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2016年全国卷解析几何典型题及方法复习讲解


解析几何典型题及方法复习讲解
一、圆锥曲线的几类基本习题 一. 弦的中点问题 具有斜率的弦中点问题,一般设曲线上两点为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,代入方程,然后两方程相减,再 应用中点关系及斜率公式,消去四个参数。 例 1 给定双曲线 x ?
2

y2 ? 1 。过 A(2,1)的直线与双曲线交于两点 P1 及

P2 ,求线段 P1 P2 的中 2
2

点 P 的轨迹方程。 分析:设 P 1 ( x1 , y1 ) , P 2 ( x 2 , y 2 ) 代入方程得 x1 ? 两式相减得

y12 y2 2 ? 1 , x2 ? 2 ? 1。 2 2

1 ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? 0 。 2 又设中点 P(x,y),将 x1 ? x 2 ? 2 x , y1 ? y2 ? 2 y 代入,当 x1 ? x2 时得 y ? y2 2y 2x ? ? 1 ? 0。 2 x1 ? x 2 y ? y2 y ?1 又k ? 1 , ? x1 ? x2 x ? 2 ( x1 ? x 2 )( x1 ? x 2 ) ?
代入得 2 x ? y ? 4 x ? y ? 0 。 当弦 P1 P2 斜率不存在时,其中点 P(2,0)的坐标也满足上述方程。因此所求轨迹方程是
2 2

1 4( y ? ) 2 8( x ? 1) 2 ? 1。 ? 7 7
2

x2 y2 ? ? 1 ,通过点(1,1)引一弦,使它在这点被平分,求此弦所在的直线方程。 6 5 ( x ? x 2 )( x1 ? x 2 ) ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) 1 2( y1 ? y2 ) ? ? 0 ,代入得 ? 略解:有 1 ? 6 5 3 5( x1 ? x2 ) y ? y2 5 0,得 k ? 1 ?? 。 x1 ? x2 6 从而直线方程是 5x ? 6 y ? 11 ? 0 。
例 2 已知椭圆 此题将椭圆变为双曲线、抛物线都是同一方法。 二. 焦点三角形问题 椭圆或双曲线上一点 P,与两个焦点 F1 、 F2 构成的三角形问题,常用正、余弦定理搭桥。 例 3 设 P(x,y)为椭圆

?PF2 F1 ? ? 。

x2 y2 ? ? 1 上任一点, F1 ( ?c,0) , F2 (c,0) 为焦点, ?PF1 F2 ? ? , a 2 b2

1

(1)求证离心率 e ?

cos cos

? ?? ? ??
2 2


(2)求 tg

tg 的值; 2 2 (3)求 | PF1 |3 ? PF2 |3 的最值。
分析:(1)设 | PF1 | ? r1 , | PF2 ? r2 ,由正弦定理得 得

?

?

r1 r 2c 。 ? 2 ? sin ? sin ? sin(? ? ? )

r1 ? r2 2c , ? sin ? ? sin ? sin(? ? ? ) ? ?? cos c sin(? ? ? ) 2 。 e? ? ? ? ? ? a sin ? ? sin ? cos 2

(2) e ?

cos cos

?

?

2

cos cos

?
2

? sin ? sin

?

?
2

?
? ?
2 2

2

sin sin

?

?
2

2 ,采用合分比定理得

2

e ?1 ?? e ?1

cos sin

? ?
2

cos sin



2 2 1? e tg tg ? 。 2 2 1? e (3) (a ? ex) 3 ? (a ? ex) 3 ? 2a 3 ? 6ae 2 x 2 。 3 当 x ? 0 时,最小值是 2 a ; 3 2 3 当 x ? a 时,最大值是 2a ? 6e a 。

?

?

三. 存在两点关于直线对称问题 在曲线上两点关于某直线对称问题,分三步:求两点所在的直线,求这两直线的交点,使这交点在圆 锥曲线形内。 例 4 已知椭圆 C 的方程

x2 y2 ? ? 1 ,试确定 m 的取值范围,使得对于直线 y ? 4 x ? m ,椭圆 C 上 4 3

有不同两点关于直线对称。 分析:椭圆上两点 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,代入方程,相减得 3( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ?

4( y1 ? y2 ) ( y1 ? y2 ) ? 0 。 x ? x2 y ? y2 y ? y2 1 ? ? ,代入得 y ? 3x 。 又x ? 1 ,y ? 1 ,k ? 1 2 2 x1 ? x2 4
又由 ?

? y ? 3x 解得交点 ( ?m,?3m) 。 ?y ? 4x ? m
( ?m) 2 ( ?3m) 2 2 13 2 13 ? ? 1。 得 ? ?m? 。 4 3 13 13

交点在椭圆内,则有

2

例 5 为了使抛物线 ( y ? 1) 2 ? x ? 1 上存在两点关于直线 y ? mx 对称,求 m 的取值范围。 略解:两点所在直线 y ? ?

(?

m?2 m?2 ? 1) 2 ? ? ? 1 ,解得 ?2 ? m ? 0 。 2m 2m

m?2 m?2 m?2 ,? ) ,代入抛物线内,有 与 y ? mx 联立求出交点 ( ? 2 2m 2

四. 两线段垂直问题 圆锥曲线两焦半径互相垂直问题,常用 k1 ?k 2 ?

y1 ?y2 ? ?1 来处理。 x1 ?x2

例 6 已知直线 l 的斜率为 k ,且过点 P( ?2,0) ,抛物线 C: y 2 ? 4( x ? 1) ,直线 l 与抛物线 C 有两个 不同的交点(如图)。 (1)求 k 的取值范围; (2)直线 l 的倾斜角 ? 为何值时,A、B 与抛物线 C 的焦点连线互相垂直。

