10 例说圆锥曲线问题的求解方法-《中学生数理化》高二数学2025年1月刊

■河南省南阳一中 徐香丽 圆锥曲线是高考考查的重点内容之一, 也是发展同学们直观想象、数学运算和逻辑 推理等核心素养的重要载体。由于每年高考 试题考查全面、运算量大、综合性强,许多同 学感觉方法活、运算多、难度大,从而心生畏 惧。同学们在求解圆锥曲线问题时需注意: 探讨经典,巧用结论;几何观察,代数运算;特 殊探路,巧求一般;设而不求,同构换元;多思 少算,优化运算;分类归纳,触类旁通。下面 举例说 明 这 些 方 法 在 求 解 具 体 问 题 时 的 应用。 一、探讨经典,巧用结论 高考对圆锥曲线的考查,从不回避经典,弦 长、弦中点、定点与定值、面积、角度、最值与范 围等问题在高考中反复考查,不断创新。同学 们在日常学习中,一方面要重视这些经典问题 用到的通性通法,另一方面要对这些经典问题 进行更深入的探究整理,积累二级结论,并熟记 掌握,这样在解小题时可以事半功倍。 例 1 已知F 为抛物线C:y2=4x 的 焦点,过F 作两条互相垂直的直线l1,l2,直 线l1 与抛物线C 交于A,B 两点,直线l2 与 抛物线C 交于D,E 两点,则|AB|+|DE| 的最小值为( )。 A.16 B.14 C.12 D.10 分析:这道题的通常解法是设出直线l1, l2 的方程,与抛物线方程联立,利用韦达定 理,抓住抛物线定义,把到定点的距离转化成 到准线的距离,代入弦长公式即可。若熟记 住弦长的倾斜角表示形式|AB|= 2p sin2α ,用 此公式解题,则更简捷。 解:设直线l1 的倾斜角为α,则|AB|= 2p sin2α ,|DE|= 2p sin2 α+ π 2 = 2p cos2α 。 |AB|+|DE|= 2p sin2α + 2p cos2α = 4 1 cos2α + 1 sin2α =4 1cos2α+ 1sin2α (cos2α+ sin2α)=42+ sin2α cos2α + cos2α sin2α ≥4×(2+2)= 16,当且仅当 sin2α cos2α = cos2α sin2α 时取等号。选A。 例 2 (2022年高考全国甲卷)椭圆 C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的左顶点为 A,点 P,Q 均在椭圆C 上,且关于y 轴对称。若直 线AP,AQ 的斜率之积为 1 4 ,则椭圆C 的离 心率为( )。 A. 3 2 B. 2 2 C. 1 2 D. 1 3 分析:本题可采用设而不求的方法。设 P(x1,y1),Q(-x1,y1),根据斜率公式可得 y21 -x21+a2 = 1 4 。根据x 2 1 a2 + y21 b2 =1,将y1 用x1 表示,结合离心率公式即可得解,但解答有一 定的运算量。作为小题,若利用椭圆的第三 定义求解,则可以事半功倍。 解:设右端点为B,连接PB。由椭圆的 对称性知kPB=-kAQ,故kAP·kAQ=kPA· (-kPB)= 1 4 。 由椭圆的第三定义得kPA·kPB=- b2 a2 , 故 b2 a2 = 1 4 。所以椭圆C 的离心率e= c a = 1- b2 a2 = 3 2 ,选A。 二、几何观察,代数运算 圆锥曲线的研究对象是几何图形,看到 题目首先要有分析图形几何特征的意识,考 92 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 虑能否从几何角度入手,探究这些问题的几 何实质,这样代数计算的有效性也会提升,以 数助形,以形推数,可以优化解答过程,简化 数学运算,找到解决问题的最优方法。 例 3 已知O 为坐标原点,椭圆x 2 a2 + y2 b2 =1(a>b>0)的左焦点为F,A、B 两点在 椭圆上,且四边形OFAB 为菱形,求该椭圆 的离心率。 分析:本题没有给出图形,但抓住椭圆的 对称性和菱形的图像特征是解题的关键。点 A、B 在椭圆上,方法1是表示出点 A、B 的 坐标并代入椭圆的方程,找到a、b、c的关系, 但出现高次方程,运算量较大。方法2是利 用菱形的性质,分析图形特征,根据椭圆的定 义列出等量关系,非常简捷。 解:(方法1)连接 AO,设 A(x1,y1), B(x2,y2)。因为AB∥x 轴,所以y1=y2。 又因为 x21 a2 + y21 b2 =1, x22 a2 + y22 b2 =1,所以 x2=-x1。