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一轮复习 8 平面解析几何


平面解析几何

? 知识体系

第一节 直线与方程

1. ?直线的倾斜角与斜率 基础梳理 (1)直线的倾斜角

①定义:在平面直角坐标系中,对于一条与x轴相交的直线,把x
轴所在的直线绕着交点按 逆时针 方向旋转到和直线重合时所转过 的 最小正角 称为这条直线的倾斜角.当直线l与x轴平行

或重合时,

规定它的倾斜角为 . 0°
②倾斜角的范围为 0°≤α<180° . ③直线的倾斜角概念要抓住3个要点:找交点,逆时针,最小正角.

? (2)直线的斜率 ? 已知两点P(x1,y1),Q(x2,y2),如果x1≠x2,那么直线PQ的斜 ? 率为 . y ?y k ? 2 1 (x1 ? x2 ) x2 ?x x 1 ? 当直线与 轴不垂直时,直线的斜率 k与倾斜角α之间满足 ? k=tanα 2. 直线方程的五种形式 .

名称 点斜式

方程 y-y1=k(x-x1)

适用范围 不含直线x=x1

斜截式
两点式

y=kx+b

不含垂直于x轴的直线
不含直线x=x1(x1≠x2)和直线 y=y1(y1≠y2) 不含垂直于坐标轴和过原点的 直线 平面直角坐标系内的任意一条 直线都适用

y ? y1 x ? x1 ? y2 ? y1 x2 ? x1
x y ? ?1 a b
Ax+By+C=0 (A2+B2≠0)

截距式 一般式

? 典例分析
题型一直线的倾斜角和斜率 【例1】直线xcosα+ 3y +2=0的倾斜角的取值范围是. 分析 先求斜率的取值范围,再求倾斜角的取值范围. 解 因为直线xcosα+ 3y +2=0, cosα 所以直线的斜率为k= ? . 3 cosα 设直线的倾斜角为β,则tan β= . ?
3

又因为 ? 3 ? ? cosα ? 3 ,即 ? 3 ? tan β? 3 3 3 3 3 3
π? ?5π ? 所以 β? ? 0, ? ,π ? ? ? ? ? 6? ? 6 ?

,

.

学后反思

求倾斜角范围的步骤是:

(1)求出斜率的取值范围.
(2)利用正切函数的单调性,结合图象,确定倾斜角的取值 范围

? 举一反三
1. 直线xcosθ+y-1=0(θ∈R)的倾斜角的取值范围是 .

解析: 设倾斜角为α,则k=tanα=-cosθ. ∵θ∈R,-1≤-cos θ≤1,∴-1≤tan α≤1,

? ∴α∈? π? ?3 0, ? π,π ? ? ? ? ? 4 ? ?4 ?
答案:

.

? π? ?3 ? 0, ? π,π ? ? ? ? 4 4 ? ? ? ?

题型二 求直线的方程 【例2】求下列直线l的方程. (1)过点A(0,2),它的倾斜角的正弦是 3 ; 5 (2)过点A(2,1),它的倾斜角是直线l1:3x+4y+10=0的倾斜角的一半

? 分析 由已知条件求出直线的斜率,然后用适当形式写出直 线 ? 的方程.

解 (1)设直线l的倾斜角为α,则sinα=
∴tanα=〒 ,∴l的方程为y=〒 x+2, 即3x-4y+8=0或3x+4y-8=0.

3 4

3 4

3 , 5

(2)设直线l和l1的倾斜角分别为α、β,则有α= β , 2tan α 3 3 2 又tanβ=- ,∴tan β=tan 2α= = , 2 1 - tan α 4 4 1 解得tan α=3或tan α= ? . 3

∵ π<β<π,∴ π <α= β<π ,∴tan α>0. 2 2 2 4 1 ∴tan α= ? 舍去,∴tan α=3. 3 由点斜式得y-1=3(x-2),即3x-y-5=0.

? 学后反思 求直线方程首先要根据已知条件选择合适的方程 形 ? 式,同时注意各种形式的适用条件,用斜截式及点斜式时, 直 ? 线的斜率必须存在,而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线. 截 ? 距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线等.

举一反三
2. 求倾斜角是直线y=- 3x+1的倾斜角的14,且分别满足下列条

件的直线方程.
(1)经过点( 3 ,-1); (2)在y轴上的截距是-5.

? 解析:∵直线y=- x+1的斜率为-3, 3 ? ∴倾斜角为120°. ? 由题意知,所求直线的倾斜角为30°,斜率k=tan 30°= . ? (1)直线经过点( ,-1),∴由点斜式得y+1= 3 (x所求直线方程为 =0. 3 x- y3 3 ? (2)∵k= ,b=-5, 3 2 3 ? ∴由斜截式得 y= x-5, 3 ? ∴所求直线方程为 x- y=0. 3 3 3 3 5 3

3 3),即

? 题型三

与直线方程有关的最值问题

【例3】直线l过点M(2,1),且分别与x、y轴交于A、B两点,O为
原点.求当△AOB面积最小时,求直线l的方程. 分析 先根据题意,用点斜式设出直线的方程,然后求方程中

的参数,从而求出直线的方程.
解 方法一:如图所示,直线l如果通过一、二、三或一、三、

四象限时,△AOB面积不存在最小值.因此只考虑直线l与x,y轴
正方向相交的情况,这时斜率必为负值. 设直线l的方程为y-1=k(x-2)(k<0),

则有A(2-1k,0)与B(0,1-2k)(k<0).

1 1 1 1 1 ? 所以S(k)= (1-2k)(2)= [4+(-4k)+ ]≥ (4+4)=4, ?k k 2 2 2 当且 1 1 ? 仅当-4k= ,即k=- 时,等号成立. ?k 2 1 ? 故直线l的方程为y-1=(x-2),即x+2y-4=0. 2

x y 方法二:设过P(2,1)的直线为 ? ? 1(a>0,b>0), a b 2 1 则 ? ? 1, a b 1 2 1 2 1 由基本不等式得 2 ? ? ? ? 1,故ab≥8,S△OAB= ab≥4,当 2 a b a b 且 x y 2 1 1 ? ?1 ? ? 4 2 a b 2 仅当 ,即a=4,b=2时,等号成立,故直线方程为 ,
即x+2y-4=0.

? 学后反思 (1)对直线l的大致位臵分析,界定了斜率的存 在性 ? 及其范围,指明了解题方向,这种分析是避免解题盲目性 的重 ? 要技能. ? (2)本题将面积表示为k的函数,再用基本不等式求最小 值, ? 方程选择不同,自然参数不同,但是求最值的方法首先考 虑基 ? 本不等式,然后是函数单调性、换元等方法. 举一反三
3. 已知直线l过点P(3,2),且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B 两点,如图所示,求△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程.

? 解析: 方法一:设A(a,0),B(0,b)(a>0,b>0),则直线l的方 程为 . x y ? ?1 ? ∵l过点P(3,2),∴ ,即b= , a b 3 2 2a ? 从而S△ABO= a· b=? a? ·1 = , a b a ? 3 a2 1 1 2a ? ∴S△ABO=2 2 a ?3 a ?3
2 (a ? 3) ? 6(a ? 3)? 9 ? = ? 当且仅当a-3=a ? 3 ,即a=6时, ? S△ABOmin=12, =4, 9 此时b= 9 (a ? 3) ? ? 6 ? 2 (a ? 3) ? ? 6 ? 12 ? 直线l的方程为 , 即 2x+3y-12=0. a ?3 a ?3

,

9 a ?3

2?6 6 ?3 x y ? ?1 6 4

? ? ? ? ?

