浅析圆锥曲线的常见问题

贾爱华

摘要：圆锥曲线的方程问题、轨迹问题、定点、定值与定直线问题以及取值范围和存在性问题。最值问题是高考中的热门考题，是高考中的常青树，常考不败。我们在教学中可以让学生直接求解，进行推理运算求出结果，也可以先通过特殊位置猜测结论后进行验证。

关键词：圆锥曲线；数学教学；常见问题

中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1992-7711（2018）04-0103

一、求轨迹方程

1. 已知椭圆C：■+■=1，（a>b>0）两个焦点分别为F1（-1，0），F2（1，0）且椭圆C经过点P（■，■）.

（1）求椭圆C的离心率；

（2）设过点A（0，2）的直线l与椭圆C交于M、N两点，点Q是线段MN上的点，且■=■+■，求Q点的轨迹方程.

解：2a=PF1+PF2=■+■=2■

所以，a=■. 又由已知，c=1，所以椭圆C的离心率 e=■ =■=■

（2）由（1）知椭圆C的方程为■+y2=1. 设点Q的坐标为（x，y）.

（1）当直线l与轴垂直时，直线l与椭圆C交于（0，1）（0，-1）两点，此时Q点坐标为 （0，2-■）

（2） 当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=kx+2.

因为M、N在直线l上，可设点M、N的坐标分别为（x1，kx1+2），（x2，kx2+2）则AM2=（1+k2）x12，AN2=（1+k2）x22.

又AQ2=x2+（y-2）2=（1+k2）x2

由■=■+■，

得■=■+■

即■=■+■=■ ①

将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中并化简，得x2=■ ③

因为点Q在直线上y=kx+2，所以k=■，代入③中并化简，得10（y-2）2-3x2=18.

由③及k2>■，可知0

又（0，2-■）满足10（y-2）2-3x2=18，故x∈（-■，■）

由题意，Q（x，y）在椭圆C内部，所以-1≤y≤1，

又由10（y-2）2=18+3x2有

（y-2）2∈[■，■）且-1≤y≤1，則y∈（■，2-■].

所以点Q的轨迹方程是10（y-2）2-3x2=18，其中x∈（-■，■），y∈（■，2-■].

思考：动点的轨迹问题是解析几何常见的一类问题，求动点的轨迹方程实质就是利用题设中的条件，将动点坐标满足的方程表示出来。一般有直接法、定义法、相关点代入法和参数法等。

二、定值问题

2. 椭圆C∶■+■=1，（a>b>0）的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为■，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围；

（3）在（2）的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2若k≠0，试证明■+■为定值，并求出这个定值.

解：（1）由于c2=a2-b2，将x=-c代入椭圆方程■+■=1得y=±■由题意知■=1，即a=2b2又e=■=■.

所以，a=2，b=1所以椭圆方程为■+y2=1

（2）由题意可知：■=■，■=■，设P（x0，y0）其中x02≠4，将向量坐标代入并化简得：m（4x02-16）=3x02-12x0，因为x02≠4，所以，m=■x0而x0∈（-2，2），所以m∈（-■，■）

（3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：■+y0y=1，所以k=-■，而k1=■，k2=■，代入■+■中得■+■=-4（■+■）=-8为定值.

思考：关于定值问题一般是根据定义和方程解决，有些几何特征比较明显的用平面几何的知识进行求解，反而很简捷。

三、定直线问题

3. 设椭圆E：■+■=1的焦点在x轴上

（1）若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；

（2）设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，P为椭圆E上的第一象限内的点，直线F2P交y轴与点Q，并且F1P⊥F1Q，证明：当a变化时，点p在某定直线上.

（1）∵a2>1-a2，2c=1，a2=1-a2+c2 a2=■，椭圆方程为：■+■=1

（2）设F1（-c，0），F2（c，0），P（x，y），Q（0，m），则■=（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.

