楊文金

由于向量既能體現(xiàn)“形”的直觀位置特征，又具有“數(shù)”的良好運(yùn)算性質(zhì)，是數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)換的橋梁和紐帶，因此，在向量與圓錐曲線交匯處設(shè)計(jì)試題，已經(jīng)成為高考及各地統(tǒng)考命題的熱點(diǎn).下面就說說一個(gè)常見到的問題：圓錐曲線中給出AP =λPB （A，B為直線與曲線兩交點(diǎn)）條件，眾所周知，兩向量相等當(dāng)且僅當(dāng)兩個(gè)向量的長(zhǎng)度相等、方向相同，由于向量坐標(biāo)的唯一性，故兩個(gè)向量相等的充要條件是坐標(biāo)對(duì)應(yīng)相等，此時(shí)利用向量相等的關(guān)系，就可把幾何問題代數(shù)化.

此類問題答題的一般過程如下：

1.設(shè)（或?qū)懗觯┲本€AB的方程;

2.直線方程與曲線方程聯(lián)立，整理成關(guān)于x（或y）的一元二次方程（如果P為x軸上的點(diǎn)，則整理成關(guān)于y的一元二次方程，反之整理成關(guān)于x的一元二次方程.）;

3.寫出根與系數(shù)的關(guān)系;

4.利用AP =λPB ，找x1，x2（或y1，y2）的關(guān)系，代入根與系數(shù)的關(guān)系中，消去x1，x2（或y1，y2），建立關(guān)于參數(shù)的方程.

下面舉例說明：

例1? ?已知點(diǎn)P（0，1），橢圓 x2 4 +y2=m（m>1）上兩點(diǎn)A，B滿足AP =2PB ，則當(dāng)m=? ? ? 時(shí)，點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.

分析：? 先根據(jù)條件得到A、B坐標(biāo)間的關(guān)系，代入橢圓方程解得B的縱坐標(biāo)，即得B的橫坐標(biāo)關(guān)m的函數(shù)關(guān)系，最后根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)確定最值取法.

解：? 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由AP =2PB 得-x1=2x2，1-y1=2（y2-1），∴-y1=2y2-3，

因?yàn)锳、B在橢圓上，

所以 x21 4 +y21=m， x22 4 +y22=m，

∴ 4x22 4 +（2y2-3）2=m，∴ x22 4 +（y2- 3 2 ）2= m 4 ，

與 x22 4 +y22=m對(duì)應(yīng)相減得y2= 3+m 4 ，

x22=- 1 4 （m2-10m+9）≤4，

當(dāng)且僅當(dāng)m=5時(shí)取最大值.

點(diǎn)睛： 解析幾何中的最值是高考的熱點(diǎn)，在圓錐曲線的綜合問題中經(jīng)常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻認(rèn)識(shí)運(yùn)動(dòng)變化的過程之中，抓住函數(shù)關(guān)系，將目標(biāo)量表示為一個(gè)（或者多個(gè)）變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決.

例2? ?已知拋物線C：y2=3x的焦點(diǎn)為F，斜率為 3 2 的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P.

（1）若|AF |+|BF |=4，求l的方程;

（2）若AP =3PB ，求|AB |.

分析：? （1）設(shè)直線l：y= 3 2 x+m，A（x1，y1），B（x2，y2）;根據(jù)拋物線焦半徑公式可得x1+x2= 5 2 ;聯(lián)立直線方程與拋物線方程，利用韋達(dá)定理可構(gòu)造關(guān)于m的方程，解方程求得結(jié)果;（2）設(shè)直線l：x= 2 3 y+t;聯(lián)立直線方程與拋物線方程，得到韋達(dá)定理的形式;利用AP =3PB 可得y1=-3y2，結(jié)合韋達(dá)定理可求得y1y2;根據(jù)弦長(zhǎng)公式可求得結(jié)果.

解：? （1）設(shè)直線l方程為：y= 3 2 x+m，A（x1，y1），B（x2，y2），

由拋物線焦半徑公式可知：

|AF |+|BF |=x1+x2+ 3 2 =4，∴x1+x2= 5 2 ，

聯(lián)立 y= 3 2 x+my2=3x ，得9x2+（12m-12）x+4m2=0，

則Δ=（12m-12）2-144m2>0，∴m< 1 2 ，

∴x1+x2=- 12m-12 9 = 5 2 ，解得m=- 7 8 ，

∴直線l的方程為：y= 3 2 x- 7 8 ，

即12x-8y-7=0.

