与椭圆方程可得x1＋x2，x1x2均可用k，m表示．由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式．规范解答(1)由题意，得ca＝22，4a2＋1b2＝1，解得a2＝6，b2＝3.所以椭圆的方程为x26＋y23＝1.(2分)(2)①解法1椭圆C的右焦点F(3，0)．设切线方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，所以|－3k|k2＋1＝2，解得k＝±2，所以切线方程为y＝±2(x－3)．当k＝2时，(4分)由方程组y＝2x－3，x26＋y23＝1，解得x＝43＋325，y＝－6＋65或x＝43－325，y＝－6－65.所以点P，Q的坐标分别为43＋325，－6＋65，43－325，－6－65，所以PQ＝665.(6分)因为O到直线PQ的距离为2，所以△OPQ的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－2(x－3)时，△OPQ的面积也为635.综上所述，△OPQ的面积为635.(8分)解法2椭圆C的右焦点F(3，0)．设切线方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，所以|－3k|k2＋1＝2，解得k＝±2，所以切线方程为y＝±2(x－3)．当k＝2时，(4分)把切线方程y＝2(x－3)代入椭圆C的方程，消去y得5x2－83x＋6＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝835.由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×6－22×835＝665.(6分)第4页共24页因为O到直线PQ的距离为2，所以△OPQ的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－2(x－3)时，△OPQ的面积为635.综上所述，△OPQ的面积为635.(8分)②解法1(i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝2或x＝－2.当x＝2时，P(2，2)，Q(2，－2)．因为OP→·OQ→＝0，所以OP⊥OQ.当x＝－2时，同理可得OP⊥OQ.(10分)(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.因为直线与圆相切，所以|m|1＋k2＝2，即m2＝2k2＋2.将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－61＋2k2.(12分)因为OP→·OQ→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×2m2－61＋2k2＋km×－4km1＋2k2＋m2.将m2＝2k2＋2代入上式可得OP→·OQ→＝0，所以OP⊥OQ.综上所述，OP⊥OQ.(14分)解法2设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且x20＋y20＝2.(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝2或x＝－2.当x＝2时，P(2，2)，Q(2，－2)．因为OP→·OQ→＝0，所以OP⊥OQ.当x＝－2时，同理可得OP⊥OQ.(10分)(ii)当y0≠0时，由方程组x0x＋y0y－2＝0，x26＋y23＝1，消去y得(2x20＋y20)x2－8x0x＋8－6y20＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝8x02x20＋y20，x1x2＝8－6y202x20＋y20.(12分)所以OP→·OQ→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋2－x0x12－x0x2y20＝－6x20＋y20＋122x20＋y20.因为x20＋y20＝2，代入上式可得OP→·OQ→＝0，所以OP⊥OQ.第5页共24页综上所述，OP⊥OQ.(14分)题型二圆锥曲线中直线的斜率问题例3、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点3，12，1，32，点A是椭圆的下顶点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点A且互相垂直的两直线l1，l2与直线y＝x分别相交于E，F两点，已知OE＝OF，求直线l1的斜率．思路分析(1)由两点在椭圆上，列方程组解出a2，b2；(2)设E(t，t)，则l1的斜率kAE＝t＋1t.规范解答(1)由3，12，1，32两点在椭圆C上，得3a2＋14b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.(4分)所以椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(6分)(2)首先A(0，－1)．由E，F在直线y＝x上，且OE＝OF，可设E(t，t)，F(－t，－t)．(8分)由l1⊥l2，得AE→·AF→＝0，即t(－t)＋(t＋1)(－t＋1)＝0，得t＝±22.(12分)直线l1的斜率为kAE＝t＋1t＝1＋1t＝1±2.(14分)例4、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为12，点P1，32为椭圆上一点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．思路分析(1)根据已知条件，建立方程组，求出a，b，即可得到椭圆的标准方程．第6页共24页(2)设出直线l方程为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l方程与椭圆方程联立，求出x1＋x2和x1x2，根据条件求出k1和k2，代入k1＝2k2化简计算，得到关于k的方程，解方程求出k的值．规范解答(1)因为椭圆的离心率为12，所以a＝2c.又因为a2＝b2＋c2，所以b＝3c.所以椭圆的标准方程为x24c2＋y23c2＝1.(3分)又因为点P1，32为椭圆上一点，所以14c2＋943c2＝1，解得c＝1.(5分)所以椭圆的标准方程为x24＋y23＝1.(6分)(2)由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立方程组错误!消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－8k3＋4k2，x1x2＝－83＋4k2.(8分)因为k1＝y1x1＋2，k2＝y2x2－2，且k1＝2k2，所以y1x1＋2＝2y2x2－2.(10分)即y21（x1＋2）2＝4y22（x2－2）2.①又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，所以y21＝34(4－x21)，y22＝34(4－x22)．②将②代入①可得：2－x12＋x1＝4（2＋x2）2－x2，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)所以3－83＋4k2＋10－8k3＋4k2＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)解得k＝16或k＝32，又因为k1，所以k＝32.(16分)例5、(2019通州、海门、启东期末）如图，A是椭圆x24＋y2＝1的左顶点，点P，Q在椭圆上且均在x轴上方，(1)若直线AP与OP垂直，求点P的坐标；(2)若直线AP，AQ的斜率之积为34，求直线PQ的斜率的取值范围．第7页共24页思路分析第1问，由于点A，O已知，且AP⊥PO，由此可得点P所满足的轨迹方程，再根据点P在椭圆上，就可以通过两个方程所组成的方程组求得点P的坐标．第2问，要研究直线PQ的斜率的取值范围，由于点P、Q与直线AP，AQ有关，因此，利用解方程组的方法可以将点P、Q的坐标表示为直线AP，AQ的斜率的形式，进而将直线PQ的斜率表示为直线AP，AQ的斜率的形式，利用kAP·kAQ＝34就可以利用基本不等式或利用消元法转化为单个变量的函数形式，通过函数求得它的取值范围．(1)设P(x0，y0)，A(－2，0)，则AP→＝(x0，y0)，OP→＝(x0，y0)，因为直线AP与OP垂直，所以AP→·OP→＝0，即x0(x0＋2)＋y20＝0.(3分)得x20＋2x0＋y20＝0.①又点P在椭圆上，所以x204＋y20＝1.②由①②得x0＝－23或－2(舍去)，代入②得y0＝±223.因为点P在x轴上方，所以P－23，223.(6分)(2)由于直线AP，AQ的斜率之积为34，点P，Q在椭圆上且均在x轴上方．所以可设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝34，k10，k20.所以直线AP的方程为y＝k1(x＋2)．联立x24＋y2＝1y＝k1（