圆锥曲线几何问答的转换

几何问题的转换

一、基础知识：

在圆锥曲线问题中，经常会遇到几何条件与代数条件的相互转化，合理的进行几何条件的转化往往可以起到“四两拨千斤”的作用，极大的简化运算的复杂程度，在本节中，将列举常见的一些几何条件的转化。

1、在几何问题的转化中，向量是一个重要的桥梁：一方面，几何图形中的线段变为有向线段后可以承载向量；另一方面，向量在坐标系中能够坐标化，从而将几何图形的要素转化为坐标的运算，与方程和变量找到联系 2、常见几何问题的转化： （1）角度问题：

① 若与直线倾斜角有关，则可以考虑转化为斜率k

② 若需要判断角是锐角还是钝角，则可将此角作为向量的夹角，从而利用向量数量积的符号进行判定

（2）点与圆的位置关系

① 可以利用圆的定义，转化为点到圆心距离与半径的联系，但需要解出圆的方程，在有些题目中计算量较大

② 若给出圆的一条直径，则可根据该点与直径端点连线的夹角进行判定：若点在圆内，

uuruuuruuruuur（再转为向量：CACB0；若点在圆上，则ACB为直角（CACB0）；ACB为钝角

uuruuur若点在圆外，则ACB为锐角（CACB0）

（3）三点共线问题

① 通过斜率：任取两点求出斜率，若斜率相等，则三点共线 ② 通过向量：任取两点确定向量，若向量共线，则三点共线

（4）直线的平行垂直关系：可转化为对应向量的平行与垂直问题，从而转为坐标运算：

rrrrrrax1,y1,bx2,y2，则a,b共线x1y2x2y1；abx1x2y1y20

（5）平行（共线）线段的比例问题：可转化为向量的数乘关系

（6）平行（共线）线段的乘积问题：可将线段变为向量，从而转化为向量数量积问题（注意向量的方向是同向还是反向）

-!

3、常见几何图形问题的转化

（1）三角形的“重心”：设不共线的三点Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3，则VABC的重心Gx1x2x3y1y2y3, 33（2）三角形的“垂心”：伴随着垂直关系，即顶点与垂心的连线与底边垂直，从而可转化为向量数量积为零

B（3）三角形的“内心”：伴随着角平分线，由角平分线性质可知（如

Q图）：IPAC,IQAQ

IAuuruuuruuruuurCAIACAIABruuur I在BAC的角平分线上APAQuuuACAB（4）P是以DA,DB为邻边的平行四边形的顶点

PuuuruuuruuurDPDADB

（5）P是以DA,DB为邻边的菱形的顶点：P在AB垂直平分线上

（6）共线线段长度的乘积：若A,B,C共线，则线段的乘积可转化为向量的数量积，从而简化运算，(要注意向量的夹角）

AAPDBAPDBCBuuuruuuruuuruuur例如：ACABACAB，ACBCACBC

-!

二、典型例题：

x2y2例1：如图：A,B分别是椭圆C:221ab0的左右顶点，F为其右焦点，2是

abAF,FB的等差中项，3是AF,FB的等比中项

（1）求椭圆C的方程

（2）已知P是椭圆C上异于A,B的动点，直线l过点A且垂直于x轴，若过F作直线FQAP，并交直线l于点Q。证明：

Q,P,B三点共线

解：（1）依题意可得：Aa,0,Ba,0,Fc,0

AFca,BFac

Q2是AF,FB的等差中项 4AFFBacac2a a2

Q3是AF,FB的等比中项 32AFFBacaca2c2b2

b23

x2y21 Q 椭圆方程为：43（2）由（1）可得：A2,0,B2,0,F1,0

设AP:ykx2，设Px1,y1 ，联立直线与椭圆方程可得：

223x4y124k23x216k2x16k2120 ykx216k21268k2xAx1x12

4k234k368k212k12k,2y1kx122 P2

4k34k34k3另一方面，因为FQAP kFQ1 k-!

1y1x1Q2,3 FQ:yx1，联立方程：kkkx2QB2,0

312k0k3 k4k2312k3 BP68k216k2224k4k224k30kBQkBQkBP

B,Q,P三点共线

x2y2例2：已知椭圆221(ab0)的右焦点为F，M为上顶点，O为坐标原点，若

ab△OMF的面积为

21，且椭圆的离心率为．

22（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在直线l交椭圆于P，Q两点， 且使点F为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：（1）SVOMF111OMOFbc 222ec2a:b:c2:1:1 a2bc1 a2b2c22

x2椭圆方程为：y21

2（2）设P(x1,y1)，Q(x2,y2),由（1）可得：M0,1,F1,0

kMF1 QF为△PQM的垂心

MFPQ kPQ设PQ:yxm

1kMF1

-!

