圆锥曲线非对称问题
圆锥曲线非对称问题技巧
圆锥曲线非对称问题技巧摘要：1.圆锥曲线基本概念回顾2.非对称问题的提出3.非对称问题的解决技巧4.实例分析与解答5.总结与拓展正文：一、圆锥曲线基本概念回顾圆锥曲线是高中数学中的重要内容，包括椭圆、双曲线和抛物线等。
它们都有两个重要的性质：焦点和准线。
掌握这些基本概念有助于解决非对称问题。
二、非对称问题的提出在圆锥曲线中，非对称问题是指曲线上的点到焦点的距离与到准线的距离不相等。
这个问题在实际问题中广泛存在，解决它有助于深入了解圆锥曲线的性质。
三、非对称问题的解决技巧1.利用焦点和准线的性质：根据焦点和准线的定义，可以得到一些关于曲线上的点到焦点和准线距离的关系式，从而解决非对称问题。
2.利用对称性：考虑曲线关于某条轴对称，可以将非对称问题转化为对称问题，再利用对称性质求解。
3.利用参数方程：将圆锥曲线转化为参数方程，可以更方便地处理非对称问题。
通过调整参数，可以找到满足非对称条件的解。
四、实例分析与解答以椭圆为例，设椭圆的方程为：(x-a)/b + (y-b)/a = 1。
假设存在一点P(x,y)满足非对称条件，即P到焦点F1的距离与到焦点F2的距离不相等。
根据焦点和准线的性质，可以得到以下方程：sqrt((x-a)/b + (y-b)/a) = sqrt((x-a+c)/b + (y-b)/a)通过化简和解方程，可以得到P点的坐标，从而解决非对称问题。
五、总结与拓展掌握圆锥曲线的非对称问题技巧，有助于解决实际问题中的非对称性问题。
在解决过程中，要灵活运用焦点和准线的性质、对称性以及参数方程等方法。
圆锥曲线非对称问题
圆锥曲线非对称问题韦达定理是初中要求的基本知识，到了高中，他的作用日趋明显，在解析几何的解答题中，有着不可或缺的地位，对于直接运用韦达定理的运算，学生已非常熟练，但在有些问题中会遇到两根不对称的情形，一定要学会找关系，用性质问题导入已知椭圆C：的左右焦点分别是F1（-c，0），F2（c，0），M,N为左右顶点，直线l：x=ty+1与椭圆C交于两点A,B且当m=−√33时，A是椭圆C的点，且△AF1F2的周长为6．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A在x轴上方，设AM,BN,交于一点T，求证点T的横坐标为定值变式训练已知椭圆C：的左右顶点为M，N，过定点p（-3，0）且斜率不为零的动直线与椭圆c交于A，B 两点，设A（x1，y1）B（x2，y2）从左往右依次为P,A,B(1)求x1x2+4x1+x2的值(2)设直线AN与直线BM交于点E，求证点E的横坐标为定值一，共线向量问题型例1：如图所示，已知圆M A y x C ),0,1(,8)1(:22定点=++为圆上一动点，点P 在AM 上，点N 在CM 上，且满足N AM NP AP AM 点,0,2=⋅=的轨迹为曲线E.1）求曲线E 的方程；2）若过定点F （0，2）的直线交曲线E 于不同的两点G 、H （点G 在点F 、H 之间），且满足FH FG λ=，求λ的取值范围.例2：已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线214y x =的焦点，离心率为5.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过椭圆C 的右焦点作直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，交y 轴于M 点，若1MA AF λ= ，2MB BF λ= ，求证：1210λλ+=-.例3设双曲线C ：)0(1222>=-a y ax 与直线L ：x+y=1相交于两个不同的点A 、B ，直线L 与y 轴交于点P ，且PA=PB 125，求a 的值变式训练1设A ，B 是以F 为焦点的抛物线y 2=4x 上两点，且AF=3FB ，求AB 的中点到准线的距离2给定抛物线C ：x y 42=，F 是C 的焦点，过点F 的直线l 与C 相交于A 、B 两点，且[]9,4,∈=λλAF FB ，求l 在y 轴上截距的变化范围。
圆锥曲线的非对称问题的解题策略
Ｙ１Ｙ２
＾
Ｙ１＋Ｙ２和 Ｙ１Ｙ２作整体代人 即可．
方法二 ：利用点在 曲线 上，后作 差，把 Ｙ 与 ２的系数不
对称化 为对称，进而代 入曲线方程 ，解 出即可 ．
例 ２ 已知椭 圆的离心率 ｅ： ，长轴 的左，右端 点分 另０为 Ａ１（一２，Ｏ）， ２（２，０）．
（１）求 椭 圆 的 标 准 方 程 ．
的形式，｛Ｉ ＋（ １＋Ｙ２） （ 一 ） ２， 【【 ＋ 八ｙｌ＋ ２ Ｊ一４ｍｙ１Ｙ２ 【（３ｘ一６）【ｙｌ＋ｙ２Ｊ一４ｍｙ１ｙ２ Ｊ
构造出
＝ 一 （８—２ｘ）。Ｙ１Ｙ２ （ ）
＋Ａ（ ｌ＋ ２）一４ｍｙｚｙ２＝ （Ａ一１）ｙｔ．
一 （ 一１）。ｙｌＹ２＝ ＋（ｙｌ＋ ２）】． ＋Ａ（ｙｌ＋ ２）】，然后把
～
解 （１）椭圆方程为：山 一 ＋Ｙ ＝１．
所 以，４ａ。一１７ａ Ｃ。＋２２ａ ｃ 一９ｃ。： ０，方程 两边 同除以 ａ。得，
９ｅ。一 ２２ｅ ＋ １７ｅ。一 ４＝ ０ 分解 因式得，（９ｅ 一４）（ｅ。一１）。＝ ０． ，
（２）方 法 一：设 Ｐ ，ｙ１），Ｑ（ ２，ｙ２），Ｓ（ｘ， ）．则 直 线
（２）略
（１）求椭 圆 Ｃ的离心率；
评注 方法 一：由 １＋Ａ ２ 如果 ｆＡＢｆ： ，求椭圆 的方程．
构造出两根之和与两根之积得，｛【叭＋ ＋ ） ｒ２＿，
解 （１）方法一 由已知设 Ｆ（一Ｃ，Ｏ），Ａ（ｘｌ， １），Ｂ（ｘ２， ２）．
ＹｌＹ２
所 以，２（ｘｉ＋ｘ２） ＋ ｌＸ２＋ ９（ｘｌ＋ ２）＋ ９ｃ。＝ ０，所 以
０。（３ｃ。一ｂ。１ — 干
（２）设直线 ＝ ｍｙ＋ １与椭 圆交于 Ｐ’Ｑ，直线 Ａ Ｐ 与 Ａ２＠ 交于点 Ｓ．试 问：当 ｍ 变化时，点 Ｓ是否恒在一条直线
圆锥曲线中的非对称处理
圆锥曲线中的非对称处理
圆锥曲线是平面解析几何中的一个概念，包括椭圆、双曲线和抛物线等。
在圆锥曲线的研究中，对称性是一个重要的概念。
对于一些常见的圆锥曲线，我们可以找到它们的对称性，例如关于坐标轴对称、关于某一点对称等。
然而，对于一些非标准的圆锥曲线，它们的对称性可能更加复杂或者不存在。
在这种情况下，我们需要采取一些特殊的方法来处理这些非对称性。
以下是一些可能的方法：
坐标变换：通过坐标变换，将非对称的圆锥曲线转换为对称的圆锥曲线，从而简化问题的处理。
例如，通过旋转坐标系或者平移坐标系，将非对称的圆锥曲线转换为一个对称的圆锥曲线。
参数化：将圆锥曲线的方程参数化，将参数作为未知数，从而将圆锥曲线的问题转化为参数的问题。
通过研究参数的变化，可以更好地理解非对称性。
微分几何方法：利用微分几何的方法，研究非对称圆锥曲线的曲率、挠率和法线等几何性质。
通过这些性质，可以更好地理解非对称性。
代数方法：通过代数方法，研究非对称圆锥曲线的方程和性质。
例如，利用椭圆函数或者超几何函数等特殊函数，求解非对称圆锥曲线的方程。
总之，处理圆锥曲线中的非对称性需要具体问题具体分析。
根据问题的特点选择合适的方法来处理。
希望以上信息能够帮助到您。
圆锥曲线非对称韦达定理处理方法
圆锥曲线非对称韦达定理处理方法圆锥曲线非对称韦达定理处理方法如下:一、什么是非对称韦达式？对于一元二次方程:aⅹ²+bⅹ+c=0(a≠0)，令判别式△>0，设其两根分别为m、n，则有韦达定理知:①m+n=-b/a，②mn=c/a。
形如丨m－n丨，m²+n²，1/m+1/n，…为对称韦达式；而m/n，2m+3n，m²+n，…为非对称韦达式。
比如，因(m-n)²=(m+n)²－4mn，故有丨m-n丨=√(m-n)²，即可用韦达定理求出解。
即凡可套用韦达定理的即为对称韦达式，而非对称韦达式是不能直接用韦达定理求解的！二、非对称韦达式的处理技巧——硬凑韦达式法。
例题:已知直线l:y=kx+1与椭圆C:y²/3+x²=1交于M、N两点，与y 轴交于点P，已知PM=2PN，求k的值。
分析:设M(X1，Y1)、N(X2，Y2)，由Y=kX+1和Y²/3+X²=1知，(k²+3)X²+2kX-2=0，△=12k²+24﹥0，故X1+Ⅹ2=-2k/(k²+3)，X1X2=-2/(k²+3)。
∵PM=2PN，即丨X1丨=2丨Ⅹ2丨，∴X1/X2=-2。
下面，利用倒数和构造对称韦达式法求解: X1/X2＋Ⅹ2/X1=(X1＋X2)²/X1X2－2，即有-5/2=-2k²/(k²＋3)，故k=±1。
当然，硬解亦可！由X1=-2X2和Ⅹ1十Ⅹ2=-2k/(k²十3)，知Ⅹ1=-4k/(k²十3)，Ⅹ2=2k/(k²十3)。
代入X1Ⅹ2=-2/(k²十3)，得k=±1。
有时，硬解法运算量会过大！。
圆锥曲线非对称问题
圆锥曲线非对称问题
圆锥曲线非对称问题是指,与标准圆锥曲线不同,某些圆锥曲线的方程在顶点处不是平衡的。
这意味着,在顶点处,圆锥曲线的切线与曲线本身不相交。
这些非对称圆锥曲线包括椭圆、双曲线、抛物线等。
这些曲线在几何学和物理学中都有广泛的应用,例如在光学、天体物理学和工程学中。
非对称问题的一个重要应用是,它们可以用来描述光学中的反射和折射。
当光线照射到一个非对称圆锥曲线上的点时,它将发生反射和折射。
研究非对称问题可以帮助我们更好地理解这些现象,并为光学设计提供更多的理论基础。
在物理学中,非对称问题也被用来研究天体的运动。
例如,椭圆和双曲线可以用来描述行星的轨迹,而抛物线可以用来描述太阳的运动。
研究非对称问题可以帮助我们更好地理解这些天体运动的规律,并为天文学提供更多的理论基础。
除了几何学和物理学外,非对称问题也在数学研究中发挥着重要作用。
例如,在数论中,非对称问题被用来研究素数分布。
在代数中,非对称问题被广泛用于解决线性代数中的相关问题。
总之,非对称问题是一个具有广泛应用的数学问题,它们可以帮助我们更好地理解自然界中的各种现象,并为科学技术的发展提供更多的理论基础。
圆锥曲线技巧提升：韦达化处理以及非对称韦达
而对于一般的和积关系，关系可能不是那么明显，如此例中正设直线，具体可参看策略三中的解析．
策略二：配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑
而半代换也有一定技巧，就是配凑．比如题中的 k1 k2
ty1 y2 y1 ty1 y2 3y2
，若只代换
y1 y2 ，
得 k1 k2
9t 4 3t 2
配凑可得 y1 y2 ( y1 y2 )2 2 y1 y2 5
y2 y1
y2
2
非对称韦达
此外，在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似 ( y2 2)x1 为定值的情形， ( y1 2)x2
通过直线代换可得：( y2 2)xl (kx2 2)x1 kx1x2 2x1 , 但此时式子并不能完全整理为韦达定理 ( y1 2)x2 (kx1 6)x2 kx1x2 6x2
k2
y2 从而目标信息 k1
x2 2
k2
y1 (x2 y1 (x1
2) 2)
，要证明其值为定值．从
目标信息的形式来看，用 x 或 y 表示并无差异，考虑到直线不与 x 轴重合，故采用反设直线要方便些，
因此设 l : x ty 1.
