淺析圓錐曲線的常見問題

賈愛華

摘要：圓錐曲線的方程問題、軌跡問題、定點、定值與定直線問題以及取值范圍和存在性問題。最值問題是高考中的熱門考題，是高考中的常青樹，常考不敗。我們在教學中可以讓學生直接求解，進行推理運算求出結果，也可以先通過特殊位置猜測結論后進行驗證。

關鍵詞：圓錐曲線；數學教學；常見問題

中圖分類號：G633.6 文獻標識碼：A 文章編號：1992-7711（2018）04-0103

一、求軌跡方程

1. 已知橢圓C：■+■=1，（a>b>0）兩個焦點分別為F1（-1，0），F2（1，0）且橢圓C經過點P（■，■）.

（1）求橢圓C的離心率；

（2）設過點A（0，2）的直線l與橢圓C交于M、N兩點，點Q是線段MN上的點，且■=■+■，求Q點的軌跡方程.

解：2a=PF1+PF2=■+■=2■

所以，a=■. 又由已知，c=1，所以橢圓C的離心率 e=■ =■=■

（2）由（1）知橢圓C的方程為■+y2=1. 設點Q的坐標為（x，y）.

（1）當直線l與軸垂直時，直線l與橢圓C交于（0，1）（0，-1）兩點，此時Q點坐標為 （0，2-■）

（2） 當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y=kx+2.

因為M、N在直線l上，可設點M、N的坐標分別為（x1，kx1+2），（x2，kx2+2）則AM2=（1+k2）x12，AN2=（1+k2）x22.

又AQ2=x2+（y-2）2=（1+k2）x2

由■=■+■，

得■=■+■

即■=■+■=■ ①

將y=kx+2代入■+y2=1中，得

（2k2+1）x2+8kx+6=0 ②

由△=（8k）2-4×（2k2+1）×6>0得k2>■.

由②可知x1+x2=-■，x1x2=■，

代入①中并化簡，得x2=■ ③

因為點Q在直線上y=kx+2，所以k=■，代入③中并化簡，得10（y-2）2-3x2=18.

由③及k2>■，可知0

又（0，2-■）滿足10（y-2）2-3x2=18，故x∈（-■，■）

由題意，Q（x，y）在橢圓C內部，所以-1≤y≤1，

又由10（y-2）2=18+3x2有

（y-2）2∈[■，■）且-1≤y≤1，則y∈（■，2-■].

所以點Q的軌跡方程是10（y-2）2-3x2=18，其中x∈（-■，■），y∈（■，2-■].

思考：動點的軌跡問題是解析幾何常見的一類問題，求動點的軌跡方程實質就是利用題設中的條件，將動點坐標滿足的方程表示出來。一般有直接法、定義法、相關點代入法和參數法等。

二、定值問題

2. 橢圓C∶■+■=1，（a>b>0）的左、右焦點分別是F1，F2，離心率為■，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.

（1）求橢圓C的方程；

（2）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M（m，0），求m的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2若k≠0，試證明■+■為定值，并求出這個定值.

解：（1）由于c2=a2-b2，將x=-c代入橢圓方程■+■=1得y=±■由題意知■=1，即a=2b2又e=■=■.

所以，a=2，b=1所以橢圓方程為■+y2=1

（2）由題意可知：■=■，■=■，設P（x0，y0）其中x02≠4，將向量坐標代入并化簡得：m（4x02-16）=3x02-12x0，因為x02≠4，所以，m=■x0而x0∈（-2，2），所以m∈（-■，■）

（3）由題意可知，l為橢圓的在p點處的切線，由導數法可求得，切線方程為：■+y0y=1，所以k=-■，而k1=■，k2=■，代入■+■中得■+■=-4（■+■）=-8為定值.

思考：關于定值問題一般是根據定義和方程解決，有些幾何特征比較明顯的用平面幾何的知識進行求解，反而很簡捷。

三、定直線問題

3. 設橢圓E：■+■=1的焦點在x軸上

（1）若橢圓E的焦距為1，求橢圓E的方程；

（2）設F1，F2分別是橢圓的左、右焦點，P為橢圓E上的第一象限內的點，直線F2P交y軸與點Q，并且F1P⊥F1Q，證明：當a變化時，點p在某定直線上.

（1）∵a2>1-a2，2c=1，a2=1-a2+c2 a2=■，橢圓方程為：■+■=1

（2）設F1（-c，0），F2（c，0），P（x，y），Q（0，m），則■=（x-c，y），■=（c，-m）

由1-a2>0 a∈（0，1） x∈（0，1），y∈（0，1）

■=（x+c，y），■=（c，m），由■∥■，■⊥■

得m（c-x）=ycc（x+c）+my=0 （x-c）（x+c）=y2 x2-y2=c2.

