2020届二轮复习利用点的坐标解决圆锥曲线问题学案（全国通用）
展开微专题79 利用点的坐标处理解析几何问题
有些解析几何的题目，问题的求解不依赖于传统的“设点，联立，消元，韦达定理整体代入”步骤，而是能够计算出交点的坐标，且点的坐标并不复杂，然后以点的坐标作为核心去处理问题。
一、基础知识：
1、韦达定理的实质：在处理解析几何的问题时，韦达定理的运用最频繁的，甚至有的学生将其视为“必备结构”，无论此题是否有思路，都先联立方程，韦达定理。然而使用“韦达定理”的实质是什么？实质是“整体代入”的一种方式，只是因为在解析几何中，一些问题的求解经常与相关，利用“韦达定理”可进行整体代入，可避免因为这几个根的形式过于复杂导致运算繁琐。所以要理解“韦达定理”并不是解析几何的必备工具，只是在需要进行整体代入时，才运用的一种手段。
2、利用点坐标解决问题的优劣：
（1）优点：如果能得到点的坐标，那么便可应对更多的问题，且计算更为灵活，不受形式的约束
（2）缺点：有些方程的根过于复杂（例如用求根公式解出的根），从而使得点的坐标也变得复杂导致运算繁琐。那么此类问题则要考虑看能否有机会进行整体的代入
3、求点坐标的几种类型：
（1）在联立方程消元后，如果发现交点的坐标并不复杂（不是求根公式的形式），则可考虑把点的坐标解出来（用核心变量进行表示）
（2）直线与曲线相交，若其中一个交点的坐标已知，则另一交点必然可求（可用韦达定理或因式分解求解）
4、在利用点的坐标处理问题时也要注意运算的技巧，要将运算的式子与条件紧密联系，若能够整体代入，也要考虑整体代入以简化运算。（整体代入是解析几何运算简化的精髓）
二、典型例题：
例1：已知椭圆上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆的短轴为直径的圆经过这两个焦点，点分别是椭圆的左右顶点
（1）求圆和椭圆的方程
（2）已知分别是椭圆和圆上的动点（位于轴的两侧），且直线与轴平行，直线分别与轴交于点，求证：为定值
解：（1）依题意可得，过焦点，且
，再由可得
椭圆方程为，圆方程为
（2）思路：条件主要围绕着点展开，所以以为核心，设，由与轴平行，可得。若要证明为定值，可从的三角函数值下手，在解析中角的余弦值可以与向量的数量积找到联系，从而能够转化为坐标运算。所以考虑，模长并不利于计算，所以先算，考虑利用条件设出方程，进而坐标可用核心变量表示，再进行数量积的坐标运算可得，从而，即为定值
解：设 与轴平行，
设，由所在椭圆和圆方程可得：
由椭圆可知：
令，可得：
同理：可得
，代入可得：
，即为定值
思路二：本题还可以以其中一条直线为入手点（例如），以斜率作为核心变量，直线与椭圆交于两点，已知点坐标利用韦达定理可解出点坐标（用表示），从而可进一步将涉及的点的坐标都用来进行表示，再计算也可以，计算步骤如下：
解：设，由椭圆方程可得：
所以设直线，联立方程：
，代入到直线方程可得：
，由，令可得：
设，则
由在圆上可得：，再由代入可得：
，即为定值
例2：设椭圆的左右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，已知
（1）求椭圆的离心率
（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切，求直线的斜率
解：（1）由椭圆方程可知：，
即
（2）由（1）可得
椭圆方程为 设
以线段为直径的圆经过点
联立方程：，整理可得：
，解得：，代入直线方程：
可知的中点为，
圆方程为
设直线：
，整理可得：
，解得：
直线的斜率为或
例3：（2014，重庆）如图所示，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，，的面积为
（1）求椭圆的标准方程
（2）设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径
解：（1）设，由可得：
，解得
在中，
椭圆方程为：
（2）如图：设圆与椭圆相交，是两个交点
，是圆的切线，且，则由对称性可得：
由（1）可得
，
联立方程，解得（舍）或
过且分别与垂直的直线的交点即为圆心
由是圆的切线，且，可得：
因为 为等腰直角三角形
例4：已知椭圆的焦距为，设右焦点为，离心率为