通过直线替换后可得 k1 y1 (x2 2) y1 (ty2 1) ty1 y2 y1 k2 y2 (x1 2) y2 (ty1 3) ty1 y2 3y2
y1
9t 4 3t 2
3y2
，依然无法得到定值，因为落单的 y1 和 3y2 不一致，而此时为分式结构，分式结构的
定值需要满足上下一致，且对应成比例，抓住这个核心，可以对 y1 和 3y2 其中某个进行配凑使其能构成比例
形式.以分子为例，分子要出现
圆锥曲线中两根不对称问题的处理方法
圆锥曲线中两根不对称问题的处理方法圆锥曲线是数学中的一类曲线，包括椭圆、抛物线和双曲线。
在讨论圆锥曲线中的两根不对称问题时，我们可以将其分成两种情况进行处理：椭圆和双曲线的情况和抛物线的情况。
椭圆和双曲线的情况下，圆锥曲线的两根并不完全对称，存在明显的差异。
对于这种情况，我们可以使用以下方法进行处理：1.计算关键点：首先，我们需要计算出关键点，即两根曲线的交点、焦点和顶点等。
这些关键点的坐标可以通过代数方程求解或通过几何方法确定。
2.探索特殊性质：根据关键点的位置和性质，我们可以发现两根曲线在一些方面具有特殊的性质。
例如，椭圆曲线的面积和周长在两根曲线之间可能存在差异；双曲线曲线的渐进线和离心率可能也会有所不同。
通过探索这些特殊性质，我们可以对两根曲线进行定量的比较。
3.分析解析表达式：从代数方程的角度分析，我们可以将椭圆和双曲线的方程转化为标准方程或参数方程，以便更好地理解两根曲线之间的差异。
通过对方程的分析，我们可以找到一些关键点或特性，从而更好地理解两根曲线的不对称性。
4.利用数值计算：对于一些复杂的椭圆和双曲线，我们可以利用计算机进行数值计算来研究它们的性质。
通过绘制曲线图或利用数值方法（如数值积分或数值求解等），我们可以更好地了解两根曲线之间的差异。
抛物线的情况下，圆锥曲线的两根也存在不对称的问题。
对于这种情况，我们可以使用以下方法进行处理：1.计算焦点和顶点：与椭圆和双曲线类似，首先需要计算抛物线的焦点和顶点。
这可以通过对抛物线方程进行分析和求解来实现。
2.探索对称性：虽然抛物线没有明显的对称轴，但我们可以发现它具有对称性。
通过子焦点和顶点之间的距离，我们可以确定对称轴的位置。
通过对称轴的位置，我们可以推导出抛物线的其他性质，如焦距、离心率等。
3.研究特殊点：抛物线还具有特殊点，如焦点和顶点。
通过研究这些特殊点的性质，我们可以更好地理解抛物线的不对称性。
例如，焦点到顶点的距离是固定的，这意味着抛物线的性质在两根曲线之间也是固定的。
高中数学圆锥曲线中非对称韦达定理的应用及参考答案
圆锥曲线中非对称韦达定理的应用1已知抛物线关于x 轴对称，顶点在坐标原点，焦点为F ，点P (1,2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)均在抛物线上．(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；(2)若AF =2FB ，求直线AB 的斜率．2已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(-c,0)，F2(c,0)(c>0)．点M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为6+42，面积为13 c.(1)求E的方程；(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点32，0的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，则．(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答)①求直线AC和BD交点的轨迹方程；②是否存在实常数λ，使得k1=λk2恒成立；③过点C作关于x轴的对称点C′，连接C′D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过定点．3(2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-25，0)，离心率为5.(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(-4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．4已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(-c ,0)，F 2(c ,0)，M ，N 分别为左、右顶点，直线l ：x =ty +1与椭圆C 交于A ，B 两点，当t =-33时，A 是椭圆的上顶点，且△AF 1F 2的周长为6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线AM ，BN 交于点Q ，证明：点Q 在定直线上．(3)设直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1k 2为定值．5(2023·深圳模拟)在平面直角坐标系Oxy 中，已知双曲线C ：y 2a 2-x 2b2=1(a >0，b >0)的一条渐近线为y =33x ，且点P 3，2 在C 上．(1)求C 的方程；(2)设C 的上焦点为F ，过F 的直线l 交C 于A ，B 两点，且AF =7BF ，求l 的斜率．6已知点A (0，-2)，椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，且AP =12AQ ，求△OPQ 的面积及直线l 的方程．圆锥曲线中非对称韦达定理的应用1已知抛物线关于x 轴对称，顶点在坐标原点，焦点为F ，点P (1,2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)均在抛物线上．(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；(2)若AF =2FB ，求直线AB 的斜率．【答案】解：(1)由已知条件，可设抛物线的方程为y 2=2px (p >0)，∵点P (1,2)在抛物线上，∴22=2p ×1，解得p =2.故抛物线的方程是y 2=4x ，其准线方程是x =-1.(2)方法一 由(1)可知F (1,0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则直线AB 的方程可设为x =ty +1，联立y 2=4x ，x =ty +1，整理得y 2-4ty -4=0，所以y 1+y 2=4t ，y 1y 2=-4.又AF =2FB ，即(1-x 1，-y 1)=2(x 2-1，y 2)，可得-y 1=2y 2，即y1y 2=-2，则y 1y 2+y 2y 1=(y 1+y 2)2y 1y 2-2=-52，即(4t )2-4-2=-52，解得t =±122，故k AB =-1t =±22.方法二 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，F (1,0)，AF =(1-x 1，-y 1)，2FB =(2x 2-2,2y 2)，AF =2FB ⇒1-x1=2x 2-2，-y 1=2y 2⇒x 1=3-2x 2，①y 1=-2y 2，②∵A ，B 在抛物线上，∴y21=4x1，③y22=4x2，④由①②③④联立可得x2=1 2，则y2=±2，由③-④得(y1+y2)(y1-y2) =4(x1-x2)，即k AB=y1-y2x1-x2=4y1+y2=4-2y2+y2=-4y2=±22.2已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(-c,0)，F2(c,0)(c>0)．点M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为6+42，面积为13 c.(1)求E的方程；(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点32，0的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，则．(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答)①求直线AC和BD交点的轨迹方程；②是否存在实常数λ，使得k1=λk2恒成立；③过点C作关于x轴的对称点C′，连接C′D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过定点．【答案】解：(1)依题意，得2a+2c=6+42，12·2c·b2a=b2a·c=13c，a2=b2+c2，即a+c=3+22，b2a=13，a2=b2+c2，解得a2=9，b2=1，c2=8，所以E的方程为x29+y2=1.(2)选择①.设直线l的方程为x=ty+32，联立方程x29+y2=1，x=ty+32，化简整理，得4(t2+9)y2+12ty-27=0，假设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韦达定理，得y1+y2=-3tt2+9，y1y2=-274(t2+9)，得ty1y2=94(y1+y2)，直线AC的方程为y=y1x1+3(x+3)，直线BD的方程为y=y2x2-3(x-3)，联立方程，得y=y1x1+3(x+3)，y=y2x2-3(x-3)，两式相除，得x+3x-3=y2x2-3·x1+3y1=(x1+3)y2(x2-3)y1=ty1+92y2ty2-32y1=2ty1y2+9y22ty1y2-3y1=2·94(y1+y2)+9y22·94(y1+y2)-3y1=3(y1+y2)+6y23(y1+y2)-2y1=3(y1+3y2)y1+3y2=3，即x+3x-3=3，解得x=6，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线x=6.选择②.联立方程x29+y2=1，x=ty+32，化简整理，得4(t2+9)y2+12ty-27=0，假设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韦达定理，得y1+y2=-3tt2+9，y1y2=-274(t2+9)，得ty1y2=94(y1+y2)，于是k1k2=y1x1+3·x2-3y2=(x2-3)y1(x1+3)y2=ty2-32y1ty1+92y2=2ty1y2-3y12ty1y2+9y2=2·94(y1+y2)-3y12·94(y1+y2)+9y2=32y1+92y292y1+272y2=32(y1+3y2)92(y1+3y2)=13，故存在实数λ=13，使得k1=λk2恒成立．选择③.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，C′(x1，-y1)，联立方程x29+y2=1，x=ty+32，化简整理，得4(t 2+9)y 2+12ty -27=0，由韦达定理，得y 1+y 2=-3t t 2+9，y 1y 2=-274(t 2+9)， 设直线C ′D 与x 轴交于点M (m ,0)，由对称性可知k CM +k DM =0，即y 1x 1-m +y 2x 2-m=0，则y 1(x 2-m )+y 2(x 1-m )=0，所以y 1(x 2-m )+y 2(x 1-m )=x 1y 2+x 2y 1-m (y 1+y 2)=ty 1+32 y 2+ty 2+32 y 1-m (y 1+y 2)=2ty 1y 2+32-m (y 1+y 2)=2t ·-274(t 2+9)+32-m ·-3t t 2+9=0，即-9t +(3-2m )·(-t )=0，解得m =6，所以直线C ′D 恒过定点M (6,0)．3(2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为(-25，0)，离心率为5.(1)求C 的方程；(2)记C 的左、右顶点分别为A 1，A 2，过点(-4,0)的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限，直线MA 1与NA 2交于点P .证明：点P 在定直线上．【答案】(1)解：设双曲线C 的方程为x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0)，由焦点坐标可知c =25，则由e =c a=5，可得a =2，b =c 2-a 2=4，所以双曲线C 的方程为x 24-y 216=1.(2)证明 由(1)可得A 1(-2,0)，A 2(2,0)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，显然直线MN 的斜率不为0，设直线MN 的方程为x =my -4，且-12<m <12，与x 24-y 216=1联立可得(4m 2-1)y 2-32my +48=0，且Δ=64(4m 2+3)>0，则y 1+y 2=32m 4m 2-1，y 1y 2=484m 2-1，直线MA 1的方程为y =y 1x 1+2(x +2)，直线NA 2的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，联立直线MA 1与直线NA 2的方程可得x +2x -2=y 2(x 1+2)y 1(x 2-2)=y 2(my 1-2)y 1(my 2-6)=my 1y 2-2y 2my 1y 2-6y 1，方法一 (和积转化)因为my 1y 2=32(y 1+y 2)，所以my 1y 2-2y 2my 1y 2-6y 1=32(y 1+y 2)-2y 232(y 1+y 2)-6y 1=32y 1-12y 2-92y 1+32y 2=-13.方法二 (配凑)因为my 1y 2=32(y 1+y 2)，所以my 1y 2-2y 2my 1y 2-6y 1=my 1y 2-2y 1-2y 2+2y 1my 1y 2-6y 1=my 1y 2-2(y 1+y 2)+2y 1my 1y 2-6y 1=32y 1-12y 2-92y 1+32y 2=-13.由x +2x -2=-13可得x =-1，即x P =-1，据此可得点P 在定直线x =-1上运动．4已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(-c ,0)，F 2(c ,0)，M ，N 分别为左、右顶点，直线l ：x =ty +1与椭圆C 交于A ，B 两点，当t =-33时，A 是椭圆的上顶点，且△AF 1F 2的周长为6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线AM ，BN 交于点Q ，证明：点Q 在定直线上．(3)设直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1k 2为定值．【答案】(1)解：当t =-33时，直线l ：x =-33y +1，令x =0，得y =3，即椭圆的上顶点为0，3 ，则b =3，又△AF 1F 2的周长为6，即2a +2c =6，即a +c =3，又a 2-c 2=b 2=3，解得a =2，c =1，所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)证明 由(1)知，M (-2,0)，N (2,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，依题意，点A ，B 不在x 轴上，由x =ty +1，x 24+y 23=1，消去x 并整理得(3t 2+4)y 2+6ty -9=0，Δ>0，则y 1+y 2=-6t3t 2+4，y 1y 2=-93t 2+4，得ty 1y 2=32(y 1+y 2)，直线AM 的方程为y =y 1x 1+2(x +2)，直线BN 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，联立直线AM ，BN 的方程得x +2x -2=y 2(x 1+2)y 1(x 2-2)=y 2(ty 1+3)y 1(ty 2-1)=ty 1y 2+3y 2ty 1y 2-y 1=32(y 1+y 2)+3y 232(y 1+y 2)-y 1=32y 1+92y 212y 1+32y 2=3，于是得x =4，所以直线AM ，BN 的交点Q 在定直线x =4上．(3)证明 由(2)知，k 1k 2=y 1(x 2-2)y 2(x 1+2)=y 1(ty 2-1)y 2(ty 1+3)=ty 1y 2-y 1ty 1y 2+3y 2=12y 1+32y 232y 1+92y 2=13，为定值．5(2023·深圳模拟)在平面直角坐标系Oxy 中，已知双曲线C ：y 2a 2-x 2b2=1(a >0，b >0)的一条渐近线为y =33x ，且点P 3，2 在C 上．(1)求C 的方程；(2)设C 的上焦点为F ，过F 的直线l 交C 于A ，B 两点，且AF =7BF ，求l 的斜率．【答案】解：(1)由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为y =±a b x ，所以33=a b ，可得b 2=3a 2，将点P 3，2 代入双曲线C 的方程可得2a 2-3b 2=1，解得a 2=1，b 2=3，所以双曲线C 的方程为y 2-x 23=1.(2)由(1)可知，上焦点F (0,2)，设直线l 的斜率为k ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则直线l 的方程为y =kx +2，联立y 2-x 23=1，y =kx +2，整理得(3k 2-1)x 2+12kx +9=0，所以x 1+x 2=-12k3k 2-1，x 1x 2=93k 2-1，又AF =7BF ，即(-x 1,2-y 1)=7(-x 2,2-y 2)，可得x 1=7x 2，方法一 因为x 1x 2=7，所以x 1x 2+x 2x 1=(x 1+x 2)2x 1x 2-2=507，即-12k 3k 2-1 293k 2-1-2=507，解得k =±255，所以直线l 的斜率为±255.方法二 x 1+x 2=8x 2=-12k 3k 2-1，x 1x 2=7x 22=93k 2-1， 即-3k 2(3k 2-1) 2=97(3k 2-1)，解得k =±255，所以直线l 的斜率为±255.方法三 利用焦点弦定理(此方法只能在小题中使用)：|e cos α|=λ-1λ+1.由题意得AF =-7FB ，则λ=-7，e =2，α为直线l 的倾斜角，则有|2cos α|=43，解得|cos α|=23，则k =tan α=±255.6已知点A (0，-2)，椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，且AP =12AQ ，求△OPQ 的面积及直线l 的方程．【答案】解：(1)设F (c ,0)，因为直线AF 的斜率为233，A (0，-2)，所以2c =233，解得c =3.又c a =32，b 2=a 2-c 2， 解得a =2，b =1， 所以椭圆E 的方程为x 24+y 2=1.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由题意可设直线l 的方程为y =kx -2，联立x 24+y 2=1，y =kx -2， 消去y 得(1+4k 2)x 2-16kx +12=0，当Δ=16(4k 2-3)>0，即k 2>34，即k <-32或k >32时，x 1+x 2=16k 1+4k 2，x 1x 2=121+4k 2，由AP =12AQ，得x 2=2x 1，即x 2x 1=2，所以x 1x 2+x 2x 1=(x 1+x 2)2x 1x 2-2=52，解得k 2=2720>34.又|PQ |=1+k 2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=1+k 216k1+4k 2 2-481+4k 2=41+k 24k 2-31+4k 2，点O 到直线l 的距离d =2k 2+1，所以S △OPQ =12·d ·|PQ |=44k 2-31+4k 2=154，此时直线l 的方程为y =31510x -2或y =-31510x -2.。