分析:(1)直线 y ? k ( x ? 2) 代入抛物线方程得

k x ? (4k 2 ? 4) x ? 4k 2 ? 4 ? 0 , 由 ? ? 0 ,得 ?1 ? k ? 1( k ? 0) 。
2 2

y B A P (-2,0) O x

4k 2 ? 4 (2)由上面方程得 x1 x 2 ? , k2 y1 y2 ? k 2 ( x1 ? 2)( x2 ? 2) ? 4 ,焦点为 O(0,0) 。
由 k OA ?k OB ?

y1 y2 2 k2 , ? 2 ? ?1 ,得 k ? ? 2 x1 x2 k ? 1

? ? arctg

2 或 2

? ? ? ? arctg
例7

2 。 2
( x ? 3) 2 y 2 ? ? 1 相交于 A、B 两点,若以 AB 为直径的圆恰好 6 2

经过坐标原点的直线 l 与椭圆

通过椭圆左焦点 F,求直线 l 的倾斜角。 分析:左焦点 F(1,0), 直线 y=kx 代入椭圆得 (3k 2 ? 1) x 2 ? 6x ? 3 ? 0 ,

3k ? 1 3k ? 1 2 3k y1 y2 ? 2 。 3k ? 1 y1 y 3 ? ? ? 2 ? ?1 。将上述三式代入得 k ? ? 由 AF ? BF 知 ,? ? ? 30 或 150 。 x1 ? 1 x2 ? 1 3
2 2

x1 x 2 ?

3

, x1 ? x 2 ?

6



二、直线与圆锥曲线位置关系以及圆锥曲线的有关最值问题 基本知识点: (1)求解直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组,进而转化为一元二次方程后利用判别 式,应特别注意数形结合的办法。 (2)注意韦达定理的应用。 弦长公式:斜率为 k 的直线被圆锥曲线截得弦 AB,若 A、B 两点的坐标分别是 A(x1,y1),B(x2,y2)则

3

AB ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? 1 ? k 2 x1 ? x 2 ? (1 ? k 2 )[( x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 x 2 ]
? 1? k2 ? a

(3)注意斜率不存在的情况的讨论和焦半径公式的使用。 (4)有关中点弦问题 <1>已知直线与圆锥曲线方程,求弦的中点及与中点有关的问题,常用韦达定理。 <2>有关弦的中点轨迹,中点弦所在直线方程,中点坐标问题,有时采用“差分法”可简化运算。 (5)有关圆锥曲线的对称问题 若A,A' 是关于直线l的对称点,则应抓住AA' 的中点在对称轴l上及k AA' ? k l ? ?1 这两个关键条件,同时要记住一些特殊的对称关系,如关于坐标轴对称,关于点对称,关于直线 y=±x+b 对称。 (6)圆锥曲线中的有关最值问题,常用代数法和几何法解决。 <1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义,一般可用图形性质来解决。 <2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式,则可建立目标函数(通常利用二次函数,三角函 数,均值不等式)求最值。 【例题选讲】 2 例 1.已知抛物线 y =2px(p>0)。过动点 M(a,0)且斜率为 l 的直线 l 与该抛物线交于不同的两点 A、B (1)若 AB ? 2p,求a的取值范围。 (2)若线段 AB 的垂直平分线交 AB 于 Q,交 x 轴于点 N,试求三角形 MNQ 的面积。 解: (1)直线l的方程为y ? x ? a,将y ? x ? a代入y 2 ? 2px,得
x 2 ? 2(a ? p) x ? a 2 ? 0
设直线l与抛物线两个不同交点的坐标为A( x1 ,y1 ) 、B( x 2 ,y 2 ) ,则

?4(a ? p) 2 ? 4a 2 ? 0 ? ? x 1 ? x 2 ? 2( a ? p ) ? 2 ?x 1 ? x 2 ? a

? AB ? 8p( p ? 2a)
? 0 ? AB ? 2p,8p( p ? 2a) ? 0

p p ?a?? 2 4 (2)设 Q(x3,y3)由中点坐标公式得 x ? x2 x3 ? 1 ?a?p 2 ( x ? a)( x 2 ? a) y3 ? 1 ?p 2 解得 ?

? QM ? (a ? p ? a) 2 ? (p ? 0) 2 ? 2p 2
又三角形 MNQ 为等腰直角三角形 1 2 ?S ?MNQ ? QM ? p 2 2 例 2. 已知椭圆的一个焦点为F1 (0, ? 2 2 ) ,对应的准线方程为y ? ?
9 2 ,且离心率e 4

2

4

2 4 满足: ,e, 成等比数列 3 3 (1)求椭圆方程;
(2)是否存在直线 l,使 l 与椭圆交于不同的两点 M、N,且线段 MN 恰被直线 x ? ? 在,求出 l 的倾斜角的范围;若不存在,请说明理由。 (1)解: 依题意 e ?
2 2 a2 9 2 2 2 2 ? ?c? ?2 2 ? , 又e? 3 c 4 4 3 9 2 4

1 平分,若存 2

? a ? 3,c ? 2 2 ,b ? 1 又F1 (0, ? 2 2 ) ,对应的准线方程为y ? ?

? 椭圆中心在原点,所求方程为 x 2 ?

1 2 y ?1 9

1 (2)假设存在直线l,依题意l交椭圆所得弦MN被x ? ? 平分 2 ? 直线l的斜率存在 设直线l:y ? kx ? m
?y ? kx ? m ? ?? 2 y2 消去y,整理得 ( k 2 ? 9) x 2 ? 2kmx ? m2 ? 9 ? 0 ?1 ?x ? 9 ? ? l与椭圆交于不同的两点M,N ? ? ? 4k 2 m2 ? 4( k 2 ? 9)( m2 ? 9) ? 0

即 m2 ? k 2 ? 9 ? 0

(1)
x1 ? x 2 ? km 1 ? 2 ?? 2 2 k ?9

设M( x1 ,y1 ) ,N( x 2 ,y 2 ) ?
?m ?

k2 ? 9 ( 2) 把(2)代入(1)式中得: 2k ( k 2 ? 9) 2 ? ? ? 2? ? ( k 2 ? 9) ? 0 ? k ? 3 或 k ? ? 3 ? 直线l倾斜角? ?( , ) ? ( , ) 2 3 2 2 3 4k

