专题6 圆锥曲线硬解定理 微点1 圆锥曲线硬解定理

这是一份专题6 圆锥曲线硬解定理 微点1 圆锥曲线硬解定理，共29页。

专题6 圆锥曲线硬解定理 微点1 圆锥曲线硬解定理
专题6 圆锥曲线硬解定理
微点1 圆锥曲线硬解定理
【微点综述】
圆锥曲线与直线的联立及弦长的计算，一般较为繁琐，本专题拓展了硬解定理等公式，这些公式形式都比较简洁，利于记忆．在解题过程中我们可以借用一些口诀，快速写出答案，当然一些应该有的过程还是要写出来．
一、硬解定理及拓展公式
二次曲线方程用①表示，与直线②相交于两点，联立①②式可得，
最终的二次方程：
消去得：，
消去得：，
可得如下公式：
（1）判别式：

（2）韦达定理
，，
（3）弦中点公式：，
（4）弦长公式：（记，下同）；
．
（5）向量组：
第一组：
……①…………②
…………③

公式简证：，
，
．
说明：根据写的方法：互换；互换；不变．
第二组：向量的数量积
……④……⑤
说明：其中在直线上，即，，下同．

公式证明：



．
（6）斜率组：斜率和
已知点，，，直线的方程为．
则直线，的斜率和
……⑥

（记忆要点1：分母中，即在直线上．
记忆要点2：分子的记忆
曲线

直线




公式证明：

代入韦达定理和公式②、④得
，
即．（设）
二、硬解定理及拓展公式的几个口诀
1．一元二次方程：
口诀：两家（加）小两口 （ ）
A方AC偶
A方站门外，C方单身狗
如果写出了这个式子，韦达定理就可以快速写出两根之和，两根之积．
2．弦长公式也有口诀可以速算

口诀：小倍积，大方和
成对去见（减）单身C．方
见完回到分母上
3．判别式
只需要记住“成对去见单身方”即可
直线与椭圆相切
直线与椭圆相交
直线与椭圆相离
4．麻花公式
口诀：大倍积小方积
三、硬解定理的进一步推广
以上我们就直线与椭圆推导出相应的结论，以下几种情形：
①直线与椭圆：只需把互换即可得相应的公式；
②直线与双曲线：只需用替换即可得相应的公式；
③直线与双曲线：只需用分别替换即可得相应的公式．
④若设直线，则它与椭圆、双曲线相应的结论表如下：（推导过程略）








































弦长









说明：椭圆部分的算出来与原定理的一致，另外，直线也可能设为，可得相应的结论，就不再赘述了．对于直线与抛物线相交的情形较简单，这里也不再叙述．
四、硬解定理的应用举例
例1．过椭圆的右焦点作直线l与椭圆交于A，B两点，弦长，则直线l的斜率为_______．
【答案】
【解析】解法1：椭圆的，右焦点为，设直线AB的方程为，代入椭圆方程可得，，即有，
由椭圆的第二定义可得，，
解得．
解法2：．
设直线方程，，由公式得： ，，．
例2．设椭圆的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，椭圆的离心率为．如果，求椭圆C的方程．
【解析】解法1：由，得，则椭圆方程为，即，∵直线l过右焦点F，且倾斜角为60°，∴直线l的方程为，
联立，消去y得： ．
设，则，，解得，∴椭圆方程为： ．
解法2：，设直线方程，，由公式得： ，
，又，∴，解得，椭圆方程为．
例3．已知直线与椭圆交于两点（不是左右顶点）且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求△面积的最大值．
【解】设直线的方程为，则有在本题中有：











代入，有方程，
代入，
有，
代入韦达定理有，，，
∵以为直径的圆过点，∴，即，即，代入得
，
这里在直线上，，化简得，
即，∴（舍去）或，
，
，
令，则，
，
又当不存在时，．综上，△的面积最大值为．
例4．已知椭圆，椭圆的右焦点为F．
（1）求过点F且斜率为1的直线被椭圆截得的弦长；
（Ⅱ）判断点与椭圆的位置关系，并求以A为中点的椭圆的弦所在的直线方程．
【解析】解法1：（1）由题意可得：过点F且斜率为1的直线方程为，
联立直线与椭圆的方程可得：，∴，
由弦长公式可得： ．
（Ⅱ）设以为中点椭圆的弦与椭圆交于，
∵为EF中点，∴，把分别代入椭圆，
得，∴，
∴，∴，
∴以为中点的椭圆的弦所在的直线方程为： ，整理，得．
解法2：，直线方程，
，由公式得： ．
例（2022宁县校级期末）
5．已知椭圆的焦距为，短半轴的长为2，过点斜率为1的直线l与椭圆C交于A，B点．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）求弦AB的长．
【解析】（1）由已知可得： ，联立解得： ．
∴椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）解法1：直线l的方程为：，即．设，
联立，化为： ，∴，
∴．
解法2：，直线方程，
，由公式得： ．
例6．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为，一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设Р为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为A，B和C，D．

（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题意知，椭圆离心率为，得，又，

∴可解得，∴，∴椭圆的标准方程为；∴椭圆的焦点坐标为，∵双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，∴该双曲线的标准方程为．
（Ⅱ）设点，则∴，
又点在双曲线上，∴，即，∴．
（Ⅲ）假设存在常数，使得得恒成立，则由（Ⅱ）知，
∴设直线AB的方程为，则直线CD的方程为，
由方程组消y得： ，
设，则由韦达定理得，，
∴，
同理可得．
∵，∴，
∴存在常数，使得恒成立．
解法2：（Ⅰ）同解法1．
（Ⅱ）根据双曲线第三定义得： ．
（Ⅲ）假设存在常数，使得得恒成立，则由（Ⅱ）知，
∴设直线AB的方程为，则直线CD的方程为，
化成一般式，联立椭圆方程其中，
，
由公式得：，
同理可以得到，
∴．
四、专题小结
圆锥曲线硬解定理，又称CGY-EH定理（The CGY Ellipse & Hyperbola Theorem）或JZQ-EH定理（The JZQ Ellipse & Hyperbola Theorem），其是一套求解椭圆、双曲线与直线相交时Δ，及相交弦长的简便算法，常应用于解析几何．
在将圆锥曲线的方程与直线方程联立求解时人们发现了可消项的存在．但其一般化的推导结果不具有普适性，且一直无法用一个简洁的形式表示．由CGY-EH定理，以直线与椭圆为例推导，重新排列分组形式，并引入，从而得出了较为简洁的表示形式．后再由CGY-EH定理的成功引入弦长计算公式，并将适用范围扩大到对值求解及对的求解，从而奠定了CGY-EH定理强大的通用性与普适性．
【针对训练】
（2022年新高考Ⅰ卷21）
1．已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
（2022年新高考Ⅱ卷21）
2．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
（2022年高考全国乙卷20）
3．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
（2022年高考浙江卷21）
4．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
（2021年高考北京卷20）
5．已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
（2021全国甲卷文理21）
6．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
（2021新高考Ⅰ卷21）
7．在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
（2021新高考Ⅱ卷）
8．已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．



参考答案：
1．(1)；
(2)．

【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．

2．(1)
(2)见解析

【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.

3．(1)
(2)

【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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．(1)；
(2)．

【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则


，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．

5．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）

设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又

故即，
综上，或.
6．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：

，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路

7．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
8．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.