高考数学圆锥曲线中的仿射变换、非对称韦达、光学性质问题(解析版)
圆锥曲线中的仿射变换、非对称韦达、光学性质问题【题型归纳目录】题型一：仿射变换问题题型二：非对称韦达问题题型三：椭圆的光学性质题型四：双曲线的光学性质题型五：抛物线的光学性质【方法技巧与总结】一、仿射变换问题仿射变换有如下性质：1、同素性：在经过变换之后，点仍然是点，线仍然是线；2、结合性：在经过变换之后，在直线上的点仍然在直线上；3、其它不变关系．我们以椭圆为例阐述上述性质．椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0，经过仿射变换x′=xy′=a b y，则椭圆变为了圆x 2+y′2=a2，并且变换过程有如下对应关系：(1)点P x0,y0变为P′x0,a b y0；(2)直线斜率k变为k′=a b k，对应直线的斜率比不变；(3)图形面积S变为S′=a b S，对应图形面积比不变；(4)点、线、面位置不变(平⾏直线还是平⾏直线，相交直线还是相交直线，中点依然是中点，相切依然是相切等)；(5)弦长关系满足A′B′AB=1+k′21+k2，因此同一条直线上线段比值不变，三点共线的比不变总结可得下表：变换前变换后方程x2a2+y2b2=1a>b>0x 2+y′2=a2横坐标x x纵坐标y y =ab y斜率k=ΔyΔx k =ΔyΔx =abΔyΔx=ab k面积S=12Δx⋅Δy S =12Δx ⋅Δy =ab S弦长l=1+k2Δxl =1+k 2Δx =1+a2b2k2Δx=1+a2b2k21+k2l不变量平行关系；共线线段比例关系；点分线段的比二、非对称韦达问题在一元二次方程ax 2+bx +c =0中，若Δ>0，设它的两个根分别为x 1,x 2，则有根与系数关系：x 1+x 2=-b a ,x 1x 2=c a ，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理x 1-x 2 ,x 21+x 22,1x 1+1x 2之类的结构，但在有些问题时，我们会遇到涉及x 1,x 2的不同系数的代数式的应算，比如求x 1x 2,3x 1x 2+2x 1-x 22x 1x 2-x 1+x 2或λx 1+μx 2之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去x 或y ，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如x 1+2x 2,λx 1y 2+μx 2y 1,x 1x 2或3x 1x 2+2x 1-x 22x 1x 2-x 1+x 2之类中x 1,x 2的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”．三、光学性质问题1.椭圆的光学性质从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点(如图1)．【引理1】若点A ,B 在直线L 的同侧，设点是直线L 上到A ,B 两点距离之和最小的点，当且仅当点P 是点A 关于直线L 的对称点A 与点B 连线A B 和直线L 的交点．【引理2】若点A ,B 在直线L 的两侧，且点A ,B 到直线的距离不相等，设点P 是直线L 上到点A ,B 距离之差最大的点，即PA -PB 最大，当且仅当点P 是点A 关于直线L 的对称点A 与点B 连线A B 的延长线和直线L 的交点．【引理3】设椭圆方程为x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 ，F 1,F 2分别是其左、右焦点，若点D 在椭圆外，则DF 1+DF 2>2a ．2.双曲线的光学性质从双曲线的一个焦点发出的光从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线的另一个焦点(如图)．【引理4】若点A ,B 在直线L 的同侧，设点是直线L 上到A ,B 两点距离之和最小的点，当且仅当点P 是点A 关于直线L 的对称点A 与点B 连线A B 和直线L 的交点．【引理5】若点A ,B 在直线L 的两侧，且点A ,B 到直线的距离不相等，设点P 是直线L 上到点A ,B 距离之差最大的点，即PA -PB 最大，当且仅当点P 是点A 关于直线L 的对称点A 与点B 连线A B 的延长线和直线L 的交点．【引理6】设双曲线方程为x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 ，F 1,F 2分别是其左、右焦点，若点D 在双曲线外(左、右两支中间部分，如图)，则DF 1-DF 2<2a ．3.抛物线的光学性质从抛物线的焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线与抛物线的轴平行(或重合)．反之，平行于抛物线的轴的光线照射到抛物线上，经反射后都通过焦点．【结论1】已知：如图，抛物线C :x 2=2py p >0 ，F 0,p2为其焦点，j 是过抛物线上一点D x 0,y 0 的切线，A ,B 是直线j 上的两点(不同于点D )，直线DC 平行于y 轴．求证：∠FDA =∠CDB ．(入射角等于反射角)【结论2】已知：如图，抛物线C :y 2=2px p >0 ，F 是抛物线的焦点，入射光线从F 点发出射到抛物线上的点M ，求证：反射光线平行于x 轴．【典例例题】题型一：仿射变换问题例1.(2022·全国·高三专题练习)MN 是椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 上一条不过原点且不垂直于坐标轴的弦，P 是MN 的中点，则k MN ⋅k OP =_________，A ，B 是该椭圆的左右顶点，Q 是椭圆上不与A ，B 重合的点，则k AQ ⋅k BQ =_________．CD 是该椭圆过原点O 的一条弦，直线CQ ，DQ 斜率均存在，则k CQ ⋅k DQ =_________．【答案】 -b 2a 2 -b 2a 2 -b 2a 2【解析】作变换x ′=xy ′=a by，那么椭圆变为圆，方程为：x 2+y 2=a 2，P ′是M ′N ′中点，那么k M ′N ′⋅k OP ′=-1，∴k MN ⋅k OP =b a k M ′N ′ ⋅b a k OP ′ =b 2a 2k M ′N ′⋅k OP ′=-b 2a 2，A ′B ′是圆的左右顶点即直径，那么A ′Q '⊥B ′Q ′⇒k A ′Q '⋅k B ′Q ′=-1，∴k AQ ⋅k BQ =b a k A ′Q ′ ⋅bak B ′Q ′ =b 2a 2k A ′Q ′⋅k B ′Q ′=-b 2a2，C ′D ′是过圆心O 的一条弦即直径，那么C ′Q '⊥D ′Q '⇒k C ′Q ′⋅k D ′Q ′=-1，∴k CQ ⋅k DQ =b a k C ′Q ′ ⋅b a k D ′Q ′ =b 2a 2k C ′Q ′⋅k D ′Q ′=-b 2a2．例2.(2022·全国·高三专题练习)如图，作斜率为12的直线l 与椭圆x 24+y 2=1交于P ,Q 两点，且M 2,22 在直线l 的上方，则△MPQ 内切圆的圆心所在的定直线方程为__________________________．【答案】x =2【解析】如图，作仿射变换：x =2xy =y ，椭圆变为x 2+y 2=1，直线PQ 的斜率12变为直线P Q 的斜率1，M 2,22 变为M22,22 ∴kONk PQ=-1,∴O N ⊥P Q ，由垂径定理M N 平分∠P M Q ，其方程为x =1，∴MN 平分∠PMQ ，∴△MPQ 内切圆的圆心所在的定直线方程为x =2．故答案为：x =2例3.(2022·全国·高三专题练习)Р是椭圆x 24+y 23=1上任意一点，O 为坐标原点，PO =2OQ ，过点Q 的直线交椭圆于A ，B 两点，并且QA =QB ，则△PAB 面积为______________．【答案】92【解析】作变换x '=xy '=32y之后椭圆变为圆，方程为x ′2+y ′2=4，∵P 'O =2OQ 'A 'Q '=B 'Q ' ,∴O 是△P ′A ′B ′的重心，又O 是△P ′A ′B ′的外心∴△P ′A ′B ′′是等边三角形，∴S △P ′A ′B ′=343R 2=33．∴S △PAB =32S △P 'A 'B '=92故答案为：92变式1.(2022·全国·高三专题练习)已知直线l 与椭圆x 24+y 22=1交于M ，N 两点，当k OM ⋅k ON =______，△MON 面积最大，并且最大值为______.记M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)，当△MON 面积最大时，x 21+x 22=_____﹐y 21+y 22=_______.Р是椭圆上一点，OP =λOM +μON ，当△MON 面积最大时，λ2+μ2=______.【答案】 -122 4 2 1【解析】作变换x '=xy '=2x此时椭圆变为圆，方程为x ′2+y ′2=4，当OM ′⊥ON ′时，S △M ′ON ′=12OM ′ ON ′ sin ∠M ′ON ′最大，并且最大为12×22=2，此时k OM ⋅k ON =12k OM ′ ⋅12k ON ′ =12k OM ′⋅k ON ′=-12，S △MON =12S △M ′ON ′=2.由于OM ′⊥ON ′，OM '=ON ',∴x 1'=y 2'y 1'=x 2' ，∴x 21+x 22=x ′21+x ′22=x ′21+y ′21=4，y 21+y 22=y ′12 2+y ′22 2=y ′21+y ′222=x ′22+y ′222=2，因为OP =λOM +μON ，所以OP 2=λ2OM 2+μ2ON 2+2λμOM ⋅ON∴4=4λ2+μ2 ,∴λ2+μ2=1.故答案为：-12；2；4；2；1.变式2.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 22+y 2=1左顶点为A ，P ,Q 为椭圆C 上两动点，直线PO 交AQ 于E ，直线QO 交AP 于D ，直线OP ,OQ 的斜率分别为k 1,k 2且k 1k 2=-12，AD=λDF ,AE =μEQ(λ,μ是非零实数)，求λ2+μ2=______________.【答案】1【解析】解法1：可得点A -2,0 ，设P x 1,y 1 ,D x 0,y 0 ，则y 1=k 1x 1,y 0=k 2x 0，由AD =λDP 可得x 0+2=λx 1-x 0 ,y 0=λy 1-y 0 ，即有x 0=λx 1-21+λ,y 1=1+λλy 0，∵k 1x 1=y 1，∴1+λλy 0=1+λλk 2x 0=k 2x 1-2λ ，两边同乘以k 1，可得k 21x 1=k 1k 2x 1-2λ=-12x 1-2λ ，解得x 1=2λ1+2k 21 ,y 1=2λ1+2k 21k 1，将P x 1,y 1 代入椭圆方程可得λ2=11+2k 21，由AE =μEQ 可得μ2=11+2k 22=2k 1+2k 21，可得λ2+μ2=1；故答案为：1．解法2：作变换x '=xy '=2y之后椭圆变为圆，方程为x ′2+y ′2=2，k QP ′⋅k OQ ′=2k OP ⋅2k OQ =2k OP ⋅k OQ =-1⇒OP ′⊥OQ ′，设∠P ′A ′O =α,∠Q ′A ′O =β，则α+β=∠P ′A ′Q ′=12∠P ′A ′Q ′=π4，D ′P ′=R cos α,E ′Q ′=Rcos β,A ′P ′=2R cos α,A ′Q ′=2R cos β，∴λ=AD DP =A ′D ′D ′P ′=A ′P ′-D ′P ′D ′P ′=2cos 2α-1=cos2α，μ=AE EQ =A ′E ′E ′Q ′=A ′Q ′-E ′Q ′E ′Q ′=2cos 2β-1=cos2β，∴λ2+μ2=cos 22α+cos 2β=cos 22α+cos 2π2-2α =cos 22α+sin 22α=1.故答案为：1．题型二：非对称韦达问题例4.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点是F 1、F 2，左右顶点是A 1、A 2，离心率是22，过F 2的直线与椭圆交于两点P 、Q (不是左、右顶点)，且ΔF 1PQ 的周长是42，直线A 1P 与A 2Q 交于点M .(1)求椭圆的方程；(2)(ⅰ)求证直线A 1P 与A 2Q 交点M 在一条定直线l 上；(ⅱ)N 是定直线l 上的一点，且PN 平行于x 轴，证明：PF 2PN是定值．【解析】(1)设椭圆的焦距是2c ，据题意有：c a =224a =42，a =2，c =1，则b =1，所以椭圆的方程是x 22+y 2=1.(2)(ⅰ)由(1)知A 1-2,0 ，A 22,0 ，F 21,0 ，设直线PQ 的方程是x =my +1，代入椭圆方程得：m 2+2 y 2+2my -1=0，易知Δ=4m 2+4m 2+2 =8m 2+8>0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，y 1>y 2，则y 1+y 2=-2m m 2+2y 1y 2=-1m 2+1y 2-y 1=-y 1+y 2 2-4y 1y 2=-22m 2+2m 2+2，直线A1P的方程是：y=y1x1+2x+2①，直线A2P的方程是：y=y2x2-2x-2②，设M x,y，既满足①也满足②，则x=2⋅x2y1+x1y2+2y2-y1x1y2-x2y1+2y2+y1=2⋅2my1y2+y1+y2+2y2-y12y1+y2+y2-y1=2⋅-2mm2+2-2mm2+2-222m2+2m2+2-22mm2+2-22m2+2m2+2=2⋅4m+22⋅2m2+222m+22m2+2=2，故直线A1P与A2P交点M在一条定直线l：x=2上. (ⅱ)设N2,t，P x1,y1，x1∈-2,2，则PN=2-x1，∴PF2PN=x1-12+y212-x1=x1-12+1-x222-x1=12x1-222-x1=22.例5.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，短轴长为23．(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点P4,0且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q．证明：点Q在定直线上．【解析】(1)因为椭圆的离心率12，∴ca=12，∴a=2c，又2b=23，∴b=3．因为b2=a2-c2=3c2=3，所以c=1，a=2，所以椭圆C的方程为x24+y23=1．(2)解法一：设直线MN:x=ty+4，M x1,y1，N x2,y2，x=ty+4x2 4+y23=1，可得3t2+4y2+24ty+36=0，所以y1+y2=-24t3t2+4y1y2=363t2+4 ．直线AM的方程：y=y1x1+2x+2①直线BN的方程：y=y2x2-2x-2②由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，联立①②可得x=2ty1y2+6y2+2y13y2-y1．因为y1+y2y1y2=-23t，所以x=2ty1y2+6y2+2y13y2-y1=-3y1+y2+6y2+2y13y2-y1=1所以点Q在直线x=1上．解法二：设M x1,y1，N x2,y2，Q x3,y3，x1,x2,x3两两不等，因为P ，M ，N 三点共线，所以y 1x 1-4=y 2x 2-4⇒y 21x 1-4 2=y 22x 2-4 2⇒31-x 214 x 1-4 2=31-x 224x 2-4 2，整理得：2x 1x 2-5x 1+x 2 +8=0．又A ，M ，Q 三点共线，有：y 3x 3+2=y 1x 1+2①又B ，N ，Q 三点共线，有y 3x 3-2=y 2x 2-2②将①与②两式相除得：x 3+2x 3-2=y 2x 1+2 y 1x 2-2 ⇒x 3+2x 3-2 2=y 22x 1+2 2y 21x 2-2 2=31-x 224 x 1+2 231-x 214x 2-2 2=x 2+2 x 1+2x 1-2 x 2-2 即x 3+2x 3-2 2=x 2+2 x 1+2x 1-2 x 2-2=x 1x 2+2x 1+x 2 +4x 1x 2-2x 1+x 2 +4，将2x 1x 2-5x 1+x 2 +8=0即x 1x 2=52x 1+x 2 -4=0代入得：x 3+2x 3-2 2=9解得x 3=4(舍去)或x 3=1，(因为直线BQ 与椭圆相交故x 3≠4)所以Q 在定直线x =1上．【点晴】求解直线与圆锥曲线定点定值问题：关键在于运用设而不求思想、联立方程和韦达定理，构造坐标点方程从而解决相关问题.例6.(2022·全国·高三专题练习)点A ,B 是椭圆E :x 24+y 23=1的左右顶点若直线l :y =k (x -1)与椭圆E 交于M ，N 两点，求证：直线AM 与直线BN 的交点在一条定直线上．