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解析几何七种常规题型及方法

时间:2016-01-23


解析几何七种常规题型及方法
常规题型及解题的技巧方法 A:常规题型方面 一、一般弦长计算问题: 例 1、已知椭圆 C :
x y x2 y 2 6 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? ,直线 l1 : ? ? 1 被椭圆 C 截得的弦长为 2 2 ,且 e ? , 2 a b a b 3

过椭圆 C 的右焦点且斜率为 3 的直线 l

2 被椭圆 C 截的弦长 AB, ⑴求椭圆的方程;⑵弦 AB 的长度. 思路分析:把直线 l2 的方程代入椭圆方程,利用韦达定理和弦长公式求解. 解析:⑴由 l1 被椭圆 C 截得的弦长为 2 2 ,得 a 2 ? b 2 ? 8 ,………① 又e ?
c2 2 6 ,即 2 ? ,所以 a 2 ? 3b2 ………………………….② a 3 3
2 2

x2 y 2 ? 1. 联立①②得 a ? 6, b ? 2 ,所以所求的椭圆的方程为 ? 6 2

⑵∴椭圆的右焦点 F ? 2,0? ,∴ l2 的方程为: y ? 3 ? x ? 2 ? , 代入椭圆 C 的方程,化简得, 5x2 ? 18x ? 6 ? 0 由韦达定理知, x1 ? x2 ? 从而 x1 ? x2 ?
18 6 , x1 x2 ? 5 5

? x1 ? x2 ?

2

? 4 x1 x2 ?

2 6 , 5

由弦长公式,得 AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ?
4 6 5

? 3?

2

?

2 6 4 6 , ? 5 5

即弦 AB 的长度为

点评:本题抓住 l1 的特点简便地得出方程①,再根据 e 得方程②,从而求得待定系数 a 2 , b 2 ,得出椭圆 的方程,解决直线与圆锥曲线的弦长问题时,常用韦达定理与弦长公式。 二、中点弦长问题: 具有斜率的弦中点问题,常用设而不求法(点差法) :设曲线上两点为 ( x1 , y1 ) , ( x 2 , y 2 ) ,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。

典型例题

给定双曲线 x 2 ?

y2 过A (2, 1) 的直线与双曲线交于两点 P1 ? 1。 2

及 P2 , 求线段 P1 P2

的中点 P 的轨迹方程。 分析:设 P1 ( x1 , y1 ) , P2 ( x 2 , y 2 ) 代入方程得 x12 ? 两式相减得
1 ( x1 ? x 2 )( x1 ? x 2 ) ? ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? 0 。 2

y12 y2 2 ? 1 , x2 ? 2 ? 1。 2 2

又设中点 P(x,y) ,将 x1 ? x 2 ? 2 x , y1 ? y 2 ? 2 y 代入,当 x1 ? x 2 时得
2x ? y ? y2 2y · 1 ? 0。 2 x1 ? x 2 y1 ? y 2 y ?1 , ? x1 ? x 2 x ? 2

又k ?

代入得 2 x 2 ? y 2 ? 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 x 2 ? y 2 ? 4 x ? y ? 0 说明:本题要注意思维的严密性,必须单独考虑斜率不存在时的情况。 例 2、过点 P ? 4,1? 作抛物线 y 2 ? 8x 的弦 AB,恰被点 P 平分,求 AB 的所在直线方程及弦 AB 的长度。 思路分析:因为所求弦通过定点 P,所以弦 AB 所在直线方程关键是求出斜率 k ,有 P 是弦的中点, 所以可用作差或韦达定理求得,然后套用弦长公式可求解弦长. 解法 1:设以 P 为中点的弦 AB 端点坐标为 A? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? ,
2 则有 y12 ? 8x1 , y2 ? 8x2 ,两式相减,得 ? y1 ? y2 ?? y1 ? y2 ? ? 8 ? x1 ? x2 ?

又 x1 ? x2 ? 8, y1 ? y2 ? 2 则k ?
y2 ? y1 ? 4 ,所以所求直线 AB 的方程为 y ?1 ? 4 ? x ? 4? ,即 4 x ? y ? 15 ? 0 . x2 ? x1

解法 2:设 AB 所在的直线方程为 y ? k ? x ? 4? ?1
? y ? k ? x ? 4? ? 1 ? 由? 2 ,整理得 ky 2 ? 8 y ? 32k ? 8 ? 0 . ? ? y ? 8x

设 A? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? ,由韦达定理得 y1 ? y2 ?

8 , k

又∵P 是 AB 的中点,∴

y1 ? y2 8 ? 1 ,∴ ? 2 ? k ? 4 2 k

所以所求直线 AB 的方程为 4 x ? y ? 15 ? 0 .

?4 x ? y ? 15 ? 0 由? 2 ? y ? 8x

整理得, y 2 ? 2 y ? 30 ? 0 ,则 y1 ? y2 ? 2, y1 y2 ? ?30

有弦长公式得, AB ? 1 ? k12 y1 ? y2 ? 1 ? k12 ?

? y1 ? y2 ?

2

? 4 y1 y2 ?

527 . 2

点评:解决弦的中点有两种常用方法,一是利用韦达定理及中点坐标公式来构造条件;二是利用端点 在曲线上, 坐标满足方程, 作差构造中点坐标和斜率的关系求解, 然后可套用弦长公式求解弦长. 三、焦点弦长问题: 例 3、 (同例 1、⑵) 另解:⑵∴椭圆的右焦点 F ? 2,0? ,∴ l2 的方程为: y ? 3 ? x ? 2 ? ,
? y ? 3 ? x ? 2? ? 代入椭圆 C 的方程 ? x 2 y 2 ,化简得, 5x2 ? 18x ? 6 ? 0 ?1 ? ? 2 ?6

由韦达定理知, x1 ? x2 ?