? 1(a ? b ? 0),AB是它的一条弦,点M(2 ,1) 是弦AB的中 点,若以 a 2 b2 M(2,1)为焦点,椭圆 E 的右准线为相应准线的双曲线 C 和直线 AB 交于点 N(4,-1),且椭圆的离心率 e 与双曲线离心率 e1 之间满足 ee1=1, (1)求椭圆 E 的离心率 e; (2)求双曲线 C 的方程。 y

例 5. 已知椭圆E:

x2

?

y2

A M O

B x N

解:(1)因为点 M(2,1),点 N(4,-1) 所以MN方程为 y ? ? x ? 3
设MN交椭圆于点A( x1 ,y1 ) ,B( x 2 ,y 2 )
5

?y ? ? x ? 3 x1 ? x 2 3a 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? ?2 ? ( b ? a ) x ? 6 a x ? 9 a ? a b ? 0 ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b ? a b x ? a y ? a b ?
? a 2 ? 2 b 2 ? b 2 ? c 2 ? a 2 ? 2c 2 ,e ?

a2 2 准线方程为:x ? ? 即 x ? ?2c c 2

(2)因为 ee1=1

? 双曲线C的离心率e1 ? 2,焦点M(2,1) ,准线l:x ? 2c,点N(4, ? 1)在双曲线上
? MN d N ?l ? e1 即

(4 ? 2) 2 ? ( ?1 ? 1) 2 ? 2 解之 c ? 3,1:x ? 6 4 ? 2c ( x ? 2) 2 ? ( y ? 1) 2 x?6 ? 2

设双曲线 C 上一点 P(x,y) 则

化简得双曲线 C 的方程: ( x ? 10) 2 ? ( y ? 1) 2 ? 32 三、解析几何中减少计算量的常用方法 在教学中,学生普遍觉得解析几何问题的计算量较大。事实上,如果我们能够充分利用几何图形、韦 达定理、曲线系方程,以及运用“设而不求”的策略,往往能够减少计算量。下面举例说明。 一. 充分利用几何图形 解析几何的研究对象就是几何图形及其性质,所以在处理解析几何问题时,除了运用代数方程外,充 分挖掘几何条件,并结合平面几何知识,这往往能减少计算量。 例 1. 已知直线 2 x ? y ? 6 ? 0,x ? 2 y ? 8 ? 0 及 x ? y ? 0 ,求它们所围成的三角形的外接圆方程。 解:由直线 2 x ? y ? 6 ? 0 与 x ? 2 y ? 8 ? 0 的斜率分别为 ?2 和 角形为直角三角形。 由?

1 ,得此两条直线互相垂直,即此三 2

? x ? y ? 0, ?x ? y ? 0 及? ,可求得直角三角形的斜边所在的两个顶点分别为 ?2 x ? y ? 6 ? 0 ? x ? 2 y ? 8 ? 0

A(2,2) 、B(8,8) 。所求三角形的外接圆,即为以 A(2,2)和 B(8,8)为直径端点的圆,其方程为

( x ? 5) 2 ? ( y ? 5) 2 ? 18
评注:此题若不首先利用三角形是直角三角形这一中间结论,而先求三角形的三个顶点,再解三元一 次方程组求圆的一般方程,将会大大增加计算量。 例 2. 已知点 P(5,0)和圆 O: x ? y ? 16 ,过 P 作直线 l 与圆 O 交于 A、B 两点,求弦 AB 中点 M 的轨迹方程。 解:?点 M 是弦 AB 中点,??OMP ? 90? , ?点 M 是在以 OP 为直径的圆周上,此圆的圆心为
2 2

5 5 5 5 ? , 0) ,半径为 ,所以其方程为 ( x ? ) 2 ? y 2 ? ( ) 2 ,即 x 2 ? y 2 ? 5x ? 0 。同时,点 M 又在圆 2 2 2 2 2 x ? y 2 16 2 2 2 2 ? ,所以所求的轨迹方程为 x ? y ? 16 的内部,? x ? y ? 16 ,即 0 ? x ? 5 5 16 x 2 ? y 2 ? 5x ? 0(0 ? x ? ) 5 评注:此题若不能挖掘利用几何条件 ?OMP ? 90? ,点 M 是在以 OP 为直径的圆周上,而利用参数方
程等方法,计算量将很大,并且比较麻烦。 例 3. 求与 x 轴相切,圆心在直线 3x ? y ? 0 上,且被直线 y ? x 截得的弦长等于 2 7 的圆的方程。 解:因圆心在直线 3x ? y ? 0 上,故可设圆心 O'(a,3a) 又?圆与 x 轴相切,? r ?|3a| ,
6

?此时可设圆方程为 ( x ? a) 2 ? ( y ? 3a) 2 ? (3a) 2 (运用已知条件,找出 a、b、r 间联系,尽可能把未知量的个数减少,这对简化计算很有帮助。)
又圆被直线 y ? x 截得的弦长为 2 7 。考虑由圆半径、半弦、弦心距组成的直角三角形,只要将弦心 距用 a 表示出来,便可利用勾股定理求得 a 。 弦心距 d ?

| a ? 3a| ? 2 | a| 2

? ( 2a) 2 ? ( 7 ) 2 ? (3a) 2 ,解得 a ? ?1 ?当 a ? ?1时, 3a ? ?3,r ? 3 ,圆方程为 ( x ? 1) 2 ? ( y ? 3) 2 ? 9 当 a ? 1时, 3a ? 3,r ? 3 ,圆方程为 ( x ? 1) 2 ? ( y ? 3) 2 ? 9
评注:此题若不充分利用圆的半径、半弦、弦心距组成的直角三角形,而用弦长公式,将会增大运算 量。 例 4. 设直线 3x ? 4 y ? m ? 0 与圆 x ? y ? x ? 2 y ? 0 相交于 P、Q 两点,O 为坐标原点,若 OP?OQ ,求 m 的值。
2 2