【解析】由题意得，A -2,0 ，B 2,0 ，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，联立x 24+y 23=1y =k (x -1)，化简得(3+4k 2)x 2-8k 2x +4k 2-12=0，所以x 1+x 2=8k 23+4k 2，x 1x 2=4k 2-123+4k 2，直线AM 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，直线BN 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，联立y =y 1x 1+2x +2y =y 2x 2-2(x -2) ，即y =k (x 1-1)x 1+2x +2y =k (x 2-1)x 2-2(x -2)，解得x =2(2x 1x 2-3x 1+x 2)x 1+3x 2-4原式=22x 1x 2-3x 1+x 2 +4x 2 x 1+x 2 +2x 2-4=22⋅4k 2-123+4k 2-3⋅8k 23+4k 2+4x 2 8k 23+4k 2+2x 2-4=2-16k 2-243+4k 2+4x 2 -8k 2-123+4k 2+2x 2=4-8k 2-123+4k 2+2x 2 -8k 2-123+4k 2+2x2=4，故直线AM 与直线BN 交点在定直线x =4上．变式3.(2022·全国·高三专题练习)已知A 1、A 2分别是离心率e =22的椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左右项点，P 是椭圆E 的上顶点，且PA 1 ⋅PA 2=-1.(1)求椭圆E 的方程；(2)若动直线l 过点0,-4 ，且与椭圆E 交于A 、B 两点，点M 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AM 恒过定点.【解析】(1)由题意得A 1-a ,0 ，A 2a ,0 ，P 0,b ，则PA 1 ⋅PA 2=(-a ,-b )⋅(a ,-b )=-a 2+b 2=-c 2=-1，所以c =1，又e =c a =22a 2=b 2+c 2，所以a =2，b =1，所以椭圆E 的方程为x 22+y 2=1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l :y =kx -4，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则M -x 2,y 2 ，由x 22+y 2=1y =kx -4，消去y 得1+2k 2 x 2-16kx +30=0.由Δ=(-16k )2-1201+2k 2 >0，得k 2>152，所以x 1+x 2=16k 1+2k 2，x 1x 2=301+2k 2.k AM =y 1-y 2x 1+x 2=kx 1-4-kx 2+4x 1+x 2=k x 1-x 2 x 1+x 2，直线AM 的方程为y -y 1=k x 1-x 2x 1+x 2x -x 1 ，即y =y 1+k x 1-x 2 x 1+x 2x -x 1 =kx 1-4+k x 1-x 2 x 1+x 2x -x 1 =kx 1-4 x 1+x 2 +k x 1-x 2 x -x 1x 1+x 2=2kx 1x 2-4x 1+x 2 +kx x 1-x 2 x 1+x 2=k x 1-x 2 x 1+x 2x +2kx 1x 2x 1+x 2-4，因为x 1+x 2=16k 1+2k 2，x 1x 2=301+2k2，所以2kx 1x 2x 1+x 2-4=2k 301+2k216k 1+2k2-4=-14，直线AM 的方程为可化为y =k x 1-x 2 x 1+x 2x -14，则直线AM 恒过定点0,-14.当直线l 的斜率不存在时，直线AM 也过点0,-14 ，综上知直线AM 恒过定点0,-14 .变式4.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点P 2,2 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的方程；(2)记椭圆C 的上下顶点分别为A ,B ，过点0,4 斜率为k 的直线与椭圆C 交于M ,N 两点，证明：直线BM 与AN 的交点G 在定直线上，并求出该定直线的方程．【解析】(1)由椭圆过点P 2,2 ，且离心率为22，所以4a 2+2b 2=1c a=22a 2=b 2+c 2 ，解得a 2=8b 2=4 故所求的椭圆方程为x 28+y 24=1．(2)由题意得A 0,2 ，B 0,-2 ，直线MN 的方程y =kx +4，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，联立y =kx +4x 28+y 24=1，整理得1+2k 2 x 2+16kx +24=0，∴x 1+x 2=-16k 1+2k 2，x 1x 2=241+2k 2．由求根公式可知，不妨设x 1=-8k -24k 2-61+2k 2，x 2=-8k +24k 2-61+2k 2，直线AN 的方程为y -2=y 2-2x 2x ，直线BM 的方程为y +2=y 1+2x 1x ，联立y -2=y 2-2x 2x y +2=y 1+2x 1x，得y -2y +2=y 2-2 x 1y 1+2 x 2=kx 2+2 x 1kx 1+6 x 2=kx 1x 2+2x 1kx 1x 2+6x 2代入x 1,x 2，得y -2y +2=24k 1+2k 2+-16k -44k 2-61+2k 224k 1+2k 2+-48k +124k 2-61+2k 2=8k -44k 2-6-24k +124k 2-6=-13，解得y =1，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线y =1上．题型三：椭圆的光学性质例7.(2022·全国·高三专题练习)如图①，椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.如图②，双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图③，一个光学装置由有公共焦点F 1,F 2的椭圆C 1与双曲线C 2构成，已知C 1与C 2的离心率之比为2:5.现一光线从右焦点F 2发出，依次经C 1与C 2的反射，又回到了点F 2，历时3×10-8秒.将装置中的C 2去掉，如图④，此光线从点F 2发出，经C 1两次反射后又回到了点F 2，历时___________.秒【答案】10-7【解析】设F 1F 2 =2c ，椭圆的长轴长为2a 1，双曲线的实轴长为2a 2，光速为v ，而C 1与C 2的离心率之比为2:5，即c a 1c a 2=25，即a 2=25a 1，在图③BF 1 +BF 2 =2a 1,AF 1 -AF 2 =2a 2，两式相减得：BF 1 +BF 2 +AF 2 -AF 1 =2a 1-2a 2，即BF 2 +AB +AF 2 =2a 1-2a 2.在图④中，BF 1 +DF 1 +DF 2 +BF 2 =4a 1，设图④，光线从点F 2发出，经C 1两次反射后又回到了点F 2，历时t 秒，由题意可知：3×10-8×v =2a 1-2a 2,tv =4a 1，则3×10-8t =2a 1-2a 24a 1=310，故t =10-7(秒)，故答案为：10-7例8.(2022·全国·高三专题练习)如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线C 的方程为x 2+4y 2=4，其左、右焦点分别是F 1，F 2，直线l 与椭圆C 切于点P ，且|PF 1|=1，过点P 且与直线l 垂直的直线l '与椭圆长轴交于点M ，则|F 1M |:|F 2M |=()A.2:3B.1:2C.1:3D.1:3【答案】C【解析】由椭圆的光学性质得到直线l '平分角F 1PF 2，因为S △PMF1S △PMF2=F 1M F 2M =12F 1P PMsin ∠F 1PM12F 2P PM sin ∠F 2PM =PF 1 PF 2 由PF 1 =1，PF 1 +PF 2 =4得到PF 2 =3，故F 1M : F 2M =1:3.故答案为C .例9.(2022·全国·高三专题练习)圆锥曲线具有丰富的光学性质，从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．直线l ：x +2y -8=0与椭圆C ：x 216+y 212=1相切于点P ，椭圆C的焦点为F 1，F 2，由光学性质知直线PF 1，PF 2与l 的夹角相等，则∠F 1PF 2的角平分线所在的直线的方程为( )A.2x -y -1=0B.x -y +1=0C.2x -y +1=0D.x -y -1=0【答案】A【解析】x +2y -8=0x 216+y 212=1⇒x =2y =3 ⇒P 2,3 ，直线l 的斜率为-12，由于直线PF 1，PF 2与l 的夹角相等，则∠F 1PF 2的角平分线所在的直线的斜率为2，所以所求直线方程为y -3=2x -2 ,2x -y -1=0.故选：A 题型四：双曲线的光学性质例10.(2022·全国·高三专题练习)双曲线的光学性质是：从双曲线一个焦点发出的光，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线都汇聚到双曲线的另一个焦点上.已知双曲线C ：x 216-y 29=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，从F 2发出的光线射向C 上的点P 8,y 0 后，被C 反射出去，则入射光线与反射光线夹角的余弦值是( )A.1314B.-1114C.1114D.-1314【答案】C【解析】设P (8,y 0)在第一象限，6416-y 029=1⇒y 0=33，PF 2=(8-5)2+(33)2=6PF 1=6+8=14，F 1F 2=10，cos ∠F 1PF 2=142+62-1022×14×6=1114故选：C例11.(2022·全国·高三专题练习)根据圆锥曲线的光学性质，从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点.由此可得，连双曲线上任意一点的切线，平分该点与两焦点连线的夹角．请解决下列问题：已知F 1、F 2分别是双曲线C ：x 2-y 2=1的左.右焦点，若从F 2发出的光线经双曲线右支上的点A x 0,1 反射后，反射光线为射线AM ，则∠F 2AM 的角平分线所在的直线的斜率为( )A.-3 B.-2 C.-1 D.-22【答案】D【解析】由已知可得A x 0,1 在第一象限，将点A 的坐标代入双曲线方程可得：x 20-1=1，解得x 0=2，所以A 2,1 ，又由双曲线的方程可得a =1，b =1，所以c =2，则F 2(2,0)，所以|AF 2|=1，且点A ，F 2都在直线x =2上，又|OF 1|=|OF 2|=2，设过点A 与双曲线相切的直线方程为y =k x -2 +1，代入x 2-y 2=1所以tan ∠F 1AF 2=|F 1F 2||AF 2|=221=22，设∠F 2AM 的角平分线为AN ，则∠F 2AN =(180°-∠F 1AF 2)×12，所以直线AN 的倾斜角为90°+∠F 2AN =180°-12∠F 1AF 2，所以直线AN 的斜率为tan 180°-12∠F 1AF 2 =-tan 12∠F 1AF 2，因为tan ∠F 1AF 2=2tan 12∠F 1AF 21-tan 12∠F 1AF 2=22，解得tan 12∠F 1AF 2=22所以直线AN 的斜率为-22故选：D ．题型五：抛物线的光学性质例12.(2022·全国·高三专题练习)抛物线有如下光学性质：由焦点射出的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必经过抛物线的焦点．已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，一平行于x 轴的光线从点M (3，1)射入，经过抛物线上的点A 反射后，再经抛物线上的另一点B 射出，则直线AB 的斜率为( )A.43B.-43C.±43D.-169【答案】B【解析】由题意可知点A 的纵坐标为1．将y =1代入y 2=4x ，得x =14，则A 14,1 ，由抛物线的光学性质可知，直线AB 经过焦点F (1,0)，所以直线AB 的斜率k =1-014-1=-43．故选：B ．例13.(2022·全国·高三专题练习)抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，一条平行于x 轴的光线从点M (3,1)射出，经过抛物线上的点A 反射后，再经抛物线上的另一点B 射出，则△ABM 的周长为( )A.9+10 B.9+26C.7112+26 D.8312+26【答案】B【解析】如下图所示：因为M3,1，所以y A=y M=1，所以x A=y2A4=14，所以A14,1 ，又因为F1,0，所以l AB:y-0=1-014-1x-1，即l AB:y=-43x-1，又y=-43x-1y2=4x，所以y2+3y-4=0，所以y=1或y=-4，所以y B=-4，所以x B=y2B4=4，所以B4,-4，又因为AB=AF+BF=x A+x B+p=14+4+2=254，AM=x M-x A=3-14=114，BM=4-32+-4-12=26，所以△ABM的周长为：AB+AM+BM=254+114+26=9+26，故选：B.例14.(2022·全国·高三专题练习)已知：如图，抛物线C:x2=2py p>0，F0,p 2为其焦点，j是过抛物线上一点D x0,y0的切线，A,B是直线j上的两点(不同于点D)，直线DC平行于y轴．求证：∠FDA=∠CDB．(入射角等于反射角)【解析】作抛物线的准线m:y=-p2，延长CD交m于点D x0,-p2，则DF=DD ；由C:x2=2py p>0得C:y=x22p，因此y =1p x ，当x0≠0时直线j的斜率k j=x0p，直线FD 的斜率k FD =-p2-p2x0=-px0，两条直线斜率乘积为-1，所以直线j垂直平分线段FD ，则∠FDA=∠D DA=∠CDB．当x0=0时，点D(0,0),此时直线j为x轴，结论显然成立．综上所述，结论成立．变式5.(2022·全国·高三专题练习)已知：如图，抛物线C:y2=2px p>0，F是抛物线的焦点，入射光线从F点发出射到抛物线上的点M，求证：反射光线平行于x轴．【解析】证明：设My202p,y0，过点M的抛物线的切线为l，且x=t y-y0+y202p，入射光线FM经抛物线壁反射后的反射光线为MN，由y2=2pxx=t y-y0+y202p得y2-2pty+2pty0-y2=0，故Δ=4p2t2-8pt+4y20=0即t=y0p，故切线l的斜率k=py0．设直线l到直线FM的角为α，直线MN到直线l的角为β，则由tanα=tanβ得k FM-k1+k FM⋅k=k-k MN1+k⋅k MN，即y 0x -p 2-py 01+y 0x -p 2⋅py 0=py 0-k MN 1+p y 0⋅k MN ，解得k MN =0,∴反射光线平行于x 轴．【过关测试】一、单选题1.(2022·全国·高三专题练习)椭圆满足这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发射光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．现在设有一个水平放置的椭圆形台球盘，满足方程：x 216+y 29=1，点A 、B是它的两个焦点，当静止的小球放在点A 处，从A 点沿直线出发，经椭圆壁反弹后，再回到点A 时，小球经过的最长路程是A.20 B.18C.16D.14【答案】C【解析】由题知，椭圆长半轴长a =4依题意可知小球经两次椭圆壁反弹后回到A 点，根据椭圆的定义可知所走的路程正好是4a =4×4=16故选：C2.(2022·全国·高三专题练习)双曲线的光学性质为：从双曲线一个焦点发出的光，经过反射后，反射光线的反向延长线都汇聚到双曲线的另一个焦点上，若双曲线E 的焦点分别为F 1，F 2，经过F 2且与F 1F 2垂直的光线经双曲线E 反射后，与F 1F 2成45°角，则双曲线E 的离心率为( )A.2B.2+1C.22D.22-1【答案】B【解析】由题意得：∠AF 1F 2=π4，则AF 2=F 1F 2=2c ，将x =c 代入到x 2a 2-y 2b2=1，y =b 2a ，即AF 2=b 2a ，故2c =b 2a ，即c 2-2ac -a 2=0，同除以a 2得：e 2-2e -1=0，解得：e =2+1或e =1-2<0(舍去)故选：B二、多选题3.(2022·全国·高三专题练习)椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，今有一个水平放置的椭圆形台球盘，点F 1，F 2是它的焦点，长轴长为2a ，焦距为2c ，静放在点F 1的小球(小球的半径不计)，从点F 1沿直线出发，经椭圆壁反弹后第一次回到点F 1时，小球经过的路程可以是( )A.4a B.4cC.2a +cD.2a -c【答案】ACD【解析】由题意，不妨令椭圆的焦点在x 轴上，以下分为三种情况：(1)球从F 1沿x 轴向左直线运动，碰到左顶点必然原路反弹，这时第一次回到F 1路程是2a -c ；(2)球从F 1沿x 轴向右直线运动，碰到右顶点必然原路反弹，这时第一次回到F 1路程是2a +c ；(3)球从F 1不沿x 轴，斜向上(或向下)运动，碰到椭圆上的点C ，反弹后经过椭圆的另一个焦点F 2，再弹到椭圆上一点D ，经D 反弹后经过点F 1．此时小球经过的路程是CF 1 +CF 2 +DF 2 +DF 1 =4a ．综上所述，从点F 1沿直线出发，经椭圆壁反射后第一次回到点F 1时，小球经过的路程是4a 或2a +c 或2a -c ．故选：ACD .4.(2022·全国·高三专题练习)圆锥曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线，平分该点与两焦点连线的夹角.请解决下面问题：已知F 1、F 2分别是双曲线C :x 2-y 22=1的左、右焦点，点P 为C 在第一象限上的点，点M 在F 1P 延长线上，点Q 的坐标为33,0，且PQ 为∠F 1PF 2的平分线，则下列正确的是( )A.PF 1 PF 2=2B.PF 1 +PF 2=23C.点P 到x 轴的距离为3D.