方法二:依题意知,直线l的斜率存在. 设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k<0), 则有A(3- ,0),B(0,2-3k), 2 ∴S(k)= (2-3k)(3- ) k = [12+(-9k)+ 1 2 ]

2 k 1 4 ? ≥ [12+ ] 2 ?k ? = (12+12)=12, ? 当且仅当 -9k= 时,即k= 时,S△ABOmin=12, 1 4 2 ( ? 9k) ? ? 此时直线的方程为 2x+3y-12=0. 2 ?k 1 2 2 4 ? 3 ?k

? 题型四

应用问题

【例4】(14分)为了绿化城市,拟在区域ABCD内建

一个草坪(如图).另外△EFA内部有一文物保护
区不能占用.经测量AB=100 m,BC=80 m,AE=30 m,AF=20 m,应如何设计才能使草坪面积最大?

分析 欲使草坪面积最大,点P的位臵选取是关键,因此,应考 虑建立适当的坐标系,求出线段EF所在直线的方程,再设出点P

的坐标,作为解题的切入点.

? ? ? ? ? ? ? ?

解 如图所示建立直角坐标系,则 E(30,0),F(0,20),…...2′ ∴线段EF的方程为 (0≤x≤30)……4′ x y 在线段EF上取点P(m,n), ? ?1 30 20 作PQ⊥BC于点Q,PR⊥CD于点R,设矩形PQCR的面积为S, 则S=PQ· PR=(100-m)(80-n). …………………………6′ 又 (0≤m≤30), ∴n= .

m n ? ?1 30 20 m 20(1 ? ) 30

? ? ? ?

2 ∴S=(100-m)(80-20+ m) 2+ 3 (0≤m≤30), …………………9′ =2 (m-5)18050 ∴当 S有最大值,这时 =5∶1. ….12′ 3 m=5时,3 EP 30 - 5 ∴当草坪矩形的两边在BC、CD上,一个顶点在线段 EF上,且 ? PF 5 这个顶点分EF成5∶1时,草坪面积最大 . …………..14′

举一反三

? 学后反思 本题是一道用地规划的实际问题,应把问题化 归为 ? 在线段EF上找一点,使长方形PQCR面积最大的数学问题, 这 ? 样,就需要建立直角坐标系,用坐标表示点,用方程表示 曲 ? 线,从而把问题转化为代数问题,利用代数方法使问题得 到解 ? 决.

4. 美丽的呼伦贝尔大草原的一条公路旁边,在某镇北偏西 60°且距该镇30 km处有A村,在镇东北50 km处有B村,要在公 路旁修一车站C,从车站C向A、B两村修公路,问车站C修在公路 的什么地方,可使费用最小?

? 解析: 以公路为x轴,该镇为原点建立平面直角坐标系, 如图所示,则A、B两点坐标分别为A(2 15 ,15),B(25 ,25 ),作A点关于 3 x轴的对称点A′( 2 15 ,-15),连接A′B交x轴于C. 3 ? ∵x轴是线段AA′垂直平分线, ? ∴|CA|=|CA′|, ? ∴|CA|+|CB|=|CA′|+|CB|=|A′B|最短. ? 由两点式,得 . ? 令y=0,得 , ? x ? 25 2 25 2 ? 15 3 ? ∴ ? 25 2 5 2 ?3 ? ,∴车站应修在距该镇的正西方约 7.7 km处. ? x ? 25 2 5 2 ? 3 3

y ? 25 2

25 2 ? 15

x?

25 2 (9 3 ? 15 2 ? 15 6 ? 9) ? ?7.7 41

? 易错警示
4 1 , ? ) 5 5 且总与线段AB有交点,则直线l的斜率k的取值范围是

【例】已知点A(2,1),B(-2,2),若直线l过点 P(-

.

错解 如右图,由经过两点的直线的斜率公式可得直线PA的斜率 kPA= 3 ,PB的斜率kPB= ? 11 ,所以直线l的斜率k的取值范围是 7 6 [?
11 3 , ]. 6 7

? 错解分析 在直线l的允许活动范围内,l倾斜角连续变化 时, ? 直线斜率的变化并不一定连续,当直线l垂直于x轴时,直 线l ? 的斜率不存在,出错的原因是忽视了直线斜率的变化与倾 斜角 ? 变化的关系,忽视直线倾斜角为90°时直线无斜率. 正解 当直线l由位臵PA绕点P转动到位臵PB时,l的斜率逐渐变 大直至当l垂直于x轴时l无斜率,再转时斜率为负值,逐渐变小 3 11 直到PB的位臵,所以直线l的斜率k≥kPA= 或k≤kPB= ? , 7 6 3 11 即k≥ 或k≤ ? . 7 6

? 考点演练
10.(2010· 北京西城区模拟)函数y=loga(x+3)-1(a>0且a≠1)恒 1 2 过定点A,且点A在直线mx+ny+1=0(mn>0)上,求 ? 的最小值. m n
解析: 由已知易得A(-2,-1),∴2m+n=1.

又∵mn>0,∴m,n同正, 1 2 1 2 n 4m ∴ ? =( ? )· (2m+n)=4+ + ≥4+2 n ? 4m =8,当且仅当 m n m n m n m n
n 4m = ,即n=2m= 1 时等号成立. n m 2
1 2 故 ? 的最小值为8. m n

? 11. 设直线l的方程为(a+1)x+y+2-a=0(a∈R). ? (1)若l在两坐标轴上截距相等,求l的方程; ? (2)若l不经过第二象限,求实数a的取值范围.

解析: (1)当直线过原点时,该直线在x轴和y轴上的截距为零,
当然相等,∴a=2,方程即为3x+y=0; 当直线不过原点时,∵截距存在且均不为0, a?2 ∴ =a-2,即a+1=1, a?1 ∴a=0,方程即为x+y+2=0.

? (2)方法一:将l的方程化为y=-(a+1)x+a-2,由题意知 ? -(a+1)>0, 或 -(a+1)=0, ? a-2≤0 a-2≤0, ? 解得a<-1或a=-1. ? 综上可知,a的取值范围是a≤-1.

方法二:将l的方程化为(x+y+2)+a(x-1)=0(a∈R). 它表示过l1:x+y+2=0与l2:x-1=0的交点(1,-3)的直线系

(不包括x=1).由示意图可知l的斜率为-(a+1)≥0,即当a≤-1
时,直线l不经过第二象限.

? 12. 对于直线l上的任意一点(x,y),点(4x+2y,x+3y)仍在 直线l上,求直线l的方程.

解析: x=y=0时,4x+2y=x+3y=0,可见直线l经过原点,但又 不能与x,y轴重合. 设直线l的方程为Ax+By=0(A· B≠0),① 即(4A+B)x+(2A+3B)y=0.② ∵方程①②所表示的直线是相同的直线, 4A ? B 2A ? 3B ∴ ,即2A2-AB-B2=0, ? A B ∴B=A或B=-2A,将它们分别代入方程①,可得l的方程为x+y=0

或x-2y=0.

第二节 直线的位臵关系
知识梳理
1. 两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行 对于两条不重合的直线l1,l2,其斜率分别为k1,k2,则有l1∥l2

? ? k1=k2 .特别地,当直线l1、l2的斜率都不存在时,l1与l2都与
x轴 垂直 . (2)两条直线垂直

如果两条直线l1,l2的斜率存在,分别设为k1,k2,则l1⊥l2? ?
k1k2=-1 .

? 2. 三种距离

(1)两点间的距离
平面上的两点P1(x1,y1),P2(x2,y2)间的距离公式
2 2 P1P2= (x2 ? x1 ) ?(y2 ? y1 )

.

特别地,原点(0,0)与任一点P(x,y)的距离OP= x2 ? y2
(2)点到直线的距离 点P0(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0的距离d= Ax0 ? By0 ? C . A2 ? B2 (3)两条平行线的距离 C ?C 两条平行线Ax+By+C1=0与Ax+By+C2=0间的距离d= 1 2 A 2 ? B2

.

.

? 典例分析
题型一 两条直线位臵关系的判定和应用

【例1】已知两直线l1:mx+y-(m+1)=0和l2:x+my-2m=0,求实数m

取何值时,l1与l2分别是下列位臵关系:
(1)相交;(2)平行;(3)重合;(4)垂直; (5)交点在第一象限. 分析 研究直线的相交、平行、重合关系可通过方程组解的情 形得以断定,从而可由方程中的未知数的系数取值决定.