故y 轴垂直平分线段AB,|AO| =|BO|,即△ABO 为等边三角形。 又|AB|=|FO|=c,可得B c 2 ,3c 2 。 将其代入 x2 a2 +y 2 b2 =1,可得 c2 4a2 + 3c2 4b2 =1。 又b2=a2-c2,整理可得c4-8a2c2+ 4a4=0,即 e4 -8e2 +4=0,解 得 e2 = 8± 64-16 2 =4±23 ,则e= 3±1。 由椭圆的离心率e∈(0,1),可得e= 3-1。 (方法2)设 椭 圆 的 右 焦 点 为 G,连 接 AO,AG。由菱形的性质知|AB|=|AO|= |BO|=c。又|FO|=|OG|=c,由几何图形 的特征可知△FAG 为直角三角形,∠FAG= 90°,∠FGA=30°。 根据斜边|FG|=2c,|AF|=c,可得 |AG|= 3c。根据椭圆的定义得|AF|+ |AG|=2a,即c+ 3c=2a,故e= 3-1。 点评:两种方法都充分考虑了椭圆的对 称性,方法2中充分利用菱形的几何特征,抓 住椭圆的定义使小题的解法运算更优化。 例 4 设O 为坐标原点,P 是以F 为 焦点的抛物线y2=2px(p>0)上任意一点, M 是线段PF 上的点,且|PM|=2|MF|,则 直线OM 斜率的最大值为( )。 A. 3 3 B. 2 3 C. 2 2 D.1 分析:直接设P y 2 0 2p ,y0 ,分析几何性质, 构造三角形,先利用三角形重心的性质求出点 M 的坐标,再利用基本不等式求出kOM 的最值。 解:由题意可知F p2 ,0 。设点P 的坐 标为 y 2 0 2p ,y0 (y0>0)。作点O 关于点F 的 对称点N(p,0)。 由已知可得点 M 为△OPN 的重心,坐 标 为 y20 2p+p 3 ,y0 3 。所 以 kOM = y0y20 2p+p = 1 y0 2p+ p y0 ≤ 2 2 ,当且仅当y20=2p2 时等号成立。 故直线OM 斜率的最大值为 2 2 ,选C。 三、特殊探路,巧求一般 对于圆锥曲线中的小题,当情况多且运算 复杂时,可以考虑特殊位置或特殊图形,运用间 接方法快速得到答案。大题中出现的定点定值 问题,可以通过图形的对称分析、特殊位置找到 定点或定值,再说明一般情况也成立即可。 例 5 (2022年高考全国乙卷)(多选) 双曲线C的两个焦点为F1,F2,以双曲线C的 实轴为直径的圆记为D,过F1 作D 的切线与 双曲线C交于 M,N 两点,且cos ∠F1NF2= 3 5 ,则双曲线C的离心率为( )。 A. 5 2 B. 3 2 C. 13 2 D. 17 2 分析:依题意不能确定点 M,N 在双曲 线的双支上还是在单支上,需要分类讨论。 在每种情况下,利用正弦定理结合三角变换 和双曲线的定义得到a 与b的关系式,即可 03 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 求得。想到小题要小做,利用答案回代,取特 殊曲线很容易求得结果。 解:选项 A,e= 5 2 。取特殊值,令双曲 线C: x2 4-y 2=1,则 F1(- 5,0),F2(5, 0),圆D:x2+y2=4,过F1 且与圆D 相切的 一条直线为y=2(x+ 5)。 易知 M,N 两点都在左支上,不妨设点 N 在点 M 下,则 N - 6 55 ,- 2 55 ,所以 |NF2|=5,|NF1|=1。又|F1F2|=25,则 cos ∠F1NF2= 3 5 。 选项C,e= 13 2 。取特殊值,令双曲线 C: x2 4- y2 9=1 ,则F1(- 13,0),F2(13, 0),圆D:x2+y2=4,过F1 且与圆D 相切的 一条直线为y= 2 3 (x+ 13)。 M,N 两点分别在左,右两支上,不妨令 点N 在右支上,则 N 1413 13 ,18 13 13 ,所以 |NF2|=5,|NF1|=9。又|F1F2|=2 13, 则cos ∠F1NF2= 3 5 。 感兴趣的同学,可以试试选项BD。 正确答案为AC。 四、设而不求,同构换元 求解圆锥曲线问题最基本的思想就是同 构思想,双曲线、抛物线的定义和性质都可以 与椭圆同构。圆锥曲线中许多二级结论的推 导也都是用同构来推导的。例如,经常考查 的过一点作圆锥曲线的两条切线的问题。 