10 浅析解析几何中的求值问题-《中学生数理化》高考数学2025年3月刊

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(2)若直线CD 与双曲线Γ 在点B 处的 切线交于点P,求△ABP 的面积。 解析:(1)由题意知,直线l的斜率为1, 则直线l的倾斜角α= π 4 。 设直线l1、l2 的倾斜角分别为θ1、θ2(θ1、 θ2∈(0,π)),因为直线l1、l2 关于直线l对 称,所以θ1+θ2=2α= π 2 。 所以k1·k2=tan θ1·tan θ2=tan θ1· tan π2-θ1 =sin θ1 cos θ1 · sin π2-θ1 cos π2-θ1 =1。 (2)联立 x2-y 2 4=1 , y=x+1, 解得 A(-1,0), B 53 ,8 3 ,所以双曲线Γ 在点B 处的切线方 程为 5 3x- 2 3y=1 。 不妨设直线CD 的方程为m(x+1)+ ny=1,C(x1,y1),D(x2,y2)。 联 立 x2-y 2 4=1 , m(x+1)+ny=1, 即 4(x+1-1)2-y2-4=0, m(x+1)+ny=1 ⇒4(x+1)2 - 8(x+1)[m(x+1)+ny]-y2=0,整理得 y2 (x+1)2 +8n· yx+1+8m-4=0 ,将等式看 成关于 y x+1 的方程,则 两 根 之 和 y1 x1+1 + y2 x2+1 =-8n,两 根 之 积 y1 x1+1 · y2 x2+1 = 8m-4。 其中k1·k2=kAC·kAD= y1 x1+1 · y2 x2+1 =8m-4。 由(1)得k1·k2=1,所以m= 5 8 。 所以直线CD 的方程为 5 8 (x+1)+ny =1,过定点 35 ,0 。 因为双曲线Γ 在点B 处的切线方程为 5 3x- 2 3y=1 ,过点 3 5 ,0 ,所以P 35,0 。 所以S△ABP= 1 2 ·|AB|·dP-AB= 1 2× 2× 8 3× 3 5-0+1 2 = 32 15 。 思维提升:直线与圆锥曲线相交,求弦和 某个定点所构成的三角形的面积的常用方法 有:①一般方法:S= 1 2|AB|d ,其中|AB|为 弦长,d 为顶点到直线AB 的距离。②特殊 方法:拆分法,可以将三角形沿着 x 轴或者 y 轴拆分成两个三角形,不过在拆分的时候给 定的顶点一般在 x 轴或者 y 轴上,这样便于 找到两个三角形的底边长。 题型三、求坐标的问题 例 3 (2024年广东省韶关市二模)已 知椭圆C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的离心率为 1 2 ,长轴长为4,A、B 是其左、右顶点,F 是其 右焦点。 (1)求椭圆C 的方程。 (2)设P(x0,y0)(y0>0)是椭圆C 上一 03 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月 点,∠PFB 的平分线与直线AP 交于点T。 ①求点T 的轨迹方程; ②若△TPF 的面积为 9 4 ,求x0。 解析:(1)由题意知, e= c a= 1 2 , 2a=4, a2=b2+c2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得 a=2, b= 3, 所以椭圆C 的方程为x 2 4+ y2 3=1 。 (2)①由(1)知,A(-2,0),B(2,0), F(1,0),P(x0,y0)。 设∠BFT=θ,则∠PFB=2θ。 易知当x0=1时,P 1, 3 2 ,kFT=1,此 时AP:y= 1 2x+1 ,FT:y=x-1。 由 y= 1 2x+1 , y=x-1, 解得 x=4,y=3, 即T(4,3)。 当x0≠1时,kFP=tan 2θ= y0 x0-1 ,sin 2θ = y0 |PF|= y0 (x0-1)2+y20 。 设直线FT 的斜率为k,则k=tan θ= 1-cos 2θ sin 2θ = 1 sin 2θ - 1 tan 2θ = (x0-1)2+y20-(x0-1) y0 = (x0-1)2+3- 3 4x 2 0-(x0-1) y0 = 3(2-x0) 2y0 ,所 以 直 线 FT 的 方 程 为 y= 3(2-x0) 2y0 (x-1)。 又直线AP 的方程为y= y0 x0+2 (x+2), 联 立 y= 3(2-x0) 2y0 (x-1), y= y0 x0+2 (x+2), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 消 去 y 得 3(2-x0) 2y0 (x -1)= y0 x0+2 (x +2),即 3(4-x20)-2y20 2(2+x0)y0 x= 3(4-x20)+4y20 2(2+x0)y0 。 所 以 x = 3(4-x20)+4y20 3(4-x20)-2y20 = 12-3x20+43- 3 4x 2 0 12-3x20-23- 3 4x 2 0 = 212-3x20 1 2 (12-3x20) =4。 将x=4代入直线 AP 的方程,得y= 6y0 x0+2 ,即T 4, 6y0 x0+2 。 又y0>0,-2<x0<2,所以 6y0 x0+2 >0。 所以点T 的轨迹方程为x=4(y>0)。 ②由|AF|=3,得S△TPF=S△TAF-S△PAF = 1 2|AF| · 6y0 x0+2 - 1 2|AF| ·y0 = 3 2 6y0 x0+2 -y0 。 又因 为 S△TPF = 9 4 ,所 以 9 4 = 3 2 · 6y0 x0+2 -y0 ,整理得y0=3(x0+2)8-2x0 。 因为y0= 3- 3 4x 2 0,所以 3(x0+2) 8-2x0 = 3- 3 4x 2 0,整理得x30-10x20+35x0-26= 0,即(x0-1)(x20-9x0+26)=0。 由-2<x0<2,解得x0=1。 思维提升:解析几何中求点坐标的方法 多种多样,主要取决于题目给出的条件和所 求点的特性,常用的方法有:①直接法:当题 目直接给出点的某些坐标条件或与其他点的 关系时,可以直接通过代数运算求解。②代 入法:若点在某个已知曲线上,且该曲线的方 程已知,可以将点的坐标代入方程求解。特 别地,对于参数方程,可以通过设定参数并代 入方程,然后解出参数值,再代回求得点的坐 标。③中点公式:若已知中点坐标和其中一 个点的坐标,或者知道两点之间的中点关系 与其他条件(如直线斜率等),可以通过此公 式求出另一个点的坐标。④对称性质:利用 点关于直线、原点或某点的对称性来求解。 ⑤交点求解:若点是两条曲线的交点,可以通 过联立两个曲线的方程求解,这通常涉及解 二元一次方程组或更复杂的方程组。 13 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月 题型四、求定值的问题 例 4 (2024年江西省宜春市二模)在 平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C: x2 a2 + y2 b2 =1(a>b>0)的离心率为 1 2 ,左、右焦点 分别是F1、F2,以F1 为圆心,6为半径的圆 与以F2 为圆心,2为半径的圆相交,且交点 在椭圆C 上。 (1)求椭圆C 的方程; (2)设过椭圆C 的右焦点F2 的直线l1, l2 的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-2,直线 l1 交椭圆C 于M,N 两点,直线l2 交椭圆C 于G,H 两点,线段 MN,GH 的中点分别为 R,S,直线RS 与椭圆C 交于P,Q 两点,椭 圆C 的 左 顶 点 和 右 顶 点 分 别 为 A,B,记 △PQA 与△PQB 的面积分别为S1,S2,证 明:S1 S2 为定值。 解析:(1)由 题 意 知 c a= 1 2 , 6+2=2a, 解 得 a=4, c=2, 则b2=a2-c2=12。 所以椭圆C 的方程为 x2 16+ y2 12=1 。 (2)由条件知直线l1:y=k1(x-2),设 M(x1,y1),N(x2,y2)。 联立 y=k1(x-2), x2 16+ y2 12=1 , 消去y得(3+4k21)· x2-16k21x+16k21-48=0,所以Δ>0,x1+ x2= 16k21 3+4k21 ,x1x2= 16k21-48 3+4k21 。 所以中点R 8k21 3+4k21 ,-6k1 3+4k21 。 同理可得S 8k22 3+4k22 ,-6k2 3+4k22 。 ①当直线 PQ 的斜率存在时,设直线 PQ:y=mx+n。 因为 点 R,S 都 在 直 线 PQ 上,所 以 (8m+4n)k21+6k1+3n=0, (8m+4n)k22+6k2+3n=0, 易 知 k1,k2 为 方程(8m+4n)k2+6k+3n=0的两个根,则 k1k2= 3n 8m+4n=-2 ,得n=- 16 11m 。 所以直线 PQ:y=mx- 16 11m ,则直线 PQ 恒过点E 1611 ,0 。 ②当直线PQ 的斜率不存在时,由对称 性可知k1=-k2。 由k1k2=-2,不妨设k1=- 2,k2= 2,则 8k21 3+4k21 = 8k22 3+4k22 = 16 11 。 所以直线PQ:x= 16 11 恒过点E 1611 ,0 。 综合①②知,直线PQ 恒过点E 1611 ,0 。 因为△PQA 的面积S1= 1 2|AE| ·|y1 -y2|,△PQB 的面积S2= 1 2|BE| ·|y1- y2|,所以 S1 S2 = |AE| |BE|= 16 11+4 4- 16 11 = 15 7 ,为定值。 思维提升:(1)圆锥曲线中定值问题的 常见类型及解题策略:①求代数式为定值。 依题意得出与代数式参数有关的等式,代 入代数式化简即可得出定值。②求点到直 线的距离为定值。利用点到直线的距离公 式得出距离的解析式,再利用题设条件化 简、变形即可求得。③求某线段长度为定 值。利用长度公式求得解析式,再依据条 件 对 解 析 式 进 行 化 简、变 形 即 可 求 得。 (2)三角形的面积比及其转化有一定的技 巧性,一般的思路就是将面积比转化为可 以利用设线法完成的线段之比或者设点法 解决的 坐 标 形 式,通 常 有 以 下 几 种 类 型: ①两个三角形同底,面积之比可转化为高 之比,进一步转化为点到直线的距离之比; ②两个三角形等高,面积之比可转化为底 之比,进 一 步 转 化 为 长 度 (弦 长)之 比; ③利用三角形面积计算的正弦形式,若等 角则转化为腰长之比;④面积的割补和转 化。 (责任编辑 王福华) 23 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月