解: ?圆 x 2 ? y 2 ? x ? 2 y ? 0 过原点,并且 OP?OQ ,

1 ? PQ 是圆的直径,圆心的坐标为 M ( ? ,1) 2 1 又 M ( ? ,1) 在直线 3x ? 4 y ? m ? 0 上, 2 1 5 ? 3 ? ( ? ) ? 4 ? 1 ? m ? 0, ? m ? ? 即为所求。 2 2

评注:此题若不充分利用一系列几何条件:该圆过原点并且 OP?OQ ,PQ 是圆的直径,圆心在直线

3x ? 4 y ? m ? 0 上,而是设 P( x1 ,y1 ) 、Q( x2 ,y2 ) 再由 OP?OQ 和韦达定理求 m ,将会增大运算量。
二. 充分利用韦达定理及“设而不求”的策略 我们经常设出弦的端点坐标而不求它,而是结合韦达定理求解,这种方法在有关斜率、中点等问题中 常常用到。 例 5. 已知中心在原点 O,焦点在 y 轴上的椭圆与直线 y ? x ? 1 相交于 P、Q 两点,且 OP?OQ ,

| PQ| ?

10 ,求此椭圆方程。 2 解:设椭圆方程为 ax 2 ? by 2 ? 1(a ? b ? 0) ,直线 y ? x ? 1 与椭圆相交于 P ( x1 ,y1 ) 、 Q( x2 ,y2 )
由方程组 ?

两点。

?y ? x ? 1

2 2 ?ax ? by ? 1 (a ? b) x 2 ? 2bx ? b ? 1 ? 0

消去 y 后得

2b b ?1 ,x1 x 2 ? a ?b a ?b 由 k OP ? k OQ ? ?1 ,得 y1 y2 ? ? x1 x2 又 P、Q 在直线 y ? x ? 1 上, ? x1 ? x 2 ? ?

(1)

7

( 2) ? y1 ? x1 ? 1, ? (3) ? y 2 ? x 2 ? 1, ? y1 y 2 ? ( x1 ? 1)( x 2 ? 1) ? x1 x 2 ? ( x1 ? x 2 ) ? 1 把(1)代入,得 2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1 ? 0 , 2(b ? 1) 2b ? ?1? 0 即 a ?b a ?b
化简后,得

a ?b ? 2
由 | PQ| ?

(4)

5 10 2 2 ,得 ( x1 ? x 2 ) ? ( y1 ? y 2 ) ? 2 2 5 5 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ,( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? , 4 4 2b 2 4(b ? 1) 5 ( ) ? ? a ?b a ?b 4 1 3 2 把(2)代入,得 4b ? 8b ? 3 ? 0 ,解得 b ? 或 b ? 2 2 3 1 代入(4)后,解得 a ? 或 a ? 2 2 3 1 由 a ? b ? 0 ,得 a ? ,b ? 。 2 2 2 2 3x y ? ?1 ?所求椭圆方程为 2 2
评注:此题充分利用了韦达定理及“设而不求”的策略,简化了计算。

x2 y2 ? ? 1 ,AB 为不平行于对称轴且不过原点的弦,M 为 AB 中点,设 AB、OM a 2 b2 b2 的斜率分别为 k AB 、k OM ,则 k AB ? k OM ? 2 a x ? x2 y ? y2 , 1 解:设 A( x1 ,y1 ),B( x 2 ,y 2 )则 M( 1 ) 2 2 x2 y2 又?A、B 分别在 2 ? 2 ? 1 上,则有 a b 2 2 ? x1 y ? 12 ? 1 (1) ? 2 ?a b ? 2 2 ? x2 ? y2 ? 1 ( 2) ? b2 ? a2 2 2 2 2 2 2 x ?x y ?y y ? y2 y1 ? y2 y1 ? y2 b 2 b2 由 (1) ? (2) 得 1 2 2 ? 1 2 2 ? 0 , 即 1 2 , ? , ? ? 2 a b x1 ? x2 x1 ? x2 a 2 a2 x1 ? x2
例 6. 若双曲线方程为

?

k AB ? k OM ?

b2 a2

评注:此题充分利用了中点坐标公式斜率公式及“设而不求”的策略,简化了计算。 三. 充分利用曲线系方程
8

利用曲线系方程可以避免求曲线的交点,因此也可以减少计算。 例 7. 求经过两已知圆 C1 :x 2 ? y 2 ? 4 x ? 2 y ? 0 和 C2 :x 2 ? y 2 ? 2 y ? 4 ? 0 的交点,且圆心在直线 l : 2 x ? 4 y ? 1 ? 0 上的圆的方程。 解:设所求圆的方程为:

x 2 ? y 2 ? 4 x ? 2 y ? ? ( x 2 ? y 2 ? 2 y ? 4) ? 0 即 (1 ? ? ) x 2 ? (1 ? ? ) y 2 ? 4 x ? 2(1 ? ? ) y ? 4? ? 0 , 2 ? ?1 , 其圆心为 C( ) 1? ? ? ?1 2 ? ?1 1 ? 4? ? 1 ? 0 ,解得 ? ? ,代入所设圆的方程得 又 C 在直线 l 上,? 2 ? 1? ? ? ?1 3 2 2 x ? y ? 3x ? y ? 1 ? 0 为所求。
评注:此题因利用曲线系方程而避免求曲线的交点,故简化了计算。 四、线段长的几种简便计算方法 近几年的高考数学试题,都有运算量大的特点,解析几何部分显得尤为突出,而在解析几何题中,又 着重体现在求线段的长。若求线段长的计算方法不当,就会大大增加运算量,直接影响高考成绩。经笔者 多年摸索,找到几种计算线段长的简便方法,写出来,供大家参考。 一.充分利用现成结果,减少运算过程 一般地,求直线与圆锥曲线相交的弦 AB 长的方法是: 把直线方程 y ? kx ? b 代入圆锥曲线方程中,得到型如 ax ? bx ? c ? 0 的方程,方程的两根设为
2

x A , x B ,判别式为△,则 | AB| ? 1 ? k 2 ?| x A ? x B | ?