由F为△PQM的垂心可得：MPFQ

uuuruuurMPx1,y11,FQx21,y2 uuuruuurMPFQx1x21y11y20 ①

因为P,Q在直线yxm上

yx1m，代入①可得： 1y2x2mx1x21x1m1x2m0

即2x1x2(x1x2)(m1)mm0 ② 考虑联立方程：

2yxm22 得3x4mx2m20． 22x2y216m2122m220m23

2m224m,x1x2．代入②可得： x1x2332m224m22m1mm0

33解得：m4或m1 3当m1时，△PQM不存在，故舍去 当m44时，所求直线l存在，直线l的方程为yx 33小炼有话说：在高中阶段涉及到三角形垂心的性质，为垂心与三角形顶点的连线垂直底边，所以对垂心的利用通常伴随着垂直条件，在解析几何中即可转化为向量的坐标运算（或是斜率关系）

x2y2例3：如图，椭圆221(ab0)的一个焦点是

abF1,0 ，O为坐标原点.

（1）若椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求

-!

椭圆的方程；

（2）设过点F且不垂直x轴的直线l交椭圆于A,B两点，若直线l绕点F任意转动，恒有

OAOBAB, 求a的取值范围.

解：（1）由图可得：M0,b 由正三角形性质可得：MFO222136,kMF3 3 kMF1b033 013b3 a2b2c24

x2y21 椭圆方程为：43（2）设l:ykx1，Ax1,y1,Bx2,y2

QOAOBAB

cosAOBOAOBAB2OAOB2222220

AOB为钝角

uuuruuurOAOBx1x2y1y20

2ykx1222222bxakx1ab，整理可得： 联立直线与椭圆方程：222222bxayabak22b2x22a2k2xa2k2a2b20

2a2k2a2k2a2b2x1x222,x1x222 22akbakby1y2k2x11x21k2x1x2k2x1x2k2

a2k2a2b22a2k2k2b2a2b2k222k22k22k

akb2akb2a22a2k2a2b2k2b2a2b2k2x1x2y1y20 222akba2k2a2b2k2b2a2b2k20恒成立

-!

即k2a2b2a2b2a2b2恒成立

a2b2a2b20 Qb2a21

2a21a2a210解得：a15a的取值范围是,

215 2x2y2例4：设A,B分别为椭圆221ab0的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，

ab且椭圆上的点到右焦点距离的最小值为1 （1）求椭圆的方程；

AyMPoNB(4,0)x（2）设P为直线x4上不同于点4,0的任意一点， 若

直线AP,BP分别与椭圆相交于异于A,B的点M,N，证明：点B在以MN为直径的圆内 解：（1）依题意可得a2c，且到 右焦点距离的最小值为ac1 可解得：a2,c1 b3 x2y21 椭圆方程为43（2）思路：若要证B在以MN为直径的圆内，只需证明MBN为钝角，即MBP为锐

uuuuruuur角，从而只需证明BMBP0，因为A,B坐标可求，所以只要设出AM直线（斜率为k） ，

uuuuruuur联立方程利用韦达定理即可用k表示出M的坐标，从而BMBP可用k1表示。即可判断uuuuruuurBMBP的符号，进而完成证明

解：由（1）可得A2,0,B2,0，设直线AM,BN的斜率分别为k，Mx1,y1 ，则

AM:ykx2 联立AM与椭圆方程可得：

ykx22222，消去y可得：4k3x16kx16k120 223x4y1216k21268k2xAx1x12 24k34k3-!

68k212k12k，即M2,2y1kx12k2

4k34k34k3设P4,y0，因为P在直线AM上，所以y0k426k，即P4,6k

uuuruuuur16k212kBP2,6k,BM2,2

4k34k3uuuruuuur32k212k40k2BPBM26k20

4k34k34k23MBP为锐角， MBN为钝角 M在以MN为直径的圆内

例5：如图所示，已知过抛物线x4y的焦点F的直线l与抛物线相交于A,B两点，与椭圆

23232yx1的交点为C,D，是否42存在直线l使得AFCFBFDF？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由

解：依题意可知抛物线焦点F0,1，设l:ykx1

QAFCFBFDF AFBFDFCF，不妨设

AFBFDFCF

uuuruuuruuuruuurAFFB,DFFC则

设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4

uuuruuurAFx1,1y1,FBx2,y21 uuuruuurCFx3,1y3,FDx4,y41

ykx1x1x2x24kx40 考虑联立直线与抛物线方程：2x3x4x4y2xx1x4k11222 ，消去x2可得： ① 4k2x1x2x24-!