解 (1)由方程组 mx+y-(m+1)=0, ① x+my-2m=0, ②

①〓m-②,得(m2-1)x=m2-m.③ 2 m ?m m ? 当m2-1≠0,即m≠〒1时,x= 2 ,代入方程组得 m ?1 m ?1 2m ? 1 y= ,方程组有唯一的解.因此,当且仅当m≠〒1时,l1与 m ?1 l2相交. (2)由(1)中的方程③知,m=-1时得0=2方程无解,即方程组无

解,两直线平行.因此,当且仅当m=-1时,l1与l2平行.
(3)由(1)中的方程③知,m=1时得0=0方程有无数多解,即方 程组有无数多解,两直线重合.因此,当且仅当m=1时,l1与l2 重合.

? (4)因为m≠〒1时,l1与l2相交;当m=0时,l1的斜率为0,l2 ? 的斜率不存在,l1⊥l2;当m≠0时,l1、l2的斜率分别为1 ? m, . m 1 ? 因为(-m) ( )≠-1,故l1与l2不垂直.因此,当且仅当m=0 ?· m. ? 时,l1⊥l2
m (5)由(1)知,方程组的唯一解为 x= m ? 1 , y= 2m ? 1

m ?1 m 2m ? 1 ,即l1与l2的交点坐标为( , ).由题意 m ?1 m ?1
得m<-1或m>0且m≠1.

(m≠〒1)
m >0, m ?1 2m ? 1>0,

m ?1

因此,当m<-1或m>0且m≠1时,交点在第一象限.

?

学后反思 对直线l1:A1x+B1y+C1=0和直线l2:A2x+B2y+C2=0, 其中 = ≠ 是两直线平行的充分条件而非充要条件, A1 B C1 1 要注意分母为零时的情形,若将上式变形为 :A1B2=A2B1 且 A ≠B B C2 2 B1C22 =-1也是两直 2C1,就是平行的充要条件.同理: 线l1,l2垂直的充分而不必要条件.例如: A当其中一直线斜率 1 A2 ? 不存在,且另一直线斜率为0时,两直线亦垂直,而 B B A1A2+B1B2=0就是两直线垂直的充要条件了1. 2

举一反三
1. 已知直线ax+3y+1=0与x+(a-2)y+a=0平行,求a的值. 解析: 当a-2=0或a=0时两直线显然不平行, 当a-2≠0且a≠0时,由题意得 a ? 3 ≠1a,解得a=3. 1 a?2 综上,a=3.

? 2. 已知直线ax-y+2a=0与(2a-1)x+ay+a=0互相垂直,求 实数a的值. 解析: 由a(2a-1)-a=0,解得a=1或a=0, 当a=1时,两方程为x-y+2=0与x+y+1=0,互相垂直; 当a=0时,两方程为y=0与x=0互相垂直. 所以a=1或a=0即为所求. 题型二 距离问题 【例2】求过点A(-1,2),且与原点的距离等于 2 的直线方程. 分析设出所求直线的点斜式方程,运用待定系数法求直线的方 程,但必须要注意斜率是否存在这个问题.
2

? ? ? ? ? ?

解 ∵过点A(-1,2)且垂直于x轴的直线不满足题意, ∴设过点A(-1,2)的直线点斜式方程为y-2=k(x+1), 即kx-y+k+2=0. ∵原点到直线的距离等于 ,∴d= = , 解得k=-1或k=-7, k ?2 2 2 2 或7x+y+5=0. 即所求直线方程为x+y-1=0 k2 ? 1 2

学后反思 (1)直线的点斜式方程不能代表垂直于x轴的直线,

故要进行讨论.
(2)使用点到直线的距离公式时,必须把直线方程化为一般式.

? 举一反三
3. 与直线2x+3y+5=0平行,且距离等于 13 的直线方程是. 解析: ∵所求直线l与直线l0:2x+3y+5=0平行, ∴可设l的方程为2x+3y+C=0. 由l与l0的距离为 13, 得

C ?5 13

=13,解得C=18或C=-8,

∴所求直线l的方程为2x+3y+18=0或2x+3y-8=0. 答案: 2x+3y+18=0或2x+3y-8=0 题型三 交点及直线系问题 【例3】求经过直线l1:3x+2y-1=0和l2:5x+2y+1=0的交点且垂直 于直线l3:3x-5y+6=0的直线l的方程.

? 分析 本题可以先求交点坐标,然后由直线间位臵关系求 解, ? 也可以先设出直线系方程,后代入点具体求解. 解 方法一:由 3x+2y-1=0,

5x+2y+1=0,得l1,l2的交点P(-1,2). 3 3 又l3的斜率k3= ,∴l的斜率k=- , 5 3 5 ∴l:y-2=- (x+1),即5x+3y-1=0. 5 方法二:由l⊥l3,可设l:5x+3y+C=0.
∵l1,l2的交点可以求得为P(-1,2). ∴5〓(-1)+3〓2+C=0,∴C=-1,

∴l:5x+3y-1=0.

? ? ? ? ? ?

方法三:由l过l1,l2的交点, 可设l:3x+2y-1+λ(5x+2y+1)=0, 即(3+5λ)x+(2+2λ)y+(-1+λ)=0. ∵l⊥l3∴ ,解得λ= ,代入上式整理,得 l:5x+3y-1=0. 1 3 ? 5λ 5 ? ?? 由于直线不包含 l2不合题意 . 5 2 ? 2λ l2,易验证 3

学后反思

三种解法都能比较迅捷地解决问题,但方法一、二

都是在两直线的斜率存在的前提下进行的,如果其中含有字母参 数,则要进行分类讨论;运用直线系方程时则必须对直线系中不 包含的直线进行检验,因此本题的三种解法应该是各有优缺点.

? 举一反三
4. 已知两直线l1:x+2=0,l2:4x+3y+5=0,定点A(-1,-2),求过
l1,l2的交点且与点A的距离等于1的直线l. 解析: 方法一:l1,l2的交点为 x+2=0, 4x+3y+5=0的解,即(-2,1). 若直线l斜率存在,设所求的直线方程为y-1=k(x+2), 即kx-y+(2k+1)=0.① 因为所求直线与点A(-1,-2)的距离为1,

所以

? k ? 2 ? 2k ? 1 k2 ? 1

? 1 ,得k= ? 4 ,
3

代入①,得

所求直线l的方程为4x+3y+5=0;

? 若直线l斜率不存在,即判断过点(-2,1)且与y轴平行的 直 ? 线x=-2是否符合所求直线l的条件. ? ∵点A(-1,-2)到直线x=-2的距离为1, ? ∴直线x=-2,即x+2=0也符合直线l的要求. ? 所求直线l的方程是x+2=0或4x+3y+5=0.

方法二:l1,l2的交点为(-2,1).

过l1,l2交点的直线系方程是(x+2)+λ(4x+3y+5)=0,不包括
l2,λ是参数,化简得(1+4λ)x+3λy+(2+5λ)=0.②

? 由点A(-1,-2)到直线l的距离为1,得 ? ? 1?(1 ? 4λ)?(?2)?3λ?(2 ? 5λ) ,解得λ=0, ?1 ? 代入方程②,得 2 x+2=0. 2又因为直线系方程②中不包含l2, (1 ? 4λ) ?(3λ) ? 所以应检验l2是否也符合所求l的条件. ? 因为点A(-1,-2)到l2的距离为 =1, ? 所以l2也符合要求,所求直线l的方程是x+2=0或4x+3y+5=0. ?4?6?5

42 ? 32

题型四对称问题 【例4】(14分)光线沿直线l1:x-2y+5=0射入,遇直线l:3x2y+7=0后反射,求反射光线所在的直线方程.

