专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题（教师版）.docx

1、专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题 解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要从思想方法层面讲，解析几何主要有两种方法：一是设线法；二是设点法此题的两种解法分属于设点法和设线法一般地，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用得好，解题过程往往会显得很简捷解析几何大题肩负着对计算能力考查的重任，所以必要的计算量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才是胜利一、题型选讲题型一 、巧妙设点，降低运算量

2、例1、(2018南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点当点N运动到点处时，点Q的坐标为.(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且2时，求直线BM的方程【分析】 第(2)问中由2，可得2xM3xN.可以用直线BM，BN的方程，与椭圆联立得到横坐标，即可求出直线BM的斜率k；也可以用点M，N表示直线方程得出点P，Q坐标，再利用向量关系得出坐标之间的关系，最后回代椭圆求解【解析】 (1)由N，Q，得直线NQ的方程为yx.

3、(2分)令x0，得点B的坐标为(0，)所以椭圆的方程为1.(4分)将点N的坐标代入，得1，解得a24.所以椭圆C的标准方程为1.(8分)(2)解法1(设线法) 设直线BM的斜率为k(k0)，则直线BM的方程为ykx.在ykx中，令y0，得xP，而点Q是线段OP的中点，所以xQ.所以直线BN的斜率kBNkBQ2k.(10分)(注：由kBM，kBN，及OP2OQ也可得到kBN2kBM.)联立消去y，得(34k2)x28kx0，解得xM .用2k代替k，得xN .(12分)又2，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN.(14分)故23，又k0，解得k.所以直线BM的方程为yx.(16分)解法2(设点

4、法) 设点P，Q的坐标分别为(2t，0)，(t，0)，t0，则直线BM的方程为yx，(10分)联立消去y，得(1t2)x24tx0，解得xM，用t代替t，得xN.(12分)又2，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN.(14分)故23，又t0，解得t，所以k.所以直线BM的方程为yx.(16分)解法3(设点法) 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)由B(0，)，得直线BM的方程为y x，令y0，得xP.同理，得xQ.而点Q是线段OP的中点，所以xP2xQ，故2.(10分)又2，所以x22(x1x2)，得x2x10，从而， 解得y2y1.(12分)将代入椭圆C的方程，得1.又x4

5、，所以1，(14分)即y2y10，解得y1(舍)或y1.又x10，所以点M的坐标为M. 故直线BM的方程为yx.(16分)例2、(2018南京学情调研）如图，已知椭圆1(ab0)的离心率e，一条准线方程为x2.过椭圆的上顶点A作一条与x轴，y轴都不垂直的直线交椭圆于另一点P，P关于x轴的对称点为Q.(1) 求椭圆的方程；(2) 若直线AP，AQ与x轴交点的横坐标分别为m，n，求证：mn为常数，并求出此常数【解析】 (1) 因为，2, 所以a，c1，所以b1.故椭圆的方程为y21.(4分)(2) 解法1 由(1)知A(0,1)，设点P坐标为(x1，y1)，则点Q坐标为(x1，y1)因为kAP，所

6、以直线AP的方程为yx1.令y0，解得m.(8分)因为kAQ，所以直线AQ的方程为yx1.令y0，解得n.(12分)所以mn .(14分)又因为(x1，y1)在椭圆y21上，所以y1，即1y，所以2，即mn2.所以mn为常数，且常数为2.(16分)解法2 设直线AP的斜率为k(k0)，则AP的方程为ykx1，令y0，得m.(6分)联立方程组消去y，得(12k2)x24kx0，解得xA0，xP，(8分)所以yPkxP1，则点Q的坐标为.(10分)所以kAQ，故直线AQ的方程为yx1.令y0，得n2k，(14分)所以mn(2k)2.所以mn为常数，常数为2.(16分)解后反思 解析几何题的解题思路

7、一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：一是设线法；二是设点法此题的解法1就属于设点法，解法2就属于设线法一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同题型二、设而不求法，降低运算量例3、【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物

8、线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧记的面积分别为（1）求p的值及抛物线的准线方程；（2）求的最小值及此时点G的坐标【答案】（1）p=2，准线方程为x=1；（2）最小值为，此时G（2，0）【解析】（1）由题意得，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=1.（2）设，重心.令，则.由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x轴上，故，得.所以，直线AC方程为，得.由于Q在焦点F的右侧，故.从而.令，则m0，.当时，取得最小值，此时G（2，0）例4、(2016南京三模）如图，在平面直

