2024高考第二轮专题数学新高考版强基计划第5讲【圆锥曲线】计算技巧系列10讲-极坐标秒解圆锥曲线.docx

圆锥曲线】计算技巧系列10讲——极坐标秒解圆锥曲线在圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，是坐标原点，是圆锥曲线上一点，以为极点，极径的长度可以方便表示出来，可以达到简化计算的目的．也可以圆锥曲线的一个焦点为极径，利用圆锥曲线的统一定义得圆锥曲线统一的极坐标方程，从而解决问题．【知识与典例精讲】一、以原点为极点以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，（1）设椭圆上点的极坐标为，即，，则，变形可得，其中为焦点到相应准线的距离．（2）设双曲线上点的极坐标为，即，，则，变形可得，其中为焦点到相应准线的距离．（3）设抛物线上点的极坐标为，即，，则．例1．设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ).【详解】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值．试题解析：（Ⅰ）因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.由得.则，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.【考点】圆锥曲线综合问题【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.例2．（2022河南二模）设椭圆的离心率，右焦点到直线的距离，O为坐标原点．1求椭圆C的方程；2过点O作两条互相垂直的射线，与椭圆C分别交于A，B两点，证明点O到直线AB的距离为定值，并求弦AB长度的最小值．【答案】（1）＝1（2）【详解】试题分析：解题思路：(1)利用离心率及点到直线的距离公式求解即可；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆的方程，整理成关于的一元二次方程，利用求解.规律总结：直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般综合性强.一般思路是联立直线与圆锥曲线的方程，整理得关于的一元二次方程，常用“设而不求”的方法进行求解.试题解析：（1）由得，即由右焦点到直线的距离为得，解得，所以椭圆C的方程为. （2）设A B直线AB的方程为y=kx+m与椭圆联立消去y得∵OA⊥OB,即整理得所以O到直线AB的距离∵OA⊥OB，∴当且仅当OA=OB时取“=”由得.即弦的长度最小值是. 考点：1.椭圆的标准方程；2.直线与椭圆的位置关系.例3．（2022虹口区月考）已知椭圆的长轴为，且过点（1）求椭圆的方程；（2）设点为原点，若点在曲线上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）（2）直线与圆相切，证明见解析【分析】（1）由题意可得，代入的坐标，可得，的方程，解方程可得椭圆方程；（2）设出点，的坐标分别为，，其中，由得到，用坐标表示后把用含有点的坐标表示，然后分，的横坐标相等和不相等写出直线的方程，然后由圆的圆心到的距离和圆的半径相等，证明直线与圆相切.【详解】（1）由题意可得，即，又，解得，即有椭圆的方程为；（2）直线与圆相切.证明如下：设点,的坐标分别为,，其中.，，即，解得.当时，，代入椭圆的方程，得，故直线的方程为，圆心到直线的距离.此时直线与圆相切.当时，直线的方程为,即.圆心到直线的距离又，.故.此时直线与圆相切.综合得直线与圆相切.【点睛】此题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查直线和圆的位置关系的判断，考查化简整理的运算能力，属于中档题.例4．（2022衡阳一模）已知椭圆的离心率为，其左右焦点分别为、，，设点，是椭圆上不同两点，且这两点与坐标原点的连线的斜率之积．(1)求椭圆的方程；(2)求证：为定值，并求该定值．【答案】(1)；(2)为一定值.【分析】（1）由离心率和焦距建立a，b的方程组求解即可；（2）先由斜率关系求得，再由椭圆方程求得，联立即可求解．【详解】（1）依题意，，而，∴，，则椭圆的方程为：；（2）由于，则，，而，，则，，∴，则，，展开得为一定值.二、以焦点为极点1．以圆锥曲线的焦点为极点，极轴垂直于准线建立极坐标系（如图①），三种圆锥曲线的统一极坐标方程为：①，其中为焦点到相应准线的距离．当时，表示以左焦点为极点的椭圆；当时，表示以焦点为极点、开口向右的抛物线；当时，表示以右焦点为极点的双曲线的右支，若允许，则方程就表示整条双曲线． 图① 图② 图③ 图④证明：仅证双曲线情形，椭圆和抛物线同理可证．如图⑤，设是双曲线左支上的一点，连结，过作右准线于，轴于．在终边的延长线上，，由定义有，又，，即，从而当时，方程表示双曲线左支，因而因而在广义坐标系下方程表示整条双曲线．图⑤2．以圆锥曲线的焦点为极点，极轴垂直于准线建立极坐标系（如图②），三种圆锥曲线的统一极坐标方程为：②，其中为焦点到相应准线的距离．当时，表示以右焦点为极点的椭圆；当时，表示以焦点为极点、开口向左的抛物线；当时，表示以左焦点为极点的双曲线的左支，若允许，则方程就表示整条双曲线． 3． 以圆锥曲线的焦点为极点，以平行于准线的直线为极轴，建立极坐标系，三种圆锥曲线的统一极坐标方程为③（如图③）或④（如图④）．例5．已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则A．1 B． C． D．2【答案】B【详解】因为，所以，从而，则椭圆方程为．依题意可得直线方程为，联立可得设坐标分别为，则因为，所以，从而有 ①再由可得，根据椭圆第二定义可得，即 ②由①②可得，所以，则，解得．因为，所以，故选B例6（2021年年高考全国Ⅱ卷20）．已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.例7．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.所以|AB|＝＝.同理可得|CD|＝.则，又k1·k2＝1，所以.故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式例8．在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．⑴求椭圆的标准方程；⑵若时，，求实数；⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．【答案】（1）（2）（3）为定值【详解】试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；（3） 需讨论斜率是否存在．一方面斜率不存在即=时，由（2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关试题解析：（1），得：，椭圆方程为（2）当时，，得：，于是当=时，，于是，得到（3）①当=时，由（2）知②当时，设直线的斜率为，，则直线MN：联立椭圆方程有，，，=+==得综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关 考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线例9．如图，椭圆的顶点为，，，，焦点为，，，．(1)求椭圆C的方程；(2)设n是过原点的直线，l是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A，B两点的直线，．是否存在上述直线l使成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）根据椭圆的几何性质知，由已知条件得知，求出，即可得方程．（2）当与轴不垂直，设A、B，直线为，结合已知得，再根据向量数量积的运算律可得，联立直线和椭圆求与的第二个关系式即可判断存在性，再考虑与轴垂直结合已知判断存在性.【详解】（1）由知：①，由知：②，又③由上述三式，解得，，故椭圆C的方程为.（2）设A，B分别为，，假设使，成立的直线l存在，(i)当l不垂直于x轴时，设l为，由ln于P且得：，即，由，.，即.。