? 分析 本题用光学原理得入射光线与反射光线关于直线l对 称, ? 用对称点方法求出入射线上一点P关于l的对称点,再由两点 式 ? 写出方程. 解 方法一:由 3x-2y+7=0, x=-1, x-2y+5=0, 得 y=2,

即反射点M的坐标为(-1,2). ………………………………….2′ 又取直线x-2y+5=0上一点P(-5,0), 设点P关于直线l的对称点为P′(x0,y0). 2 y 由PP′⊥l,可知kPP′= ? ? 0 , ………………………..5′ 3 x0 ? 5

x0 ? 5 y0 而PP′的中点Q的坐标为( 2 , 2 ) , 又Q点在l上,∴ 3 ? x0 ? 5 ? 2 ? y0 ? 7 ? 0 2 2

.

? ? ? ? ? ? ?

y0 2 ? ? 联立 , x0 ? 5 3 (x0-5)3 y0+7=0, ………..………………………..9′ 2 解得 x0=-1713, y0=-3213, 即P′点坐标为17 32 . ….11′ (? , ? ) 反射光线过M(-1,2)和P′ . 13 13 17 32 根据直线的两点式方程 (?,可得反射光线所在的方程为 , ? ) 13 13 29x2y+33=0. ………………………………………………14′

方法二:设直线x-2y+5=0上任意一点P(x0,y0)关于直线l的对称 y ?y 2 点P′(x,y),则 0 ? ? . ……………………………….3′ x0 ? x 3

( 又PP′的中点

x ? x0 y ? y0 , )在l上, 2 2

x ? x0 y ? y0 3 ? ? 2 ? ?7 ?0 ? ∴ , …………………………….6 2 2 ′ y ?y 2 ? 5x ? 12y ? 42 0 ? ? ? 由 x ?x , x0 = , 3 13 0 12x ? 5y ? 28 x ? x0 ? 3? ?(y ? y0 )? 7 ? 0 y0= , …10′ 13 2 ? 代入方程x-2y+5=0中,化简得29x2y+33=0, …………….12′ ? 即所求反射光线所在直线方程为29x2y+33=0. …………..14′ 学后反思 比较两种解法可知,对于直线的对称问题,都是转
化为点关于直线的对称或点关于点的对称问题来解决的;其中
方法一通过求点关于直线的对称点坐标,用两点式方程求解, 方法二则利用了轨迹思想求对称直线的方程, 是求解曲线关

于直线对称问题的通法.

? 举一反三
5.已知A(7,-4)关于直线l的对称点为B(-5,6),则直线l的方
程是 解析: .

∵AB的中点(1,1)在直线l上, 5 5 又kAB=- ,∴所求直线l的斜率k= , 6 6 5 ∴所求直线l的方程为y-1= (x-1),即6x-5y-1=0. 6 答案: 6x-5y-1=0

? 易错警示
【例】讨论直线ax+y-2=0与x-ay+3=0的位臵关系.

1 错解 ∵两直线的斜率分别是k1=-a,k2= , a 1
∴k1k2=-a〓 =-1,

∴两直线垂直.
错解分析 错解中忽略了对实数a是否为0的讨论. 正解 若a=0,则两直线方程分别为y=2和x=-3,显然两直线垂直;

a

1 若a≠0,由k1k2=-a〓 =-1知两直线垂直. a
综上可知,两直线垂直.

? 考点演练
10. 已知直线l过点P(2,3),且在两坐标上的截距相等,求直线l
的方程. 解析: 依题意,直线l的斜率存在且不为零,设l方程为 b b y=kx+b,b为l在y轴上的截距,令y=0得x= ? ,则? 为l在x轴上 k k b 的截距,由题知b=? ,又过点P(2,3), k ∴3=2k+b,由 b=-bk, b=0, k=-1, 3=2k+b, 解得 k= 3 或 b=5, 2
3 ∴直线l的方程为y= x或y=-x+5. 2

? 11. 光线从点A(-3,4)射出,到x轴上的B点后,被x轴反射到y 轴 ? 上的C点,又被y轴反射,这时反射线恰好过点D(-1,6), 求 ? BC所在直线的方程. 解析: 方法一:如图所示,依题意,B点在 原点O左侧,设B点坐标为(a,0),由反射角等 于入射角,得∠1=∠2,∠3=∠4, ∴kAB=-kBC. 4 ?0 4 ?? 又kAB= ?3 ? a 3?a ∴kBC=

(a≠-3),

4 4 ,即BC所在直线方程为y= (x-a), 3?a 3?a ? 4a ) . ∴点C的坐标为(0, a ?3

? 4a ?6 10a ? 18 a ? 3 ?? ∵kCD ? 1 a ?3

.

由图易知kAB=kCD,∴ ?

7 解得a=- ,∴kBC= , 5 2 5 7 ∴BC所在直线的方程为y= x+ ,即5x-2y+7=0. 2 5

4 18 ? 10a ?? 3?a 5 3?a

,

? ? ? ? ?

方法二:A关于x轴的对称点A′(-3,-4), D关于y轴的对称点D′(1,6), 由光学知识知:A′、B、C、D′四点共线,且kA′D′= , 5 则BC所在的直线方程为 , 2 y ?(?4) x ?(?3) 即5x-2y+7=0. ? 6 ?(?4) 1 ?(?3)

? 12. 当a为何值时,直线l1:(a+2)x+(1-a)y-1=0与直线l2: ? (a-1)x+(2a+3)y+2=0互相垂直.

解析: 方法一:由题意,直线l1⊥l2,

(1)当1-a=0,即a=1时,直线l1:3x-1=0与直线l2:5y+2=0显然
垂直;
3 (2)当2a+3=0,即a= ? 时,直线l1:x+5y-2=0与直线l2:5x2 4=0不垂直.

? (3)若1-a≠0,且2a+3≠0,则直线l1,l2斜率k1,k2存在, ? k = ? 2) ,k2= a ? 1 ,当l1⊥l2时,k1· k2=-1, 1 ? (a ? 2a ? 3 1? a ? 即 · ( )=-1,∴a=-1. a ?1 ?(a ? 2) ? ? 综上可知,当 a=1 2a ? 3 或a=-1时,直线l1⊥l2. 1? a

方法二:∵直线l1⊥l2, ∴(a+2)(a-1)+(1-a)(2a+3)=0,解得a=〒1. 故当a=1或a=-1时,直线l1⊥l2.

第三节 圆的方程
? 基础梳理
1. 圆的标准方程 (1)方程(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)表示圆心为(a,b) ,半径为 r

的圆的标准方程.
(2)特别地,以原点为圆心,半径为r(r>0)的圆的标准方程为 x2+y2=r2 . 2. 圆的一般方程
2 2 D E D ? E ? 4F 方程x2+y2+Dx+Ey+F=0可变形为(x+ )2+(y+ )2= .故 2 2 4 D E ? ) 为圆心,以 有:(1)当D2+E2-4F>0时,方程表示以 (? 2 , 2 2 2 D ? E ? 4F 为半径的圆; 2

D E (2)当D2+E2-4F=0时,方程表示一个点(- ,- ); 2 2 2 2 (3)当D +E -4F<0时,方程不表示任何图形.

? ? ? ? ? ?

3. 点与圆的位臵关系 对于平面上的任意一点M(x0,y0)和一个圆C:(x-a)2+(y-b)2=r2, 点M与圆C的位臵关系及判断方法如下: (1)点M在圆外?(x0-a)2+(y0-b)2>r2; (2)点M在圆上?(x0-a)2+(y0-b)2=r2; (3)点M在圆内?(x0-a)2+(y0-b)2<r2.

4. 求圆的方程的方法和步骤

确定圆的方程的主要方法是待定系数法,大致步骤为:

(1)根据题意,选择标准方程或一般方程;

(2)根据条件列出关于a,b,r或D,E,F的方程组;
(3)解出a,b,r或D,E,F,代入标准方程或一般方程.

题型一

? 典例分析

求圆的方程

【例1】求过两点A(1,4)、B(3,2)且圆心在直线y=0上的圆的

标准方程并判断点P(2,4)与圆的关系.
分析 欲求圆的标准方程,需求出圆心坐标与圆的半径的大小; 而要判断点P与圆的位臵关系,只需看点P与圆心的距离和圆的 半径的大小关系.若距离大于半径,则点在圆外;若距离等于半 径,则点在圆上;若距离小于半径,则点在圆内.