例 6 已知抛物线y2=2px 上三个点 A(2,2),B,C,直线AB,AC 是圆(x-2)2+ y2=1的两条切线,则直线BC的方程为( )。 A.x+2y+1=0 B.3x+6y+4=0 C.2x+6y+3=0 D.x+3y+2=0 分析:本题比较容易想到的解法是利用 直线AB,AC 过定点A,设出方程,根据它们 与圆相切求出两条切线的斜率和切线的方 程,接下来分别求出两条切线与抛物线的两 个交点B,C 的坐标,从而求出直线BC 的方 程。这个解法很容易想到,但运算量较大,容 易算错,即使做对了,也费时耗力。若用同构 的思想,则解题过程非常巧妙。 解:由题意得抛物线的方程为y2=2x。 点B 在 抛 物 线 上,设 点 B 的 坐 标 为 y21 2 ,y1 ,则直线AB 的方程为y-2= 2y1+2· (x-2),即2(x-2)-(y1+2)(y-2)=0。 因为直线AB 与圆相切,所以圆心到直 线AB 的距离等于半径,即 2|y1+2| 4+(y1+2)2 = 1,整理得3y21+12y1+8=0。 将y21=2x1 代入上式化简得3x1+6y1+4 =0,所以点B 在直线3x+6y+4=0上。 同理,点C 也在直线3x+6y+4=0上。 则直线BC 的方程为3x+6y+4=0,选B。 例 7 已知圆 C:(x-1)2+y2=r2 (r>0)在椭圆E: x2 4+y 2=1的内部。过椭 圆E 的上顶点P 作圆C 的两条切线,切点为 A,B,切线 PA 与椭圆E 的另一个交点为 N,切线PB 与椭圆E 的另一个交点为M。 (1)求r的取值范围。 (2)是否存在圆C,使得直线 MN 与之 相切? 若存在,求出圆C 的方程;若不存在, 请说明理由。 分析:(1)由|TC|2>r2,即可根据两点 间距离公式求解。(2)根据点斜式得直线 PM,PN 的方程,利用相切、点到直线的距离 公式得直线MN 的方程为2x+3(r2-1)y+ 5(r2-1)=0,利用 MN 与圆相切,即可列方 程求解。 解:(1)设T(x0,y0)为椭圆E 上任意一 点,则x 2 0 4+y 2 0=1,-2≤x0≤2。 所以|TC|2=(x0-1)2+y20= 3 4x 2 0- 2x0+2= 3 4 x0- 4 3 2 + 2 3 。 分析可知,r2< 3 4x 2 0-2x0+2≤ 2 3 。故 13 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 0<r< 6 3 。 (2)由题意可知 P(0,1)。设 M (x1, y1),N(x2,y2)。因为r<1,所以切线PM, PN 的斜率都存在。 直线PM 的方程为y= y1-1 x1 x+1,即 (y1-1)x-x1y+x1=0。 则 |x1+y1-1| x21+(y1-1)2 = r,故 x21 + 2x1(y1-1)+(y1-1)2=r2x21+r2(y1-1)2。 而x21=4(1-y21),故4(1-r2)(1- y21)+2x1(y1-1)+(y1-1)2=r2(y1-1)2。 又因为y1≠1,所以2x1+(3r2-3)y1+ 5(r2-1)=0。 同理,2x2+(3r2-3)y2+5(r2-1)=0。 故直线MN 的方程为2x+3(r2-1)y+ 5(r2-1)=0。 若直线MN 与圆C相切,则 |5r2-3| 9(r2-1)2+4 =r。 令t=r2∈ 0, 2 3 ,则上式可化为9t3- 43t2+43t-9=0,即(t-1)(9t2-34t+9)= 0,解得t= 17-4 13 9 。 故存在满足条件的圆C,其方程为(x- 1)2+y2= 17-4 13 9 。 点评:根据直线 PM 的方程,利用相切、 点到直线的距离公式可得点 M 满足2x1+ 3(r2-1)y1+5(r2-1)=0。利用同构思想, 可得直线MN 的方程为2x+3(r2-1)·y+ 5(r2-1)=0,简化了求直线 MN 方程的运 算量。 五、多思少算,优化运算 圆锥曲线的学习绕不开数学运算,但近 几年的新高考强调多思少算,优化运算。在 题目的求解过程中,我们可以通过分析比较, 寻找最合理的算法,不断调整和改进运算策 略,积累一些优化运算的方法。常见的优化 运算的方法有利用几何性质、观察代数结构、 点差法、整体代换、非对称结构转化为对称结 构、齐次化等,同学们平时要注意多积累。 