ldc數學教育高二圓錐曲線小總結
—by ldc
一. 利用原方程思想小專題 ，向量代數化在圓錐中的應用專題小總結
1：已知a,b是橢圓的左右頂點，p為橢圓上異於a，b的任意，直線pa和pb的斜率分別為。求證：
2：如圖，設點p是橢圓上的任意一點（異於左右頂點a,b）
（1） 若橢圓e的右焦點為f，上頂點為c，求以f為圓心且與直線ac相切的圓的半徑；
（2） 設直線pa,pb分別交直線於點m,n，求證：
賞析與解：（1）由題意，橢圓e的左右焦點上頂點，右焦點
直線，設圓f的半徑為，∵以f為圓心的圓與直線ac相切，∴圓心f到直線ac的距離即為半徑，∴
證明：（2）設橢圓上任一點，直線ap,bp分別交直線於兩點，
∵a,p,m三點共線，∴，同理∴，
又在橢圓上，故∴
又∵∴,即
ldc點評：對於本題第（2）小題，合理地設點的座標很重要，這裡我們設，利用三點共線及p在橢圓上，找到解決本題的核心關係，由此可以快速證明即
事實上，我們還可以利用上題的結論「」，設令，
∴。利用這一結論，可以有下面的變題：
關於本題的變式題1 不改變題設，求證：以mn為直徑的圓恆過x軸上的定點。
提示以mn為直徑的圓的方程為，
即則解得，故圓恆過x軸上的定點
變題2 若將直線改為橢圓的右準線，求證：為鈍角三角形。
提示由題意，準線設令，易得，
∴故為鈍角三角形
變題3 若直線為橢圓的右準線，f為橢圓的右焦點，求證：
提示由題意，橢圓的右焦點，由變題2，，∴故
3: 如圖，在平面直角座標系中，橢圓
的離心率為，
以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的
圓與直線相切
（1）求橢圓的方程
（2）一直點p(0，1)，q(0，2)。設m,n是橢
圓上關於軸對稱的不同的兩點，直線pm
與qn相交於點t，求證：點t在橢圓上。
4: 已知橢圓的乙個頂點為，焦點在軸上，且其右焦點到直線的距離為3.
（1）求橢圓的方程；
（2）試問能否找到一條斜率為的直線，使與橢圓交於兩個不同點，且使得，並指出的取值範圍。
解（1）因為橢圓的乙個頂點是，焦點在軸上，所以
設橢圓的右焦點為，依題意得，解得，所以故所求橢圓方程為
（2）假設滿足題設條件的直線存在，並設直線的方程為
由消去得
即設的中點的座標為，的座標為，則
要使，只要即可（ldc希望你注意用心體會等價轉化及幾何條件的簡化解題作用.）
因為所以即
所以 （注意用心體會多變量化單變數的解題思想，非常重要！）
將式③代入式②得
由得.故當時，存在滿足條件的直線
二. 函式不等式思想小專題：關於與圓錐曲線相關的最值、範圍問題的解題方法研究
與圓錐曲線相關的最值、範圍問題綜合性較強，解決的方法，一是由題目中的限制條件求範圍，如直線與圓錐曲線的位置關係中的範圍，方程中變數的範圍，角度的大小等，二是將要討論的幾何量如長度、面積、代數式等用引數表示出來，再對表示式進行討論，應用不等式、三角函式等知識求最值，在解題過程中注意向量、不等式在解題中的應用。
例：設橢圓的中心是座標原點，長軸在x軸上，離心率，已知點與這個橢圓上的點的最遠距離是，求這個橢圓的方程，並求橢圓上到點p的距離等於的點的座標。
解析設所求方程為
由設橢圓上任一點m的座標為，點m到點p的距離為d，則，且
其中，如果則當時，取得最大值，
解得矛盾。如果，則當時，
取得最大值
由①②可得
所求橢圓方程為
由可得橢圓上到點p的距離等於的點為
補充相應練習：設橢圓的上頂點為a，橢圓c上兩點p,q在軸上的射影分別為左焦點和右焦點，直線pq的斜率為，過點a且與垂直的直線與軸交於點b，的外接圓為圓m。
（1）求橢圓的離心率；
（2）直線與圓m相交於e,f兩點，且，求橢圓的方程；
（3）設點n(0,3)在橢圓c內部，若橢圓c上的點到點n的最遠距離不大於，求橢圓c的短軸長的取值範圍。
三. 關於定點問題專題小總結：
以「直線、圓及圓錐曲線」為主體的平面解析幾何作為中學數學中幾何代數化的典型代表，歷來是高考的重頭戲，是體現能力立意，強調思維空間，用「活題」考「死知識」的典範。由於其綜合性強，算功要求高，常令眾多考生望而生畏。尤其近年悄然興起的圓錐曲線與圓的交匯性問題更讓考生們感到恐慌！
其實這類問題只要善於抓住問題主幹，理清解題思路，及時靈活轉化問題和條件，巧妙把向量方法和平面幾何知識與圖形特徵結合起來，就會柳暗花明，輕鬆應對。
例題：以為焦點的橢圓過點
（1） 求橢圓的方程；
（2） 過點的動直線交橢圓於兩點，試問：在座標平面上是否存在乙個定點，使得無論如何轉動，以為直徑的圓恆過定點？若存在，求出點的座標；若不存在，請說明理由。
解析：（1）方法一：設橢圓方程為，由已知，又，所以，橢圓的方程是
方法二：由已知，設橢圓的方程是因為點在橢圓上，所以，解得，橢圓的方程是