解 方法一:设圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2.

∵圆心在y=0上,∴b=0,∴圆的方程为(x-a)2+y2=r2.
又∵该圆过A(1,4)、B(3,2)两点,

? ∴(1-a)2+16=r2, a=-1, ? (3-a)2+4=r2, 解得 r2=20. ? ∴所求圆的方程为(x+1)2+y2=20. ? 方法二:设圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,因为圆心在x轴上, E ? 则 =0,即E=0.又圆过A(1,4)和B(3,2),所以 ? 2 D+17+F=0, 解得 D=2, ? 3D+13+F=0, E=0, ? F=-19. ? 所以圆的方程为x2+y2+2x-19=0.

? 方法三:因为圆过A(1,4)、B(3,2)两点,所以圆心C必在线 段 4?2 ? AB的垂直平分线l上.又因为kAB =-1,故l的斜率为1. 1= ?3 ? 又AB的中点为(2,3), ? 故AB的垂直平分线l的方程为y-3=x-2, ? 即x-y+1=0. ? 又知圆心在直线y=0上,故圆心坐标为(-1,0), ? 所以半径r=AC= . ? 故所求圆的方程为(x+1)2+y2=20. ? 又点P(2,4)到圆心C(-1,0)的距离为 2 ? d=PC= (1 ? 1) ? 42 ? 20 =5>r,所以点P在圆外.

2 (2 ? 1) ? 42 ? 25

? 学后反思 (1)本题方法一与方法二都使用了待定系数法, 其 ? 中方法一设了圆的标准方程,方法二设了圆的一般方程,都 是 ? 结合条件来求所设方程中的待定系数;方法三则应用了平面 几 ? 何知识:圆心与弦的中点的连线与弦垂直.一般而言,在解析 几 ? 何问题中,能用上平面几何知识,会使解题变得相对简单. ? (2)无论哪种解法,都围绕着求圆的圆心和半径这两个关键的 ? 量,然后根据圆心与定点之间的距离和半径的大小关系来判 定 ? 点与圆的位臵关系.

? 举一反三
1. 已知圆C:(x+2)2+(y-6)2=1和直线l:3x-4y+5=0,求圆C关
于直线l对称的圆的方程. 解析: 圆C:(x+2)2+(y-6)2=1的圆心为(-2,6),半径为1.

设所求圆的圆心为M(a,b),半径为1.
由已知,圆M与圆C关于直线l对称,则有 a?2 6? b a=4, 3? ? 4? ?5 ?0 解得 2 2 b ?6 3 b=-2. ? ? ?1 a?2 4 故所求圆的方程为(x-4)2+(y+2)2=1.

? 题型二

与圆有关的参数问题

【例2】(2009· 威海模拟)已知圆的方程为x2+y2+ax+2y+a2=0,一定
点A(1,2),要使过定点A的圆的切线有两条.求实数a的取值范围. 分析 (1)方程表示圆,则D2+E2-4F>0,即a2+4-4a2>0. (2)由定点A的切线有两条,则点A一定在圆外. 解 已知x2+y2+ax+2y+a2=0表示圆, 则应满足a2+4-4a2>0,即4-3a2>0,① 又A应在圆外,有12+22+a+2〓2+a2>0,即 a2+a+9>0,② 2 3 2 3 由①,②得<a< . 3 3 故a的取值范围是(- 2 3 , 2 3 ). 3 3

? 学后反思 (1)一般地,方程表示圆隐含着条件D2+E2-4F>0, ? 此点易被忽视. ? (2)点(x0,y0)在x2+y2+Dx+Ey+F=0外,x02+y02+Dx0+Ey0+F>0.

2. (例2改编)已知圆的方程x2+y2+ax+2y+a2=0,一定点 1 A(1,2),要使圆的半径不大于 且过定点A的圆的切线有两 2 条,求实数a的取值范围.
3 2 a 2 2 解析: 圆的方程可化为(x+ ) +(y+1) =1- a . 4 2 1 3 2 由已知 1 ? a2≤ , a ≥1, 2 4 1- 3 a2>0, 即 4-3a2>0, 4 12+22+a+2〓2+a2>0, a2+a+9>0,

2 2 3 ? 解 得 -3 <a≤-1或1≤a< . 3 3 ? 故a的取值范围为 (,-1]∪[1, 2 3 2 3 3 3 题型三 与圆有关的最值问题

).

【例3】已知实数x、y满足方程x2+y2-4x+1=0.

y (1)求 的最大值和最小值; x

(2)求y-x的最大值和最小值;
(3)求x2+y2的最大值和最小值. 分析 根据代数式的几何意义,借助于平面几何知识,数形结合 求解. 解 原方程可化为(x-2)2+y2=3,表示以(2,0)为圆心,3 为 半径的圆.

y ? (y 1) 的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率,设 =k, 即x x ? y=kx.当直线y=kx与圆相切时,斜率k取最大值或最小值, 2k ? 0 此 ? 3 3 2 k ? 1 ? 时 ,解得k=〒 .(如图1) ? 所以yx的最大值为 ,最小值为 3 3- . ? (2)y-x可看作是直线y=x+b在y轴上的截距.当直线y=x+b与 圆相切时,纵截距b取得最大值或最小值,此 2 ?0 ? b 时 ,解得b=-2〒 .(如图2) ? 3 2 ? 所以y-x的最大值为 -2+ ,最小值为 -2. 6

6

6

? (3)x2+y2表示圆上的一点与原点距离的平方.由平面几何知识 ? 知,在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小 值. ? (如图3) ? 又圆心到的原点的距离为 . 2 2 (2 ? 0) ?(0 ? 0) ? 所以x2+y2的最大值是(2+ )2=7+4 , ?2 ? x2+y2的最小值是(2- ) 3 2=7-4 3

3

3

学后反思 (1)本例中利用图形的直观性,使代数问题得到非 常简捷的解决,这是数形巧妙结合的好处. (2)本例的解题关键在于能否抓住“数”中的某些结构特征, 从而联想到解析几何中的某些公式或方程,从而挖掘出“数” 的几何意义,实现由“数”到“形”的转化.

? (3)与圆有关的最值问题,常见的有以下几种类型: ? ①形如μ=y-bx-a形式的最值问题,可转化为动直线斜率的 最值问题; ? ②形如t=ax+by形式的最值问题,可转化为动直线截距的最 值问题; ? ③形如(x-a)2+(y-b)2形式的最值问题,可转化为动点到定 点距离的平方的最值问题.

举一反三
3.已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1,点A(-1,0),B(1,0),点P为圆上 的动点,求d=PA2+PB2的最大值、最小值及对应的点P坐标.

? 解析 设P(x0,y0),则d=PA2+PB2=(x0+1)2+y02+(x0-1)2+y02 ? =2(x02+y02)+2.欲求d的最值,只需求ω=x02+y02的最值,即求 圆 ? C上的点到原点距离平方的最值,故过原点O与圆心C的直线 与圆 ? 的两个交点P1,P2即为所求. ? 设过O,C两点的直线交圆C于P1,P2两点,易知OC所在直线方 程 4 ? 为3 y= x,则ωmin=(OC-1)2=16=OP12, 16 ? 此时dmin=2〓16+2=34,并易得P12 ); 1( , 5 5 ? ωmax=(OC+1)2=36=OP22, ? 此时dmax=2〓36+2=74,并易得P2( ). 18 24 , 5 5

? 题型四

与圆有关的简单的轨迹问题

【例4】已知线段AB的端点B的坐标是(4,3), 端点A在圆(x+1)2+y2=4上运动,求线段AB的 中点M的轨迹方程. 分析 动点M的轨迹与点A的位臵变化有关,因此可以把点A的坐 标用点M的坐标表示出来,再代入点A所满足的方程求得点M的轨 迹方程.