（1）若 ，求椭圆的方程
（2）设为椭圆上关于原点对称的两点，的中点为，的中点为，若原点在以线段为直径的圆上
① 证明：点在定圆上
② 设直线的斜率为，若，求的取值范围
解：（1）依题意可得：
所以椭圆方程为：
（2）①思路：设，则，由此可得坐标（用进行表示），而在以为直径的圆上可得：，所以得到关于的方程，由方程便可判定出点的轨迹
解：设，则。因为，且为的中点
所以有
在以为直径的圆上
点在定圆上
② 消去可得：（*）
而，
代入（*）可得：
所以解得：
例5：已知椭圆的上顶点为，左焦点为，离心率为
（1）求直线的斜率
（2）设直线与椭圆交于点（异于点），过点且垂直于的直线与椭圆交于点（异于点），直线与轴交于点，
① 求的值
② 若，求椭圆方程
解：（1）由可知
设，
（2）① 设
椭圆方程为：
联立方程：，整理后可得：
可解得：
因为 设
联立方程：，整理后可得：
，解得，即
设，斜率为，由弦长公式可知：
② 由①可得：
由可得：
椭圆方程为
例6：已知椭圆的左焦点为，离心率为，点在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为，
（1）求直线的斜率
（2）求椭圆的方程
（3）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）斜率的取值范围
解：（1）由已知可得
椭圆方程为
设直线，其中
由可得：
解得：
（2）由（1）可得：
解得：或
在第一象限
，即
可得：
椭圆方程为：
（3）由（2）可知，设，设的斜率为
联立方程：
可解得：
设直线的斜率为，即
当时， 可知
，由可得：
当时，可知
，由可得：
综上所述：
例7：已知椭圆的离心率为，其短轴的两端点分别为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若是椭圆上关于轴对称的两个不同点，直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，如经过，求出定点坐标；如不过定点，请说明理由.
解：（1）
由短轴顶点可得：
椭圆方程为
（2）设，则对称点
从而直线的方程为：
，令解得：
，设中点为
则
半径
以为直径的圆方程为：
代入可得：
，代入可得：
即 ①
时，无论为何值
等式①均成立
圆恒过
例8：如图，设抛物线的准线与轴交于，焦点为，以为焦点，离心率的椭圆与抛物线在轴上方的交点为，延长交抛物线于点，是抛物线上一动点，且在之间运动
（1）当时，求椭圆的方程
（2）当的边长恰好是三个连续的自然数时，求面积的最大值
解：（1）时，，焦点坐标
椭圆的方程为：
（2）由可得：，即
椭圆方程为：
代入解得：
边长为3个连续的自然数
抛物线方程为，
即，代入抛物线方程可得：
解得
设，
由可得：
例9：在平面直角坐标系中，点为动点，分别为椭圆的左，右焦点，已知为等腰三角形
（1）求椭圆的离心率
（2）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程
解：（1）设，由图可知，为等腰三角形即
,代入可得：
，解得：（舍）或
（2）思路：由（1）可将椭圆方程化简为：，与直线的方程联立，即消元后发现方程形式为，形式极其简单，所以直接求出点的坐标可得：，进而设所求点。将坐标化后，再利用即可得到关于的方程：，方程中含有，所以考虑利用直线方程将消掉：，代入即可得到轨迹方程
解：
椭圆方程转化为：即
即
的方程为：，设，联立方程可得：
，消去，方程转化为：
解得：
设，则
由可得：，化简可得：
①
因为，所以，代入①式化简可得：
将代入，可得：
的轨迹方程为：
例10：如图，分别为椭圆的左右焦点，椭圆上的点到距离的最大值为5，离心率为，是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与平行。
（1）求椭圆的方程
（2）设与的交点为，求证：为定值
解：（1），依椭圆性质可得：椭圆上的点到焦点的距离最大值为
所以椭圆方程为
（2）
解：由（1）可得：，设
设直线，与椭圆联立方程：
，整理可得：
由可得：
①
同理，设直线，与椭圆联立方程：
整理可得：
由可得：
②
同理
③
由①②可得：
代入到③可得：
为定值