（2）設(shè)P（t，0），則可設(shè)直線l方程為：x= 2 3 y+t，

聯(lián)立 x= 2 3 y+ty2=3x ，得y2-2y-3t=0，

則Δ=4+12t>0，∴t>- 1 3 ，

∴y1+y2=2，y1y2=-3t，

∵AP =3PB ，∴y1=-3y2，∴y2=-1，y1=3，∴y1y2=-3，

則|AB |= 1+ 4 9? · （y1+y2）2-4y1y2

=? 13? 3 · 4+12 = 4 13? 3 .

點(diǎn)睛： 本題考查拋物線的幾何性質(zhì)、直線與拋物線的綜合應(yīng)用問題，涉及到平面向量、弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用.關(guān)鍵是能夠通過直線與拋物線方程的聯(lián)立，通過韋達(dá)定理構(gòu)造等量關(guān)系.

例3? ?已知拋物線C：y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P（1，2）.過點(diǎn)Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.

（1）求直線l的斜率的取值范圍;

（2）設(shè)O為原點(diǎn)，QM =λQO ，QN =μQO ，求證： 1 λ + 1 μ 為定值.

分析：? （1）先確定p，再設(shè)直線方程，與拋物線聯(lián)立，根據(jù)判別式大于零解得直線l的斜率的取值范圍，最后根據(jù)PA，PB與y軸相交，舍去k=3;（2）先設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），與拋物線聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理可得x1+x2= 2k-4 k2 ，x1x2= 1 k2 .再由QM =λQO ，QN =μQO 得λ=1-yM，μ=1-yN，利用直線PA，PB的方程分別得點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)，代入化簡(jiǎn) 1 λ + 1 μ 可得結(jié)論.

解：? （1）因?yàn)閽佄锞€y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x.

由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y=kx+1（k≠0）.

由 y2=4xy=kx+1 得k2x2+（2k-4）x+1=0.

依題意Δ=（2k-4）2-4×k2×1>0，解得k<0或0

又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(diǎn)（1，-2）. 從而k≠-3.

所以直線l斜率的取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）.

（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.

由（1）知x1+x2=- 2k-4 k2 ，x1x2= 1 k2 .

直線PA的方程為y-2= y1-2 x1-1 （x-1）.

令x=0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為

yM= -y1+2 x1-1 +2= -kx1+1 x1-1 +2.

同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN= -kx2+1 x2-1 +2.

由QM =λQO ，QN =μQO 得λ=1-yM，μ=1-yN.

所以 1 λ + 1 μ = 1 1-yM + 1 1-yN

= x1-1 （k-1）x1 + x2-1 （k-1）x2

= 1 k-1 · 2x1x2-（x1+x2） x1x2

= 1 k-1 ·? 2 k2 + 2k-4 k2? ?1 k2? =2.

故 1 λ + 1 μ 為定值.

點(diǎn)睛： 利用向量共線可以將解析幾何中的三點(diǎn)共線或者平行問題代數(shù)化，利用向量相等的充要條件是聯(lián)系的橋梁，同時(shí)要注意設(shè)而不求技巧的體現(xiàn).

例4? ?已知橢圓C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，直線x+y+1=0與以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切.

（1）求橢圓的方程.

（2）設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，若過點(diǎn)M（2，0）的直線l與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)S和T，且滿足OS +OT =tOP （O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求實(shí)數(shù)t的取值范圍.

分析：? （1）由題意可得圓的方程為（x-c）2+y2=a2， 圓心到直線x+y+1=0的距離d= |c+1|? 2? =a（*）; 根據(jù)橢圓C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，b=c，a= 2 b= 2 c代入（*）式得b=c=1，即可得到所求橢圓方程;（2）由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為y=k（x-2），設(shè)P（x0，y0），將直線方程代入橢圓方程得：（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0，

根據(jù)Δ=64k4-4（1+2k2）（8k2-2）=-16k2+8>0得到k2< 1 2 ;設(shè)S（x1，y1），T（x2，y2），應(yīng)用韋達(dá)定理x1+x2= 8k2 1+2k2 ，x1x2= 8k2-2 1+2k2 .討論當(dāng)k=0，t≠0的情況，確定t的不等式.

解：? （1）由題意：以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心， 以橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓的方程為（x-c）2+y2=a2，

∴圓心到直線x+y+1=0的距離

d= |c+1|? 2? =a （*）

∵橢圓C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，∴b=c，a= 2 b= 2 c代入（*）式得b=c=1，∴a= 2 b= 2 c，

故所求橢圓方程為 x2 2 +y2=1.

（2）由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為y=k（x-2），設(shè)P（x0，y0），

將直線方程代入橢圓方程得：

（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0，

∴Δ=64k4-4（1+2k2）（8k2-2）=-16k2+8>0，∴k2< 1 2 ，

設(shè)S（x1，y1），T（x2，y2），

則x1+x2= 8k2 1+2k2 ，x1x2= 8k2-2 1+2k2 ，

當(dāng)k=0時(shí)，直線l的方程為y=0，此時(shí)t=0，OS +OT =tOP 成立，故，t=0符合題意.