9、角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2,1)在椭圆C上(1) 求椭圆C的方程；(2) 设直线l与圆O：x2y22相切，与椭圆C相交于P，Q两点. 若直线l过椭圆C的右焦点F，求OPQ的面积；求证： OPOQ. (1) 由e，得abc11，用b表示a更方便；(2) 设直线l的方程为yk(x)，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可设l：ykxm，则只要证x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)0.联列直线与椭圆方程可得x1x2，x1x2均可用k，m表示由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式规范解答 (1) 由题意，得，1，解得a26，b23.所以椭圆的方程

10、为1.(2分)(2) 解法1 椭圆C的右焦点F(，0)设切线方程为yk(x)，即kxyk0，所以，解得k，所以切线方程为y(x)当k时，(4分)由方程组解得或所以点P，Q的坐标分别为， ， ， ，所以PQ.(6分)因为O到直线PQ的距离为，所以OPQ的面积为. 因为椭圆的对称性，当切线方程为y(x)时，OPQ的面积也为.综上所述，OPQ的面积为.(8分)解法2 椭圆C的右焦点F(，0)设切线方程为yk(x)，即kxyk0，所以，解得k，所以切线方程为y(x)当k时，(4分)把切线方程 y(x)代入椭圆C的方程，消去y得5x28x60.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1x2.由椭圆定

11、义可得，PQPFFQ2ae(x1x2)2.(6分)因为O到直线PQ的距离为，所以OPQ的面积为. 因为椭圆的对称性，当切线方程为y(x)时，OPQ的面积为.综上所述，OPQ的面积为.(8分)解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x或x.当x时，P (， )，Q(，)因为0，所以OPOQ.当x时，同理可得OPOQ.(10分)(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为ykxm，即kxym0.因为直线与圆相切，所以，即m22k22.将直线PQ方程代入椭圆方程，得(12k2) x24kmx2m260.设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.(12分)因为

12、x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)kmm2.将m22k22代入上式可得0，所以OPOQ.综上所述，OPOQ.(14分)解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0xy0y20，且xy2.(i)当y00时，则直线PQ的直线方程为x或x.当x时，P (， )，Q(，)因为0，所以OPOQ.当x时，同理可得OPOQ.(10分)(ii)当y00时，由方程组消去y得(2xy)x28x0x86y0.设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.(12分)所以x1x2y1y2x1x2.因为xy2，代入上式可得0，所以OPO

13、Q.综上所述，OPOQ.(14分)解后反思：对于题目中要设的点比较多，就可以大胆的设点，找到点之间的关系，达到不要求解的目的。（公众号：高中数学最新试题）题型三、巧妙设点解决向量问题例5、（2016南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的离心率为.A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足2.(1) 若点P的坐标为(2，)，求椭圆的方程；(2) 设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且m，直线OA，OB的斜率之积为，求实数m的值思路分析 第1问，根据条件2以及P(2，)可得A点的坐标，再根据离心率的条件以及a，b，c的关系可求得a，b，c的值，从而求出椭

14、圆的方程；第2问(分析1)注意到2，这样可得到A，P两点的坐标间的关系，再注意到m，这样又可将C点的坐标用B，P的坐标表示出来，为此，只需设出A，B的坐标，从而得到C的坐标，利用A，B，C三点在椭圆上，以及kOAkOB来消去A，B的坐标，得到关于m的方程，就可求出m的值；第2问(分析2)注意到2，这样可将P的坐标表示为A点的坐标的形式，同时，利用kOAkOB，从而得到OB的方程，将其与椭圆的方程联立求出点B的坐标，再注意到m，从而将点C的坐标求出来，代入椭圆的方程中，就可得到关于m的方程，就可求出m的值；规范解答 (1) 因为2，而P(2，)，所以A1，代入椭圆方程，得1，(2分)又椭圆的离心