1 ? k 2 ( x A ? x B ) 2 ? 4 x A ?x B ? 1 ? k 2 ? | AB| ? 1 ? k 2 ?

△ 。记住了结果 ,在计算中,直接代 | a|

△ ,就能减少配方、开方等运算过程。 | a| 2 2 例 1 求直线 x ? y ? 1 ? 0 被椭圆 x ? 4 y ? 16 所截得的线段 AB 的长。 2 2 2 解:把 y ? x ? 1 代入椭圆方程 x ? 4 y ? 16 得到 5x ? 8 x ? 12 ? 0 。
△ ? 82 ? 4 ? 5 ? 12 ? 304 ,则 | AB| ? 1 ? 1?
304 4 38 。 ? 5 5

二.结合图形的特殊位置关系,减少运算 1. 求直线与圆的相交弦 因圆比较特殊,故求弦长不采用方法一,可用下面的方法,使运算简单。
2 2 2 设直线方程为 y ? kx ? m ,圆的方程为 ( x ? a) ? ( y ? b) ? r ,圆心为 ( a , b) ,直线与圆相交于

A、B,圆心到直线的距离为 d ?
2 2

| ak ? b ? m|
2

1? k 例 2 求圆 x ? y ? 2 x ? 4 y ? 3 ? 0 截得直线 x ? y ? 1 ? 0 的线段长。
解:由原方程得 ( x ? 1) 2 ? ( y ? 2) 2 ? (2 2 ) 2 ,圆心为(-1,-2),则 d ?

,则 | AB| ? 2 r 2 ? d 2 。

|( ?1) ? ( ?2) ? 1| ? 2 ,从而截得线段长 | AB| ? 2 8 ? 2 ? 2 6 。 1?1
2. 求过圆锥曲线焦点的弦 圆锥曲线的定义都涉及焦点,结合图形运用圆锥曲线的定义,可回避复杂运算。 例3

x2 y2 ? ? 1 的两个焦点,AB 是经过 F1 的弦,若 | AB| ? 8 ,则 如图 1, F1 、 F2 是椭圆 25 9
9

| F2 A|?| F2 B| ? _______________。 解:由定义可知 | F1 A|?| F2 A| ? 10 , | F1 B|?| F2 B| ? 10 , 则 | F1 A|?| F2 A|?| F1 B|?| F2 B| ? 20 。 又由图可知 | F1 A|?| F1 B| ?| AB| ? 8 , 因此 | F2 A|?| F2 B| ? 12 。
注:此题如果不结合图形用定义,就很难计算出结果。

Y A F1 B O F2 x B A

y D C F O x

图1

图2

3. 运用两种曲线组合构成的特殊位置关系,巧妙简化运算 例 4 已知圆 F 的方程 x ? y ? 2 y ? 0 ,抛物线的顶点在原点,焦点是圆心 F,过 F 引直线 l 与抛物
2 2

线和圆依次交于 A、B、C、D 四点,设 l 的倾斜角为 ? ,当 ? 为何值时,线段 | AB| , | BC| , | CD| 成等差 数列。 解:依题意知圆心 F(0,1),半径为 1,抛物线的方程: x ? 4 y , |BC| ? 2 (如图 2)。
2

?| AB| ,|BC|,| CD| 成等差数列, ?| AB|?| CD| ? 2| BC| ? 4 , | AD| ? 6 。 即 | AD|?| BC| ? 4 ,? 2 2 设 l 的方程为: y ? kx ? 1 ,代入 x ? 4 y 得 x ? 4 kx ? 4 ? 0 。
由 | AD| ? 1 ? k 2 ? 16k 2 ? 16 ? 6 , 解得 k ? tg? ? ? 故 ? ? arctg

2 , 2

2 2 或 ? ? ? ? arctg 。 2 2 注:如果此题直接计算三段 | AB| , | CD| , | BC| 的长,而不结合图形得关系式 | AD|? | BC| ? 4 ,会加大运算量。
三. 将二元运算转化为一元运算,可简化运算 1. 用三角形相似比,把平面上两点间的距离转化为数轴上两点间的距离 例 5 直线 l 与 x 轴不垂直,与抛物线 y ? x ? 2 交于 A、B 两点,与椭圆 x ? 2 y
2 2 2

? 2 交于 C、D 两点,与 x 轴交于点 M ( x 0 ,0) ,若 | AC| ?| BD| ,求 x0 的范围。

解:设直线 l 的方程为 y ? k ( x ? x0 ) ,又设 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y2 ) C( x3 , y3 ) 、
10

D( x4 , y4 ) 。 ? y ? k ( x ? x0 ) 2 由? 2 ,得到 k 2 x 2 ? (2k 2 x0 ? 1) x ? k 2 x0 ? 2 ? 0。 y ? x ? 2 ? 2 △ 1 ? (2 k 2 x0 ? 1) 2 ? 4 k 2 ?( k 2 x0 ? 2)


? 4 k 2 x 0 ? 8k 2 ? 1 ? 0 2 k 2 x0 ? 1 由韦达定理得 x1 ? x 2 ? , k2 ? y ? k ( x ? x 0 ), 2 由? 2 得到 (1 ? 2k 2 ) x 2 ? 4k 2 k 0 x ? 2k 2 x0 ? 2 ? 0。 2 ?x ? 2 y ? 2
2 2 △ 2 ? 16k 4 x0 ? 4(1 ? 2 k 2 )(2 k 2 x0 ? 2)



(1)

2 ? 16k 2 ? 8k 2 x0 ?8 ? 0 , 2 4k x0 有 x3 ? x4 ? 。 1 ? 2k 2 要使 | AC| ?| BD| ,只需 AB 的中点与 CD 的中点坐标相同即可。由 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ,得 1 (3) k2 ? ? ( x0 ? ?1) . 2(1 ? x0 ) 把(3)分别代入(1)、(2)可求得 x0 的范围为(-2,-1)。 注:此题如果不转化,就找不到关系 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ,花费再多时间都难以解出。