（2）方法一：若直線與軸重合，則以為直徑的圓是若直線與軸垂直，則以為直徑的圓是，由，，解得即兩圓相切於點，因此所求的點如果存在，只能是。事實上，點就是所求的點。
證明如下：當直線垂直於軸時，以為直徑的圓過點。若直線不垂直於軸，可設直線代入橢圓方程，得
記點，則
又，所以
∴，即以為直徑的圓恆過點。所以在座標平面上存在乙個定點滿足條件。
方法二：假設存在定點滿足條件。同解法一得
記點，則
又，當且僅當恆成立時，以為直徑的圓恆過於
又恆成立等價於，解得.所以當時，無論直線如何轉動，以為直徑的圓恆過點.當直線垂直於軸時，以為直徑的圓亦過點。所以在座標平面上存在乙個定點滿足條件。
方法三：設座標平面上存在乙個定點滿足條件，根據直線過軸上的定點及橢圓的對稱性，所求的點如果存在，只能在軸上，設，類似解法二可求得，過程略，所以在座標平面上存在乙個定點滿足條件。
方法四：若直線與軸重合，則以為直徑的圓是若直線與軸垂直，則以為直徑的圓是，其他情形可設直線的斜率為，所以
由消去得 ①
再消去，得
由①+②得圓的方程為，即
令解得，且以為直徑的圓恆過點，所以在座標平面上存在乙個定點滿足條件。
注：以上方法很好地體現定點問題的基本思維。方法一先通過特殊情形確定定點，然後證明其他情形也過這一定點，是比較可取的方法；方法二假設定點，通過條件確定定點，是通性通法，但需要較高的運算能力；方法三利用幾何特徵發現定點的縱座標為，能有效地減少運算量。
同時，三種解法充分利用轉化思想，合理使用韋達定理，避免求圓的方程帶來繁瑣的計算。方法四利用消元的技巧以及圓的方程的特徵，直接求出以為直徑的圓的方程，不必利用韋達定理，計算過程簡單，思路清晰、明了，從而使問題順利解決。
同時再次強調在圓錐曲線中，尤其圓中結合平面幾何知識與所給圖形特徵相來處理及等價解題會非常有助於問題的簡化計算及處理，ldc望你用心體會之！
進一步**，可以得到以圓錐曲線的弦為直徑的圓的方程的統一解法，具體為：已知圓錐曲線，若為其上的兩點，弦所在直線方程為，為了簡便，不考慮的特殊情形。聯立方程，分別消去並將二次項的係數化為1，得和，兩式相加，得，就是所求的以弦為直徑的圓的方程。
利用這一結論解決下面的試題。
已知橢圓的中心在座標原點，焦點在軸上，橢圓上的點到焦點的距離的最大值為3，最小值為1.
（1） 求橢圓的標準方程；
（2） 若直線與橢圓相交於兩點（不是左右頂點），且以為直徑的圓過橢圓的右頂點。求證：直線過定點，並求出該定點的座標。
解：（1）由題意設橢圓的標準方程為，
（2）方法一：當時，與橢圓相交於左右頂點，不合題意。
當時，聯立，消去得
兩式相加，得以為直徑的圓的方程是，其中方程①的，又此圓過橢圓的右頂點，將其代入方程，得，均滿足
當時，，直線過定點，與已知矛盾；
當時，，直線過定點，定點座標為
方法二：設，由，得
以為直徑的圓過橢圓的右頂點，，
，，解得且滿足
當時，，直線過定點，與已知矛盾；
當時，，直線過定點
綜上可知，直線過定點，定點座標為
四． 最後總結點：關於運算。請看下題
設橢圓的兩個焦點分別為，過作橢圓長軸的垂線交橢圓於點，若為等腰直角三角形，則橢圓的離心率為
本題以橢圓的離心率為載體，通過考查運算的簡捷性，思維的深刻性，靈活性，考查了運算求解能力。本題的解決有以下三種思路：
法1（幾何代入法）、設橢圓方程為：，因為點是過焦點作軸的垂線與橢圓的交點，所以，將點的座標代入橢圓方程裡，可得,則，化為，解得或（捨去），即。
法 2（幾何法）、在等腰直角三角形中，，，所以
通過比較不難發現，不同的運算途徑，所獲的方程不同，雖然都能達到運算的目標，但計算的難易程度及相應的計算量的差異較大。思路二是靈活利用橢圓的定**題，要比其他的方法簡捷的多。思路三的計算量偏大，可能導致計算結果出錯，或計算到中途放棄。
所以希望同學們有求簡和轉化問題分析的意識，如此做題才會柳暗花明又一村，才不至山窮水復疑無路。
最後ldc總結怎樣學習數學解題：數學解題的根本目的在於鞏固解題者的數學知識，提公升其數學能力。在解決問題時應將題目中的題設、結論與已經學過的相關知識點予以整合，讓知識成網路，方法成體系，才能源源不斷地開發出解題智慧型。
通過解題學解題的根本要義就是把一道道題目當成研究物件，而解題的過程就是對其進行全方位、多角度的研究過程。（希望同學們深刻體會以上話！）
1213圓錐曲線的題型方法總結
圓錐曲線方法總結 圓錐曲線 1.圓錐曲線的兩個定義 1 第一定義中要重視 括號 內的限制條件 橢圓中，與兩個定點f，f的距離的和等於常數，且此常數一定要大於，當常數等於時，軌跡是線段ff，當常數小於時，無軌跡 雙曲線中，與兩定點f，f的距離的差的絕對值等於常數，且此常數一定要小於 ff 定義中的 絕...
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