? ? ? ? ? ? ? ? ?

解 设点M的坐标为(x,y),点A(x0,y0),因为M是线段AB的中点, 且B(4,3), 所以 x= , 所以 x0=2x-4, x 0 ?4 y= , y0=2y-3.① ………………6′ 2 (x+1)2+y2=4上运动, 又点A在圆 y0 ? 3 所以(x0+1)2+y02=4.②………………………………………10′ 2 把①代入②,得(2x-4+1)2+(2y-3)2=4, 整理得(x- )2+(y- )2=1. …………………………..14′ 所以点M的轨迹是以( , )为圆心,半径为1的圆.
3 2 3 2

3 2

3 2

学后反思 (1)本例中M、A是相关动点,M、A、B三者存在着 不变的关系,抓住该关系可以实现动点M、A的坐标间的转化. (2)一般地,设点时,动点设为(x,y),相关点设为(x0,y0), 并将(x,y)用(x0,y0)表示出来,代入(x0,y0)满足的关系式.

举一反三
4. 已知点A(4,0),P是圆x2+y2=1上的动点,求AP的中点M的轨迹 方程.

? 解析: 设M(x,y),∵点M是AP的中点, ? ∴点P的坐标是(2x-4,2y),又∵点P是圆x2+y2=1上的点, ? ∴(2x-4)2+(2y)2=1,即(x-2)2+y2=14.

易错警示
【例】写出2x2+2y2=1的圆心坐标和半径. 错解 圆心坐标(0,0),半径为1. 错解分析 在x2,y2系数不是1的情况下,应首先将x2,y2的系数 化为1.
1 , 2 故圆的圆心坐标为(0,0),半径为 2 . 2

正解 方程2x2+2y2=1可化为x2+y2=

? 考点演练
1 10. 由方程x2+y2+x+(m-1)y+ m2=0所确定的圆中,求最大的圆 2 的面积.

1 2 2 1 ? (m ? 1) ? 4 ? m 2 2 ? m ? 2m ? 2 解析: ∵r = 2 ? 4 4
∴m=-1时,rmax2= 3 ,则Smax= 3 π.

4

故最大的圆的面积为 π.

3 4

4

? 11.(2009青岛模拟)已知圆M过两点A(1,-1),B(-1,1),且圆心M 在x+y-2=0上.求圆M的标准方程.

解析: 设圆M的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0), 根据题意得 (1-a)2+(-1-b)2=r2, (-1-a)2+(1-b)2=r2, a+b-2=0, 解得a=b=1,r=2.

故所求圆M的方程为(x-1)2+(y-1)2=4.

? 12. 设定点M(-3,4),动点N在圆x2+y2=4上运动,以OM、 ON为两边作平行四边形MONP,求点P的轨迹.

解析: 如图所示,设P(x,y),N(x0,y0),则线段OP的中点坐标 x ?3 y ? 4 x y 为 ( , ),线段MN的中点坐标为( 0 , 0 ) 2 2 2 2 因为平行四边形的对角线互相平分, 故 x ? x0 ? 3 ,y ? y0 ? 4 ,从而 x0=x+3, 2 2 2 2 y0=y-4. 又N(x+3,y-4)在圆上,故(x+3)2+(y-4)2=4. 因此所求轨迹为圆:(x+3)2+(y-4)2=4, 9 12 21 28 但应除去两点: ( ? , )和( ? , ) (点P在OM所在直线上时的情 5 5 5 5 况).

第四节 直线与圆的位臵关系

1. 基础梳理 直线与圆的位臵关系 ? (1)直线与圆相交,有两个公共点; (2)直线与圆相切,只有 一个 公共点; (3)直线与圆相离, 没有 公共点. 2. 直线与圆的位臵关系的判断方法 直线l:Ax+By+C=0(A,B不全为0)与圆(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)的

位臵关系的判断方法有:

(1)几何方法 圆心(a,b)到直线Ax+By+C=0的距离为d, d<r? 直线与圆相交;
? 直线与圆相切; d=r? ? 直线与圆相离. d>r?

(2)代数方法 由 Ax+By+C=0, (x-a)2+(y-b)2=r2消元,得到的一元二次方程的判别式为Δ, 则
? 直线与圆相交; Δ>0? ? 直线与圆相切; Δ=0? ? 直线与圆相离. Δ<0?

3. 圆与圆的位臵关系 圆与圆的位臵关系有五种,分别为外离、外切、相交、内切、 内含. 4. 弦长问题 圆的弦长的计算:常用弦心距d,弦长一半 a及圆的半径r所构 成的直角三角形来解:r2= a2+d2.

1 4

1 2

典例分析
题型一 直线与圆的位臵关系 【例1】已知圆的方程是x2+y2=2,直线y=x+b,当b为何值时,圆 与直线(1)有两个公共点;(2)只有一个公共点;(3)没有公

共点.

分析 联立方程组,变形为含x的方程,利用Δ来判断. 解 联立两个方程得方程组 x2+y2=2,

y=x+b,消去y得:
2x2+2bx+b2-2=0,其判别式Δ=16-4b2, (1)当Δ=16-4b2>0,即-2<b<2时,有两个公共点;

(2)当Δ=16-4b2=0,即b=〒2时,有一个公共点;
(3)当Δ=16-4b2<0,即b<-2或b>2时,无公共点. 学后反思 解决直线与圆的位臵关系的问题,要注意运用数形 结合的思想,利用圆心到直线的距离d与圆的半径的大小关系进 行判断;有时也可从方程的角度利用判别式来分析.

举一反三
1.(2010· 启东调研)已知圆C:(x+1)2+(y-2)2=6,直线l:
mx-y+1-m=0. 求:(1)求证:无论m取什么实数,直线l与圆C恒交于两点;

(2)求直线l被圆C截得的弦长最小时l的方程.
解析: (1)证明:l:mx-y+1-m=0的方程可化为y-1=m(x-1),
2 2 其恒过定点P(1,1). ∵PC= (1 ? 1) ? (1 ? 2) ? 5?r ? 6 ,

∴点P恒在圆C内,∴直线l与圆C恒交于两点.
(2)由(1)及平面几何知识知,当l垂直于PC时,直线l被圆 C截得的弦长最小,又kPC= 2 ? 1 ? ? 1 ,∴kl= ? 1 =2. k PC ?1?1 2 ∴所求直线l的方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.

题型二 圆与圆的位臵关系 【例2】已知圆C1:x2+y2-2mx+4y+m2-5=0,圆C2:x2+y2+2x-

2my+m2-3=0,试就m的取值讨论两圆的位臵关系.
分析 先把两圆的方程化为标准方程,再求两圆的圆心距d,判 断d与R+r,R-r的关系. 解 圆C1:(x-m)2+(y+2)2=9, 圆C2:(x+1)2+(y-m)2=4. 两圆的圆心距C1C2=(m+1)2+(m+2)2,r1=3,r2=2. (1)当C1C2=r1+r2,即(m+1)2+(m+2)2=5, 解得m=-5或m=2,

故m=-5或m=2时,两圆外切;

(2)当C1C2=r1-r2,即(m+1)2+(m+2)2=1, 解得m=-2或m=-1, 故m=-2或m=-1时,两圆内切; (3)当r1-r2<C1C2<r1+r2, 即-5<m<-2或-1<m<2时,两圆相交; (4)当C1C2>r1+r2,即m<-5或m>2时,两圆外离; (5)当C1C2<r1-r2,即-2<m<-1时,两圆内含. 学后反思 在讨论两圆的位臵关系时,一般根据其关系的判定

条件,即圆心距与两圆半径之间的和差关系来判断.

举一反三
2. 已知两圆x2+y2-2x-6y-1=0和x2+y2-10x-12y+m=0. 求:(1)m取何值时,两圆外切? (2)m取何值时,两圆内切? 解析: 将两圆分别化为标准方程圆C1:(x-1)2+(y-3)2=11,圆

C2:(x-5)2+(y-6)2=61-m.
2 2 两圆圆心距C1C2= (5 ? 1) ? (6 ?3) ?5 ,

r1= 11,r2= 61 ? m

.

