专题04 圆锥曲线中优化运算策略分析- 高考数学（文）解题技巧归纳（圆锥曲线与方程）

专题04 圆锥曲线中优化运算策略分析

内容提要

纵观历年高考真题，圆锥曲线中运算复杂，综合性强.考场上处于紧张状态，考生容易产生畏难情绪，究其原因，运算中代数变形方向性不明，导致迷失方向，运算盲目，为此本文提出优化运算策略，本文首先重点推荐定比点差法，然后坚守传承传统方法.勤思，执着，是解析几何赋予人们的内涵，人们完善解析几何优化计算的过程，也是在完善自我的修行.

方法归纳

①定比点差  整体代入

②回归定义  溯本求源

③引入参数  统一变量

④巧用对称  三点共线

⑤设而不求  韦达定理

⑥合理用点  巧妙设线

⑦巧用平几  妙手回春

⑧巧妙设点  柳暗花明

溯本求源

例1．（2019成都七中高三月考）在直角坐标平面中，已知的顶点，，为平面内的动点，且.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）设过点且不垂直于轴的直线与交于，两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.

【解析】（1）设，由已知，

∴，

∴（），

化简得点的轨迹的方程为：（）；

方法一：设而不求   韦达定理 

（2）由（1）知，过点的直线的斜率为0时与无交点，不合题意

故可设直线的方程为：（），代入的方程得：

.

设，，则，

，.

∴直线：.

令，得

.

直线过轴上的定点.

反思提升

①定比点差  整体代入

方法二：设，，直线过轴上的定点则，

由得.

即，得.

所以直线过轴上的定点.

【评析】本题主要考查轨迹方程的求法、余弦定理的应用和利用直线和圆锥曲线的位置关系求定点问题，突出韦达定理，设而可求思想，意在考查学生的运算求解能力和转化能力，考查数形结合思想，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.方法一传统，实用范围广泛；方法二清新自然，揭示本质.

推广延伸

如图所示，设椭圆，设过点且不垂直于轴的直线与交于，两点，点关于轴的对称点为，则直线过轴上的定点，.

证明：方法同上类似,此处不再赘述．

类比联想

①设,为椭圆上的两点，若存在，两点，满足,,则.

证明：方法同上类似,此处不再赘述．

①设,为双曲线上的两点，若存在，两点，满足,,则.

证明：方法同上类似,此处不再赘述．

②回归定义  溯本求源

例2．（2020四川成都树德中学高二月考）为椭圆上的一个动点，分别为圆与圆上的动点，的最小值为，则（    ）

A． B． C． D．

【解析】因为，恰好为椭圆的两个焦点，

因为，

所以.

因为，得，

所以，则.

故选：B.

【评析】本题考查圆外一点到圆上一点距离的最小值，考查数形结合思想的应用，求解时注意圆心为椭圆焦点，联系椭圆定义，利用不等式结合最值进行运算求值，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.

③引入参数  统一变量

例3．（2019武威第六中学高二月考）已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【解析】由得椭圆的短轴长为，，

解得，

，设，

则，，

即，

，故选D.

【评析】本题考查椭圆的简单性质，联系椭圆定义.数形结合，求解范围，引入参数，统一变量，构造函数，有利于范围求解.

④巧用对称  三点共线

例4.（2019黑龙江鹤岗一中高二期中）如图，椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上．

（1）求椭圆的方程；

（2）若A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，直线与直线交于点P，，求直线的斜率．

【解析】（1）因为椭圆的左、右焦点分别为，，

所以，

把点代入椭圆方程，得到

而在椭圆中，解得，

所以所求的椭圆的标准方程为：.

（2）设交椭圆于另一点M，

因为，，

所以，所以，所以，

根据对称性可知点和点关于原点对称，所以，

所以得到，

设，，所以，

设直线，代入椭圆方程得，

，，

所以有，所以，解得，

由，可知，故.

所以的斜率为1．

【评析】本题考查椭圆的对称性，根据比例相等，联系直线平行，结合椭圆关于原点对称，有利于设而不求，韦达定理，开展整体代入运算.

⑤设而不求  韦达定理

例5．（2017湖南高三）在平面直角坐标系内，动点与两定点， 连线的斜率之积为.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）设点， 是轨迹上相异的两点.

（Ⅰ）过点， 分别作抛物线的切线， ， 与两条切线相交于点，证明： ；

（Ⅱ）若直线与直线的斜率之积为，证明： 为定值，并求出这个定值.

【解析】（1）依题意：

（2）（Ⅰ）设直线的斜率为，设直线的斜率为，设切线为：

，

， ， .

（Ⅱ）由条件得： ，

， .

.

【评析】求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标，然后根据题目等式直接求解即可.而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，转化为向量坐标进行运算,或转化为斜率来理解，借助韦达定理，设而不求，整体代入.掌握三角形面积公式，变量统一，有利变形，确定定值.

⑥合理用点  巧妙设线

例6.（2009北京高考）已知双曲线的离心率为，右准线方程为

（Ⅰ）求双曲线的方程；

（Ⅱ）设直线是圆上动点处的切线，与双曲线交于不同的两点，证明的大小为定值.