联立直线与椭圆方程：ykx1226x3y46x23kx14，整理可得：

23k26x26kx10

6kxx1x4433k26

1xxx24343k261236k2 ② 23k6由①②可得：

36k224k2，解得：k1k1

3k62所以存在满足条件的直线，其方程为：yx1

例6：在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线x22pyp0的准线方程为y点M4,0作抛物线的切线MA，切点为A（异于点O），直线l过点M与抛物线交于两点P,Q，与直线OA交于点N （1）求抛物线的方程 （2）试问

1，过2MNMPMNMQ的值是否为定值？若是，求出定值；若不

是，请说明理由

解：（1）由准线方程可得：p1p1 22抛物线方程：x22y

（2）设切点Ax0,y0，抛物线为y12x 2y'x  切线斜率为kx0

 切线方程为：yy0x0xx0，代入M4,0及y0可得：12x0 212x0x04x0，解得：x00（舍）或x08 2-!

A8,32 OA:y4x

设PQ:xmy4

QM,P,N,Q共线且M在x轴上

1yPyQyNyN1  yNyNyMPMQyPyQyyyQPQPMNMNx22y2联立PQ和抛物线方程：my42y，整理可得：

xmy4m2y28m2y160 yPyQ28m16 ,yyPQm2m2再联立OA,PQ直线方程：y4x16 yN14mxmy428m2yPyQMNMN16myN2 16MPMQyPyQ14mm2例7：在VABC中，A,B的坐标分别是2,0,一点M满足GM∥AB，且MCMB （1）求VABC的顶点C的轨迹E的方程

（2）直线l:ykxm与轨迹E相交于P,Q两点，若在轨迹E上存在点R，使得四边形，求m的取值范围 OPRQ为平行四边形（其中O为坐标原点）解：（1）设Cx,y 由G是VABC的重心可得：

2,0，点G是VABC的重心，y轴上

xyyG, 由y轴上一点M满足平行关系，可得M0, 33312由MCMB可得：xyy3x2y21y0 化简可得：262022y2 -!

x2y21y0 C的轨迹E的方程为：26（2）

Q 四边形OPRQ为平行四边形

uuuruuuruuurOROPOQ

设Px1,y1,Qx2,y2 Rx1x2,y1y2

QR在椭圆上

3x1x2y1y26

223x2122y123x2y26x1x22y1y26 ①

223x1y16因为P,Q在椭圆上，所以2，代入①可得： 23x2y266x1x22y1y21263x1x2y1y23 ②

联立方程可得：

ykxm222k3x2kmxm60 223xy62kmm26x1x2,x1x22 23kk33m26k2y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m

k2322代入②可得：

m263m26k2223232mk3 2k3k3k23x22kmxm260有两不等实根可得：

4k2m24k23m260，即3m26k2180，代入k22m23 3m262m23180m20

22另一方面：2m3k0 m2366m或m 222-!

66m,U, 22x2y21例8：已知椭圆C:221ab0的离心率为，直线l过点A4,0,B0,2，

ab2且与椭圆C相切于点P （1）求椭圆C的方程

（2）是否存在过点A4,0的直线m与椭圆交于不同的两点M,N，使得

36AP35AMAN？若存在，求出直线m的方程；若不存在，请说明理由

解（1）e2c1 a:b:c2:3:1 a2x2y2椭圆方程化为：2213x24y212c2

4c3cQl过A4,0,B0,2

设直线l:xy11yx2 4223x24y212c2212联立直线与椭圆方程：消去y可得：3x4x212c2 12yx22整理可得：x2x43c0

22Ql与椭圆相切于P

4443c20c1

x2y23椭圆方程为：1，且可解得P1,

432（2）思路：设直线m为ykx4，Mx1,y1,Nx2,y2，由（1）可得：P1,，再由A4,0可知AP223245，若要求得k（或证明不存在满足条件的k），则可通过等式436AP35AMAN列出关于k的方程。对于AMAN，尽管可以用两点间距离公

式表示出AM,AN，但运算较为复杂。观察图形特点可知A,M,N共线，从而可想到利

uuuuruuuruuuuruuur用向量数量积表示线段的乘积。因为AM,AN同向，所以AMANAMAN。写出

-!