例 8 (2023年高考新课标Ⅰ卷)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)求双曲线C 的方程; (2)记双曲线C 的左,右顶点分别为A1, A2,过点(-4,0)的直线与双曲线C的左支交于 M,N 两点,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。 分析:本题第二问是比较典型的证明点 在定直线上的问题,核心是由点的坐标分别 写出直线 MA1,NA2 的方程,联立直线方程, 消去y,结合韦达定理求得 x+2 x-2=- 1 3 ,即可 证得点P 在定直线x=-1上。代数式 x+2 x-2 是非对称韦达式,将其转化为对称韦达式是 化简的关键。 解:(1) x2 4- y2 16=1 (过程略)。 (2)由(1)可得A1(-2,0),A2(2,0)。 设 M (x1,y1),N(x2,y2),显 然 直 线 MN 的斜率不为0,不妨设直线 MN 的方程 为x=my-4,且- 1 2<m< 1 2 。 与 x2 4- y2 16=1 联立可得(4m2-1)y2- 32my+48=0,Δ=64(4m2+3)>0。则y1+ y2= 32m 4m2-1 ,y1y2= 48 4m2-1 。 直线 MA1 的方程为y= y1 x1+2 (x+2), 直线NA2 的方程为y= y2 x2-2 (x-2)。 联立直线 MA1 与直线NA2 的方程可得 x+2 x-2= y2(x1+2) y1(x2-2) ,下面对其进行变形。 (方 法 1) x+2 x-2 = y2(x1+2) y1(x2-2) = y2(my1-2) y1(my2-6) = my1y2-2(y1+y2)+2y1 my1y2-6y1 = m· 48 4m2-1 -2· 32m 4m2-1 +2y1 m· 48 4m2-1 -6y1 = 23 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 -16m 4m2-1 +2y1 48m 4m2-1 -6y1 =- 1 3 。 由 x+2 x-2=- 1 3 可得x=-1。因此,点P 在定直线x=-1上。 (方 法 2) x+2x-2 2 = y22(x1+2)2 y21(x2-2)2 = 4(x22-4)(x1+2)2 4(x21-4)(x2-2)2 = (x1+2)(x2+2) (x1-2)(x2-2) = (my1-2)(my2-2) (my1-6)(my2-6) = m2y1y2-2m(y1+y2)+4 m2y1y2-6m(y1+y2)+36 = 1 9 。 解得x=-4(舍去)或x=-1。因此, 点P 在定直线x=-1上。 (方法3)利用my1y2= 3 2 (y1+y2)进行 代换得 x+2 x-2= y2(x1+2) y1(x2-2) = y2(my1-2) y1(my2-6) = my1y2-2y2 my1y2-6y1 = 3 2 (y1+y2)-2y2 3 2 (y1+y2)-6y1 =- 1 3 ,解 得x=-1。因此,点P 在定直线x=-1上。 点评:求定直线问题,意在考查同学们的 计算能力、转化能力和综合应用能力。当根 据设而不求的思想,利用韦达定理运算时,要 将非对称韦达式转化为对称韦达式。方法1 利用两根之和进行消元,运算量相对较大;方 法2利用双曲线的方程和直线的方程进行消 元,技巧性较强;方法3利用“和积关系”化和 为积,计算量较小,最简便。 六、分类归纳,触类旁通 对于圆锥曲线中的重要考点、必考考点, 需要进行专项练习,可以采用改编习题或高 考题的方式,一题多变,一题多解,进行有计 划训练,提高训练效果。 例 9 (2020年新高考全国Ⅰ卷)已知 椭圆C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的离心率为 2 2 ,且过点A(2,1)。 (1)求椭圆C 的方程; (2)点 M,N 在椭圆C 上,且AM⊥AN, AD⊥MN,D 为垂足,证明:存在定点Q,使 得|DQ|为定值。 分析:第二问看起来比较复杂,既要求出 定点,又要求出对应的定值。通过分析,此问 属于“三点两斜率”问题。三点 A、M、N 都 在曲线上,点 A 为定点,M、N 两点是动点, 直线 AM 和直线 AN 的斜率之积 为 定 值 -1,则直线 MN 必过定点,求出定点就找到 了这道题的突破口。 