(2)

2. 利用圆锥曲线的定义,把到焦点的距离转化为到准线的距离 例 6 点 A(3,2)为定点,点 F 是抛物线 y 2 ? 4 x 的焦点,点 P 在抛物线 y 2 ? 4x 上移动,若 | PA|?| PF | 取得最小值,求点 P 的坐标。 解:抛物线 y ? 4 x 的准线方程为 x ? ?1,设 P 到准线的距离 为 d ,则 | PA|?| PF |
2

y A d O P F x

= | PA|?d 。要使 | PA|?| PF | 取得最小值,由图 3 可知过 A 点的直线 与准线垂直时, | PA|?

| PF | 取得最小值,把 y ? 2 代入 y 2 ? 4 x ,得 P(1,2)。 四. 利用直线参数方程 t 的几何意义,简便运算 利用直线参数方程 t 的几何意义,计算直线上经过同一点的两条
线段的长。 例 7 过点 A(-2,4)引倾斜角为 135 的直线交抛物线
o

X=1 图3

y ? 2 px( p ? 0) 于 P1 P2 两点,若 | AP1 | , | P1 P2 | , | AP2 | 成等比数列,求 P 的值。
2

解:设直线的参数方程为

? x ? ?2 ? t cos135o , ? ? o ? ? y ? 4 ? t sin 135 ,
代入 y ? 2 px( p ? 0), 得
2

t 2 ? 2 2 (4 ? p)t ? 8 p ? 32 ? 0 , t1 ? t 2 ? ?2 2 (4 ? p) , t1t 2 ? 8 p ? 32 ? 0 。 由参数 t 的几何意义,得 | AP 1 ?| t1 | , | P 1P 2 | ?| t 2 ? t1 | , | AP 2 | ?| t 2 | 。

11

根据题意得 | t 2 ? t1 |2 ?| t1 | ?| t 2 | ,

(t1 ? t 2 ) 2 ? 4t1t 2 ? t1t 2 , (t1 ? t 2 ) 2 ? 5t1t 2 ,于是 [?2 2 (4 ? p)]2 ? 5(8 p ? 32) ,即 p 2 ? 3 p ? 4 ? 0 ,又 p ? 0 ,得 p ? 1。
五. 利用极坐标,简便运算 在过原点的几条线段成一定角的关系中,用极坐标会使运算简便。 例 8 P、Q 是双曲线

x2 y2 ? ? 1(0 ? a ? b) 上的两点,若 OP?OQ ,求证: a 2 b2

1 1 为定值。 ? 2 | OQ| | OP|2 解:将 x ? ? cos? , y ? ? sin ? 代入
x2 y2 ? ? 1 ( 0 ? a ? b) , a 2 b2 1 cos2 ? sin 2 ? 有 2 ? ? 2 。 ? a2 b ? 1 1 1 1 1 1 设 P ( ? 1 , ? ) , Q( ? 2 , ? ? ) , ? ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 为定值。 2 2 2 | OP| | OQ| ?1 ? 2 a b
上面五种方法及例证充分说明,灵活掌握求线段长的简便算法,会加快你的解题速度,从而提高数学 成绩,以利高考。 五、典型例题 例 2 已知直线 l 与椭圆

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 有且仅有一个交点 Q,且与 x 轴、y 轴分别交于 R、 a2 b2

S,求以线段 SR 为对角线的矩形 ORPS 的一个顶点 P 的轨迹方程. 讲解:从直线 l 所处的位置, 设出直线 l 的方程, 由已知,直线 l 不过椭圆的四个顶点,所以设直线 l 的方程为 y ? kx ? m(k ? 0). 代入椭圆方程 b 2 x 2 ? a 2 y 2 ? a 2 b 2,得
b 2 x 2 ? a 2 (k 2 x 2 ? 2kmx? m2 ) ? a 2b 2 . 化简后,得关于 x 的一元二次方程 (a 2 k 2 ? b 2 ) x 2 ? 2ka 2 mx ? a 2 m 2 ? a 2b 2 ? 0. 于是其判别式 ? ? (2ka 2 m) 2 ? 4(a 2 k 2 ? b 2 )(a 2 m 2 ? a 2 b 2 ) ? 4a 2 b 2 (a 2 k 2 ? b 2 ? m 2 ). 由已知,得△=0.即 a 2 k 2 ? b 2 ? m 2 . ① m 在直线方程 y ? kx ? m 中,分别令 y=0,x=0,求得 R(? ,0), S (0, m). k m y ? ? x?? , k?? , ? ? k x ? 令顶点 P 的坐标为(x,y), 由已知,得 ? 解得? ? ? y ? m. ?m ? y. ? ? ? ?
2 2 代入①式并整理,得 a ? b ? 1 , 即为所求顶点 P 的轨迹方程. 2 x y2 2 2 方程 a ? b ? 1 形似椭圆的标准方程, 你能画出它的图形吗? x2 y 2

x2 y2 2 3 3 . 例 3 已知双曲线 2 ? 2 ? 1 的离心率 e ? ,过 A(a,0), B(0,?b) 的直线到原点的距离是 3 2 a b
12

(1)求双曲线的方程; (2)已知直线 y ? kx ? 5(k ? 0) 交双曲线于不同的点 C,D 且 C,D 都在以 B 为圆心的圆上,求 k 的值.
ab ab 3 讲解:∵(1) c ? 2 3 , 原点到直线 AB: x ? y ? 1 的距离 d ? a 2 ? b 2 ? c ? 2 . . a b a 3 ? b ? 1, a ? 3. 2 x 故所求双曲线方程为 ? y 2 ? 1.
3

