與橢圓相關的綜合問題分類例說

李琳

縱觀近年的高考題，解析幾何題目是每年必考題型，主要體現(xiàn)在解析幾何知識內的綜合及與其他知識之間的綜合，且橢圓考查的最多，考查橢圓與直線的交匯以及所引申出來的最值；考查與橢圓有關的軌跡問題的綜合；考查橢圓離心率有關的問題；考查橢圓與向量的交匯，等等.預計在2018年高考中解答題仍會重點考查直線與橢圓的位置關系，同時可能與平面向量、導數(shù)相交匯，每個題一般設置了兩個問，第（1）問一般考查曲線方程的求法，主要利用定義法與待定系數(shù)法求解，而第（2）問主要涉及最值問題、定值問題、對稱問題、軌跡問題、探索性問題、參數(shù)范圍問題等.這類問題綜合性大，解題時需根據(jù)具體問題，靈活運用解析幾何、平面幾何、函數(shù)、不等式、三角知識，正確構造不等式，體現(xiàn)了解析幾何與其他數(shù)學知識的密切聯(lián)系.這體現(xiàn)了考試中心提出的“應更多地從知識網絡的交匯點上設計題目，從學科的整體意義、思想含義上考慮問題”的思想.且同學們需對橢圓的兩個基本問題弄扎實，1.橢圓的基本概念、標準方程、幾何性質；2.直線與橢圓的位置關系所引申出來的定點、定值、最值、取值范圍等問題.

一、范圍、最值問題

例1（2017山東，理21）在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為22，焦距為2.

（1）求橢圓E的方程；

（2）如圖，動直線l：y=k1x-32交橢圓E于A，B兩點，C是橢圓E上一點，直線OC的斜率為k2，且k1k2=24，M是線段OC延長線上一點，且|MC|∶|AB|=2∶3，圓M的半徑為|MC|，OS，OT是圓M的兩條切線，切點分別為S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值時直線l的斜率.

分析：（1）本小題由e=ca=22，2c=2確定a，b即得.

（2）通過聯(lián)立方程組x22+y2=1，y=k1x-32，化簡得到一元二次方程后應用根與系數(shù)關系，應用弦長公式確定|AB|及圓M的半徑r表達式.

進一步求得直線OC的方程并與橢圓方程聯(lián)立，確定得到|OC|r的表達式，研究其取值范圍.這個過程中，可考慮利用換元思想，應用二次函數(shù)的性質及基本不等式.

解：（1）由題意知e=ca=22，2c=2，所以a=2，b=1，

因此橢圓E的方程為x22+y2=1.

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程組

x22+y2=1，y=k1x-32，，得（4k21+2）x2-43k1x-1=0，

由題意知Δ>0，且x1+x2=23k12k21+1，

x1x2=-12（2k21+1），

所以|AB|=1+k21|x1-x2|

=21+k211+8k212k21+1.

則由題意可知圓M的半徑r為

r=223 1+k211+8k212k21+1，

而k1k2=24，所以k2=24k1，由此直線OC的方程為y=24k1x.

聯(lián)立方程x22+y2=1，y=24k1x，，得x2=8k211+4k21，y2=11+4k21，因此|OC|=x2+y2=1+8k211+4k21.

由題意可知sin∠SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r，

而|OC|r=1+8k211+4k21223 1+k211+8k212k21+1

=324 1+2k211+4k211+k21，

令t=1+2k21，則t>1，1t∈（0，1），

因此|OC|r=32 t2t2+t-1=32 12+1t-1t2=32 1-（1t-12）2+94≥1，

當且僅當1t=12，即t=2時等號成立，此時k1=±22，

所以sin∠SOT2≤12，因此∠SOT2≤π6，所以∠SOT最大值為π3.

綜上所述：∠SOT的最大值為π3，取得最大值時直線l的斜率為k1=±22.

點評：本題對考生計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目，利用a，b，c，e的關系，確定橢圓（圓錐曲線）方程是基礎，通過聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應用一元二次方程根與系數(shù)的關系，得到“目標函數(shù)”的解析式，應用確定函數(shù)最值的方法——如二次函數(shù)的性質、基本不等式、導數(shù)等求解.本題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯漏百出.本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.

二、定值問題

例2（2017年高考新課標Ⅰ卷理）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，32），P3（1，32）中恰有三點在橢圓C上.

（1）求C的方程；

（2）設直線l不經過P2點且與C相交于A、B兩點，若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：l過定點.

解析：（1）根據(jù)橢圓對稱性，必過P3、P4，

又P4橫坐標為1，橢圓必不過P1，所以過P2、P3、P4三點，

將P2（0，1）、P3（-1，32）代入橢圓方程得

1b2=11a2+34b2=1，解得a2=4，b2=1，

∴橢圓C的方程為：x24+y2=1.

（2）①當直線l斜率不存在時，設l：x=m，A（m，yA），B（m，-yA），

kP2A+kP2B=yA-1m+-yA-1m=-2m=-1，

解得m=2，此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足.

②當直線l斜率存在時，設l：y=kx+b（b≠1），

A（x1，y1），B（x2，y2），endprint

聯(lián)立y=kx+bx2+4y2-4=0，整理得（1+4k2）x2+8kbx+4b2-4=0，

∴x1+x2=-8kb1+4k2，x1·x2=4b2-41+4k2，

則kP2A+kP2B=y1-1x1+y2-1x2

=x2（kx1+b）-x2+x1（kx2+b）-x1x1x2

=8kb2-8k-8kb2+8kb1+4k24b2-41+4k2=8k（b-1）4（b+1）（b-1）=-1，

又b≠1b=-2k-1，此時Δ=-64k，存在k使得Δ>0成立.