∠F 2PM 的角平分线所在直线的倾斜角为150∘【答案】AD【解析】先证明结论双曲线C :x 2-y 22=1在其上一点P x 0,y 0 的切线的方程为x 0x -y 0y 2=1，由已知x 20-y 202=1，联立x 0x -y 0y 2=1x 2-y 22=1可得x 2-2x 0x +x 20=0，即x -x 0 2=0，解得x =x 0，所以，双曲线C :x 2-y 22=1在其上一点P x 0,y 0 的切线的方程为x 0x -y 0y 2=1.本题中，设点P x 0,y 0 ，则直线PQ 的方程为x 0x -y 0y2=1，将点Q 33,0代入切线方程可得x 0=3，所以P 3,2 ，即点P 到x 轴的距离为2，C 错；在双曲线C 中，a =1，b =2，则c =a 2+b 2=3，则F 1-3,0 、F 23,0 ，所以，PF 1 =23 2+22=4，PF 2 =02+22=2，所以，PF 1 PF 2=2，A 对；PF 1 =-23,-2 ，PF 2 =0,-2 ，所以，PF 1 +PF 2 =-23,-4 ，则PF 1 +PF 2=-23 2+-4 2=27，B 错；因为∠F 2PM 的角平分线交x 轴于点N ，则∠QPF 2+∠NPF 2=12∠F 1PF 2+∠F 2PM =90∘，所以，PN ⊥PQ ，∵k PQ =23-33=3，则k PN =-1k PQ =-33，故∠F 2PM 的角平分线所在直线的倾斜角为150∘，D 对.故选：AD .三、填空题5.(2022·全国·高三专题练习)过椭圆x 24+y 23=1的右焦点F 的直线与椭圆交于A ，B 两点，则△AOB 面积最大值为_______.【答案】32【解析】作变换x =xy =23y之后椭圆变为圆，方程为x 2+y 2=4，F 1,0 ，由于OF =1<22r =2，因此A B ⊥OF 时面积最大，此时S △A OB=12⋅OF ⋅A B =12×1×23=3，那么S △AOB =32S △A OB=32，故答案为：326.(2022·全国·高三专题练习)已知A ，B ，C 分别是椭圆x 24+y 23=1上的三个动点，则△ABC 面积最大值为_____________.【答案】92【解析】作变换x '=xy '=y '=23y之后椭圆变为圆，方程为x 2+y ′2=4，△A ′B ′C ′是圆的内接三角形，设△A ′B ′C ′的半径为R ，设A ,B ,C 所对应边长为a ,b ,c ，所以S △ABC=12a b sin C =12⋅2R sin A ⋅2R sin B ⋅sin C =2R 2sin A ⋅sin B ⋅sin C≤2R 2sin A +sin B +sin C 3 3，当且仅当A =B =C =π3时取等，因为y =sin x 在0,π 上为凸函数，则sin A +sin B +sin C 3≤sin A +B +C3，S △ABC=2R 2sin A +sin B +sin C 3 3≤2R 2sin A +B +C 33=2R 2sin π3 3=334R 2，当且仅当A =B =C =π3时取等，所以圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，因此S △A ′B ′C ′=334R 2=334×4=33，又因为S △ABCS △ABC=b a，∴S △ABC =b a S △A ′B ′C ′=32×33=92.故答案为：92.7.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，F 1、F 2分别为椭圆左右焦点，过F 1、F 2作两条互相平行的弦，分别与椭圆交于M 、N 、P 、Q 四点，若当两条弦垂直于x 轴时，点M 、N 、P 、Q 所形成的平行四边形面积最大，则椭圆离心率的取值范围为______________.【答案】0，22【解析】作仿射变换，令x =x ,y =aby ，可得仿射坐标系x O y ，在此坐标系中，上述椭圆变换为圆x 2+y 2=a 2，点F 1、F 2坐标分别为(-c ,0)、(c ,0)，过F 1、F 2作两条平行的弦分别与圆交于M 、N 、P 、Q 四点.由平行四边形性质易知，三角形O P Q 的面积为M 、N 、P 、Q 四点所形成的平行四边形面积的14，故只需令三角形O P Q 面积的最大值在弦P Q 与x 轴垂直时取到即可.当c ∈0,22a时，三角形O P Q面积的最大值在弦P Q 与x 轴垂直时取到.故此题离心率的取值范围为0，22.故答案为：0，22.8.(2022·全国·高三专题练习)古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了它们的光学性质．比如椭圆，他发现如果把椭圆焦点F 一侧做成镜面，并在F 处放置光源，那么经过椭圆镜面反射的光线全部都会经过另一个焦点．设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),F 1,F 2为其左、右焦点，若从右焦点F 2发出的光线经椭圆上的点A 和点B 反射后，满足∠BAD =90°,tan ∠ABC =34，则该椭圆的离心率为_________．【答案】22【解析】由椭圆的光学性质可知，BC ,AD 都经过F 1，且在△ABF 1中∠BAF 1=90°，tan ∠ABF 1=34，如图，所以|AF1|=3k ,|AB |=4k ,|BF 1|=5k ，由椭圆的定义可知3k +4k +5k =4a ，即a =3k ，又|AF 1|+|AF 2|=2a ，可得|AF 2|=6k -3k =3k ，在Rt △AF 1F 2中，|AF 1|2+|AF 2|2=|F 1F 2|2，所以|F 1F 2|=2c =32k ，所以e =2c 2a =32k 6k=22.故答案为：22四、解答题9.(2022·全国·高三专题练习)设椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左焦点为F ，过点F 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60o,AF =2FB .(1)求椭圆C 的离心率；(2)如果|AB |=154，求椭圆C 的方程.【解析】(1)设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，由题意知y 1>0，y 2<0.直线l 的方程为y =3x +c ，其中c =a 2-b 2.联立y =3x +c x 2a 2+y 2b2=1得3a 2+b 2 y 2-23b 2cy -3b 4=0，解得y 1=3b 2c +2a 3a 2+b 2，y 2=3b 2c -2a3a 2+b 2.因为AF =2FB ，所以-y 1=2y 2.即-3b 2c +2a 3a 2+b 2=23b 2c -2a3a 2+b 2，得离心率e =c a =23.(2)因为|AB |=1+13|y 2-y 1|，所以23·43ab 23a 2+b 2=154.由c a =23得b =53a .所以54a =154，得a =3，b =5.椭圆C 的方程为x 29+y 25=110.(2022·全国·高三专题练习)椭圆有两个顶点A (-1,0),B (1,0),过其焦点F (0,1)的直线l 与椭圆交于C ,D 两点，并与x 轴交于点P ，直线AC 与BD 交于点Q ．(1)当CD =322时，求直线l 的方程；(2)当P 点异于A ,B 两点时，证明：OP ⋅OQ为定值．【解析】(1)由题意，椭圆的方程为y 22+x 2=1易得直线l 不与两坐标轴垂直，故可设l 的方程为y =kx +1k ≠0,k ≠±1 ，设C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，由y =kx +1,y 22+x 2=1,消去y 整理得k 2+2 x 2+2kx -1=0，判别式Δ=8k 2+1 >0.由韦达定理得x 1+x 2=-2k k 2+2,x 1x 2=-1k 2+2，①故CD =1+k 2⋅x 1-x 2 =1+k 2⋅8k 2+1 k 2+2=322，解得k =±2，即直线l 的方程为y =±2x +1．(2)证明：直线AC 的斜率为k AC =y 1x 1+1，故其方程为y =y 1x 1+1x +1 ，直线BD 的斜率为k BD =y 2x 2-1，故其方程为y =y 2x 2-1x -1 ，由y =y 1x 1+1x +1 ,y =y 2x 2-1x -1,两式相除得x +1x -1=y 2x 1+1 y 1x 2-1 =kx 2+1 x 1+1 kx 1+1 x 2-1 =kx 1x 2+kx 2+x 1+1kx 1x 2-kx 1+x 2-1即x Q +1x Q -1=kx 1x 2+kx 2+x 1+1kx 1x 2-kx 1+x 2-1.由(1)知x 1=-2kk 2+2-x 2，故x Q +1x Q -1=-k k 2+2+kx 2-2k k 2+2-x 2+1-k k 2+2-k -2k k 2+2-x 2 +x 2-1=k -1 k -2 k 2+2+k -1 x 2k -2 k +1 k 2+2+k +1 x 2=k -1k +1解得x Q =-k ．易得P -1k ,0 ，故OP ⋅OQ =x P x Q =-1k⋅-k =1，所以OP ⋅OQ为定值111.(2022·全国·高三专题练习)已知A 、B 分别是椭圆x 22+y 2=1的右顶点和上顶点，C 、D 在椭圆上，且CD ⎳AB ，设直线AC 、BD 的斜率分别为k 1、k 2，证明：k 1k 2为定值．【解析】证明：由题意得A 2,0 ，B 0,1 ，则k AB =-22，设直线CD 的方程为y =-22x +t ，设点C x 1,y 1 、D x 2,y 2 ．由y =-22x +tx 22+y 2=1，消去y 得x 2-2tx +t 2-1=0，Δ=2t 2-4t 2-1 =4-2t 2>0，可得-2<t <2，且有t ≠1，由韦达定理可得x 1+x 2=2t ，x 1x 2=t 2-1，y 1y 2=-22x 1+t -22x 2+t =12x 1x 2-22t x 1+x 2 +t 2=12t 2-1 ，∴k 1k 2=y 1x 1-2⋅y 2-1x 2=y 1y 2-y 1x 1x 2-2x 2=12t 2-12+22x 1-tt 2-1-2x 2，又由x 1+x 2=2t 得x 1=2t -x 2，代入上式得：k 1k 2=12t 2-12+222t -x 2 -t t 2-1-2x 2=12t 2-12-22x2t 2-1-2x 2=12，所以，k 1k 2为定值12.12.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1-c ,0 ，F 2c ,0 ，M ,N 分别为左右顶点，直线l ：x =ty +1与椭圆C 交于A ,B 两点，当t =-33时，A 是椭圆的上顶点，且△AF 1F 2的周长为6．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线AM ,BN 交于点Q ，证明：点Q 在定直线上．(3)设直线AM ,BN 的斜率分别为k 1,k 2，证明：k1k 2为定值．【解析】(1)当t =-33时，直线l ：x =-33y +1，令x =0，得y =3，即椭圆的上顶点为0,3 ，则b =3，又△AF 1F 2的周长为6，即2a +2c =6，a +c =3，又a 2-c 2=b 2=3，解得a =2,c =1，所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)由(1)知，M -2,0 ,N 2,0 ，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，依题意，点A ，B 不在x 轴上，由x =ty +1x 24+y 23=1消去x 并整理得：3t 2+4 y 2+6ty -9=0，y 1+y 2=-6t 3t 2+4y 1y 2=-93t 2+4，直线AM 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，直线BN 的方程为y =y 2x 2-2x -2 ，联立直线AM 、BN 的方程得x +2x -2=y 2x 1+2 y 1x 2-2 =y 2ty 1+3 y 1ty 2-1=ty 1y 2+3y 2ty 1y 2-y 1，由y 1+y 2=-6t 3t 2+4得y 1=-6t3t 2+4-y 2代入上式，得x +2x -2=ty 1y 2+3y 2ty 1y 2-y 1=-9t 3t 2+4+3y 2-9t 3t 2+4+6t 3t 2+4+y 2=-9t 3t 2+4+3y2-3t 3t 2+4+y2=3，于是得x =4，所以直线AM ,BN 交点Q 在定直线x =4上．(3)由(2)知，k 1k 2=y 1x 2-2 y 2x 1+2 =y 1ty 2-1 y 2ty 1+3 =ty 1y 2-y 1ty 1y 2+3y 2，由y 1+y 2=-6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4得：ty 1y 2=32y 1+y 2 ，所以k 1k 2=ty 1y 2-y 1ty 1y 2+3y 2=12y 1+32y232y 1+92y 2=13为定值．13.(2022·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy 中，如图，已知x 29+y 25=1的左、右顶点为A 、B ，右焦点为F ，设过点T t ,m 的直线TA 、TB 与椭圆分别交于点M x 1,y 1 、N x 2,y 2 ，其中m >0，y 1>0，y 2<0．(1)设动点P 满足PF 2-PB 2=4，求点P 的轨迹；(2)设x 1=2，x 2=13，求点T 的坐标；(3)设t =9，求证：直线MN 必过x 轴上的一定点(其坐标与m 无关)．【解析】(1)设点P x ,y ，则F 2,0，B 3,0 ，A -3,0 ，由PF 2-PB 2=4，得x -2 2+y 2-x -3 2+y 2 =4，化简得x =92，故所求点P 的轨迹为直线x =92．(2)将x 1=2，x 2=13分别代入椭圆方程，以及y 1>0，y 2<0，得M 2,53 ，N 13,-209，直线MA 方程为y -053-0=x +32+3，即y =13x +1，直线MB 方程为y -0-209-0=x -313-3，即y =56x -52，联立方程组，解得x =7y =103，所以点T 的坐标为7,103．(3)点T 的坐标为9,m ，直线MA 的方程为y -0m -0=x +39+3，即y =m12x +3 ，直线MB 的方程为y -0m -0=x -39-3，即y =m6x -3 ，分别与椭圆x 29+y 25=1联立方程组，同时考虑到x 1≠-3，x 2≠-3，解得M 380-m 2 80+m 2,40m 80+m 2 、N 3m 2-20 20+m 2,-20m20+m 2，若x 1=x 2，240-3m 280+m 2=3m 2-6020+m 2且m >0,得m =210，此时直线MN 的方程为x =1，过点D 1,0 ；若x 1≠x 2，则m ≠210，直线MD 的斜率k MD =40m 80+m 2÷240-3m 280+m 2-1 =10m40-m 2，直线ND 的斜率k ND =-20m 20+m 2÷3m 2-6020+m 2-1 =10m40-m 2，所以k MD =k ND ,所以直线MN 过点D 1,0 ，因此直线MN 必过x 轴上一定点D 1,0 .14.(2022·全国·高三专题练习)如图，椭圆C 0：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0，a ，b 为常数)，动圆C 1:x 2+y 2=t 21，b <t 1<a ．点A 1,A 2分别为C 0的左，右顶点，C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程;(2)设动圆C 2:x 2+y 2=t 22与C 0相交于A /,B /,C /,D /四点，其中b <t 2<a ，t 1≠t 2．若矩形ABCD 与矩形A /B /C /D /的面积相等，证明：t 21+t 22为定值．【答案】(1)x 2a 2-y 2b2=1(2)证明见解析【解析】(1)设A (x 1,y 1),B (x 1,-y 1)，又知A 1(-a ,0),A 2(a ,0)，则直线A 1A 的方程为y =y 1x 1+a (x +a ) ①直线A 2B 的方程为y =-y 1x 1-a(x -a ) ②由①②得y 2=-y 12x 12-a2(x 2-a 2) ③由点A (x 1,y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2+y 21b 2=1，从而y 21=b 21-x 12a2代入③得x 2a 2-y 2b2=1(2)证明：设A (x 2,y 2)，由矩形ABCD 与矩形A B C D 的面积相等，得4x 1 y 1=4 x 2 y 2 故x 21y 21=x 22y 22因为点A ，A均在椭圆上，所以，b 2x 211-x 21a 2 =b 2x 221-x 22a2由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 12+x 22=a 2.从而y 12+y 22=b 2因此t 12+t 22=a 2+b 2为定值考点定位：本大题主要考查椭圆、圆、直线的标准方程的求法以及直线与椭圆、圆的位置关系，突出解析几何的基本思想和方法的考查：如数形结合思想、坐标化方法等15.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 22+y 2=1左顶点为A ，O 为原点，M ，N 是直线x =t 上的两个动点，且MO ⊥ON ，直线AM 和AN 分别与椭圆C 交于E ，D 两点(1)若t =-1，求ΔMON 的面积的最小值；(2)若E ，O ，D 三点共线，求实数t 的值.【解析】(1)由勾股定理、三角形面积可得：MN2=OM 2+ON 2≥2OM •ON ，MN =OM •ON ,当且仅当OM =ON 等号成立∴MN ≥2．S ΔMON =12MN •1≥12×2=1，即ΔMON 的面积的最小值为1．(2)设E 2cos θ,sin θ ，则AE 方程为：y =sin θ2cos θ+2x +2 ，则M 为t ,t +2 sin θ2cos θ+1，同理N 为t ，-t +2 sin θ21-cos θt ,-t +2 sin θ21-cos θ，∵MO ⊥ON ，∴OM •ON =t 2-t +2 22=0，得t =2±2．16.(2022·全国·高三专题练习)已知椭圆W :x 24m +y 2m=1的长轴长为4，左、右顶点分别为A ,B ，经过点P (1,0)的动直线与椭圆W 相交于不同的两点C ,D (不与点A ,B 重合).(1)求椭圆W 的方程及离心率；(2)求四边形ACBD 面积的最大值；(3)若直线CB 与直线AD 相交于点M ，判断点M 是否位于一条定直线上？若是，写出该直线的方程. (结论不要求证明)【解析】(Ⅰ)由题意，得a 2=4m =4 , 解得m =1.所以椭圆W 方程为x 24+y 2=1.故a =2，b =1，c =a 2-b 2=3.所以椭圆W 的离心率e =c a =32.(Ⅱ)当直线CD 的斜率k 不存在时，由题意，得CD 的方程为x =1，代入椭圆W 的方程，得C 1,32 ，D 1,-32 ，又因为AB =2a =4，AB ⊥CD ，所以四边形ACBD 的面积S =12AB ×CD =23.当直线CD 的斜率k 存在时，设CD 的方程为y =k x -1 k ≠0 ，C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，联立方程y =k x -1 ,x 24+y 2=1,消去y ，得4k 2+1 x 2-8k 2x +4k 2-4=0. 由题意，可知Δ>0恒成立，则x 1+x 2=8k 24k 2+1，x 1x 2=4k 2-44k 2+1四边形ACBD 的面积S =S ΔABC +S ΔABD =12AB ×y 1+12AB × y 2 =12AB ×y 1-y 2 =2k x 1-x 2=2k 2x 1+x 2 2-4x 1x 2 =8k 23k 2+1 4k 2+12， 设4k 2+1=t ，则四边形ACBD 的面积S =2-1t2-2t +3，1t ∈0,1 ，所以S =2-1t+1 2+4<23.综上，四边形ACBD 面积的最大值为23.(Ⅲ)结论：点M 在一条定直线上，且该直线的方程为x =4.17.(2022·全国·高三专题练习)已知F 1(-3,0),F 2(3,0)分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，P 是椭圆C 上的一点，当PF 1⊥F 1F 2时，|PF 2|=2|PF 1|．(1)求椭圆C 的标准方程：(2)过点Q (-4，0)的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，点M 关于x 轴的对称点为点M ′，证明：直线NM ′过。
