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1、圆锥曲线的第三定义及运用椭圆和双曲线的第三定义1.椭圆2 2x yP是椭圆上异于A、B的一在椭圆C:- 冷 1 aAbAO中，A、B是关于原点对称的两点,a b点，假设kpA、kpB存在，那么有:2kPA ? kPB =e证明：构造 PAB的PA边所对的中位线 MO , kpAkMO，由点差法结论:2kMo?kpB =e仁2a知此结论成立。2.双曲线2 小x 在双曲线C:：2 a2yb?1中，A、B是关于原点对称的两点,P是椭圆上异于A、B的一点，假设kPA、kPB存在，那么有:kpA?kpB=e2 1 =屯a2 2证明：只需将椭圆中的 b全部换成 b就能将椭圆结论转换成双曲线的结论。与角度有
2、关的问题2X例题一：椭圆C：-2ab21 aAbAO的离心率e,A、B是椭圆的左右顶点，为椭圆与双曲线1的一个交点，令PAB二，APB二，那么COScos 2解答:令 PBx=，由椭圆第三定义可知：tan ?tan二e2 1=丄4COScos 2 coscos=cos coscos cossin sinsin sin1 tan ? tan _ 31 tan ?tan 5点评:其实所谓的双曲线方程只是一个障眼法，并不影响题目的解答。两顶点一动点的模型要很快的联想到第三定义，那么剩下的任务就是把题目中的角转化为两直线的倾斜角，把正余弦转化为正切。题目中的正余弦化正切是三角函数的常见考点变式1-1
3、:石室中学2021级高二下4月18日周末作业双曲线C: x2 y2 2015的左右顶点分别为A、B , P为双曲线右支一点，且PAB =4 APB，求PAB =.令 PAB=%，PBA=解答：0, ，那么 =5 ，由双曲线的第三定义知:22tan ?tan =tan ?tan5 =e 1=1那么:tan=1tan5=ta n12点评：与例题1采取同样的思路转化角，但对于正切转换的要求较高。两锐角正切乘积为1即表示sin a=COS B, COS a=sin 3 两角互余，那么可解出a的值。当然双曲线的题目较于椭圆和抛物线题目考试概率较小，但既然提到了双曲线的第三定义，不妨做一做。三、与均值定理
4、有关的问题2 2例题2 : A、B是椭圆X2 占 1 aAb0 长轴的两个端点，M、N是椭圆上关于x轴对称的两点,a b直线am、bn的斜率分别为k1k2，且k1k20。假设k|k2的最小值为1，那么椭圆的离心率解答一第三定义+均值由题意可作图如下:连接MB，由椭圆的第三定义可知:2?kBM =e 仁，而 kBMkBNak1k2 = 2a灯说 2 ki ? k2 =1ab _1a = 2.3e=-2解答二特殊值法：这道题由于表达式ki|k2min11非常对称，那么可直接猜特殊点求解。ki = k2 =-时可取最b i.J3值，那么M、N分别为短轴的两端点。此时：ki = k? = = e=a
5、22点评:对于常规解法，合理利用M、N的对称关系是解题的关键，这样可以利用椭圆的第三定义将两者斜率的关系联系起来，既构造了 “一正，又构造了 “二定，利用均值定理“三相等即可用a、b表示出最值i。当然将ki、k2前的系数改为不相等的两个数，就不能利用特殊值法猜答案了，但常规解法相同，即变式2-i。2变式2-i : A、B是椭圆务a2占 i abAO 长轴的两个端点，M、N是椭圆上关于x轴对称的两点, b2直线AM、BN的斜率分别为ki、k2，且kik20。假设J2 ki2x/2 k2的最小值为i，那么椭圆的离心率为解答:连接MB，由椭圆的第三定义可知:2?kBM =eb21=2，而 kBMkB
6、Nab2k1k2 = 2aV2|ki2(2k24脈-j 4b? k2 = =1a.15e=4X2变式2-2 : a、b是椭圆ab21 aAb-O长轴的两个端点,假设椭圆上存在 Q,使 AQB那么椭圆的离心率的取值范围为解答一正切+均值:令Q在x轴上方，那么直线 QA的倾斜角为。，2，直线QB的倾斜角为-AQB，tan AQB tantan tan1 tan tan由椭圆的第三定义:tanb2tan 二-y，那么atanb2 a2 tan?tan取等条件：tanb-，即卩Q为上顶点a而 tanx 在，2单增，那么Q为上顶点时AQB max，所以此时 AQB -，故e33tantan b2-tan