(2)把 y ? kx ? 5代入x ? 3 y 2 ? 3 中消去 y,整理得 (1 ? 3k 2 ) x 2 ? 30kx ? 78 ? 0 . 设 C( x1 , y1 ), D( x2 , y2 ), CD 的中点是 E( x0 , y0 ) ,则 x ? x2 15k 5 x0 ? 1 ? ? y 0 ? kx0 ? 5 ? , 2 2 1 ? 3k 1 ? 3k 2 y ?1 1 k BE ? 0 ?? . x0 k
2

? x0 ? ky0 ? k ? 0,


15k 5k ? ? k ? 0, 又k ? 0,? k 2 ? 7 2 2 1 ? 3k 1 ? 3k

故所求 k=± 7 . 为了求出 k 的值, 需要通过消元, 想法设法建构 k 的方程. 例 4 已知椭圆 C 的中心在原点,焦点 F1、F2 在 x 轴上,点 P 为椭圆上的一个动点,且∠F1PF2 的最大值 为 90°,直线 l 过左焦点 F1 与椭圆交于 A、B 两点,△ABF2 的面积最大值为 12. (1)求椭圆 C 的离心率; (2)求椭圆 C 的方程. | PF1 |? r1 , | PF2 |? r2 , | F1 F2 |? 2c 讲解:(1)设 , 对 ?PF1 F2 , 由余弦定理, 得
cos ?F1 PF2 ? r11 ? r22 ? 4c 2 (r1 ? r2 ) 2 ? 2r1 r2 ? 4c 2 4a 2 ? 4c 2 4a 2 ? 4c 2 ? ? ?1 ? ?1 r ?r 2r1 r2 2r1 r2 2r1 r2 2( 1 2 ) 2 2 2 , ? 1 ? 2e ? 0
e? 2 . 2

解出

(2)考虑直线 l 的斜率的存在性,可分两种情况: i) 当 k 存在时,设 l 的方程为 y ? k ( x ? c) ??????① 椭圆方程为 由e ? 2 .
2

x2 y2 ? ? 1, A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ) a2 b2 得 a 2 ? 2c 2 , b 2 ? c 2 .

x 2 ? 2 y 2 ? 2c 2 ? 0 于是椭圆方程可转化为 ??????② 2 2 2 将①代入②,消去 y 得 x ? 2k ( x ? c) ? 2c 2 ? 0 , 整理为 x 的一元二次方程,得 (1 ? 2k 2 ) x 2 ? 4ck 2 x ? 2c 2 (k 2 ? 1) ? 0 . 则 x1、x2 是上述方程的两根.且

| x2 ? x1 |?

2 2c 1 ? k 2 , 1 ? 2k 2
2 2c(1 ? k 2 ) , 1 ? 2k 2

| AB |? 1 ? k 2 | x2 ? x1 |?

AB 边上的高 h ?| F1 F2 | sin ?BF1 F2 ? 2c ?

|k| 1? k
2

,

也可这样求解:

S?

1 | F1 F2 | ? | y1 ? y 2 | 2

13? c? | k | ? | x1 ? x2 |

S?

1 1? k 2 |k| 2 2c( ) 2c 2 2 1 ? 2k 1? k 2
? 2 2c 2 ? 2 2c 2 1? k 2 | k | k2 ?k4 2 ? 2 2 c 1 ? 2k 2 1 ? 4k 2 ? 4k 4 1

? 2c 2 . 1 4? 4 k ?k2 ii) 当2k 不存在时,把直线 代入椭圆方程得 2 x ? ?c y?? c, | AB |? 2c, S ? 2c ? 2c 2 2 1

由①②知 S 的最大值为 2c 2 由题意得 2c 2 =12 所以 c 2 ? 6 2 ? b 2 2 2 故当△ABF2 面积最大时椭圆的方程为: x ? y ? 1.
12 2 6 2

a 2 ? 12 2

下面给出本题的另一解法,请读者比较二者的优劣: 设过左焦点的直线方程为: x ? my ? c ????① (这样设直线方程的好处是什么?还请读者进一步反思反思.)
2 2 椭圆的方程为: x ? y ? 1, A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ) 2 2

a

b

2 得: 2 a ? 2c 2 , b 2 ? c 2 , 于是椭圆方程可化为: x 2 ? 2 y 2 ? 2c 2 ? 0 ??② . 2 把①代入②并整理得: (m 2 ? 2) y 2 ? 2mcy? c 2 ? 0 于是 y1 , y2 是上述方程的两根.

由e ?

| AB |? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y 1 ? y 2 ) 2 ? 1 ? m 2 | y 2 ? y1 |

? 1 ? m2

4m 2 c 2 ? 4c 2 (m 2 ? 2) m ?2
2

?

2 2c(1 ? m 2 ) , m2 ? 2

AB 边上的高 h ?

2c 1 ? m2

,
2c 1? m
2

2 从而 S ? 1 | AB | h ? 1 ? 2 2c(1 ? m ) ? 2

2

2

m ?2

? 2 2c 2

1 ? m2 (m ? 2) 2

? 2 2c 2

1 1 m ?1? 2 ?2 m ?1
2

? 2c 2 .

当且仅当 m=0 取等号,即 S max ? 由题意知 2c 2 ? 12 , 于是

2c 2 .
b 2 ? c 2 ? 6 2 , a 2 ? 12 2 .
x2 12 2 ? y2 6 2 ? 1.

故当△ABF2 面积最大时椭圆的方程为: 例 5 已知直线 y ? ? x ? 1 与椭圆 线 l : x ? 2 y ? 0 上. (1)求此椭圆的离心率;

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 相交于 A、B 两点,且线段 AB 的中点在直 a2 b2

(2 )若椭圆的右焦点关于直线 l 的对称点的在圆 x ? y
2

2

? 4 上,求此椭圆的方程.