18 6 , x1 x2 ? 5 5

由 l2 过右焦点,有焦半径公式的弦长为 AB ? 2a ? e ? x1 ? x2 ? ?
4 6 5

4 6 . 5

即弦 AB 的长度为

点评: 在解决直线与圆锥曲线的弦长问题时, 通常应用韦达定理与弦长公式, 若涉及到焦点弦长问题, 则可利用焦半径公式求解,可大大简化运算过程. 弦长问题在高考题及模拟题中经常出现,从理论上讲,利用弦长公式

| AB |? 1 ? k 2 | x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ? / a 就能解决问题。但实际中,除个别简单题(本文从略)外,直
接利用弦长公式会使问题变得非常繁琐。 本文试图对此进行系统的总结,给出不同类型题目的解决策 略。 一、两线段相等 类型 I 有相同端点的不共线线段 例 1、 (2204,北京西城区二模) 已知定点 A(?2,?4) ,过点 A 做倾斜角为 45? 的直线 L,交抛物线 y 2 ? 2 px( p ? 0) 于 A、B 两点,
| BC | 、 | AC | 成等比数列 且 | AB | 、

(1)求抛物线方程; (2)问(1)中抛物线上是否存在 D,使得 | DB |?| DC | 成立?若存在,求出 D 的坐标。

策略分析:由于 D、B、C 三点不共线,要使得 | DB |?| DC | 成立,只需取 BC 中点 P,满足 DP ? BC 。 由于这种类型题目的常见性与基础性,我们再举一个例子作为练习: 例 2、 (2005,孝感二模) ? ? ? ? ? ? 已知 a ? ( x,0),b ? (1, y), (a ? 2b ) ? (a ? 2b ) (1)求点 P(x,y)的轨迹方程 C; (2)若直线 L: y ? kx ? b ( k ? 0 )与曲线 C 交与 AB 两点,D(0,-1),且有 | AD |?| BD | ,试求 b 的 取值范围。 类型 II 共线线段 例 3、直线 L 与 x 轴不垂直,与抛物线 y 2 ? x ? 2 交于 AB 两点,与椭圆 x 2 ? 2 y 2 ? 2 交于 CD 两点,与 x 轴交于点 M ( x0 ,0) ,且 | AC |?| BD | ,求 x0 的取值范围。 策略分析:不妨设 A ( x1 , y1 ) 在 B ( x2 , y2 ) 下方,C ( x3 , y3 ) 在 D ( x4 , y4 ) 下方,由于 ABCD 共线,要使
| AC |?| BD | ,只需 x3 ? x1 ? x2 ? x4 ,即 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ,结合韦达定理可得结果。

二、三线段相等 类型 I 正三角形 例 4、 (2003,北京春招) 已知动圆过定点 P(1,0)且与定直线 L:x=-1 相切,点 C 在 L 上 (1)求动圆圆心的轨迹 M 的方程; (2)设过点 P 且斜率为 ? 3 的直线与曲线 M 相交于 AB 两点 ①问三角形 ABC 能否为正三角形?若能,求点 C 坐标;若不能,说明理由; ②问三角形 ABC 能否为钝角三角形?若能,求点 C 纵坐标的取值范围;若不能,说明理由。 策略分析:对于本题涉及的正三角形问题,其突出特点是,落在直线上的两个顶点实际是已知的。所 以,只需设 C(-1,y) ,根据 | BC |?| AB | 和 | AC |?| AB | 分别列方程求 y 值,判断两个 y 值是否相等。 例 5、 (2005,学海大联考六) 如图,在直角坐标系中,点 A(-1,0)、B(1,0)、P(x,y) ( y ? 0) ,设 AP, OP, BP ,与 x 轴正方向 的夹角分别为 ??? ,且 ? ? ? ? ? ? ? (1)求点 P 的轨迹 G 的方程; (2)设过点 C (0,?1) 的直线 L 与轨迹 G 交于 不同的两点 MN,问在 x 轴上是否存在一点 E ( x0 ,0) 使 ?MNE 为正三角形? 策略分析:设直线 L: y=kx-1,由韦达定理求出 MN 中点 F 的坐标,再根据 k EF ? k MN ? ?1 ,求出

E(

? 4k 3 ,0) ;利用弦长公式求出|MN|,再根据 | MN |?| EF | 解得 k ? ?3 。注意代入 ? 验证。 2 3?k 2

类型 II 共线线段 例 6、 (2004,广东高考卷) 设直线 ? 与椭圆
x2 y2 ? ? 1 相交于 AB 两点,? 又与双曲线 x 2 ? y 2 ? 1 相交于 CD 两点,CD 三等分 25 16

线段 AB,求 ? 的方程。 策略分析:实质是 | AC |?| CD |?| DB | 。当 ? 与 x 轴垂直时, ? 方程为 x ? ?
25 241

;当 ? 与 x 轴不垂直

时,先由 | AC |?| DB | ,利用例 3 的方法,求得 k ? 0 或 b ? 0 ,然后分类讨论求出 ABCD 的横坐标,利 用 AB ? 3CD ,得出 b ? ?
16 16 和k ? ? 。 13 25

三、线段成比例 类型 I 两个已知点一个未知点 例 7、 (2005,黄冈调研)
x2 x2 x2 x2 已知椭圆 C 的方程为 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) ,双曲线 2 ? 2 ? 1 的两条渐近线为 L1 , L2 ,过椭圆的 a b a b

右焦点 F 做直线 L,使 L ? L1 ,又 L 与 L2 交于点 P。设 L 与椭圆的两个交点由上到下依次为 AB, (1)当 L1与L2 夹角为 60? ,双曲线的焦距为 4 时,求椭圆 C 的方程; (2)当 FA ? ? AP 时,求 ? 的最大值。 策略分析:F 点和 P 点的坐标皆可求,根据定比分点公式,求出 A 点坐标,代入椭圆方程即可。 类型 II 一个已知点两个未知点 例 8、(2004,全国卷) 设双曲线 C:
x2 ? y 2 ? 1 (a>0)与直线 L: x ? y ? 1 相交于两个不同的点 AB 2 a

(1)求双曲线的离心率 e 的取值范围; (2)设直线 L 与 y 轴的交点为 P,且

PA ?