解:(1) x2 6+ y2 3=1 (过程略)。 (2)(方法1)设点M(x1,y1),N(x2,y2)。 当直线 MN 的斜率存在时,设直线 MN 的方程为y=kx+m。代入椭圆的方程,消 去y 并整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6 =0,则x1+x2=- 4km 1+2k2 ,x1x2= 2m2-6 1+2k2 。 因为AM⊥AN,所以AM→·AN→=0,即 (x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0。 y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可 得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+ (m-1)2+4=0。 所以(k2+1) 2m2-6 1+2k2 +(km-k-2)· - 4km 1+2k2 +(m-1)2+4=0,化简得(2k+ 3m+1)(2k+m-1)=0。 因为 A(2,1)不在直线 MN 上,所以 2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1。于 是直线 MN 的方程为y=kx- 2 3 -13 (k≠1),直线 MN 过定点P 23 ,- 1 3 。 当直 线 MN 的 斜 率 不 存 在 时,可 得 N(x1,-y1)。由AM→·AN→=0得(x1-2)· (x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0,即(x1- 2)2+1-y21=0。 结合 x21 6+ y21 3=1 可得3x21-8x1+4=0, 解得x1= 2 3 或x1=2(舍去)。此时直线 MN 过点P 23 ,- 1 3 。 33 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 令Q 为线段AP 的中点,则Q 43 ,1 3 。 若D 与P 不重合,则由题设知 AP 是 Rt△ADP 的斜边,故|DQ|= 1 2|AP|= 22 3 。 若D 与P 重合,则|DQ|= 1 2|AP|= 22 3 。 故存在点Q 43 ,1 3 ,使得|DQ|为定值。 (方法2)将原坐标系平移,原来的点O 平移至点A 处,则在新的坐标系下椭圆的方 程为 (x+2)2 6 + (y+1)2 3 =1 。设直线 MN 的 方程为mx+ny=4。 将直线 MN 的方程与椭圆的方程x2+ 4x+2y2+4y=0联立得x2+(mx+ny)x+ 2y2+(mx+ny)y=0,整理得(n+2)y2+ (m+n)xy+(1+m)x2=0,即(n+2)yx 2 +(m+n)yx+ (1+m)=0。 设 M(x1,y1),N(x2,y2)。因为AM⊥ AN,所以kAM·kAN= y1 x1 ·y2 x2 = m+1 n+2=-1 , 即m=-n-3。 代入直线 MN 的方程得n(y-x)- 3x-4=0。则在新坐标系下直线 MN 过定 点 - 4 3 ,- 4 3 ,在原坐标系下直线 MN 过 定点P 23 ,- 1 3 。 因为AD⊥MN,所以 D 在以AP 为直 径的圆上,AP 的中点 43 ,1 3 即为圆心Q。 经检验,当直线 MN 垂直于x 轴时也成 立。 故存 在 点 Q 43 ,1 3 ,使 得|DQ|= 1 2|AP|= 22 3 。 点评:这两种方法是处理定点定值问题的 常见方法。方法1是通性通法,有一定的运算 量。方法2通过平移,得到新的椭圆方程,配凑 齐次式,利用韦达定理,使运算得以简化。 总之,圆锥曲线题型多,考查灵活,只要 平时对重点问题特别关注,对高频考点反复 训练,总结积累解题思路和方法,对圆锥曲线 的学习就一定会有新的突破。 注:本文系2024年度河南省基础教育教 学研究项目“基于高中生数学抽象素养的教 学 实 践 研 究 ”的 研 究 成 果,项 目 编 号: JCJYC2403zy1315。 (责任编辑 赵 倩) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 43 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月