例谈圆锥曲线中的非对称问题
例谈圆锥曲线中的非对称问题展开全文一个含有若干个元的多项式中,如果任意交换两个元的位置,多项式不变,则这样的多项式叫做对称多项式,简称对称式,除此之外均称为非对称式.圆锥曲线解答题中直接或间接求解非对称式问题我们称为非对称问题,该问题集直线与圆锥曲线位置关系,点与圆锥曲线的位置关系,方程与不等式等数学知识于一体,经常在知识网络交汇处设置问题,综合性较强,有一定难度.但很多学生发现不能直接利用韦达定理就放弃了,非常可惜,本文就几种常见的圆锥曲线非对称问题谈谈该类问题的求解方法.1 配凑法化非对称为对称(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线x=my+1 与椭圆交于P,Q,直线AP 与直线BQ 交于点T,证明:当m 变化时,点T 在一条定直线上.分析联立直线AP,BQ 的方程,直接求交点坐标运算量太大,不可行! 只需消去y,再将x1,x2 转化为y1,y2,然后配凑成y1+y2 和y1y2 的形式,进而整体代换即可,这正是解析几何的核心思想——“设而不求”.2 利用圆锥曲线方程代入化非对称为对称例3 如图,椭圆E:左、右顶点为A、B,左、右焦点为F1、F2,|AB|=4,直线y=kx+m(k＞0)交椭圆E 于C、D 两点,与线段F1F2、椭圆短轴分别交于M、N 两点(M,N 不重合),且|CM|=|DN|.3 小试牛刀解高考真题例4 (2020年高考全国I 卷理科)已知A、B 分别为椭圆E:的左、右顶点,G 为E 的上顶点,P 为直线x=6 上的动点,PA 与E 的另一交点为C,PB 与E 的另一交点为D.(1)求E 的方程;(2)证明:直线CD 过定点.分析联立直线AC 和BD 的方程,消去y,代入x=6,再将非对称式化为对称式,然后利用韦达定理整体代换求解.解析 (1)依据题意作出如下图象:由椭圆方程可得:A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则所以得a2=9,所以椭圆方程为:.。
【高中数学】圆锥曲线中两根不对称问题的处理方法
总所周知，对称是一种美，自然界有很多对称美，举不胜举。
但是，圆锥曲线问题中，有一类问题是有关两根不对称的问题，那也是一种残缺的美。
韦达定理是初中的知识，但是到了高中，它的威力仍然大的惊人。
在解答题中，大部分情况下是必不可少的工具。
例1.已知点A ，B 是椭圆E ：12222=+by a x (a>b>0)的左右顶点，C 为椭圆的上顶点，过点D （1，0）作与y 轴不垂直的直线l 交椭圆于),(N ),(M 2211y x y x ，两点，原点O 到直线AC 的距离为552，且直线AM 与直线BM 的斜率之积为41-.(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线AM 与直线BN 交于点P ，设直线AM 、直线DP 、直线BN 的斜率依次为321k k k ，，.①.求13k k 的值；②.求证：321k k k ，，依次成等差数列。
解：（1）1422=+y x (2)①.设直线l 方程x my =+1联立x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩22141得()m y my ++-=224230∴m y y m y y m -⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩1221222434方法一：找关系（找两根之和，之积的关系）韦达定理两式相除得y y m y y +=121223，即(y y )my y =+121232∴(y y )(my )(my )(y y )y k y x y my y y k x y y my y y y +++++=⋅====---+-122321211221211212112133233233212方法二：利用“点在椭圆上”点(x ,y )M 11在椭圆上，故x y +=221114，即x y y x +-=-1111242∴(my )(my )k y x y y y y k x y x x +--=⋅=⋅===-----32121121212112244322211 ②由①可知：131333k k k k=⇒=)6 ,4()2(3:)2(:111k P x k y l x k y l NPAP ⇒⎩⎨⎧-=+=，∴1122146k k k k DP =-==∵2312111131222243k k k k k k k k k k =+⇒=⨯==+=+∴321k k k ，，为等差数列例2.如图，已知直线l ：y=kx+2，与椭圆C：1422=+y x 交于不同的两点A，B.(1)当k=1时，△AOB 的面积；(2)设直线OA，OB 的斜率分别为21,k k ，且21k k λ=，求实数λ的取值范围.解：（1）54（2）由43034,01216)41(142y 222222>⇒>-==+++⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=k k kx x k y x kx 由△设k x x kx x k k x x y x B y x A 34114112 ,4116),,(),,(212212212211-=+⇒+=+-=+则22222211111122 ;22x k x kx x y k x k x kx x y k +=+==+=+==由21k k λ=整理得k x x 21121-=-λλ由2221212121)53)(35()1(36)53()1(6,)35()1(62113411k x x k x k x k x x k x x +++=⇒++-=++-=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=+λλλλλλλλλ则222222214)12(31534151412)53)(35()1(36k k k k +=++++⇒+=+++λλλλλλλ∵316,4(1414,432222∈+=+>kk k k 则∴1313316)12(3153415422≠->-<⇒<++++<λλλλλλλ且或。
高中数学圆锥曲线系统讲解第29讲《非对称韦达定理》练习及答案
第29讲 非对称韦达定理知识与方法将直线的方程与圆锥曲线方程联立，消去y ，得到关键方程（设方程的两根为1x 和2x ），在某些问题中，可能会涉及到需计算两根系数不相同的代数式.例如，运算过程中出现了122x x −、1223x x +等结构，且无法直接通过合并同类项化为系数相同的情况处理，像这种非对称的结构，通常是无法根据韦达定理直接求出的，此时一般的处理技巧是抓住12x x +和12x x 的关系将两根积向两根和转化，通过局部计算、整体约分的方法解决问题.请同学们通过本节的一些考题来感悟这种运算技巧.典型例题1.（★★★★）如下图所示，椭圆有两个顶点()1,0A −，()1,0B ，过其焦点()0,1F 的直线l 与椭圆交于C 、D 两点，并与x 轴交于点P ，直线AC 与BD 交于点Q. （1）当2CD =时，求直线l 的方程； （2）当P 点异于A 、B 两点时，证明:OP OQ ⋅为定值.【解析】（1）由题意，椭圆的短半轴长1b =，半焦距1c =，故长半轴长a =所以椭圆的方程为2212y x +=，当2CD =时，易得直线l 不与x 轴垂直，故可设l 的方程为1y kx =+()0,1k k ≠≠±，设()11,C x y ，()22,D x y ，联立22112y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得：()222210k x kx ++−= 判别式()2810k ∆=+>，由韦达定理，1221222212k x x k x x k ⎧+=−⎪⎪+⎨⎪=−⎪+⎩①②故12CD x x =−=，解得：k =所以直线l 的方程为1y =+.（2）解法1：直线AC 的斜率为111AC y k x =+，其方程为()1111y y x x =++③，直线 BD 的斜率为221BD y k x =−，其方程为()2211yy x x =−−④，用式③除以式④整理得：()()21121111y x x x y x ++=−−，即()()21121111Q Q x y x x y x ++=−− 而()()()()()()212112211212121211111111y x kx x kx x kx x y x kx x kx x kx x ++++++==−+−−++，所以122112121111Q Q x kx x kx x x kx x kx x ++++=−−++，由①知12222kx x k =−−+， 故()()()()()()22222222222212211112222121111222Q Q k k k kkx x k x x k k k k k k k k x k k x x k x k k k −−−+−−++−+−+++===−+−+⎛⎫−−−−++++ ⎪+++⎝⎭，解得：Q x k =−，易得1,0P k ⎛⎫− ⎪⎝⎭，故()11P Q OP OQ x x k k⋅==−⋅−=，即OP OQ ⋅为定值1.解法2：直线AC 的斜率为111AC y k x =+，其方程为()1111yy x x =++③直线BD 的斜率为221BD y k x =−，其方程为()2211yy x x =−−④，用式③除以式④整理得：()()21121111y x x x y x ++=−−，即()()21121111Q Q x y x x y x ++=−− ⑤ 所以()()()()()()()()()()()()22222222212121121222221212121212221212111111112212111111211122Q Q kx x x y x x x x x x x k k k k x x x x x x x k y x x x k k −−+−+⎛⎫+++++++−⎛⎫++====== ⎪ ⎪ ⎪−−−−+++⎝⎭−−−⎝⎭−++++ 因为()12,1,1x x ∈−，所以12101x x +<−，结合⑤可得11Q Q x x +−与21y y 异号，又()()()2222121212122222221111222k k k y y kx kx k x x k x x k k k −=++=+++=−−+=+++()()()222211211221k k k k k k k +−+−==−⋅+++ 所以12y y 与11k k −+异号，即21yy 与11k k −+异号，从而11Q Q x x +−与11k k −+同号，所以1111Q Q x k x k +−=−+，解得：Q x k =−，易得1,0P k ⎛⎫− ⎪⎝⎭，故()11P Q OP OQ x x k k ⋅==−⋅−=，即OP OQ ⋅为定值1.【反思】本题的解法1是两根结构不对称时的常规处理方法，局部计算，整体约分；解法2则通过平方，转化为对称结构计算，技巧性较强. 2.（★★★★）已知椭圆22:33C x 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 . （1）求椭圆C 的离心率；（2）若AB 垂直于x 轴，求直线BM 的斜率；（3）试判断直线BM 与直线DE 的位置关系，并说明理由.【解析】（1）椭圆C 的方程可化为2213x y +=，故其长半轴长a =1b =半焦距c =C的离心率c e a =（2）解法1：若AB 垂直于x 轴，如图1，直线AB 的方程为1x =，联立22133x x y =⎧⎨+=⎩，可解得：y =若A ⎛ ⎝⎭，则1,B ⎛ ⎝⎭，设()03,M y ，因为A 、E 、M 三点共线，所以AE EM k k =，故01131232y −=−−，解得：02y =，所以直线BM的斜率03131BM y k +==−若1,A ⎛ ⎝⎭，则B ⎛ ⎝⎭，因为A 、E 、M 三点共线，所以AE EM k k =，故01131232y −−=−−，解得：02y =，所以直线BM的斜率03131BM y k ==− 综上所述，直线BM 的斜率为1.解法2：因为AB 过点()1,0D 且垂直于x 轴，所以可设()11,A y ，()11,B y − 直线AE 的方程为()()112y y x −=−−，令3x =得：12y y =−，所以()3,2M y −，故直线BM 的斜率112131BM y y k −+==−.解法3：因为AB 过点()1,0D 且垂直于x 轴，故其方程为1x =，如图1，设直线2x =交x 轴于点G ，直线3x =交x 轴于点H ，则1AE DG EMGH==_所以E 为AM 中点，由对称性，显然D 为AB 中点，所以DE BM ∥而直线DE 的斜率10121DE k −==−，所以直线BM 的斜率为1. （3）解法1：当AB x ⊥轴时，由（2）可得直线BM 的斜率为1，等于直线DE 的斜率，所以DE BM ∥，当AB 不与x 轴垂直时，设其方程为()()11y k x k =−≠，设()11,A x y ，()22,B x y ， 则直线AE 的方程为()111122y y x x −−=−−，令3x =解得：11112y y x +=+−，所以1113,12y M x ⎛⎫−+ ⎪−⎝⎭，从而直线 BM 的斜率()()()()()()()121121211121222121113112123233232BM y y x x k x k x k x x x x y y y k x x x x x −+−−−−+−+−−−−++===−−−−− ()()()112121121211221121232332336262x k x x x x kx kx x k x x kx x x x x x x x x −++−−⎡⎤−−++−⎣⎦==−−+−++− ①联立()22133y k x x y ⎧=−⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得：()2222136330k x k x k +−+−=，易得判别式0∆>， 所以2122613k x x k +=+，21223313k x x k −=+，故()222121222212339323131313k k k x x x x k k k −++−=−==+++代入式①得：11333163BM x k kk x −+−==−+，即直线BM 与直线DE 斜率相等，所以DE BM ∥综上所述，直线BM 与直线DE 平行.解法2：当AB y ⊥轴时，若A 为左顶点，如图2，则2AEEM =+，12AD BD −==+ 所以AE AD EMBD=，同理可得当A为右顶点时，2AE AD EMBD==DE BM ∥当AB 不与y 轴垂直时，如图3，设其方程为()11x my m =+≠，设()11,A x y ，()22,B x y 则1112211AE x my my EM=−=−−=−，1122AD y y BDy y ==−， 所以111212211AE AD y y my y my EMBDy y −==−+=+ ①联立22133x my x y =+⎧⎨+=⎩消去x 整理得：()323220m y my ++−=，易得判别式0∆>， 由韦达定理，12223m y y m +=−+，12223y y m =−+，故1212my y y y =+ 代入式①可得()11211222110AE AD y y y y my y EMBDy y −+−−=+=+= 所以AE AD EMBD−，从而DE BM ∥综上所述，直线BM 与直线DE 平行.强化训练3.（★★★★）已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>过点(P，且离心率为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）设椭圆C 的上、下顶点分别为A 、B ，过点()0,4P 斜率为k 的直线与椭圆C 交于M 、N 两点.求证：直线BM 与AN 的交点G 在定直线上.