(1)当C1C2=r1+r2,即 11 + 61 ? m =5时, 解得m=25+10 11,故m=25+10 11时,两圆外切. (2)当C1C2=|r1-r2|,即| 11- 61 ? m |=5时, 解得m=25+10 11或m=25-10 11 . 由(1)知m=25+10 11 ,两圆外切, 故m=25-10 11时,两圆内切. 题型三 圆的切线及弦长问题 【例3】已知点P(0,5)及圆C:x2+y2+4x-12y+24=0.

(1)若直线l过P且被圆C截得的线段长为4 3 ,求l的方程.
(2)求过P点的圆C的弦的中点的轨迹方程.

分析 (1)可以用代数法——将直线l的斜率k设出(优先考虑 斜率不存在的情况),写出直线方程,并将其代入圆C的方程, 然后运用弦长公式d= 1 ? k2 |x1-x2|来解决;也可以用几何法— —设出直线l方程:y-5=kx,首先注意斜率不存在情况,运用圆 心到直线的距离,圆半径和一半弦长构成直角三角形来解决. (2)中点弦问题,可以考虑“代点作差法”,也可以利用“垂 直于弦的直径平分弦”这一几何特征来求解. 解 (1)方法一:如图所示,AB= 4 3 ,D是AB中点, CD⊥AB,AD= 2 3 ,AC=4,在Rt△ACD中,可得CD=2. 设所求直线的斜率为k,则直线的方程为y-5=kx, 即kx-y+5=0. 由点C到直线AB的距离公式:

? 2k ? 6 ? 5 k2 ?(?1)2

? 2,得k= .

3 4

又直线l的斜率不存在时也满足题意,此时方程为x=0. 当k= 时,直线l的方程为3x-4y+20=0. ∴所求直线的方程为x=0或3x-4y+20=0. 方法二:设所求直线的斜率为k,

3 4

则直线l的方程为y-5=kx,即y=kx+5,
联立直线与圆的方程 y=kx+5, x2+y2+4x-12y+24=0,

消去y,得(1+k2)x2+(4-2k)x-11=0.①
设方程①的两根为x1,x2,由韦达定理,得 x1+x2= x1x2= ?

2k ? 4 1 ? k2
11 1 ? k2

,

.②

由弦长公式,得
2 (x1 ? x2 ) ? 4x1x2 ? 4 3 1 ? k2|x1-x2|= (1 ? k2 ) 将②式代入,解得k= 3 ,此时直线方程为3x-4y+20=0. 4 又k不存在时也满足题意,此时直线方程为x=0.

?

?

∴所求直线方程为x=0或3x-4y+20=0. (2)设过P点的圆C的弦的中点为D(x,y),则CD⊥PD,即CD· PD=0, (x+2,y-6)(x,y-5)=0,化简得 所求轨迹方程为x2+y2+2x-11y+30=0.

学后反思 (1)直线与圆的相交问题,往往用垂径定理解决问 题,即圆心距d,圆半径,半弦长l2,三者满足勾股定理来解决. (2)在研究与弦的中点有关的问题时,注意运用“平方差法”, 即设弦AB两端点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),中点为 (x0,y0),由 x12+y12=r2, x22+y22=r2 得
k? y1 ? y2 x ?x x ?? 1 2 ?? 0 x1 ? x2 y1 ? y2 y0

该方法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题. (3)OA⊥OB(O为原点)可转化为x1x2+y1y2=0,再结合根与系数的 关系等代数方法简化运算过程,这在解决垂直关系问题中是常 见的.

举一反三
3. 已知圆O的方程是x2+y2=9,求过点A(1,2)所作的圆的弦的中

点P的轨迹.
解析: 设过A的弦长为MN,M(x1,y1),N(x2,y2). ∵M、N皆在圆x2+y2=9上,∴ x12+y12=9, x22+y22=9. 两式相减,得 (x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0. 当x1≠x2时,上式可化为(x1+x2)+ y1 ? y2 (y1+y2)=0.① x1 ? x2

x1 ? x2 设P(x,y),则x= , 2 y= y1 ? y2 . 2 y ?2 y1 ? y 2 又M、N、P、A四点共线,∴ = x ?1 x1 ? x2 y ?2 ∴①式可化为2x+ · 2y=0, x ?1 整理,得x2+y2-x-2y=0(x≠1).

(x≠1),

当x1=x2,即x=1时,中点P(1,0)也适合方程x2+y2-x-2y=0,即

12 5 (x ? ) ?(y ? 1)2 ? 2 4 1 5 ∴点P的轨迹是以( ,1)为圆心,以 为半径的圆. 2 2

题型四 简单的“圆系方程”的应用
【例4】(14分)求过直线2x+y+4=0与圆x2+y2+2x-4y+1=0的交点, 且过原点的圆的方程. 分析 可用待定系数法,由两交点坐标和过原点的条件,求出

待定系数,也可用圆系方程求经过两圆交点的圆的方程. 解 方法一:由 x2+y2+2x-4y+1=0,

2x+y+4=0,…………………………………..2′ 11 2 解得交点坐标分别为A(-3,2),B( ? , )……………4′ 5 5 2 2 设所求圆的方程为x +y +Dx+Ey+F=0,……………………….6′ 由题意得 F=0,
9+4-3D+2E+F=0, 11 2 11 2 ? + ? D+ E+F=0, ……………………..8′ 5 5 5 5

3 17 解得D= ,E= ? ,F=0…………………………………12′ 2 4 3 17 2 2 ∴所求圆的方程为x +y + x ? y=0. ………………14′ 2 4

方法二:设所求圆的方程为

x2+y2+2x-4y+1+λ(2x+y+4)=0, ……………………………3′
即x2+y2+2(1+λ)x+(λ-4)y+(1+4λ)=0. …………………6′ 1 ∵此圆过原点,∴1+4λ=0,即λ= ? . …………………10′ 4 3 17 ∴所求圆的方程为x2+y2+ x ? y=0. …………………..14′ 2 4 学后反思 此类问题利用方法一计算量较大,而利用圆系方程, 则因为避免了解方程组而相对简单,但在化简一般形式时一定 要细心.

举一反三
4. 求过直线2x+y+4=0和圆x2+y2+2x-4y+1=0的交点且面积最小 的圆的方程. 解析: 设所求圆的方程为 x2+y2+2x-4y+1+λ(2x+y+4)=0,

即x2+y2+2(1+λ)x+(λ-4)y+(1+4λ)=0.①
方法一:当半径最小时,圆面积也最小,对①左边配方,得 λ? 4 )2= 5 8 2 4+ 4 ≥ 4 . [x+(1+λ)]2+(y+ (λ? ) ? 2 4 5 5 5 5 8 所以当λ= 时,此圆面积最小, 5 13 6 4 故满足条件的圆的方程为(x+ )2+(y- )2= . 5 5 5

方法二:当圆心在直线2x+y+4=0上时,圆面积最小.易求得圆心 λ? 4 λ? 4 坐标为(-1-λ, ),代入直线方程,得-2(1+λ)? +4=0, ? 2 2 8 8 解得λ= ,所以当λ= 时,此圆面积最小. 5 5 26 12 37 2 故满足条件圆的方程为x +y2+ x- y+ =0. 5 5 5

易错警示
【例】已知两点A(0,1),B(2,m),如果经过点A与点B且与x轴相 切的圆有且只有一个,求m的值及圆的方程. 错解 设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=b2,

把点A、B的坐标代入方程得 a2+(1-b)2=b2,
(2-a)2+(m-b)2=b2,

消去b,得(1-m)a2-4a+4+m2-m=0.① 由Δ=0得(-4)2-4(1-m)(4+m2-m)=0, 整理得m(m2-2m+5)=0. ∵m2-2m+5>0, ∴m=0. ∴将m=0代入①得a2-4a+4=0, 5 ∴a=2,∴b= , 2 5 2 5 2 2 ∴圆的方程为(x-2) +(y- ) =( ) . 2 2 5 5 ∴当m=0时,所求圆的方程为(x-2)2+(y- )2=( )2. 2 2

错解分析 本题的错误在于忽视了1-m=0这种情况.利用一元二 次方程根的判别式Δ求解时,易忽视应用判别式Δ的条件,该 条件是二次项系数不等于零,故二次项系数含字母时,需对二 次项系数是否为零进行分类讨论. 正解 由于所求的圆与x轴相切,圆心到x轴的距离等于半径, 所以设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=b2,把点A、B的坐标代入方程, 可得 a2+(1-b)2=b2, (2-a)2+(m-b)2=b2 消去b,得(1-m)a2-4a+4+m2-m=0.② 当m=1时,方程为-4a+4=0,a=1, ∴b=1,圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1.