7、b2tana2 tan a2 tan1 tan tanb2=b21212aa带入可得:2b= 2ab 彳 b2 = a2 b2 1 a解答二极限法：当Q趋近于A、B两点时，AQB 此时Q点所在的椭圆弧趋近于以 AB为直径的圆的圆2弧， AQB相当于直径所对的圆周角；当Q在A、B间运动时 AQB Q在以AB为直径2的圆内部，AQBa直径所对的圆周角 =90 ，由椭圆的对称性可猜想当Q为短轴端点时AQB max AQB max由于：椭圆上存在 Q,使 AQB ，那么Q为短轴端点时32取临界情况，即Q为短轴端点时 AQB 3，此时a .3 eb66 ;当椭圆趋于饱满3时，椭圆趋近于圆，圆的直径所对的
8、圆周角永远为90。，不满足;当椭圆趋于线段e1丨时,AQB max，满足。故e当然这些只需要在头脑中一想而过,简洁而有逻辑。61，3点评:这道题可以增加对于圆周角的理解,在用极限法讨论：“当Q趋近于A、B两点时，AQB -时能会颠覆“ AQB的认知，当然这肯定是错的，结合常规解法可以看出此时是角最小的情况,而不是角最大的情况。要搞清楚，不然会被弄晕的。对于常规解法选择正切表示角的大小的原因有与第三定义发生联系tanx在,2单增便于利用tanx的大小比拟角度的大小。四、总结归纳1. 上述局部题目的常规解法较复杂，但做题时一定要能猜答案，而且要猜得有理由。2. 对于均值不等式，注意取等条件是“三相
9、等，即相等时取最值。这可以帮助猜想表达形式是高度对称的式子的最值，如：例题23. 极限法可以刻画出单调变化的某一变量的端点值，如：变式2-2中P在椭圆上滑动，角度的变化一定是光滑的无突变，连续，所以只需考虑边界值。4. 做几何的选填题时，有时利用圆周角定理可以很快的找到最大角，注意学会恰当运用，如：变式2-2。5. 常以正切值刻画角度大小。6. 在做综合性较大的题目时要联系各种知识，灵活转化，以最巧妙的方法致胜。7. .8. L五、方法链接针对上文提到的“圆周角找最大角与“椭圆中另一类均值进行拓展补充，各附例题。例题3 :在平面直角坐标系 XOY中，给定两点M 1,2 和N 1,4，点P在X轴
10、上移动，当 MPN取 最大值时，点 P的横坐标为.解答一正切+均值：M 1,2N 1,4 , 1mn yx 3与x轴交于F03,0令P t,0，那么：kMP当t 3时，=024十，kNP, MPN =3时，Imp的倾斜角较大,tankMPkNP _ 2t 621kMP ? kNP t 7tan2t 6= 2x =22t 7 x 6x 16 xzv=12*7 6tanA0此时xmax43时,lNP的倾斜角较大,tankNPkMP1 kMP ? kNP2t 6A 0 ,那么tan6_2x2 6x2tt27 x=216=16x 6xtanA0此时x4， t 7， tanmax由于 0,，且tan 在
11、0,上单增,tan01max4此时t 1解答二圆周角定理：此题中的取极值时的 P点的几何意义为:N的圆与x轴切于P点。下面给出证明:过 M、1/1672x?x 6证明：以与x轴切于R2点的圆满足所求最大角为例:由于Imn : y x 3是过m、N两点的圆的一条弦，由垂径定理知圆心在I : y x 3上随着圆心横坐标从 0开始增大：当半径r较小时，圆与x轴无交点；当半径稍大一点时，圆与x轴相切，有一个交点；当半径更大一点时，圆与x轴有两交点R3、巳。此时：根据圆周角定理:mp3nMP4N y MQN= MP2N，可知：圆与x轴相切时，MPNmax。所以：过M、N的圆与x轴切于P3、P4点时，分别
12、有MPN max只需比拟 MRN与 MP2N，哪一个更大。令与x轴相切的圆的圆心为 x, y ，那么切点Px,0 ，半径为yx 1 2圆满足：o2x 122 y242 y2x2 6x 70 x 7or1 消去 y比拟可知：当x=1时,MPN max点评:常规方法依旧是利用正切度量角的大小，但注意用倾斜角表示所求角时要用大角减去小角，才能 得到正角；均值时要注意以分子一次为新元构建均值。用圆周角角的性质解答，只要转化为切点,解一个方程组，比拟两个角谁大就行了。不比拟也行，画图可知右边角大于左边角：弦长相等，半径越大，弦所对的圆周角越小。其实两种解法的难度是一样，只是一种要写得多，一种要想得多。变式3-1 :假设G ABC的重心，且AG BG，那么sinC的最大值为解答一余弦定理+均值:Xg令G 0,0，A a,0 ，B 0,b，那么由y3 Xa Xb Xci3 yAyycC a, b由点间的距离公式：ABJa2 b2，AC(4a2 b2，BCUa2 4b2由余弦定理：cosC皿旳2阿2=后：2 2 I X2 lAC| |BC|2b2a24b24 a2 b22 a2 b22、4a2 b2a2 4b2. 4a2 b2a2 4b2