5 PB ,求 a 值。 12 PA ? 5 PB 知 x1 ? 5 x 2 ,于是,x1 ? x2 12 12
? 17 x2 , 12

策略分析:设 A ( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) 、P(0,1) , 由
x1 x 2 ?

5 2 x 2 ,前式平方除以后式消掉 x2 ,结合韦达定理即可求出 a。 12

注 : 更 一 般 的 , 若 某 直 线 与 圆 锥 曲 线 交 点 AB , 且

PA ? ? PB , 其 中 , P( x0 , y0 ) , 则

( x1 ? x0 ) ? ? ( x2 ? x0 ) ,可以算出 ( x1 ? x0 ) ? ( x2 ? x0 ) 和 ( x1 ? x0 )(x2 ? x0 ) ,利用例 8 思想求解;或者,
x ? x0 x 2 ? x0 ( x1 ? x 2 ) 2 ? 2 x1 x 2 ? 2 x0 ( x1 ? x 2 ) ? x0 ? ? 使用以下技巧 ? ? ? 1 ,结合韦达定理。 2 ? x 2 ? x0 x1 ? x0 x1 x 2 ? x0 ( x1 ? x 2 ) ? x0 1
2

(2)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。 典型例题
?PF2 F1 ? ? 。

设 P(x,y) 为椭圆

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

(1)求证离心率 e ?

sin(? ? ? ) ; sin ? ? sin ?

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

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



r1 ? r2 2c , ? sin ? ? sin ? sin(? ? ? )
c sin ?(? ? ) ? a sin ? ?s i n ?

e?

(2) (a ? ex) 3 ? (a ? ex) 3 ? 2a 3 ? 6ae2 x 2 。 当 x ? 0 时,最小值是 2a 3 ; 当 x ? ?a 时,最大值是 2a 3 ? 6e 2 a 3 。 (3)直线与圆锥曲线位置关系问题 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 【高考会这样考】 1.考查圆锥曲线中的弦长问题、直线与圆锥曲线方程的联立、根与系数的关系、整体代入和设而不 求的思想. 2.高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行,考查函数、方程、不等式、平面向量等在解 决问题中的综合运用.

基础梳理 1.直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时,通常将直线 l 的方程 Ax+By+C=0(A、B 不同时为 0)代入 圆锥曲线 C 的方程 F(x,y)=0,消去 y(也可以消去 x)得到一个关于变量 x(或变量 y)的一元方程. ?Ax+By+C=0, 即? 消去 y 后得 ax2+bx+c=0. F ? x , y ? = 0 , ? (1)当 a≠0 时,设一元二次方程 ax2+bx+c=0 的判别式为 Δ,则 Δ>0?直线与圆锥曲线 C 相交; Δ=0?直线与圆锥曲线 C 相切;Δ<0?直线与圆锥曲线 C 无公共点. (2)当 a=0,b≠0 时,即得到一个一次方程,则直线 l 与圆锥曲线 C 相交,且只有一个交点,此时, 若 C 为双曲线,则直线 l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行;若 C 为抛物线,则直线 l 与抛物线的 对称轴的位置关系是平行.
? 位置关系) ?几何角度(主要适用于直线与圆的 关系? ?直线与圆锥曲线的位置 直线与圆锥曲线位置关 系) ? ?代数角度(适用于所有 1.直线与圆锥曲线 ? 易) ?利用一般弦长公式(容 ? 弦长问题? ?直线与圆锥曲线相交的 繁琐) ?利用两点间距离公式( ?

2.直线与圆锥曲线的位置关系: ⑴.从几何角度看: (特别注意)要特别注意当直线与双曲线的渐进线平行时,直线与双曲线只有一个 交点;当直线与抛物线的对称轴平行或重合时,直线与抛物线也只有一个交点。 ⑵.从代数角度看:设直线 L 的方程与圆锥曲线的方程联立得到 ax2 ? bx ? c ? 0 。 ①.若 a =0,当圆锥曲线是双曲线时,直线 L 与双曲线的渐进线平行或重合; 当圆锥曲线是抛物线时,直线 L 与抛物线的对称轴平行或重合。 ②.若 a ? 0 ,设 ? ? b 2 ? 4ac 。 a . ? ? 0 时,直线和圆锥曲线相交于不同两点,相交。 b. ? ? 0 时,直线和圆锥曲线相切于一点,相切。c. ? ? 0 时,直线和圆锥曲线没有公共点,相离。 双基自测 x2 y2 1.(人教 A 版教材习题改编)直线 y=kx-k+1 与椭圆 9 + 4 =1 的位置关系为( ). A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 解析 直线 y=kx-k+1=k(x-1)+1 恒过定点(1,1),而点(1,1)在椭圆内部,故直线与椭圆相交. 答案 A 2.(2012· 泉州质检)“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的( ). A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 与渐近线平行的直线也与双曲线有一个公共点. 答案 A 3.已知以 F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线 x+ 3y+4=0 有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长 为( ). A.3 2 B.2 6 C.2 7 D.4 2 2 2 x y 解析 根据题意设椭圆方程为 2 +b2=1(b>0),则将 x=- 3y-4 代入椭圆方程,得 4(b2+1)y2 b +4 +8 3b2y-b4+12b2=0,∵椭圆与直线 x+ 3y+4=0 有且仅有一个交点,∴Δ=(8 3b2)2-4×4(b2