【解析】（Ⅰ）由题意，得，解得，

∴，∴所求双曲线的方程为.

（Ⅱ）点在圆上，

圆在点处的切线方程为，化简得.

由得，

∵切线与双曲线C交于不同的两点A、B，且，

∴，且，设A、B两点的坐标分别为，

则，∵，且

，

.∴的大小为..

【评析】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，合理用点，巧妙设线，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.

⑦巧用平几  妙手回春

例7．（2019安徽高三数学）如图所示，为椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于B．D两点且，E为线段上靠近的四等分点．若对于线段上的任意点P，都有成立，则椭圆的离心率为________．

【解析】取的中点Q，连EQ．PQ．

，

同理，恒成立等价于，

因为点是线段上的任意一点，故，得到，

设，则，，

由，得，，，

在中，，

在中，又

所以，解得．故答案为：

【评析】本题考查求椭圆的离心率，平面向量和几何图形的应用，本题的关键向量的极化恒等式，结合椭圆定义，研究边长关系，再根据点的任意性，进一步得到几何关系.意在考查转化与化归的思想，数形结合分析问题的能力，推理能力.

⑧巧妙设点  柳暗花明

例8（2011重庆高考）.如图，椭圆的中心为原点O，离心率，一条准线的方程为．

(Ⅰ)求该椭圆的标准方程．

(Ⅱ)设动点P满足，其中M，N是椭圆上的点．直线OM与ON的斜率之积为．

问：是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|+|PF2|为定值．若存在，求F1，F2的坐标；若不存在，说明理由．

【解析】(Ⅰ)由 ，求得.

∴，∴椭圆的方程为： .

(Ⅱ)设

则由，得,

即，

∵点M，N在椭圆上，所以，

故

设分别为直线的斜率，根据题意可知

∴∴

所以P在椭圆设该椭圆的左，右焦点为F1，F2，

由椭圆的定义可推断出为定值，

因为，则这两个焦点坐标是.

【评析】本题考查椭圆的简单性质，求解椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系,椭圆的定义,

根据椭圆的性质，求出各参数，得到椭圆的标准方程;利用直线与椭圆的位置关系，通过巧妙用点，整体代入，探索定点，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.

往事如梦

1．（四川省成都石室中学2019届高三数学）设，，是抛物线上的三点，点为该抛物线的焦点，点为的中点.

（Ⅰ）若，求的值；

（Ⅱ）若，求面积的最大值.

【解析】设，，，则，

（Ⅰ）∵，∴为的重心，

由三角形的重心坐标公式得，

由抛物线定义得.

（Ⅱ）由题易知直线的斜率必然存在，设：，则：

，

∴，，

∵，∴，

又在抛物线上得①

，，

∴ ②

由①②得，令，

∴在，上单增，在上单减，

∴，

∴，当时取最大值.

2．（2020江苏高三)已知椭圆C：的左.右顶点分别为A，B，离心率为，点P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．

【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以a＝2c.

又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.

所以椭圆的标准方程为＋＝1.

又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1.

所以椭圆的标准方程为＋＝1.

（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)．

联立直线与椭圆的方程组，消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.

所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－.

因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.

即＝，①

又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，

所以．②

将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.

所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.

解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.

3．（2016山东高考)已知椭圆 的长轴长为4，焦距为

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过动点的直线交轴与点，交于点 (在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点.

（ⅰ）设直线的斜率分别为，证明为定值；

（ⅱ）求直线的斜率的最小值.

【解析】（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c.

由题意知，

所以.

所以椭圆C的方程为.

（Ⅱ）（ⅰ）设，

由M(0,m)，可得

所以直线PM的斜率，

直线QM的斜率.

此时.

所以为定值–3.

（ⅱ）设.

直线PA的方程为y=kx+m，

直线QB的方程为y=–3kx+m.

联立

整理得.

由，可得，

所以.

同理.

所以，

，

所以

由，可知k>0，

所以，等号当且仅当时取得.

此时，即，符号题意.

所以直线AB 的斜率的最小值为.

4．（2017山东高考)在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.

【解析】（I）由题意知 ，，

所以 ，

因此 椭圆的方程为.

（Ⅱ）设，

联立方程

得，

由题意知，

且，

所以 .

由题意可知圆的半径为

由题设知，

所以

因此直线的方程为.

联立方程

得，

因此 .

由题意可知 ，

而

，

令，

则，

因此 ，

当且仅当，即时等号成立，此时，

所以 ，

因此，

所以 最大值为.

综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.

5．（2008安徽高考）设椭圆过点，且着焦点为

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上

【解析】，解得，所求椭圆方程为

(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为．

由题设知均不为零，记,则且

又A，P，B，Q四点共线，从而

于是，

，

从而，（1），（2）

又点A、B在椭圆C上，即

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得

即点总在定直线上

方法二

设点，由题设，均不为零．

且

又四点共线，可设,于是

（1）

（2）

由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得

（3）

(4)

(4)－(3) 得

即点总在定直线上

6．（2013江西高考）如图，椭圆经过点P（1.），离心率e=，直线l的方程为x=4.

（1）求椭圆C的方程；

（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.

【解析】     ①    

    ②