? y ? ? x ? 1, ? 讲解:(1)设 A、B 两点的坐标分别为 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ).则由? x 2 得 y2 ? ? 1 ? 2 b2 ?a (a 2 ? b 2 ) x 2 ? 2a 2 x ? a 2 ? a 2b 2 ? 0 ,
根据韦达定理,得
14

2a 2 2b 2 , y ? y ? ? ( x ? x ) ? 2 ? , 1 2 1 2 a2 ? b2 a2 ? b2 a2 b2 ∴线段 AB 的中点坐标为( 2 ). , a ? b2 a2 ? b2 a2 2b 2 由已知得 2 ? ? 0,? a 2 ? 2b 2 ? 2(a 2 ? c 2 ) ? a 2 ? 2c 2 2 2 2 a ?b a ?b x1 ? x2 ?
故椭圆的离心率为 e ?

(2)由(1)知 b ? c, 从而椭圆的右焦点坐标为 F (b,0), 设 F (b,0) 关于直线 l : x ? 2 y ? 0 的对称

2 . 2

y0 ? 0 1 x ?b y ? ? ?1且 0 ? 2 ? 0 ? 0, x0 ? b 2 2 2 3 4 x 0 ? b且 y 0 ? b 解得 5 5 3 2 4 2 2 2 2 由已知得 x 0 ? y 0 ? 4,? ( b) ? ( b) ? 4,? b ? 4 5 5 x2 y2 ? ?1 . 故所求的椭圆方程为 8 4 例 6 已知⊙M: x 2 ? ( y ? 2) 2 ? 1, Q是x 轴上的动点,QA,QB 分别切⊙M 于 A,B 两点,
点为 ( x0 , y0 ),则 (1)如果 | AB |?

4 2 ,求直线 MQ 的方程; 3

(2)求动弦 AB 的中点 P 的轨迹方程.

4 2 | AB | 2 2 2 2 1 ,可得 | MP |? | MA | 2 ?( ) ? 12 ? ( ) ? , 由射影定理, 3 2 3 3 2 得 | MB | ?| MP | ? | MQ |, 得 | MQ |? 3, 在 Rt△MOQ 中,
讲解:(1)由 | AB |?

| OQ |? | MQ | 2 ? | MO | 2 ? 3 2 ? 2 2 ? 5 ,
故 a ? 5或a ? ? 5 , 所以直线 AB 方程是

2x ? 5 y ? 2 5 ? 0或2x ? 5 y ? 2 5 ? 0; (2)连接 MB,MQ,设 P( x, y), Q(a,0), 由
点 M,P,Q 在一直线上,得

2 y?2 ? , (*) 由射影定理得 | MB |2 ?| MP | ? | MQ |, ?a x


x 2 ? ( y ? 2) 2 ? a 2 ? 4 ? 1, (**) 把(*)及(**)消去 a,并注意到 y ? 2 ,可得 7 1 x 2 ? ( y ? ) 2 ? ( y ? 2). 4 16
适时应用平面几何知识,这是快速解答本题的要害所在,还请读者反思其中的奥妙. 例 8 直线 l 过抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的焦点,且与抛物线相交于 A ( x1 , y1 )和B( x2 , y 2 ) 两点.
2

(1)求证: 4x1 x2 ? p ; (2)求证:对于抛物线的任意给定的一条弦 CD,直线 l 不是 CD 的垂直平分线.
2

15

讲解: (1)易求得抛物线的焦点 F ( P ,0) .
2
2 若 l⊥x 轴,则 l 的方程为 x ? P , 显然x1 x2 ? P . 2 4 P 若 l 不垂直于 x 轴,可设 y ? k ( x ? ) ,代入抛物线方程整理得 2 2 2 2P P P . x 2 ? P(1 ? 2 ) x ? ? 0, 则x1 x2 ? 4 4 k

综上可知

4x1 x2 ? p 2 .
2p 2p

2 2 2 2 (2)设 C ( c , c), D( d , d )且c ? d ,则 CD 的垂直平分线 l ? 的方程为 y ? c ? d ? ? c ? d ( x ? c ? d )

2

2p

4p

假设 l ? 过 F,则 0 ? c ? d ? ? c ? d ( p ? c ? d ) 整理得 2 2p 2 4p (c ? d )(2 p 2 ? c 2 ? d 2 ) ? 0 ? p ? 0 ? 2 p 2 ? c 2 ? d 2 ? 0 ,? c ? d ? 0 .
2 2

这时 l ? 的方程为 y=0,从而 l ? 与抛物线 y ? 2 px 只相交于原点. 而 l 与抛物线有两个不同的交点,因此 l ? 与 l 不重合,l 不是 CD 的垂直平分线. 此题是课本题的深化,你能够找到它的原形吗?知识在记忆中积累,能力在联想中提升. 课本是 高考试题的生长点,复课切忌忘掉课本!
2

例 9 某工程要将直线公路 l 一侧的土石,通过公路上的两个道口 A 和 B,沿着道路 AP、BP 运往公路 另一侧的 P 处,PA=100m,PB=150m,∠APB=60°,试说明怎样运土石最省工? 讲解: 以直线 l 为 x 轴,线段 AB 的中点为原点对立直角坐标系,则在 l 一侧必存在经 A 到 P 和经 B 到 P 路程相等的点,设这样的点为 M,则 |MA|+|AP|=|MB|+|BP|, 即 |MA|-|MB|=|BP|-|AP|=50, ? | AB |? 50 7 ,
x2 y2 ? 2 ?1 2 ∴M 在双曲线 25 25 ? 6 的右支上. 故曲线右侧的土石层经道口 B 沿 BP 运往 P 处,曲线左侧的土石层经道口 A 沿 AP 运往 P 处,按这种方法运 土石最省工. 相关解析几何的实际应用性试题在高考中似乎还未涉及,其实在课本中还可找到典型的范例,你知道吗? 解析几何解答题在历年的高考中常考常新, 体现在重视能力立意, 强调思维空间, 是用活题考死知识的典 范. 考题求解时考查了等价转化, 数形结合, 分类讨论, 函数与方程等数学思想, 以及定义法, 配方法, 待定系数法, 参数法, 判别式法等数学通法.

16


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