+1)· (-b4+12b2)=0,即(b2+4)(b2-3)=0,∴b2=3, 长轴长为 2 b2+4=2 7. 答案 C 4.(2012· 成都月考)已知双曲线 E 的中心为原点,F(3,0)是 E 的焦点,过 F 的直线 l 与 E 相交于 A,B 两点,且 AB 的中点为 N(-12,-15),则 E 的方程为( ). 2 2 2 2 2 2 x y x y x y x2 y2 A. 3 - 6 =1 B. 4 - 5 =1 C. 6 - 3 =1 D. 5 - 4 =1 2 2 x y 解析 设双曲线的标准方程为a2-b2=1(a>0,b>0),由题意知 c=3,a2+b2=9,设 A(x1,y1),B(x2, 2 x1 y2 1 ? ?a2-b2=1, y1-y2 b2?x1+x2? -12b2 4b2 -15-0 y2),则有:? 2 两式作差得: = 2 = = 2= 2,又 AB 的斜率是 2 5 a x1-x2 a ?y1+y2? -15a -12-3 x2 y2 ? ?a2-b2=1, x2 y2 2 2 2 2 2 2 1,所以将 4b =5a 代入 a +b =9 得 a =4,b =5,所以双曲线的标准方程是 4 - 5 =1. 答案 B 5.(2011· 泉州模拟)y=kx+2 与 y2=8x 有且仅有一个公共点,则 k 的取值为________. ?y=kx+2, 解析 由? 2 得 ky2-8y+16=0,若 k=0,则 y=2;若 k≠0,则 Δ=0,即 64-64k=0,解 y = 8 x , ? 得 k=1.故 k=0 或 k=1. 答案 0 或 1 考向一 直线与圆锥曲线的位置关系 【例 1】?(2011· 合肥模拟)设抛物线 y2=8x 的准线与 x 轴交于点 Q,若过点 Q 的直线 l 与抛物线有公 共点,则直线 l 的斜率的取值范围是( ). ? 1 1? A.?-2,2? B.[-2,2] ? ? C.[-1,1] D.[-4,4] [审题视点] 设直线 l 的方程,将其与抛物线方程联立,利用 Δ≥0 解得. 解析 由题意得 Q(-2,0).设 l 的方程为 y=k(x+2),代入 y2=8x 得 k2x2+4(k2-2)x+4k2=0,∴当 k =0 时, 直线 l 与抛物线恒有一个交点; 当 k≠0 时,Δ=16(k2-2)2-16k4≥0,即 k2≤1,∴-1≤k≤1, 且 k≠0,综上-1≤k≤1. 答案 C 研究直线和圆锥曲线的位置关系,一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程 组解的个数,但对于选择题、填空题,常充分利用几何条件,利用数形结合的方法求解. x2 y2 【训练 1】 若直线 mx+ny=4 与⊙O:x2+y2=4 没有交点,则过点 P(m,n)的直线与椭圆 9 + 4 =1 的交点个数是( ). A.至多为 1 B.2 C.1 D.0 4 解析 由题意知: >2,即 m2+n2<2, 2 m +n2 x2 y2 ∴点 P(m,n)在椭圆 9 + 4 =1 的内部,故所求交点个数是 2 个. 答案 B 典型例题
抛物线方程y 2 ? p( x ? 1) ( p ? 0) ,直线x ? y ? t与x轴的交点在抛物线准线的右边。

(1)求证:直线与抛物线总有两个不同交点 (2)设直线与抛物线的交点为 A、B,且 OA⊥OB,求 p 关于 t 的函数 f(t)的表达式。 (1)证明:抛物线的准线为 1:x ? ?1 ?
p 4 p 4

由直线 x+y=t 与 x 轴的交点(t,0)在准线右边,得 t ? ?1 ? ,而 4 t ? p ? 4 ? 0
?x ? y ? t 由? 2 消去y得 x 2 ? (2 t ? p) x ? ( t 2 ? p) ? 0 ?y ? p( x ? 1)

? ? ? ( 2 t ? p) 2 ? 4( t 2 ? p) ? p( 4 t ? p ? 4) ? 0

故直线与抛物线总有两个交点。 (2)解:设点 A(x1,y1),点 B(x2,y2)
? x 1 ? x 2 ? 2 t ? p,x 1 x 2 ? t 2 ? p

Q OA ? OB ? kOA ? kOB ? ?1
则 x1x 2 ? y1y 2 ? 0 又 y 1 y 2 ? ( t ? x 1 )( t ? x 2 )

? x 1 x 2 ? y 1 y 2 ? t 2 ? ( t ? 2) p ? 0
? p ? f (t) ? t2 t?2

又p ? 0, 4 t ? p ? 4 ? 0得函数f ( t ) 的定义域是

( ?2 , 0) ? (0, ? ?)

(4)圆锥曲线的有关最值(范围)问题 圆锥曲线中的有关最值(范围)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。 解决最值的方法:一是代数法,建立目标函数,转化为函数的最值问题,注意到自变量的范围; 二是几何法,考虑某些量的几何特征及意义,利用图形性质求解。 例 3 求椭圆
x2 y 2 ? ? 1 上的点 P 到直线 L:x-2y-12=0 的最大距离和最小距离。 16 12

方法 1: (求切点)设与 L 平行的直线与椭圆相切于点 P(x 0 ,y 0 ),由椭圆方程 3x2 ? 4 y2 ? 48 得此 切线方程 3x0 x ? 4 y0 y ? 48 ,∵ k ?
1 3x 1 ,∴ ? 0 ? ,即 3x0 ? 2 y0 ? 0 (1) ,又 3x02 ? 4 y02 ? 48 (2) ,解 2 4 y0 2

(1)(2)得切点的坐标为 P 1 (-2,3)P 2 (2,-3) 。设点 P 到直线 L 的距离为 d,由点到直线的距离公

式,得 dmax ? 4 5 , d min ?