联立■+■=1x2-y2=c2a2=1-a2+c2解得 ■+■=1

x2=（y±1）2∵x∈（0，1），y∈（0，1）∴x=1-y，

所以动点P过定直线x+y-1=0.

思考：对于定直线问题一种思路是先利用极限的思想猜想后特定位置验证，再进行一般的推理验证。另一种就是利用方程和方程组的思想，设而不求，整体代换达到意想不到的效果。

四、探索性的问题

4. 如图，椭圆C∶■+■=1，（a>b>0）经过点P（1，■）离心率e=■，直线l的方程为x=4.

（1）求椭圆C的方程；

（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3。问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3。若存在求λ的值；若不存在，说明理由。

解：（1）由P（1，■）在椭圆上得，■+■=1 ①

依题设知，a=2c，则b2=3c2 ②

②代入①解得c2=1，a2=4，b2=3. 故椭圆C的方程为■+■=1.

（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k（x-1） ③

代入椭圆方程3x2+4y2=12并整理，得（4k2+3）x2-8k2x+4（k2-3）=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2）则有x1+x2=■，x1x2=■ ④

在方程③中令x=4得，M的坐标为（4，3k）. 从而k1=■，k2=■，k3=■=k-■，注意到A，F，B共线，则有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，故存在常数λ=2符合题意.

方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为：y=■（x-1），

令x=4，求得M（4，■），从而直线PM的斜率为k3=■， 联立y=■（x-1）■+■=1，得A（■，■）

则直线PA的斜率为：k1=■，直线PB的斜率为：k2=■，所以k1+k2=■+■=■=2k3，

故存在常数λ=2符合题意.

思考：解决这类问题必须回归定义，研究通性通法，讲究解题策略，寻求突破点，选用适当方法，力求做到选择简约，简化计算，避繁就简，合理解题达到事倍功半的效果。

五、最值问题

5. 已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F（0，c）（c>0）到直线l：x-y-2=0的距离为■.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB其中为A，B切点.

（1）求抛物线C的方程；

（2）当点P（x0，y0）为直线l上的定点时，求直线AB的方程；

（3）当点P在直线l上移动时，求AF·BF的最小值.

解：（1）依题意，设抛物线C的方程为x2=4cy，由■=■结合c>0，解得c=1，所以抛物线C的方程为x2=4y.

（2）抛物线C的方程为x2=4y，即y=■x2，求导得y′=■x

设A（x1，y1），B（x2，y2）（其中y1=■，y2=■），则切线PA，PB的斜率分别为■x1，■x2，所以PA切线的方程为y-y1=■（x-x1），即y=■x-■+y1，即x1x-2y-2y1=0同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0

因为切线PA，PB均过点P（x0，y0），所以x1x0-2y0-2y1=0，x2x0-2y0-2y2=0，所以（x1，y1），（x2，y2）为方程x0x-2y0-2y=0的两组解. 所以直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.

（3）由抛物线定义可知AF=y1+1，BF=y2+1，

所以AF·BF=（y1+1）（y2+1）=y1y2+（y1+y2）+1，

联立方程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数的关系可得y1+y2=x02-2y0，y1y2=y02，

所以AF·BF=y1y2+（y1+y2）+1=y02+x02-2y0-1

又点P（x0，y0）在直线l上，所以x0=y0+2，

所以y02+x02-2y0+1=2y02+2y0+5=2（y0+■）2+■

所以当y0=-■时，AF·BF取得最小值，且最小值为■.

思考：圆锥曲线中最值与范围的求法有两种：第一，几何法：如果条件和结论能够明显体现几何特征及意义，就考虑利用几何图形的性质和平面几何的知识解决问题。第二，代数法：如果条件和结论能够直接体现出函数，就可以建立一般的函数关系，再求这个函数的最值和范围。求最值和范围的一般方法就是配方法，判别式法，重要不等式法以及函数的单调性和导数等。

（作者单位：山西省晋中市榆次二中 030600）