∴直線l的方程為y=kx-2k-1，

當x=2時，y=-1，所以直線l過定點（2，-1）.

點評：本題考查了直線與橢圓的相關知識，是一道綜合性的試題，考查了同學們綜合運用知識解決問題的能力.由于定點、定值是變化中得不變量，引進參數(shù)表述這些量，不變的量就是與參數(shù)無關的量，通過研究何時變化的量與參數(shù)無關，找到定點或定值的方法叫做參數(shù)法，其解題的關鍵是合適的參數(shù)表示變化的量.當要解決動直線過定點問題時，可以根據(jù)確定直線的條件建立直線系方程，通過該直線過定點所滿足的條件確定所要求的定點坐標.

例3（2016年高考北京理數(shù)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面積為1.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設P為橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值.

解析：（1）由題意得ca=32，12ab=1，a2=b2+c2，解得a=2，b=1.

所以橢圓C的方程為x24+y2=1.

（2）由（1）知，A（2，0），B（0，1），設P（x0，y0），則x20+4y20=4，

當x0≠0時，直線PA的方程為y=y0x0-2（x-2），

令x=0，得yM=-2y0x0-2，

從而|BM|=|1-yM|=|1+2y0x0-2|，

直線PB的方程為y=y0-1x0x+1，

令y=0，得xN=-x0y0-1.

從而|AN|=|2-xN|=|2+x0y0-1|.

所以|AN|·|BM|=|2+x0y0-1|·|1+2y0x0-2|

=|x20+4y20+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2|

=|4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2|=4.

當x0=0時，y0=-1，|BM|=2，|AN|=2，

所以|AN|·|BM|=4.

綜上，|AN|·|BM|為定值.

點評：解決定值定點方法一般有兩種：（1）從特殊入手，求出定點、定值、定線，再證明定點、定值、定線與變量無關；（2）直接計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定點、定值、定線.應注意到繁瑣的代數(shù)運算是此類問題的特點，設而不求方法、整體思想和消元思想的運用可有效地簡化運算.

三、探索性問題

例4（2015年高考湖北，理21）一種作圖工具如圖（1）所示.O是滑槽AB的中點，短桿ON可繞O轉動，長桿MN通過N處鉸鏈與ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動，且DN=ON=1，MN=3.當栓子D在滑槽AB內作往復運動時，帶動N繞O轉動一周（D不動時，N也不動），M處的筆尖畫出的曲線記為C.以O為原點，AB所在的直線為x軸建立如圖（2）所示的平面直角坐標系.

（1）（2）

（1）求曲線C的方程；

（2）設動直線l與兩定直線l1：x-2y=0和l2：x+2y=0分別交于P，Q兩點.若直線l總與曲線C有且只有一個公共點，試探究：△OQP的面積是否存在最小值？若存在，求出該最小值；若不存在，說明理由.

解析：（1）如圖，設點D（t，0）（|t|≤2），N（x0，y0），M（x，y），

依題意，MD=2DN，且|DN|=|ON|=1，

所以（t-x，-y）=2（x0-t，y0），

且（x0-t）2+y20=1x20+y20=1，

即t-x=2x0-2ty=-2y0，t（t-2x0）=0，

由于當點D不動時，點N也不動，所以t恒等于0，

于是t=2x0，故x0=x4，y0=-y2，

代入x20+y20=1，可得x216+y24=1，即所求的曲線C的方程為x216+y24=1.

（2）①當直線l的斜率不存在時，直線l為x=4或x=-4，都有S△OPQ=12×4×4=8.

②當直線l的斜率存在時，設直線l：y=kx+m（k≠±12），

由y=kx+mx2+4y2=16消去y，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-16=0.

因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，

所以Δ=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-16）=0，即m2=16k2+4.①

又由y=kx+mx-2y=0，可得P（2m1-2k，m1-2k）；同理可得Q（-2m1+2k，m1+2k）.

由原點O到直線PQ的距離為d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|，可得

S△OPQ=12|PQ|·d=12|m|·|xP-xQ|

=12|m|·|2m1-2k+2m1+2k|=|2m21-4k2|②

將①代入②得，S△OPQ=|2m21-4k2|=8|4k2+1||4k2-1|，

當k2>14時，S△OPQ=8（4k2+1）（4k2-1）=8（1+24k2-1）>8；

當0≤k2<14時，S△OPQ=8（4k2+1）（1-4k2）=8（-1+21-4k2）；

因0≤k2<14，則0<1-4k2≤1，21-4k2≥2，所以S△OPQ=8（-1+21-4k2）≥8，當且僅當k=0時取等號.

所以當k=0時，S△OPQ的面積最小值為8.

綜合①、②可知，當直線l與橢圓C在四個頂點處相切時，△OQP的面積取得最小值8.

點評：本題以滑槽，長短桿為背景，乍一看與我們往年考的很不一樣，但是只要同學們仔細讀題均能找到橢圓的a，b，c.那么第一問就迎刃而解了.第二問仍然為圓錐曲線的綜合問題.直線與圓錐曲線位置關系的判斷、有關圓錐曲線弦的問題等能很好地滲透對函數(shù)方程思想和數(shù)形結合思想的考查，一直是高考考查的重點，特別是焦點弦和中點弦等問題，涉及中點公式、根與系數(shù)的關系以及設而不求、整體代入的技巧和方法，也是考查數(shù)學思想方法的熱點題型.解題過程中要注意討論直線斜率的存在情況，計算要準確.endprint