4 5。 5 方法 2: (判别式法)设与 L 平行的椭圆的切线方程为 x-2y+m=0,代入椭圆方程,消去 x 得

16 y 2 ?12my ? 3m2 ? 48 ? 0 ,由△= (?12m)2 ? 4 ?16 ? (3m2 ? 48) ? 0
得 m2 ? 64 , m ? ?8 。
12m ? 3 ,切点为 P 1 (-2,3) ; 2 ? 16 12m ? ?3 ,切点为 P 2 (2,-3)设点 P 到直线 L 当 m=-8 时,切线方程 x-2y-8=0,此时 y ? 2 ?16 4 5。 的距离为 d,由点到直线的距离公式,得 dmax ? 4 5 , d min ? 5

当 m=8 时,切线方程 x-2y+8=0,此时 y ?

方法 3: (参数法)设椭圆上任意一点 P(4cosθ, 2 3 sinθ),它到直线 L 的距离为

d?

? | 4cos ? ? 4 3 sin ? ? 12 | 8 5 ? 3 s i( ∴当 sin( ? ? ) ? ?1 时, 当n ? | sin( ? ? ) ? | , dmax ? 4 5 ; 6 5 6 2 5

?
6

) ?? 1 ?

4 5。 5 点评:方法 1、方法 2 可以求出椭圆上的最远点和最近点的坐标,方法 3 利用椭圆的参数方程, 建立目标函数,简洁明了,但求切点的坐标较复杂。

时, d min ?

16 2 y ? 1 的准 3 线上运动,当∠BAC=90°时,求△ABC 面积的最大值。 16 解: 椭圆 4 x 2 ? y 2 ? 1 的两条准线方程分别为: y=1 或 y=-1。 3 点 B 在直线 y=1 上且设 B(a,1) ,点 C 在直线 y=-1 上且设 ?2 ?4 C(b,-1) ,由于∠BAC=90°,A(0,3),所以 k AB ? , k AC ? a b 8 ? ?1 ,ab=-8。 k AB 〃 k AC = ab

例 4 已知定点 A(0,3)点 B、C 分别在椭圆 4 x 2 ?

y A · B O C 图1 x

S? ABC ? a2 ?

1 1 2 1 2 2 1 16 | AB | ? | AC | = a ? 4 b 2 ? 16 ? a b ? 16a 2 ? 4b 2 ? 64 = 当且仅当 128 ? 16(a 2 ? 2 ) ? 8 , 2 2 2 2 a

16 ,即 a ? ?2 , b ? ?4 时△ABC 面积的值最大为 8。 a2

x2 【例 3】?(2011· 湘潭模拟)已知椭圆 2 +y2=1 的左焦点为 F,O 为坐标原点. (1)求过点 O、F,并且与直线 l:x=-2 相切的圆的方程; (2)设过点 F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A,B 两点,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 G, 求点 G 横坐标的取值范围. [审题视点] (1)求出圆心和半径,得出圆的标准方程; (2)设直线 AB 的点斜式方程,由已知得出线段 AB 的垂直平分线方程,利用求值域的方法求解.

(1)∵a2=2,b2=1,∴c=1,F(-1,0), 1 ∵圆过点 O,F,∴圆心 M 在直线 x=-2上. ? 1 ? ?? 1? ? 3 设 M?-2,t?,则圆半径 r=??-2?-?-2??=2, ? ? ?? ? ? ? 1?2 2 3 ?-2? +t = ,解得 t=± 2, 由|OM|=r,得 2 ? ? 解

9 ? 1? ∴所求圆的方程为?x+2?2+(y± 2)2= . 4 ? ?

x2 (2)设直线 AB 的方程为 y=k(x+1)(k≠0),代入 2 +y2=1, 整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0. ∵直线 AB 过椭圆的左焦点 F 且不垂直于 x 轴, ∴方程有两个不等实根. 如图,设 A(x1,y1),B(x2,y2),AB 中点 N(x0,y0), 4k2 1 2k2 则 x1+x2=- 2 ,x = (x +x )=- 2 , 2k +1 0 2 1 2 2k +1 k y0=k(x0+1)= 2 , 2k +1 1 ∴AB 的垂直平分线 NG 的方程为 y-y0=- (x-x0). k 2k2 k2 令 y=0,得 xG=x0+ky0=- 2 + 2 2k +1 2k +1 2 k 1 1 =- 2 =-2+ 2 , 2k +1 4k +2 1 ∵k≠0,∴-2<xG<0, ? 1 ? ∴点 G 横坐标的取值范围为?-2,0?. ? ? 直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想 和数形结合思想的考查,一直是高考考查的重点,特别是焦点弦和中点弦等问题,涉及中点公式、根 与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法,也是考查数学思想方法的热点题型. 【训练 3】 (2012· 金华模拟)已知过点 A(-4,0)的动直线 l 与抛物线 G:x2=2py(p>0)相交于 B、C 两 1 → =4AB →. 点.当直线 l 的斜率是2时,AC (1)求抛物线 G 的方程; (2)设线段 BC 的中垂线在 y 轴上的截距为 b,求 b 的取值范围. 1 1 解 (1)设 B(x1,y1),C(x2,y2),当直线 l 的斜率是2时,l 的方程为 y=2(x+4),即 x=2y-4. 2 ?x =2py, 由? 得 2y2-(8+p)y+8=0, ?x=2y-4

?y1y2=4, ? ∴? 8+p y1+y2= 2 , ② ? ? → =4AB → ,∴y =4y ,③ 又∵AC 2 1 由①②③及 p>0 得:y1=1,y2=4,p=2, 得抛物线 G 的方程为 x2=4y. (2)设 l:y=k(x+4),BC 的中点坐标为(x0,y0), 2 ?x =4y, 由? 得 x2-4kx-16k=0,④ ?y=k?x+4? xC+xB ∴x0= =2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k. 2 1 ∴线段 BC 的中垂线方程为 y-2k2-4k=-k (x-2k), ∴线段 BC 的中垂线在 y 轴上的截距为: b=2k2+4k+2=2(k+1)2, 对于方程④,由 Δ=16k2+64k>0 得 k>0 或 k<-4. ∴b∈(2,+∞).