當(dāng)t≠0時(shí)，

得 tx0=x1+x2= 8k2 1+2k2 ty0=y1+y2=k（x1+x2-4）= -4k 1+2k2? ，

∴x0= 1 t · 8k2 1+2k2 ，y0= 1 t · -4k 1+2k2 ，

將上式代入橢圓方程得： 32k4 t2（1+2k2）2 + 16k2 t2（1+2k2）2 =1， 整理得：t2= 16k2 1+2k2 ，

由k2< 1 2 知0

點(diǎn)睛： 確定橢圓方程需要兩個(gè)獨(dú)立條件，從題中挖掘關(guān)于a、b、c的等量關(guān)系;直線和橢圓的位置關(guān)系問題，往往要善于利用韋達(dá)定理設(shè)而不求，利用點(diǎn)P在橢圓上和向量式得t=f（k），進(jìn)而求函數(shù)值域.

例5? ?在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b≥1）的離心率e=? 3? 2 ，且橢圓C上一點(diǎn)N到點(diǎn)Q（0，3）的距離最大值為4，過點(diǎn)M（3，0）的直線交橢圓C于點(diǎn)A、B.

（1）求橢圓C的方程;

（2）設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，且滿足OA +OB =tOP （O為坐標(biāo)原點(diǎn)），當(dāng)|AB |< 3 時(shí)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍.

分析：? 第一問，先利用離心率列出表達(dá)式找到a與b的關(guān)系，又因?yàn)闄E圓上的N點(diǎn)到點(diǎn)Q的距離最大值為4，利用兩點(diǎn)間距離公式列出表達(dá)式，因?yàn)镹在橢圓上，所以x2=4b2-4y2，代入表達(dá)式，利用配方法求最大值，從而求出b2=1，所以a2=4，所以得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;第二問，先設(shè)A，P，B點(diǎn)坐標(biāo)，由題意設(shè)出直線AB方程， 因?yàn)橹本€與橢圓相交，列出方程組，由韋達(dá)定理得到兩根之和、兩根之積，用坐標(biāo)表示OA +OB =tOP 得出x，y，由于點(diǎn)P在橢圓上，得到一個(gè)表達(dá)式，再由|AB |< 3 ，得到一個(gè)表達(dá)式，2個(gè)表達(dá)式聯(lián)立，得到t的取值范圍.

解：? （1）∵e2= c2 a2 = a2-b2 a2 = 3 4 ，∴a2=4b2，

則橢圓方程為 x2 4b2 + y2 b2 =1即x2+4y2=4b2，

設(shè)N（x，y），則|NQ|= （x-0）2+（y-3）2

= 4b2-4y2+（y-3）2

= -3y2-6y+4b2+9

= -3（y+1）2+4b2+12 ，

當(dāng)y=-1時(shí)，|NQ|有最大值為 4b2+12 =4，

解得b2=1，∴a2=4，橢圓方程是 x2 4 +y2=1.

（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），AB方程為y=k（x-3），

由 y=k（x-3） x2 4 +y2=1 ，

整得（1+4k2）x2-24k2x+36k2-4=0.

由Δ=（-24k2）2-16（9k2-1）（1+4k2）>0，

得k2< 1 5 .

x1+x2= 24k2 1+4k2 ，x1x2= 36k2-4 1+4k2 ，

∴OA +OB =（x1+x2，y1+y2）=t（x，y），則

x= 1 t （x1+x2）= 24k2 t（1+4k2） ，y= 1 t （y1+y2）= 1 t [k（x1+x2）-6k]= -6k t（1+4k2） .

由點(diǎn)P在橢圓上，得 （24k2）2 t2（1+4k2）2 + 144k2 t2（1+4k2）2 =4，化簡(jiǎn)得36k2=t2（1+4k2） ①

又由|AB |= 1+k2 |x1-x1|< 3 ，

即（1+k2）[（x1+x1）2-4x1x2]<3，

將x1+x2，x1x2

代入得（1+k2）[（ 24k2 1+4k2 ）2- 4（36k2-4） 1+4k2 ]<3，

化簡(jiǎn)，得（8k2-1）（16k2+13）>0，則8k2-1>0，k2> 1 8 ，∴ 1 8

由①，得t2= 36k2 1+4k2 =9- 9 1+4k2 ，

聯(lián)立②，解得3

點(diǎn)睛： 第一問中轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)最大值后，要注意變量取值范圍;第二問利用點(diǎn)P在橢圓上，和已知向量等式得變量k，t的等量關(guān)系，和變量k，t的不等關(guān)系聯(lián)立求參數(shù)t的取值范圍.