高三数学第二轮复习教案 第5讲 解析几何问(3)

??例14、（2003年江苏高考题）已知常数a?0，向量c?(0,a),i?(1,0).

????经过原点O以c??i为方向向量的直线与经过定点A（0，a）以i?2?c为方向向量的直线相交于

点P，其中??R.试问：是否存在两个定点E、F，使得|PE|+|PF|为定值。若存在，求出E、F的坐标；若不存在，说明理由。

??????解：∵i=（1，0），c=（0，a）， ∴c+λi=（λ，a），i－2λc=（1，－2λa）。

因此，直线OP和AP的方程分别为 ?y?ax 和 y?a??2?ax。 消去参数λ，得点P(x,y)的坐标满足方程y(y?a)??2a2x2。

a(y?)2整理得 x2?1.??① ?1a()2822因为a?0,所以得：

（i）当a?2时，方程①是圆方程，故不存在合乎题意的定点E和F； 2（ii）当0?a?2时，方程①表示椭圆，焦点E(11?a2,a)和F(?11?a2,a)为合乎题意的两个

2222222定点；

（iii）当a?2时，方程①也表示椭圆，焦点E(0,1(a?a2?1))和F(0,1(a?a2?1))为合乎题

22222意的两个定点。

说明：由于向量可以用一条有向线段来表示，有向线段的方向可以决定解析几何中直线的斜率，故直线的方向向量与解析几何中的直线有着天然的联系。求解此类问题的关键是：根据直线的方向向量得出直线方程，再转化为解析几何问题解决。

x2y2例15、已知椭圆2?2?1(a?b?0)的长、短轴端点分别为A、B，从此椭圆上一点M向x轴

ab作垂线，恰好通过椭圆的左焦点F1，向量AB与OM是共线向量。

（1）求椭圆的离心率e；

（2）设Q是椭圆上任意一点，F1、F2分别是左、右焦点，求∠F1QF2 的取值范围；

解：（1）∵F1(?c,0),则xM??c,yMb2b2?，∴kOM??。 aac

∵kABbb2b2??,OM与AB是共线向量，∴???，∴b=c，故e?。

aaca2FQ?r1,F2Q?r2,?F1QF2??,1（2）设

?r1?r2?2a,F1F2?2c,

r12?r22?4c2(r1?r2)2?2r1r2?4c2a2a2cos?????1??1?0

r?r2r1r22r1r2r1r2(12)22当且仅当r1?r2时，cosθ=0，∴θ?[0,?2]。

说明：由于共线向量与解析几何中平行线、三点共线等具有异曲同工的作用，因此，解析几何中与平行线、三点共线等相关的问题均可在向量共线的新情景下设计问题。求解此类问题的关键是：正确理解向量共线与解析几何中平行、三点共线等的关系，把有关向量的问题转化为解析几何问题。

x2y22例16、一条斜率为1的直线l与离心率为的椭圆C：2?2?1（a?b?0）交于P、Q，

2ab两点，直线l与Y轴交于点R，且OP?OQ??3，PR?3RQ，求直线l和椭圆C的方程。

解：? 椭圆离心率为

c2222，??，a?2b

a22x2y2所以椭圆方程为2?2?1，设l方程为：y?x?m，P(x1,y1),Q(x2,y2)

2bb?x2y2??1?222由?2b2b2消去y得3x?4mx?2m?2b?0 ?y?x?m???16m2?4?3(2m2?2b2)?8(?m2?3b2)?0?3b2?m2?(*)

42x1?x2??m??（1） x1x2?(m2?b2)??（2）

33OP?OQ??3 所以x1x2?y1y2??3

而y1y2?(x1?m)(x2?m)?x1x2?m(x1?x2)?m 所以2x1x2?m(x1?x2)?m??3

2222424(m?b2)?m2?m2??3 33所以3m?4b??9??（3）又R(0,m)，PR?3RQ，(?x1,m?y1)?3(x2,y2?m) 从而

22（2）（4）得3m?b??（5） ?x1?3x2??（4） 由（1）

2由（3）（5）解得b?3，m??1 适合(*)，

xy2所以所求直线l方程为：y?x?1或y?x?1；椭圆C的方程为??1

63说明：向量数量积的坐标表示，构建起向量与解析几何的密切关系，使向量与解析几何融为一体。

求此类问题的关键是：利用向量数量积的坐标表示，沟通向量与解析几何的联系。体现了向量的工具性。

例17、已知椭圆C的中心在原点，焦点F1、F2在x轴上，点P为椭圆上的一个动点，且∠F1PF2的最大值为90°，直线l过左焦点F1与椭圆交于A、B两点，△ABF2的面积最大值为12．