二、定值问题 解决定值问题的方法:将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式,证明该式的值与参数无关。 例 1 A、B 是抛物线 y 2 ? 2 px (p>0)上的两点,且 OA⊥OB,求证: (1)A、B 两点的横坐标之积,纵坐标之积分别都是定值; (2)直线 AB 经过一个定点。 证明: (1)设 A( x1 , y1 ) 、B( x2 , y2 ) ,则 y12 ? 2 px1 , y22 ? 2 px2 。 ∵ y12 ? y22 ? 2 px1 ? 2 px2 = 4 p2 x1x2 ? ?4 p2 y1 y2 ,∴ y1 y2 ? ?4 p2 为定值, x1x2 ? ? y1 y2 ? 4 p2 也为定值。 (2)∵ y22 ? y12 ? ( y2 ? y1 )( y2 ? y1 ) ? 2 p( x1 ? x2 ) ,∵ x1 ? x2 ,∴
y2 ? y1 2p ? x2 ? x1 y1 ? y2

y12 2p 2p 4 p2 ∴直线 AB 的方程为: y ? y1 ? x? ? y1 ? x? y1 ? y2 y1 ? y2 y1 ? y2 y1 ? y2
? 2p ( x ? 2 p) ,∴直线 AB 过定点(2p,0) 。 y1 ? y2

1 例 2 已知抛物线方程为 y ? ? x 2 ? h ,点 A、B 及点 P(2,4)都在抛物线上,直线 PA 与 PB 的倾 2 斜角互补。 (1)试证明直线 AB 的斜率为定值; (2)当直线 AB 的纵截距为 m(m>0)时,求△PAB 的面积的最大值。 分析: 这类问题一般运算量大, 要注意函数与方程、 数形结合、 分类讨论等思想方法的灵活运用。

1 解析: (1)证明:把 P(2,4)代入 y ? ? x 2 ? h ,得 h=6。所以抛物线方程为:y-4=k(x-2),由 2

? y ? 4 ? k ( x ? 2) ? ,消去 y,得 x2 ? 2kx ? 4k ? 4 ? 0 。 ? 1 2 y ? ? x ? 6 ? ? 2

?4k ? 4 ? ? ?2k ? 2 ? xA ? 所以 ? ,因为 PA 和 PB 的倾角互补,所以 kPB ? ?kPA ? ?k ,用-k 代 k,得 2 2 ? y ? ?2k ? 4k ? 4 ? A

? xB ? 2k ? 2 y ? yA ,所以 k AB ? B ? 2 x A ? xB ? yB ? ?2k ? 4k ? 4
?
8k ?2k 2 ? 4k ? 4 ? 2。 = 2k ? 2 ? (?2k ? 2) 4 k

? y ? 2x ? m ? (2)设 AB 的方程为 y=2x+m(m>0),由 ? ,消去 y 得: 1 2 y ? ? x ? 6 ? ? 2
x 2 ? 4 x ? 2m ? 12 ? 0 ,令△=16-4(2m-12) >0,解得 0<m<8,

| AB |2 ? 5[( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ] ? 5[42 ? 4(2m ?12)] ? 40(8 ? m) ,点 P 到 AB 的距离
d=
1 1 m2 | 2? 2 ? 4 ? m | m ? 2m2 (8 ? m) ? ,所以, S 2? PAB ? | AB |2 ?d 2 ? ? 40(8 ? m) ? 4 4 5 5 5 1 1 8 84 64 3 = 8( m)( m)(8 ? m) ? 8 ? ( )3 ? 3 ,所以, S? PAB ? , 2 2 3 3 9
1 16 64 3 当且仅当 m ? 8 ? m ,即 m ? 时,等号成立,故△PAB 面积最大值为 。 3 2 9

【例 4】 ?(2011· 四川)椭圆有两顶点 A(-1,0)、 B(1,0), 过其焦点 F(0,1)的直线 l 与椭圆交于 C、 D 两点, 并与 x 轴交于点 P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. 3 (1)当|CD|=2 2时,求直线 l 的方程. (2)当点 P 异于 A、B 两点时,求证:O→ P· O→ Q 为定值. [审题视点] (1)设出直线方程与椭圆方程联立. 利用根与系数的关系和弦长公式可求出斜率从而求出直 →· → 为定值.证明过程中要充 线方程;(2)关键是求出 Q 点坐标及其与 P 点坐标的关系,从而证得OP OQ 分利用已知条件进行等价转化. (1)解 因椭圆焦点在 y 轴上, y2 x2 设椭圆的标准方程为a2+b2=1(a>b>0), 由已知得 b=1,c=1,