【解析】（1）由题意，224212a b ⎧+=⎪=，解得：2a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩C 的方程为22184x y += （2）由题意，直线MN 的方程为4y kx =+，()0,2A ，()0,2B −，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立224184y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得：()221216240k x kx +++=，判别式()()2216412240k k ∆=−+⨯>，所以k <或k >，由韦达定理，12212216122412k x x k x x k ⎧+=−⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩①②直线BM 的方程为1122y y x x ++=，直线AN 的方程为2222y y x x −−=，联立11222222y y x x y y xx +⎧+=⎪⎪⎨−⎪−=⎪⎩消去x 可得：()()12212222y x y y y x ++=−− 从而()()()()1212122212112126262222G G y x kx x y kx x x y y x kx x kx x x ++++===−−++ ③ 接下来给出以下两种计算非对称结构12212162kx x x kx x x ++的方法：法1：由①②知()121232kx x x x =−+， 代入式③得：()()122121221211211233966222331322222x x x x x kx x x kx x x x x x x x −++−++===−+−++− 从而232G G y y +=−−，解得：1G y =，所以点G 在定直线1y =上. 法2：由①知1221612kx x k =−−+，代入式③得：22221221212222224246661212382416222121212k kx x kx x x k k k k k kx x x xx k k k +++++===−+⎛⎫−−+−− ⎪+++⎝⎭从而232G G y y +=−−，解得：1G y =，所以点G 在定直线1y =上.4.（★★★★）已知F 为椭圆22143x y +=的右焦点，A 、B 分别为其左、右顶点，过F 作直线l 交椭圆于不与A 、B 重合的M 、N 两点.（1）当l 斜率为1时，求四边形AMBN 的面积S ；（2）设直线AM 、BN 的斜率分别为1k 和2k ，求证：12k k 为定值. 【解析】（1）由题意，()2,0A −，()2,0B ，()1,0F ，当l 斜率为1时，其方程为1y x =− 设()11,M x y ，()22,N x y联立221143y x x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 整理得：27690y y +−=，判别式()264792880∆=−⨯⨯−=>所以四边形AMBN的面积1211422S AB y y =⋅−=⨯（2）显然直线l 不与y 轴垂直，故可设其方程为1x my =+， 联立221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x 整理得：()2234690m y my ++−=，易得判别式10>△，由韦达定理122122634934m y y m y y m ⎧+=−⎪⎪+⎨⎪=−⎪+⎩①② ，()()()()121211212121212221233y x y my k my y y k x y my y my y y −−−===+++ ③， 接下来给出两种方法求非对称结构1211223my y y my y y −+的值法l ：由①②知()121232my y y y =+，代入式③得：()()121121212212313122233933222y y y y y k k y y y y y +−+===+++，即12k k 为定值13.法2：由①知122634my y m =−−+，代入式③得：222221222229631343434993333434m m m y y k m m m m m k y y m m ⎛⎫−−−−−+ ⎪++⎝⎭+===−+−+++即12k k 为定值13.5. （★★★★）点,A B 是椭圆22:143x y+=E 的左右顶点若直线:(1)l y k x =−与椭圆E 交于M ，N 两点，求证：直线AM 与直线BN 的交点在一条定直线上． 【解析】由题意得，()2,0A −，()2,0B ，设()()1122,,,M x y N x y ，联立22143(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩，化简得(222234)84120k x k x k +−+−=， 所以2122834k x x k+=+，212241234k x x k −=+， 直线AM 的方程为()1122y y x x =++，直线BN 的方程为22(2)2y y x x =−−， 联立()112222(2)2y y x x y y x x ⎧=+⎪+⎪⎨⎪=−⎪−⎩，即()1122(1)22(1)(2)2k x y x x k x y x x −⎧=+⎪+⎪⎨−⎪=−⎪−⎩，解得1121222(23)34x x x x x x x −+=+−原式()()222221212221222241282234223434342482434k k x x x x x x k k x x x k x k ⎛⎫−⋅−⋅+ ⎪⎡−++⎤++⎣⎦⎝⎭==++−+−+ 2222222222221624812244234344812812223434k k x x k k k k x x kk⎛⎫−−−−++ ⎪++⎝⎭==⎛=−−−−++++⎫ ⎪⎝⎭， 故直线AM 与直线BN 交点在定直线x ＝4上． 6 . （★★★★）设椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，过点F 的直线与椭圆C 相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60o ,2AF FB =. (I)求椭圆C 的离心率； (II)如果|AB |=154，求椭圆C 的方程. 【解析】设11(,)A x y ，22(,)B x y ，由题意知10y >，20y <.（1）直线l的方程为)y x c =+，其中c =.联立)2222{1y x c x y a b=++=得()22224330a b y cy b +−−=，解得()212223c a y a b+=+，()222223c a y a b−=+.因为2AF FB =，所以122y y −=.即()()222222222?33c a c a a ba b+−−=++，得离心率23c e a ==. （2）因为21||||AB y y =−2154=.由23c a =得3b a =.所以51544a =，得3a =，b =.椭圆C 的方程为22195x y +=考点：椭圆的标准方程及其几何性质. 7. （★★★★）已知1A 、2A分别是离心率2e =的椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的左右项点，P 是椭圆E 的上顶点，且121PA PA ⋅=−. （1）求椭圆E 的方程；（2）若动直线l 过点()0,4−，且与椭圆E 交于A 、B 两点，点M 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AM 恒过定点. 【解析】（1）由题意得()1,0A a −，()2,0A a ，()0,P b ，则22212(,)(,)1PA PA a b a b a b c ⋅=−−⋅−=−+=−=−，所以1c =，又2222c e a a b c ⎧==⎪⎨⎪=+⎩，所以a =1b =，所以椭圆E 的方程为2212x y +=.（2）当直线l 的斜率存在时，设直线:4l y kx =−，()11,A x y ，()22,B x y ，则()22,M x y −，由22124x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩，消去y 得()221216300k x kx +−+=.由()22(16)120120k k ∆=−−+>，得2152k >，所以1221612kx x k +=+，1223012x x k =+. ()12121212121244AM k x x y y kx kx k x x x x x x −−−−+===+++，直线AM 的方程为()()121112k x x y y x x x x −−=−+，即()()()()()()()()12121121211*********44k x x k x x kx x x k x x x x y y x x kx x x x x x x x x −−−++−−=+−=−+−=+++()()()12121212121212122424kx x x x kx x x k x x kx x x x x x x x x −++−−==+−+++，因为1221612k x x k +=+，1223012x x k =+，所以21212230221124416412kkx x k k x x k +−=−=−++， 直线AM 的方程为可化为()121214k x x y x x x −=−+，则直线AM 恒过定点10,4⎛⎫⎪⎝⎭.当直线l 的斜率不存在时，直线AM 也过点10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭，综上知直线AM 恒过定点10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭. 8. （★★★★）已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）过点(P，且离心率为2．11（1）求椭圆C 的方程；（2）记椭圆C 的上下顶点分别为,A B ，过点()0,4斜率为k 的直线与椭圆C 交于,M N 两点，证明：直线BM 与AN 的交点G 在定直线上，并求出该定直线的方程．【解析】（1）由椭圆过点(P，且离心率为2，所以222224212a b c aa b c ⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2284a b ⎧=⎨=⎩ 故所求的椭圆方程为22184x y +=．（2）由题意得()0,2A ，()0,2B −，直线MN 的方程4y kx =+，设()()1122,,,M x y N x y ， 联立224184y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()221216240k x kx +++=， ∴1221612k x x k −+=+，1222412x x k =+．由求根公式可知，不妨设12812k x k −−=+，22812k x k −+=+， 直线AN 的方程为2222y y x x −−=，直线BM 的方程为1122y y x x ++=， 联立22112222y y x x y y x x −⎧−=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩，得()()()()2121121121212222222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x −++−===++++ 代入12,x x，得2224162123k k y y −−+−===−+， 解得1y =，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线1y =上。
怎样求解圆锥曲线中的“韦达定理非对称”问题
图6图7解：∵AD⊥平面D1DCC1,∴AD⊥DP，同理可得BC⊥CP,∵∠APD=∠MPC，BC⊥CP，AD⊥DP，∴△PAD∽△PMC，∵AD=2MC，∴PD=2PC,以点D为坐标原点，以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立如图7所示的空间直角坐标系，则C()0,6,0,D()0,0,0,M()3,6,0,设点P()0,y,z，∵PD=2PC，∴|| PD2=4|| PC2，即y2+z2=4éëùû()6-y2+z2，整理可得z2+()y-82=16，由题意可知，△BCD的面积为定值，要使三棱锥P-BCD的体积最大，需使点P的纵坐标最大，由于点P在曲线z2+()y-82=16上，所以当该曲线与CC1相交时点P的纵坐标最大，此时交点的坐标为()0,6,23，V P-BCD=13×18×23=123，∴三棱锥P-BCD的体积的最大值为123.因为△BCD的面积为定值，所以求三棱锥P-BCD的体积的最大值，只需求得三棱锥P-BCD的高的最大值，通过向量坐标运算求得动点P的轨迹方程，便可根据图形找到三棱锥P-BCD的高的最大值.可见，运用向量法解答立体几何中的角度问题、距离问题、面积问题、体积问题，关键在于建立合适的空间直角坐标系，构造出向量，将问题转化为向量运算问题来求解.同学们在解答立体几何问题时，要学会根据空间几何体的结构特征建立空间直角坐标系，构造出空间向量，以便转换解题的思路，提升解题的效率.（作者单位：江苏省江安高级中学）在解答直线和圆锥曲线问题时，我们往往要采用代数法，将直线的方程与圆锥曲线的方程联立起来，再消去x或y，得到一个关于x或y的一元二次方程.不妨设方程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2，由韦达定理可得x1+x2=-b a、x1x2=c a，即可得x12+x22、||x1-x2、1x1+1x2等的值.但在某些问题中，可能会出现两根不是轮换对称的式子，如x1=tx2（t≠1），λx1+μx2()λ≠μ等，像这种结构的式子，我们称之为非对称韦达式，此时利用韦达定理无法直接求得问题的答案.那么如何求解这类“韦达定理非对称”的问题呢？下面结合实例进行探讨.类型一：形如x1=tx2(t≠1)的非对称韦达式当遇到形如x1=tx2（t≠1）的非对称韦达式时，需先将该式变形，推出(x1+x2)2=()t+1x22,x1x2=tx22，可得(x1+x2)2x1x2=t+1t，即通过配凑、变形，构造出关于x1+x2、x1x2的式子，再根据韦达定理，通过整体替换，建立关于t的方程，从而求得答案.例1.已知椭圆C1和抛物线C2有公共焦点F(1 , 0)，C1的中心和C2的顶点均是坐标原点，过点M(4 , 0)的直线l与抛物线C2分别相交于A，B两点．解题宝典40（1）求抛物线C 2的标准方程；（2）若 AM =12MB ，求直线l 的方程.解：（1）抛物线C 2的方程为：y 2=4x ；（过程略）（2）设直线AB 的方程为y =k (x -4)（k ≠0）．将直线与抛物线C 2的方程联立可得ìíîy =k (x -4)，y 2=4x ，消去x 得ky 2-4y -16k =0，可得Δ=16+64k 2>0，设A (x 1 , y 1) , B (x 2 , y 2)，则y 1+y 2=4k①，y 1∙y 2=-16②，又 AM =12 MB ，所以y 1=-12y 2，所以y 1+y 2=12y 2，y 1y 2=-12y 22，可得(y 1+y 2)2y 22=-12，由①②得(y 1+y 2)2y 22=(4k )2∙(1-16)=-1k2，所以-1k 2=-12，解得k =±2.故直线l 的方程为y =2x -42或y =-2x +42．解答第二个问题，需将直线l 与抛物线C 2的方程联立，根据韦达定理得到y 1+y 2、y 1y 2，然后通过配凑得到有关y 1+y 2、y 1y 2的式子，最后通过恒等变换消去y 1、y 2，得到只含有k 的式子，通过解方程求得k 的值，即可解题.类型二：形如λx 1x 2+μx 2()λ≠μ的非对称韦达式当题中出现形如λx 1x 2+μx 2()λ≠μ的非对称韦达式，直接运用韦达定理肯定是行不通的，此时我们可以利用韦达定理，将一个根用另外一个根表示出来，再代入目标式中，通过整体约分来求得问题的答案.例2.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1()a >b >0的左右焦点分别为F 1（-c ,0），F 2（c ,0），M ，N 分别为左、右顶点，直线l ：x =+1与椭圆C 交于点A ，B ，其中A 是椭圆的上顶点，ΔAF 1F 2的周长为6.（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线AM ，BN 交于Q 点，求证：点Q 在定直线上.解：（1）椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；（过程略）（2）设点A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，建立方程组得ìíîïïx 24+y 23=1，x =ty +1，消去x 得()3t 2+4y 2+6ty -9=0，所以y 1+y 2=-6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4.又M (-2,0),N (2,0)，所以直线AM 的方程为y =y 1x 1+2(x +2),直线BN 的方程为y =y 2x 2+2(x -2),联立方程得x +2x -2=y 2(x 1+2)y 1(x 2-2)=y 2(ty 1+3)y 1(ty 2-1)=ty 1y 2+3y 2ty 1y 2-y 1（*）.方法一：由y 1+y 2=-6t 3t 2+4,得y 1=-6t 3t 2+4-y2将其代入（*）得x +2x -2=ty 1y 2+3y 2ty 1y 2-y 1=-9t 3t 2+4+3y2-9t 3t 2+4+6t 3t 2+4+y2=-9t 3t 2+4+3y2-3t 3t 2+4+y2=3，解得x =3.方法二：由y 1+y 2=-6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4得到ty 1y 2=32(y 1+y 2)，将其代入（*）得到x =3.所以点Q 在定直线x =3上.对于第二个问题，将两直线方程联立得到ty 1y 2+3y 2ty 1y 2-y 1，该式为非对称韦达式，需根据韦达定理求得y 1+y 2，y 1y 2，然后根据和式或积式，用y 2来表示y 1，通过代入消元、整体约分，求得x 的值.在解题中，同学们要学会识别非对称韦达式，将其与一元二次方程、韦达定理关联起来，进行适当的配凑或变形，再根据韦达定理进行计算或整体约分，从而使问题得解.在日常解题的过程中，同学们要学会总结解题方法，归纳通性通法，从而真正地提升解题的能力.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）解题宝典41。