uuuuruuurAM,AN的坐标即可进行坐标运算，然后再联立m与椭圆方程，运用韦达定理整体代入即

可得到关于k的方程，求解即可

解：由题意可知直线m斜率存在，所以设直线m:ykx4,Mx1,y1,Nx2,y2 由（1）可得：P1,

322345 AP14024uuuuruuuruuuuruuurQA,M,N共线且AM,AN同向 AMANAMAN

22uuuuruuurAMx14,y1,ANx24,y2

uuuuruuurAMANx14x24y1y2x1x2y1y24x1x216

联立直线m与椭圆方程：

223x4y12消去y并整理可得：4k23x232k2xk2120 ykx432k2k212x1x22,x1x2

4k34k2336k2y1y2kx14x242

4k32uuuuruuurk21236k2136k232k2 AMAN242164k234k34k34k23ruuur36k2145uuuu，AMAN可得： Q36AP35AMAN，代入AP244k32236k2145 363544k23可解得：k212k，另一方面， 84若方程4k3x32kxk120有两不等实根 则32k22222244k23k2120

-!

解得:211符合题意 k k4222x4，即： 4直线m的方程为：yy22x2或yx2 44x2y2例9：设椭圆C:221ab0的左，右焦点分别为F1,F2，上顶点为A，过点Aabuuuuruuuurr与AF2垂直的直线交x轴负半轴与点Q ，且2F1F2F2Q0

（1）求椭圆C的离心率

（2）若过A,Q,F2三点的圆恰好与直线l:x3y30相切，求椭圆C的方程 （3）在（2）的条件下，过右焦点F2作斜率为k的直线l与椭圆C交于M,N两点，在x轴上是否存在点

Pm,0使得以PM,PN为邻边的平行四边形是菱

形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由

解：（1）依题意设A0,b,F1c,0,F2c,0,Qx0,0

uuuuruuuuruuuuruuuurrF1F22c,0,F2Qx0c,0 Q2F1F2F2Q0

4cx0c0x03c

Q3c,0 kAQbb,kAF2 由AQAF2可得： 3ccb221b23c2

3ckAQkAF2a2c23c2a24c2

e1 2（2）由（1）可得：a:b:c2:3:1

-!

QAQAF2

A,Q,F2的外接圆的直径为QF2，半径设为r

Q3c,0,F2c,0 r1QF22c ，圆心c,0 2c323

由圆与直线相切可得：d2cc34c

解得：c1 a2,bx2y21  椭圆方程为43（3）由（2）得F11,0,F21,0：设直线l:ykx1 设Mx1,y1,Nx2,y2，若PM,PN为邻边的平行四边形是菱形 则P为MN垂直平分线上的点

223x14y11222223xx4yy0 2121223x24y2123x1x2x1x24y1y2y1y20

设M,N中点x0,y0

3x04ky00y03x0 4k1xx0，即xkyky0x00 k1xx2代入Pm,0可得：mky0x00mx01

48MN的中垂线方程为：yy0223x4y124k23x28k2x4k2120 联立方程：ykx18k2x1x22

4k3k211m20,

4k3434k2-!

所以存在满足题意的P，且m的取值范围是0,

例10：已知抛物线C：y22pxp0的焦点为F，直线y4与y轴的交点为P，与抛物线的交点为Q，且QF（1）求抛物线C的方程

（2）过F的直线l与抛物线C相交于A,B两点，若AB垂直平分线l与C相交于M,N两点，且A,M,B,N四点在同一个圆上，求l的方程 解：（1）设Qx0,4，可的42px0x02145PQ 4'8 p88p8p5Q,4 P0,4 PQ QQFx0且QFPQ

p2p24p8p58解得p2 p24p抛物线C:y24x

（2）由（1）可得F1,0 可设直线l:xmy1

y24xy24my40 联立方程xmy1设Ax1,y1,Bx2,y2，则有y1y24m,y1y24

x1x2my1y224m22 AB的中点D2m21,2m

且ABm21y1y24m21

'由直线l:xmy1可得l的斜率为m

'2设l:y2mmx2m1 整理可得：x1y2m23 m2与y4x联立消去x可得：y24y42m230 m设Mx3,y3,Nx4,y4

-!

4,y3y442m23 m14x3x4y3y44m2624m26

mmy3y422MN的中点E22m23,

mmMN4m212m21m222，因为A,M,B,N共圆，

2所以DEADr2ME

DE21122ABMN 44222222m224m21mm整理后可得：m10m1

24m212m212m4

l的方程为：xy10或xy10