y2 所以 a= 2,椭圆方程为 2 +x2=1. 直线 l 垂直于 x 轴时与题意不符. 设直线 l 的方程为 y=kx+1,将其代入椭圆方程化简得 (k2+2)x2+2kx-1=0. 设 C(x1,y1),D(x2,y2), 2k 1 则 x1+x2=- 2 ,x1· x2=- 2 , k +2 k +2 2 2?k2+1? |CD|= k2+1· ?x1+x2?2-4x1x2= . k2+2 2 2?k2+1? 3 由已知得 =2 2,解得 k=± 2. k2+2 所以直线 l 的方程为 y= 2x+1 或 y=- 2x+1. (2)证明 直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符. 设直线 l 的方程为 y=kx+1(k≠0 且 k≠± 1), 1 ? ? 所以 P 点坐标为?- k,0?. ? ? 2k 1 设 C(x1,y1),D(x2,y2),由(1)知 x1+x2=- 2 ,x1· x2=- 2 , k +2 k +2 y1 直线 AC 的方程为 y= (x+1), x1+1 y2 直线 BD 的方程为 y= (x-1), x2-1 x+1 y2?x1+1? 将两直线方程联立,消去 y 得 = . x-1 y1?x2-1? x+1 y2 因为-1<x1,x2<1,所以 与 异号. x-1 y1 2 ?x+1?2 y2 2?x1+1? ? ?= 2 2 ?x-1? y1?x2-1? 2 2-2x2 ?1+x1??1+x2? 2 ?x1+1? = 2· 2= 2-2x1 ?x2-1? ?1-x1??1-x2? -2k -1 1+ 2 + 2 k +2 k +2 ?k-1?2 ?. = =? -2k -1 ?k+1? 1- 2 + k +2 k2+2 又 y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1 2?1-k??1+k? 2?1+k?2 k-1 = =- 2 · , 2 k +2 k +2 k+1 k-1 x+1 k-1 ∴ 与 y1y2 异号, 与 同号, k+1 x-1 k+1 x+1 k-1 ∴ = ,解得 x=-k. x-1 k+1 因此 Q 点坐标为(-k,y0). ? 1 ? -k,y ( O→ P· O→ Q =?-k,0?· 0)=1. ? ?

故 O→ P· O→ Q 为定值. 解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确:即定值问题必然是在变化中所表现出来的 不变的量,那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积等,其不受变化的量所影响的一个 值即为定值,化解这类问题的关键是引进参数表示直线方程、数量积等,根据等式的恒成立、数式变 换等寻找不受参数影响的量,解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况,计算要准确. 【训练 4】 (2011· 山东)在平

x2 面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: 3 +y2=1.如图所示,斜率为 k(k>0)且不过原点的直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 E,射线 OE 交椭圆 C 于点 G,交直线 x=-3 于点 D(-3,m). (1)求 m2+k2 的最小值; (2)若|OG|2=|OD|· |OE|,求证:直线 l 过定点. (1)解 设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0),由题意,t>0. y=kx+t, ? ? 由方程组?x2 2 得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0. +y =1, ? ?3 由题意 Δ>0,所以 3k2+1>t2. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6kt 由根与系数的关系得 x1+x2=- 2 , 3k +1 2t 所以 y1+y2= 2 . 3k +1 3kt 由于 E 为线段 AB 的中点,因此 xE=- 2 , 3k +1 t yE= 2 , 3k +1 yE 1 1 1 此时 kOE=x =-3k.所以 OE 所在直线方程为 y=-3kx, 又由题设知 D(-3, m), 令 x=-3, 得 m= k , E 即 mk=1, 所以 m2+k2≥2mk=2,当且仅当 m=k=1 时上式等号成立, 此时由 Δ>0 得 0<t<2,因此当 m=k=1 且 0<t<2 时,m2+k2 取最小值 2. 1 (2)证明 由(1)知 OD 所在直线的方程为 y=-3kx, 将其代入椭圆 C 的方程,并由 k>0, 3k 1 ? ? , ?. 解得 G?- 2 2 3k +1 3k +1? ? 3kt t ? 1? ? ? 又 E?-3k2+1,3k2+1?,D?-3,k?, ? ? ? ? 由距离公式及 t>0 得 3k ?2 ? 1 ? ?2 9k2+1 2 - ? +? ?= |OG| =? , 3k2+1? ? 3k2+1? 3k2+1 ?

9k2+1 ?1? ?-3?2+?k ?2= , k ? ? 3kt ? ? t ? t 9k2+1 ? ?-3k2+1?2+?3k2+1?2= 2 |OE|= , 3k +1 ? ? ? ? 由|OG|2=|OD|· |OE|得 t=k, 因此直线 l 的方程为 y=k(x+1), 所以直线 l 恒过定点(-1,0). |OD|= 三、定点问题 处理这类问题有两种方法:一是从特殊入手,求出定点,再证明这个点与变量无关;二是直接 推理、计算,并在计算过程中消去变量,从而得到定点。 例 5(2001 年全国高考)设抛物线 y 2 ? 2 px(p>0)的焦点为 F,经过点 F 的直线交抛物线于 A、 B 两点,点 C 在抛物线的准线上,且 BC∥x 轴,证明:直线 AC 经过原点。 p 方法 1:设直线方程为 y ? k ( x ? ) ,A ( x1 , y1 ) ,B ( x2 , y2 ) , 2

y

A

p ? ?p 2 py ? y ? k(x ? ) , y2 ) ,∴ ? ? p 2 ? 0 ,∴ y1 y2 ? ? p 2 , C( 2 , y2 ? 2 k ? y 2 ? 2 px ?
y y y 2p ,又∵ y12 ? 2 px1 ,∴ kOC ? 1 ? kOA ,即 kOA ? 1 , kOC ? 2 ? p x1 x1 y1 ? 2 k 也是直线 OA 的斜率,所以 AC 经过原点 O。

O C B F x

当 k 不存在时,AB⊥x 轴,同理可证 kOC ? kOA 。 方法 2:如图 2 过 A 作 AD⊥l,D 为垂足,则:AD∥EF∥BC 连
| EN | | CN | | BF | | NF | | AF | ? ? ? 结 AC 与 EF 相交于点 N,则 , , | AD | | AC | | AB | | BC | | AB |

图2 y D

A

由抛物线的定义知:|AF|=|AD|,|BF|=|BC|,∴
| AD | ? | BF | | AF | ? | BC | | EN |? ? ?| NF | . | AB | | AB |

O E C N B F x

点评: 该题的解答既可采用常规的坐标法, 借助代数推理进行, 图3 又可采用圆锥曲线的几何性质, 借助平面几何的方法进行推理。 解 题思路宽,而且几何方法 较之解析法比较快捷便当,从审题与思维深度上看,几何法的采用,源于思维的深刻性。