15、率为，所以 .(4分)由，得a22，b21.故椭圆的方程为y21，(6分)(2) 解法1 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)因为2，所以P(2x1，2y1)，因为m，所以(2x1x2，2y1y2)m(x3x2，y3y2)，即于是(9分)代入椭圆方程，得1，即1，(12分)因为A，B在椭圆上，所以1，1.因为直线OA，OB的斜率之积为，即，结合知0.(14分)将代入，得1，解得m.(16分)解法2 设点A(x1，y1)，所以kOA，因为2，所以P(2x1，2y1)，因为直线OA，OB的斜率之积为，所以kOB，故直线OB方程为yx, 因为椭圆的离心率为，所以，即ac，故b2a2

16、c2c2，所以椭圆的方程为1，即x22y22c2, (9分)将它与直线OB方程联立，并消去y得(x2y)x24yc2，因为点A(x1，y1)在椭圆上，所以x2y2c2，从而xBy1，故B或B，(11分)若B，设C(x0，y0)，因为m，所以(2x1y1，2y1x1)mx0y1，y0x1，故即(13分)因为点C在椭圆上，所以22x122c2，化简得x2y2c2，即2c22c2，解得m.同理，若By1，x1, m，综上，实数m的值为.(16分)解后反思 1. 已知离心率，通常先简化椭圆方程，可以减少字母干扰2. 加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；在代入运算过程中，

17、不要忘掉整体思想3. 在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数在学习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化题型四、抛物线的特殊设点技巧例6、【2018年高考浙江卷】如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（2）若P是半椭圆x2+=1(x1）的左、右顶点，G为E的上顶点，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【解析】（1）由题设

18、得A（a，0），B（a，0），G（0，1）.则，=（a，1）.由=8得a21=8，即a=3.所以E的方程为+y2=1（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知3n0得t2，当且仅当k=1时取等号因为在2，+）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为因此，PQG面积的最大值为4、（2016南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：y21上的一点，从原点O向圆M：(xx0)2(yy0)2r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.(1) 若圆M

19、与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；(2) 若r.求证：k1k2；求OPOQ的最大值 思路分析1 第(2)问，注意到直线OP，OQ与圆相切，因此，利用圆心到直线的距离等于半径可得到k1，k2与x0，y0的关系，利用点(x0，y0)在椭圆上，来求出k1k2的值由直线OP，OQ与椭圆相交，求出交点的坐标，进而将OPOQ表示为k1，k2的代数式，根据k1k2，消去k1(或k2)后，得到关于k2(或k1)的函数，利用基本不等式或函数求最值的方法，求出OPOQ的最大值思路分析2 对于第(2)问的第小题，由点P，Q在椭圆上以及k1k2，将OP，OQ表示为点P，Q的横坐标的形式，然后来求它的最值规范解

20、答 (1) 因为椭圆C右焦点的坐标为(，0)，所以圆心M的坐标为，(2分)从而圆M的方程为(x)2y2.(4分)(2) 因为圆M与直线OP：yk1x相切，所以，即(45x)k10x0y0k145y0，(6分)同理，有(45x)k10x0y0k245y0，所以k1，k2是方程(45x)k210x0y0k45y0的两根，(8分)从而k1k2.(10分)解法1 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立解得x，y，(12分)同理，x，y，所以OP2OQ2.由可知，k1k2，所以原式(14分)， 当且仅当k1时取等号. 所以OPOQ的最大值为. (16分)解法2 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2

21、)，由知k1k2，得，16yyxx.(*)因为y1，y1代入(*)，整理得xx4.(12分)所以OP2OQ2(xy)(xy)11(14分)2，当且仅当x1x2时取等号，所以OPOQ的最大值为.(16分)解后反思 1. 本题第(2)问第小题，本质就是证明定值问题，也就是无关问题，由于k1，k2与x0，y0有关，因此，证明k1k2，本质就是x0，y0在解题中可以消去，从而得到定值求最值问题，首先得建立相应的函数关系式，然后利用函数的方法或基本不等式来求最值2. 解决直线与椭圆的位置关系问题时，通常有两种处理方法：一是采用求点法，即将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，将交点的坐标用直线的斜率表示出来，进而将所要研究的问题转化为交点的坐标形式来加以研究；二是采用设点法，即设出交点的坐标，利用交点在椭圆上，代入椭圆，从而来研究问题（公众号：高中数学最新试题）