圆锥曲线中非对称问题的解法探究
圆锥曲线中非对称问题的解法探究“立足基础，稳重求变，重在素养”是近几年高考的主要特征，在紧扣教材把握考纲要点的同时，平稳又不乏创新，在圆锥曲线的考察上，也是比较稳定，突出考核价值，重视数学素养，体现学科本质，本文主要将圆锥曲线中一类有关定值的问题进行方法探析。
在圆锥曲线问题中，学生更多的利用直线与圆锥曲线的关系通过联立解决问题，这是解析几何学生需要掌握的的基本的技能要求，圆锥曲线中的很多问题，是利用韦达定理得到两根之间的关系，来处理有关、或、的对应量。
我们知道韦达定理是、、、的整体关系，在解决问题是可利用设而不求的办法将问题转化为韦达定理的代入问题，但有些问题中，将问题转化为根的关系式之后，发现根并没有对称的出现，本文将这种问题称为非对称问题，对于非对称问题，本文将总结几种处理非对称问题的常见方法。
法一、利用方程解决问题例1是椭圆的左右顶点，过点作斜率为的直线交椭圆于两点，其中在轴的上方，设，证明：为定值.解析：设，设直线的方程为，联立消去可得，又因为，由的代入化简之后的结果可以看出，直接利用韦达定理代入已不能解决问题，变量与是不对称的，因为，由椭圆方程可知，，则，所以，所以化简为对称式，可由韦达定理代入进行进一步的运算。
另解：利用椭圆方程还可以求，因为即，由韦达定理代入可证明为定值。
变式已知椭圆，为左右顶点，动直线与椭圆交于两点，设点在轴上方，设交于一点，求证：点的横坐标为定值。
解析:联立直线与椭圆方程消去可得：，所以，直线，直线，所以，所以，因为点在椭圆上，所以，故，所以，至此，又回到对称型的韦达定理，可用直接代入解得定值为4点评：此方法的关键是构造出因式分解的结构，利用椭圆方程，将不对称式子局部代换使其成为对称式。
这种解法的优势是计算量较小，但是局限性也很明显，需要因式分解的结果与椭圆方程的变形结果相同才可使用，适用于与椭圆顶点相关的问题。
法二、整体代换消元例2已知分别为椭圆的右、上顶点，在椭圆上，且 .记直线的斜率分别为，求证：为定值.解析：设，设直线的方程为，与椭圆方程联立可得：，可见结果非对称，需对结果再进行化简。
再探一类不对称的圆锥曲线问题
再探一类不对称的圆锥曲线问题∗万㊀祺(衢州第二中学,浙江衢州㊀324000)摘㊀要:解析几何是考查学生数学思维能力和数学运算能力的重要内容之一.近年的各类考题中不断出现一些运算结构不对称的问题,这类问题运算量大,结构复杂,在求解过程中容易碰壁.为解决此类问题,文章拟从一个例题入手,探寻适当的解决方案,挖掘命题背景,力求有所突破.关键词:圆锥曲线;不对称;极点;极线中图分类号:O123.1㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀文章编号:1003-6407(2021)06-0015-03㊀㊀以下几个问题是笔者在平常教学当中遇到的题目,这些问题作为解析几何大题练习,都具有较好的训练价值.下面笔者探讨在运算过程中,如何优化处理这类不对称问题,希望对教学有所启迪.1㊀试题呈现图1例1㊀如图1,已知抛物线C :x 2=4y ,点P 的坐标为(2,1),过点Q (1,0)作直线l 与抛物线C 有两个交点M ,N (其中点M 在第一象限).若QM ң=λMN ң,当λɪ(1,2)时,求S әOMP S әONP的取值范围.2㊀解法探究此题是一个典型的结构不对称问题,将面积之比转化为边长比,进一步转化为坐标比后,发现不能直接用韦达定理代入消元,需要通过坐标的 齐次化 ,用整体代换的思想进行消元.解㊀设直线OP 与MN 的交点为G,直线MN 的方程为x =ty +1,设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2).因为直线OP 的方程为x =2y,由x =2y,x =ty +1,{得y G =12-t .又S әOMP S әONP =GM GN =12-t -y1y 2-12-t,由x 2=4y,x =ty +1,{得t 2y 2+(2t -4)y +1=0,从而㊀㊀y 1+y 2=4-2t t 2,㊀y 1y 2=1t 2,于是y 1y 2y 1+y 2=14-2t,则㊀㊀S әOMP S әONP =GM GN =12-t-y 1y 2-12-t =2y 1y 2y 1+y 2-y 1y 2-2y 1y 2y 1+y 2=y 1y 2.由QM ң=λMN ң,知y 1=λ(y 2-y 1),故S әOMP S әONP =y 1y 2=λλ+1ɪ12,23().说明㊀在3个变量y 1,y 2,t 中,传统作法一般是消去y 1,y 2,将问题转化为单一变元t 来解.但此题若消去y 1,y 2,则需要使用二次方程求根公式,运算有一定难度,这里选择消去t ,留下y 1,y 2使得运算过程简化.在联立方程过程中,选择适当的直线形式也是解题的关键,尽管本题的抛物线开口朝上,但这里仍然设直线l 为x =ty +1,而不是y =k (x -1).3㊀背景分析事实上,本题有一定的几何背景,下面我们先给出极点㊁极线的定义及其简单性质.3.1㊀极点㊁极线的定义定义1㊀(代数定义)已知圆锥曲线Γ:Ax 2+Bxy +Cy 2+Dx +Ey +F =0,我们称点P (x 0,y 0)及直线l :Ax 0x +Bx 0y +xy 02+Cy 0y +D x 0+x 2+E y 0+y2+F =0是圆锥曲线的一对极点和极线.不难发现,以圆锥曲线㊃51㊃2021年第6期中学教研(数学)∗收文日期:2020-12-24;修订日期:2021-01-24作者简介:万㊀祺(1989 ),男,浙江衢州人,中学一级教师.研究方向:数学教育.的焦点为极点的极线是该焦点所对应的准线.定义2㊀(几何定义)1)若点P 是圆锥曲线上的点,则以P 为切点,曲线的切线即为点P 对应的极线.图22)若点P 不是圆锥曲线上的点,如图2,过点P 引两条割线依次交圆锥曲线于点A ,B ,C ,D ,联结AD ,BC 交于点R ,联结AC ,BD 交于点Q ,则直线QR 为点P 对应的极线.同理可知点R 对应的极线是直线PQ ,点Q 对应的极线是直线PR.3.2㊀与极点㊁极线有关的常用性质1)曲线外一点P (x 0,y 0)的极线即为过点P 向曲线引切线所得两个切点所在的切点弦.2)过点P 作圆锥曲线的割线,交点为M ,N ,在直线PN 上有一点H 满足HM HN =PMPN,则H 在点P 的极线上.图33)如图3,若点P 和直线l 是圆锥曲线Γ的一对极点和极线,过点P 作一直线交Γ于点M ,N ,交直线l于点H ,则PM PN =HMHN (亦称点P ,M ,H ,N 成调和点列).回到例1当中,根据极线的代数定义知点Q (1,0)所对应的极线方程为x =2y ,这恰好是直线OP 的方程,而直线OP 与MN 交点为G ,故由性质3)可知Q ,M ,G ,N 成调和点列,则S әOMP S әONP =GM GN =QM QN =y 1y 2=λ1+λɪ12,23().4㊀变式训练图4变式1㊀如图4,椭圆C :x 29+y 25=1的左㊁右顶点分别为A ,B ,过点D (1,0)的直线与椭圆C 分别交于点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),其中y 1>0,y 2<0.设直线AM ,BN 交于一点T ,求点T 横坐标的值.分析㊀这里同样需要选取适当的直线假设形式,以达快速消元的目的.解㊀设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),直线MN 为x =ty +1,由x =ty +1,x 29+y 25=1,ìîíïïï得(5t 2+9)y 2+10ty -40=0,从而y 1+y 2=-10t 5t 2+9,㊀y 1y 2=-405t 2+9,即ty 1y 2=4(y 1+y 2).联立直线AM,BN 的方程,得y =y 1x 1+3(x +3),y =y 2x 2-3(x -3),ìîíïïïïï消去y,得㊀㊀(x 1+3)y 2(x -3)=(x 2-3)y 1(x +3).由点M,N 在直线x =ty +1上,消去x 1,x 2,得(ty 1+4)y 2(x -3)=(ty 2-3)y 1(x +3),即x =3(2ty 1y 2-2y 1+4y 2)2y 1+4y 2,消去ty 1y 2,得㊀㊀㊀x=3(6y 1+12y 2)2y 1+4y 2=9,故T 的横坐标为9.说明㊀在消元的过程中,发现本题关于目标式点T 的横坐标的表达式也是结构不对称的,若直接使用韦达定理消去y 1,y 2有一定的困难.这里需要消去表达式中的 t ,从而构造关于y 1,y 2的齐次式,达到整体消元的目的.同时,在本题中,由极点㊁极线的定义知点T 必在点D 对应的极线上,由点D (1,0)知其极线方程为x =9,即点T 的横坐标为9.图5变式2㊀如图5,椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(其中a >b >0)的离心率为12,左㊁右焦点分别为F 1,F 2,椭圆C 过点(0,3),T 为直线x =4上的动点,过点T 作椭圆C 的切线TA ,TB ,A ,B 为切点.1)求证:点A ,F 2,B 共线.2)过点F 2作一条直线与曲线C 交于点P ,Q.过点P ,Q 作直线x =4的垂线,垂足依次为M ,N ,求证:直线PN 与MQ 交于定点.分析㊀这里我们只讨论第2)小题.不失一般性,当PQ ʅx 轴时,可知直线PN 与MQ 的交点必在x 轴上,因此可以直接去求直线PN 在x 轴上的㊃61㊃中学教研(数学)2021年第6期截距.在消元过程中发现本题同样是结构不对称的,直接使用韦达定理存在较大困难,需要先 齐次化 ,进行整体代换.1)略.2)证明㊀设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则M (4,y 1),N(4,y 2).令PQ:x =ty +1,与椭圆方程x 24+y 23=1联立,得(3t 2+4)y 2+6ty -9=0,从而y 1+y 2=-6t 3t 2+4,㊀y 1y 2=-93t 2+4,故y 1+y 2y 1y 2=23t.由于k PN =y 1-y 2x 1-4,从而直线PN 的方程为y =y 1-y 2x 1-4(x -4)+y 2,取y =0,得x =3y 2-ty 1y 2+4y 1-4y 2y 1-y 2=4y 1-y 2-ty 1y 2y 1-y 2=4y 1-y 2-32(y 1+y 2)y 1-y 2=52.于是直线PN 过点52,0().同理可知QM 也过点52,0(),故PN 与QM 交于定点52,0().图6说明㊀这里焦点F 2的极线即为准线x =4,从而本题也有纯几何的解法,读者可自行尝试.变式3㊀如图6,已知A ,B 是椭圆E :x 24+y 2=1的左㊁右顶点,过点M (-1,0)作斜率为k (其中k ʂ0)的直线l 交椭圆E 于点C ,D ,其中点C 在x 轴的上方.设k 1=k AD ,k 2=k BC ,证明:k 1k 2为定值.证明㊀设C(x 1,y 1),D(x 2,y 2),令直线l 的方程为x =ty -1,与x24+y 2=1联立,得(t 2+4)y 2-2ty -3=0,从而y 1+y 2=2t t 2+4,㊀y 1y 2=-3t 2+4,于是k 1k 2=y 2x 2+2y 1x 1-2=y 2(x 1-2)y 1(x 2+2)=y 2(ty 1-3)y 1(ty 2+1)=ty 1y 2-3y 2ty 1y 2+y 1.由于ty 1y 2=-32(y 1+y 2),因此k 1k 2=-32y 1-92y 2-12y 1-32y 2=3(定值).说明㊀本题也是采用了消去参数t ,通过构造齐次式进行整体消元.事实上,由极点㊁极线的定义知直线AD 与直线BC 的交点P 必在点M (-1,0)对应的极线x =-4上.设点P 在x 轴上的投影为H (-4,0),不妨设点C 在x 轴的上方,则k 1=-tanøPAH =-PHAH ,k 2=-tanøPBH =-PHBH,故k 1k 2=BH AH=3.5㊀归纳总结此类圆锥曲线问题对运算能力要求较高,在运算处理时,目标式往往是一个关于方程两根不对称的结构.此类问题解法不一,在诸多解法当中,一种较简洁的方法是找出两根之和与积的等量关系,通过对目标式的 齐次化 消去参数,达到整体消元的目的.同时,这类问题又具有一定的几何背景,若掌握一些射影几何中的极点㊁极线等有关内容,对理解此类问题会有较大帮助.在解题过程中,利用几何知识快速猜出答案,这样会为后续的运算㊁证明过程指明方向,同时也让先猜再证成为可能.波利亚曾说: 导致学生最佳学习动机的是使学生感兴趣的学习材料,是教学内容本身的内在魅力.教师的责任是使学生相信数学是有趣的,所讨论的问题都是有价值的,鼓励学生在解题前猜测结果,预示方法,使学生在这一系列活动中体会其乐趣所在. 笔者认为在日常数学教学当中,也应如此.参㊀考㊀文㊀献[1]㊀波利亚.怎样解题[M ].徐泓,冯承天,译.上海:上海科技教育出版社,2007.[2]㊀单墫.解题研究[M ].上海:上海教育出版社,2016.㊃71㊃2021年第6期中学教研(数学)。
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=2
1 3
m 1 m2
2 y2
y1
=
1 2
(
y1
y2 )
3 2
(
y1
y2 )
5 3
，7 3
练习2：已知AB是过椭圆 x2 y2 1左焦点的焦点弦， 43
求2 F1 A F1B 最小值.
不妨设y1 0, y2 0
2 F1 A F1B = 1+m2 (2 y1 y2 )
探究y1 y2 , y1 y2之间的关系
线路1： 整体代换
？ k PA2
kGA1
my1 y2 y1 my1 y2 3 y2
=1 3
证明：由于2my1 y2 3( y1 y2 )
即my1 y2
3 2
(
y1
y2 )
my1 y2
y1
1 2
y1
3 2
y2
my1 y2
x1 x1
x2
x2
8 4 3m
4 12m2
4 3m2
2
kPA1 kGA1
( x1
y1 y2 2)( x2
2) =
9 4
且kPA1 kPA2
3 4
kkkPPAA1AG22？ k13A1G
探究3
kPA2 为定值？ k A1G
lPG：x my 1
=
1 3
线路2：代入曲线化对称
k1 y1 x2 2 k2 y2 x1 2
x12 y12 1 43
x22 y22 1 43
k12 k22
y12 y22
x2 2 2 x1 2 2
k12 k22
1
1
x12 4 x22 4
x2 22 x1 22
证明：PA2 ,GA1直线交点的横坐标为定值
y P
A1 F1 Q
F2
G
A2 x
拓展延伸
Q(m , 0)是长轴外一点，
证明：PA1 ,GA2直线交点的横坐标为定值
y P
GT
Q
A1 F1
F2
A2 x
课堂总结
非对称问题的处理 （1）、化对称 （2）、利用点在曲线上化对称
极点极线
P(x0，y0) M
P( x1 , y1 ),G( x2 , y2 )
O
x2 y2 1 43
kPA2 y1 x2 2 kGA1 y2 x1 2
y1 my2 1 my1 y2 y1 y2 my1 3 my1 y2 3 y2
对称结构：y1 y2 , y1 y2 , y1 y2
O
2 y1
y2 =
1 2
(
y1
y2 )
3 2
(
y1
y2 )
2 F1 A F1B =
1+m 2
3m+18 1 4+3m2
m2
3 2
2
+
9 4
拓展延伸
PA2 ,GA1直线交点落在准线上
Q y
P
A1
F1 O F2
G
A2 x
拓展延伸
Q(m, 0)是长轴一定点，求kPA2 kGA1范围？
N
相切时，切点弦MN
N
A
P(x0，y0)
B
C M
D
相交时，极线为MN
线路1： 整体代换
证明：k PA2 kGA1
my1 y2 y1 my1 y2 3 y2
1 3
即证：3(my1 y2 y1 ) my1 y2 3 y2
即证：2my1 y2 3( y1 y2 )
求 2 1 范围.
F1 A F1B
不妨设y1 0, y2 0
F1 A = 1+m2 y1 F1B = 1+m2 y2
O
2 1 = 1 (2 1)
F1 A F1B 1 m2 y1 y2
=
1 ( 2 1 ) 1 m2 y1 y2
1 1 m2
2 y2 y1 y1 y2
(4 (4
x12 ) x22 )
x2 x1
22 22
k12 k22
=
( x1 ( x1
2)( x2 2)( x2
2) 2)
x1 x2 2( x1 x2 ) 4 1 x1 x2 2( x1 x2 ) 4 9
练习1：已知AB是过椭圆 x2 y2 1左焦点的焦点弦， 43
线路1： 化对称
kPA2 my1 y2 y1 kGA1 my1 y2 3 y2
y1Leabharlann y212 1 m2 3m2 4
my1 y2
y1
my1 y2
1 2
(
y1
y2
y1
y2 )
my1 y2
3 y2
my1 y2
3 2
[
y1
y2 y1
y2 ]
kPA2 my1 y2 y1 kGA1 my1 y2 3 y2
ab ab min{a, b}
2
y1
1 2
(
y1
y2
y1
y2 ),
“直接代入”
y2 =
1 2
[(
y1
y2 ) ( y1
y2 )]
“待定系数”
my1 ny2 ( y1 y2 ) ( y1 y2 )
y P
A1
F1
F2
G
A2 x
线路1： 化对称
kPA2 my1 y2 y1 如何化对称结构？
kGA1 my1 y2 3 y2 对称结构：y1 y2 , y1 y2 , y1 y2
y1
1 2
(
y1
y2
y1
y2 )
“直接代入”
y2
1 2
[(
y1
y2 ) ( y1
y2 )]
“待定系数”
my1 ny2 ( y1 y2 ) ( y1 y2 )
椭圆中非对称问题
探究1
点代入曲线消参
O
x2 y2 1 43
k k k k PAP1A1PA2 PA2ab22=定 43值？
A1 (2, 0), A2 (2, 0),设P( x0 , y0 )
kPA1 kPA2
y0 x0
2
y0 x0 2
y02 x02 4
由 x02 4
y02 3
1, 代入化简得：kPA1 kPA2
3 4
探究2
点代入直线消参
kPA1 kGA1 定值？
lPG：x my 1
O
(4 3m2 ) y2 6my 9 0
x2 y2 1 43
y1 y1
y2
y2
4
6m 3m2
9
4 3m2
3 y2
3 2
y1
9 2
y2
探究y1 y2 , y1 y2之间的关系
线路1： 化对称
回忆我们如何化对称结构？
sin
sin
2
sin
+
2
cos
2
= 1 ( )
2
ab ab max{a, b}
2
=
1 2
[(
)
(
)]