典型例题 已知抛物线 y2=2px(p>0),过 M(a,0)且斜率为 1 的直线 L 与抛物线交于不同的两点 A、B,|AB|≤

2p (1)求 a 的取值范围; (2)若线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 N,求△NAB 面积的最大值。 分析:这是一道直线与圆锥曲线位置关系的问题,对于(1) ,可以设法得到关于 a 的不等式,通过 解不等式求出 a 的范围,即: “求范围,找不等式” 。或者将 a 表示为另一个变量的函数,利用求函数 的值域求出 a 的范围;对于(2)首先要把△NAB 的面积表示为一个变量的函数,然后再求它的最大 值,即: “最值问题,函数思想” 。 解:(1)直线 L 的方程为:y=x-a,将 y=x-a 代入抛物线方程 y2=2px,得:设直线 L 与抛物线两交点的坐标
? 4( a ? p ) ? 4 a 2 ? 0 ? 分别为 A(x1,y1),B(x2,y2),则 ? x1 ? x 2 ? 2( a ? p ) ,又 y1=x1-a,y2=x2-a, ? 2 ? x1 x 2 ? a

?| AB |? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? 2[(x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ] ? 8 p( p ? 2a) ?0 ?| AB |? 2 p,8 p( p ? 2a) ? 0, ?0 ? 8 p( p ? 2a) ? 2 p,
解得: ?
p p ?a?? . 2 4

(2)设 AB 的垂直平分线交 AB 与点 Q,令其坐标为(x3,y3) ,则由中点坐标公式得:
x3 ? x1 ? x 2 2 ?a? p,

y3 ?

y1 ? y 2 ( x1 ? a) ? ( x 2 ? a) ? ? p. 2 2

所以|QM|2=(a+p-a)2+(p-0)2=2p2.又△MNQ 为等腰直角三角形,所以|QM|=|QN|= 2 P ,所以 S△NAB=

1 2 2 | AB | ? | QN |? p? | AB |? p ? 2 p ? 2 p 2 ,即△NAB 面积的最大值为 2 P 2。 2 2 2

(5)求曲线的方程问题 1.曲线的形状已知--------这类问题一般可用待定系数法解决。 例:已知直线 L 过原点,抛物线 C 的顶点在原点,焦点在 x 轴正半轴上。若点 A(-1,0)和点 B (0,8)关于 L 的对称点都在 C 上,求直线 L 和抛物线 C 的方程。 分析:曲线的形状已知,可以用待定系数法。 设出它们的方程,L:y=kx(k≠0),C:y2=2px(p>0) 设 A、B 关于 L 的对称点分别为 A/、B/,则利用对称性可求得它们的坐标分别为: A/ (
k 2 ?1 2k 16k 8(k 2 ? 1) , ? , 2 ) , B ( ) 。因为 A、B 均在抛物线上,代入,消去 p,得:k2-k-1=0. 2 2 2 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1

解得:k=

1? 5 2 5 ,p= . 2 5 1? 5 4 5 x,抛物线 C 的方程为 y2= x. 2 5

所以直线 L 的方程为:y=

2.曲线的形状未知-----求轨迹方程 典型例题

已知直角坐标平面上点 Q(2,0)和圆 C:x2+y2=1, 动点 M 到圆 C 的切线长与|MQ|的比等于常数 ? ( ? >0),求动点 M 的轨迹方程,并说明它是什么曲线。 M 分析:如图,设 MN 切圆 C 于点 N ,则动点 M 组成的集合是: N P={M||MN|= ? |MQ|} , 由 平 面 几 何 知 识 可 知 : |MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1 , 将 M 点 坐 标 代 入 , 可 得 : ( ? 2-1)(x2+y2)-4 ? 2x+(1+4 ? 2)=0. 当 ? =1 时它表示一条直线;当 ? ≠1 时,它表示圆。这种方法叫做直 O Q 接法。 (6) 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,可以按如下方式分三步解决: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。 (当然也可以利用韦达定理并结合判别式来解决) 典型例题 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 4 3

C 上有不同两点关于直线对称。 分析:椭圆上两点 ( x1 , y1 ) , ( x 2 , y 2 ) ,代入方程,相减得 3( x1 ? x 2 )( x1 ? x 2 ) ?
4( y1 ? y 2 ) ( y1 ? y 2 ) ? 0 。

又x ?

x1 ? x 2 y ? y2 y ? y2 1 ,y? 1 ,k ? 1 ? ? ,代入得 y ? 3x 。 2 2 x1 ? x 2 4

? y ? 3x 又由 ? 解得交点 ( ? m,?3m) 。 ?y ? 4x ? m

交点在椭圆内,则有

( ? m) 2 ( ?3m) 2 2 13 2 13 ? ? 1 ,得 ? 。 ?m? 13 13 4 3

(7)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 ? 典型例题
2

y1 ·y 2 ? ?1 来处理或用向量的坐标运算来处理。 x1 ·x 2

已知直线 l 的斜率为 k ,且过点 P( ?2,0) ,抛物线
y

。 C: y ? 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。
A P (-2,0) O

B

x

分 析 :( 1 ) 直 线 y ? k ( x ? 2) 代 入 抛 物 线 方 程 得

k 2 x 2 ? ( 4 k 2 ? 4) x ? 4 k 2 ? 4 ? 0 ,
由 ? ? 0 ,得 ?1 ? k ? 1( k ? 0) 。 (2)由上面方程得 x1 x 2 ?

4k 2 ? 4 , k2

y1 y 2 ? k 2 ( x1 ? 2)( x 2 ? 2) ? 4 ,焦点为 O(0,0) 。
由 k OA ·k OB ?
y1 y 2 k2 2 2 2 , ? ? arctan 或 ? ? ? ? arctan ? 2 ? ?1 ,得 k ? ? x1 x 2 k ? 1 2 2 2