（1）求椭圆C的离心率； （2）求椭圆C的方程．

解法一：（1）设| PF1 |=r1，| PF2 |=r2，| F1F2 |=2c，对?PF1F2, 由余弦定理，得 r11?r22?4c2(r1?r2)2?2r1r2?4c24a2?4c24a2?4c2cos?F1PF2????1??1

r?r2r1r22r1r22r1r22(12)22?1?2e2?0， 解出 e?2.

22（2）考虑直线l的斜率的存在性，可分两种情况：

i） 当k存在时，设l的方程为y?k(x?c)??????①

x2y2椭圆方程为2?2?1,A(x1,y1),B(x2,y2)

ab由e?2. 得 a2?2c2,b2?c2。

2于是椭圆方程可转化为 x2+2y2—2c2=0??????② 将①代入②，消去y得 x2?2k2(x?c)2?2c2?0，

整理为x的一元二次方程，得 则x1、x2是上述方程的两根．且

(1?2k2)x2?4ck2x?2c2(k2?1)?0。

22c1?k2，

|x2?x1|?1?2k222c(1?k2)，

|AB|?1?k|x2?x1|?1?2k22AB边上的高h?|F1F2|sin?BF1F2?2c?|k|1?k2,

11?k2|k|S?22c()2c 2221?2k1?k1?k2|k|k2?k4122?22c?22c?2c2. 22411?2k1?4k?4k4?4k?k2?22c2ii） 当k不存在时，把直线x??c代入椭圆方程得

y??21c,AB?2c,S?2c?2c2 22由①②知S的最大值为2c2 由题意得2c2=12 所以c2?62?b2 a2?122

故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：

x2y2??1. 12262解法二：设过左焦点的直线方程为：x?my?c????①

22椭圆的方程为：x?y?1,A(x1,y1),B(x2,y2)

22ab由e?2得：2a?2c2,b2?c2,于是椭圆方程可化为：x2?2y2?2c2?0??② .2把①代入②并整理得：(m2?2)y2?2mcy?c2?0 于是y1,y2是上述方程的两根。

AB??1?m2?x1?x2?2??y1?y2?24m2c2?4c2(m2?2)m2?2?1?m2y1?y2

22c(1?m2)， ?m2?2AB边上的高h?2c1?m2，

2从而S?1|AB|h?1?22c(1?m)?22c1?m222m?2?22c21?m2 (m?2)2?22c2m2?1?11?2m?12?2c2.

当且仅当m=0取等号，即Smax?2c2.

由题意知2c2?12， 于是 b2?c2?62,a2?122。 故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：

x2122?y262?1.

例18、（2002年天津高考题）已知两点M（－1，0），N（1，0）且点P使MP?MN,PM?PN,NM?NP成公差小于零的等差数列，

（Ⅰ）点P的轨迹是什么曲线？

（Ⅱ）若点P坐标为(x0,y0)，?为PM与PN的夹角，求tanθ。 解：（Ⅰ）记P（x，y），由M（－1，0）N（1，0）得

PM??MP?(?1?x,?y) PN??NP?(?1?x,?y) MN??NM?(2,0)

所以 MP?MN?2(1?x)

PM?PN?x2?y2?1 NM?NP?2(1?x)

于是，MP?MN,PM?PN,NM?NP是公差小于零的等差数列等价于

1?22?x?y?1?[2(1?x)?2(1?x)]2? 即 ?2(1?x)?2(1?x)?0??x2?y2?3 ?x?0?所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆。 （Ⅱ）点P的坐标为(x0,y0)。PM?PN?x0?y0?1?2。

22?????????222PMPN?(1?x0)2?y0?(1?x0)2?y0?(4?2x0)?(4?2x0)?24?x0?????????PM?PN1所以cos??????. 因为 0

说明：在引入向量的坐标表示后，可以使向量运算代数化，这样就可以将“形”和“数”紧密地结

合在一起。向量的夹角问题融入解析几何问题中，也就显得十分自然。求解这类问题的关键是：先把向量用坐标表示，再用解析几何知识结合向量的夹角公式使问题获解；也可以把两向量夹角问题转化为两直线所成角的问题，用数形结合方法使问题获解。

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