聯立■+■=1x2-y2=c2a2=1-a2+c2解得 ■+■=1

x2=（y±1）2∵x∈（0，1），y∈（0，1）∴x=1-y，

所以動點P過定直線x+y-1=0.

思考：對于定直線問題一種思路是先利用極限的思想猜想后特定位置驗證，再進行一般的推理驗證。另一種就是利用方程和方程組的思想，設而不求，整體代換達到意想不到的效果。

四、探索性的問題

4. 如圖，橢圓C∶■+■=1，（a>b>0）經過點P（1，■）離心率e=■，直線l的方程為x=4.

（1）求橢圓C的方程；

（2）AB是經過右焦點F的任一弦（不經過點P），設直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3。問：是否存在常數λ，使得k1+k2=λk3。若存在求λ的值；若不存在，說明理由。

解：（1）由P（1，■）在橢圓上得，■+■=1 ①

依題設知，a=2c，則b2=3c2 ②

②代入①解得c2=1，a2=4，b2=3. 故橢圓C的方程為■+■=1.

（2）方法一：由題意可設AB的斜率為k，則直線AB的方程為y=k（x-1） ③

代入橢圓方程3x2+4y2=12并整理，得（4k2+3）x2-8k2x+4（k2-3）=0，

設A（x1，y1），B（x2，y2）則有x1+x2=■，x1x2=■ ④

在方程③中令x=4得，M的坐標為（4，3k）. 從而k1=■，k2=■，k3=■=k-■，注意到A，F，B共線，則有k=kAF=kBF，即有■=■=k.

所以k1+k2=■+■=■+■-■（■+■）=2k-■·■ ⑤

④代入⑤得， k1+k2=2k-■·■=2k-1.

又k3=k-■，所以k1+k2=2k3，故存在常數λ=2符合題意.

方法二：設B（x0，y0）（x0≠1），則直線FB的方程為：y=■（x-1），

令x=4，求得M（4，■），從而直線PM的斜率為k3=■， 聯立y=■（x-1）■+■=1，得A（■，■）

則直線PA的斜率為：k1=■，直線PB的斜率為：k2=■，所以k1+k2=■+■=■=2k3，

故存在常數λ=2符合題意.

思考：解決這類問題必須回歸定義，研究通性通法，講究解題策略，尋求突破點，選用適當方法，力求做到選擇簡約，簡化計算，避繁就簡，合理解題達到事倍功半的效果。

五、最值問題

5. 已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F（0，c）（c>0）到直線l：x-y-2=0的距離為■.設P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB其中為A，B切點.

（1）求拋物線C的方程；

（2）當點P（x0，y0）為直線l上的定點時，求直線AB的方程；

（3）當點P在直線l上移動時，求AF·BF的最小值.

解：（1）依題意，設拋物線C的方程為x2=4cy，由■=■結合c>0，解得c=1，所以拋物線C的方程為x2=4y.

（2）拋物線C的方程為x2=4y，即y=■x2，求導得y′=■x

設A（x1，y1），B（x2，y2）（其中y1=■，y2=■），則切線PA，PB的斜率分別為■x1，■x2，所以PA切線的方程為y-y1=■（x-x1），即y=■x-■+y1，即x1x-2y-2y1=0同理可得切線PB的方程為x2x-2y-2y2=0

因為切線PA，PB均過點P（x0，y0），所以x1x0-2y0-2y1=0，x2x0-2y0-2y2=0，所以（x1，y1），（x2，y2）為方程x0x-2y0-2y=0的兩組解. 所以直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.

（3）由拋物線定義可知AF=y1+1，BF=y2+1，

所以AF·BF=（y1+1）（y2+1）=y1y2+（y1+y2）+1，

聯立方程x0x-2y-2y0=0x2=4y，消去x整理得y2+（2y0-x02）y+y02=0

由一元二次方程根與系數的關系可得y1+y2=x02-2y0，y1y2=y02，

所以AF·BF=y1y2+（y1+y2）+1=y02+x02-2y0-1

又點P（x0，y0）在直線l上，所以x0=y0+2，

所以y02+x02-2y0+1=2y02+2y0+5=2（y0+■）2+■

所以當y0=-■時，AF·BF取得最小值，且最小值為■.

思考：圓錐曲線中最值與范圍的求法有兩種：第一，幾何法：如果條件和結論能夠明顯體現幾何特征及意義，就考慮利用幾何圖形的性質和平面幾何的知識解決問題。第二，代數法：如果條件和結論能夠直接體現出函數，就可以建立一般的函數關系，再求這個函數的最值和范圍。求最值和范圍的一般方法就是配方法，判別式法，重要不等式法以及函數的單調性和導數等。

（作者單位：山西省晉中市榆次二中 030600）