拓展视野9 解析几何中的运算优化问题(二)（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

拓展视野(九) 解析几何中的运算优化问题(二) 微专题二 圆锥曲线的综合问题 在拓展视野八中，我们研究了“反设直线，巧妙设点；对称运算，同理可得；换元技巧，事半功倍”等突破运算优化问题三类技法，下面再从“特值运算，合理表述；齐次化处理”的角度继续研究如何解决运算优化问题． 知识链接 技法四　特值运算，合理表述 例4 典题体验 所以直线HN的方程为(3y1＋6－x1－x2)(y－y2)＝(y1－y2)(x－x2)， 即(3y1＋6－x1－x2)(y－y2)－(y1－y2)(x－x2)＝0.将x＝0，y＝－2代入上式， 整理得12－2(x1＋x2)＋3y1y2＋6(y1＋y2)－x1y2－x2y1＝0.(*) 所以直线HN过点(0，－2). 综上所述，直线HN恒过定点(0，－2). 规律方法 从特殊入手，求出定点或定值，再证明这个点或值与变量无关，这是解决定点、定值问题常用的手段，我们只需完善步骤，合理化表示，就可完成解答．　　 (2)若P为OF1的中点，M为椭圆上一点，过P且平行于OM的直线l与椭圆C相交于A，B两点，是否存在实数λ，使得λ|OM|2＝|PA|·|PB|？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 技法五　齐次化处理 例5 化简得3x′2＋4y′2＋6(x′＋2y′)＝0， 代入直线方程得3x′2＋4y′2＋6(x′＋2y′)(mx′＋ny′)＝0， 化简得3(2m＋1)x′2＋6(2m＋n)x′y′＋4(3n＋1)y′2＝0，两边同除以x′2得 规律方法 过“原点”的两直线与二次曲线相交问题，不管此点是真原点，还是假原点，都可化为过原点的两直线，注意此时点的坐标与曲线的方程都会发生改变！其实质是平移公式． 具体操作步骤 第一步：将坐标原点平移到(a，b)(不妨设其在第一象限)后得到新的椭圆方程： 规律方法 因为椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上，即在y＝－2上，所以－b＝－2，即b＝2. 解：法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为∠APQ＝∠BPQ，所以PA，PB的斜率互为相反数． 设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k. 谢谢观看 本节到此结束 则解得m＝，n＝， 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点． (1)求E的方程； 解：设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1， 过A(0，－2)，B， 将y＝－代入y＝x－2，得x＝3－，则点T . (2)设过点P(1，－2)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． 解：证明：A(0，－2)，B(，－1)，所以AB：y＋2＝x， 当过点P的直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x＝1. 由解得或则点M ， N . 则Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝. 又＝，所以点H，所以直线HN的方程为y－＝(x－1)，即y＝x－2，所以直线HN过点(0，－2). 当过点P的直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＋2＝k(x－1)， 点M(x 1，y 1)，N(x2，y2).由 消去y，得x2－6k(k＋2)x＋3k(k＋4)＝0， x1y2＋x2y1＝x1＋x2[k(x1－1)－2]＝， 将y＝y1代入y＝x－2，得x＝(y1＋2)，则点T . 又＝，所以点H(3y1＋6－x1，y1). 因为x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1－1)－2＋k(x2－1)－2＝， y1y2＝ ＝， 所以(*)式左边＝12－＋＋－＝0＝右边，即(*)式成立． 故椭圆C的标准方程为＋y2＝1. 对点练4.(2023·山东滨州二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，其短轴的一个端点到焦点F1的距离为. (1)求椭圆C的标准方程； 解：由题意，得a＝＝， 又e＝＝，所以c＝2， 所以b＝＝1， 设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 由消去y，得x2＋10k2x＋5k2－5＝0， 解：存在．理由如下：F1(－2，0)，P(－1，0)， 若直线l的斜率不存在，则|OM|＝1，|PA|＝|PB|＝， 由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝， 若直线l的斜率存在，只需验证|OM|2＝|PA|·|PB|成立即可． 所以|PA|·|PB|＝(k2＋1)|(x1＋1) (x2＋1)| ＝(k2＋1)|x1x2＋(x1＋x2)＋1|＝. 由题意知，直线OM的方程为y＝kx， Δ＝(10k2)2－4(5k2＋1) (5k2－5)>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 由题意|PA|＝|x1＋1|，|PB|＝|x2＋1|， 又|PA|·|PB|＝， 所以|OM|2＝|PA|·|PB|. 综上，存在实数λ＝，使得λ|OM|2＝|PA|·|PB|成立． 由消去y，得(5k2＋1)x2－5＝0， 设M(x0，y0)，则x＝， 所以|OM|2＝x＋y＝， 所以|OM|2＝， 如图，已知E，F是椭圆＋＝1上的两个动点，A是椭圆上的定点，如果直线AE与AF关于直线x＝1对称，证明：直线EF的斜率为定值，并求出这个定值． 证明：法一：因为直线AE与AF关于直线x＝1对称，所以两条直线的斜率互为相反数，设直线AE的方程为y＝k(x－1)＋，则直线AF的方程为y＝－k(x－1)＋，把y＝k(x－1)＋代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋4k(3－2k)x＋42－12＝0　①. ＝ ＝， 把x1，x2代入上式得kEF＝. 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为x＝1是方程①的一个根， 则由根与系数关系得x1＝， 同理可得x2＝， kEF＝ 因为点E′，F′满足这个方程，所以方程的两根即为直线A′E′与直线A′F′的斜率，且有kA′E′＋kA′F′＝0，即2m＋n＝0， 所以直线E′F′的方程为mx′－2my′＝1，即kE′F′＝，故kEF＝. 法二：(齐次化法)如图，将坐标原点平移到A点，则 新坐标系下直线E′F′方程设为mx′＋ny′＝1， 则椭圆方程变为3(x′＋1)2＋42＝12， 4(3n＋1)2＋6(2m＋n)＋3(2m＋1)＝0， ＋＝1(a>b>0)； 第二步：写出直线方程：令x′＝x－m，y′＝y－n，则令px′＋qy′＝1； 第三步：联立方程： 凑出满足题干的斜率形式即可．　　 故椭圆C的标准方程为＋＝1. 对点练5. 如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上． (1)求椭圆C的标准方程； 解：设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)， 又因为e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a＝4，c＝2， (2)点P，Q在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，直线AB的斜率是否为定值？请说明理由． 因为P，所以直线PA的方程为y－＝k(x－2)， 联立椭圆与直线PA的方程 得(1＋4k2)x2＋8kx＋42－16＝0，所以x1＋2＝. 同理可得x2＋2＝＝， 所以x1＋x2＝，x1－x2＝，kAB＝＝＝， 故直线AB的斜率为定值. 法二：(齐次化法)如图，将坐标原点平移到P点，则 新坐标系下直线A′B′的方程设为mx′＋ny′＝1，椭圆方程为(x′＋2)2＋42＝16， 化简得x′2＋4y′2＋4＝0， 代入直线方程得x′2＋4y′2＋4(x′＋2y′)(mx′＋ny′)＝0，化简得4y′2＋4x′y′＋(4m＋1)x′2＝0，同除以x′2，得4(2n＋1)·2＋4＋(4m＋1)＝0，方程的两根即为直线P′A′与直线P′B′的斜率，且有kP′A′＋kP′B′＝0，即2m＋n＝0，所以直线A′B′的方程为mx′－2my′＝1，故kA′B′＝＝，即kAB＝. $$