当m≠1时,由Δ=0,得 (-4)2-4(1-m)(4+m2-m)=0, 整理得m(m2-2m+5)=0. ∵m2-2m+5>0, ∴m=0,把m=0代入②得
5 , 2 5 5 ∴圆的方程为(x-2)2+(y- )2=)( )2. 2 2 综上,当m=1时,所求圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1. 5 5 当m=0时,所求圆的方程为(x-2)2+(y- )2=( )2. 2 2

a2-4a+4=0,∴a=2,∴b=

考点演练
10.(2009· 湖北改编)过原点O作圆x2+y2-6x-8y+20=0的两条切线,
设切点分别为P、Q,求线段PQ的长. 解析: 化圆的方程为标准方程(x-3)2+(y-4)2=5,可知圆心为 (3,4),半径为 5 .如图可知:|CO|=5, ∴OP= 25 ? 5 ? 2 5 , PC 1 ∴tan∠POC= . ? OP 2 2 5? 5 在Rt△POC中,OC· PM=OP· PC,∴PM= =2, 5 ∴PQ=2PM=4.

11.求与直线x+y-2=0和曲线x2+y2-12x-12y+54=0都相切的、半 径最小的圆的标准方程. 解析: 如图所示, ∵圆A:(x-6)2+(y-6)2=18,∴A(6,6),半径r1=3 2 . 由图可知,当圆心B在过点A与直线l垂直的直线上时, 圆的半径最小. ∵点A到l的距离为
6?6?2 ?5 2 ,

2 ∴所求圆B的直径2r2=5 2 ? r ? 2 2 ,即r2= 2 . 1 又OB=OA-r2-r1=2 2,且OA与x轴正半轴成角45°,∴B(2,2).

∴所求圆的标准方程为(x-2)2+(y-2)2=2.

12.光线l过点P(1,-1),经y轴反射后与圆C:(x-4)2+(y-4)2=1 相切,求光线l所在的直线方程.

解析: 设l与y轴的交点(即反射点)为Q,点P关于y轴的对称
点为P′(-1,-1).由光学知识可知直线P′Q为反射光线所在的直 线,且为圆C的切线.设P′Q的方程为y+1=k(x+1),即kx-y+k-1=0,

∵圆心C(4,4)到P′Q的距离等于半径,
3 4 ∴ ,解得k= 或k= . k ?1 4 3 3 4 由l与P′Q关于y轴对称可得l的斜率为- 或- , 4 3 4 ∴光线l所在的直线方程为y+1=- (x-1)或y+1=- 3 (x-1),即 4 3 4x+3y-1=0或3x+4y+1=0.
2

4k ? 4 ? k ? 1

?1

第五节 椭圆
基础梳理
1. 椭圆的定义

(1)平面内的动点的轨迹是椭圆必须满足的两个条件:
①到两个定点F1、F2的距离的和等于常数2a; ②2a>F1F2.

(2)上述椭圆的焦点是 F1、F2 ,椭圆的焦距是F1F2.
2. 椭圆的标准方程和几何性质

标准方程

x2 y2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 a b

y2 x2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 a b

图形

范围
对称性 顶点 性 质 轴 焦距 离心率 a,b,c 的关系

≤x≤a -a ≤y≤b -b 对称轴:坐标轴

≤x≤b -b ≤y≤a -a 对称中心:原点

A1 ,A A1 ,A (-a,0) 2 (a,0) (0,-a) 2 (0,a) B1 ,B B1 ,B (0,-b) 2 (0,b) (-b,0) 2 (b,0) 长轴A1A2的长为 短轴B1B2的长为 . 2a 2b F1F2= 2c e= c ∈ (0,1) a c2= a2-b2

典例分析
题型一 椭圆的定义及其标准方程 【例1】已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上,点P到两焦点的 4 5 2 5 距离分别为 和 ,过P作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦 3 3 点,求此椭圆的方程. 分析 方法一:用待定系数法,设出椭圆方程的两种形式后,

代入求解.
方法二:先由椭圆定义,确定半长轴a的大小,再在直角三角形 中,利用勾股定理求c,然后求b.

x2 y2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 解 方法一:设椭圆的标准方程 2 a b 2 2 y x 或 ? ? 1(a ? b ? 0),两个焦点分别为F1、F2,则由题意知 a2 b2 2a=PF1+PF2=2 5 , ∴a= 5 . 2 x2 y2 b 在方程 2 ? 2 ? 1中,令x=〒c,得|y|= ; a b a

y2 x2 2 b ? ? 1 在方程 a2 b2 中,令y=〒c,得|x|= . a 2 依题意知 b = 2 5,∴b2= 10 . 3 2 a 32 2 x 3y y 3x2 ? 1或 ? ?1 即椭圆的方程为 ?
5 10 5 10

方法二:设椭圆的两个焦点分别为F1、F2,则 PF1= 4 5 ,PF2= 2 5 . 3 3 由椭圆的定义,知2a=PF1+PF2= 2 5 ,即a= 5 .

由PF1>PF2知,PF2垂直于长轴. 故在Rt△PF2F1中,4c2=PF12-PF22= ∴c2=53,于是b2=a2-c2=
10 . 3

60 , 9

又所求椭圆的焦点可以在x轴上,也可以在y轴上,故所求的椭 x2 3y2 y2 3x2 圆方程为 ? ? 1或 ? ?1 5 10 5 10 学后反思 (1)用待定系数法求椭圆方程时,当题目的条件不能

确定椭圆的焦点位臵时,应注意分两种情况来设方程,分别计 x2 y2 算;有时也可以直接设成 ? ? 1(m ? 0,n ? 0) m n (2)过椭圆焦点与长轴垂直的直线截椭圆的弦通常叫做通径, 2 2b 其长度为 . a

举一反三
x2 y2 1. 设椭圆E: 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0)过M(2,2),N( 6 ,1)两点, a b O为坐标原点,求椭圆E的标准方程. 4 2 ? 2 ?1 2 a b 解析: 将M、N的坐标代入椭圆E的方程得 ,
6 1 ? 2 ?1 , 2 a b 2 2 x y 解得a2=8,b2=4,所以椭圆E的方程为 ? ? 1 . 8 4

题型二 椭圆的几何性质

x2 y2 【例2】 (1)如图所示,F1,F2分别为椭圆 2 ? 2 ? 1 a b 的左、右焦点,点P在椭圆上,△POF2是面积
为3的正三角形,则b2的值是 . (2)在Rt△ABC中,AB=AC=1,如果一个椭圆通过A、B两点,它的

一个焦点为点C,另一个焦点F在AB上,则这个椭圆的离心率等于
. 分析 (1)由S△POF2=3,且为正三角形,可求出OF2的长度,进 2 2 x y 而求得点P坐标,代入 即可得b2值; ? ? 1 a2 b2 (2)由椭圆定义可得AC+AF=2a,结合AB=AC=1,△ABC为直角三角 形,可求出半长轴a的大小,再结合椭圆定义求c,则离心率也可 求得.

3 2 c ? 3 ,则c2=4? 解 (1)由题意S△POF2= ?c=2,∴P(1, 3 ),代 4 2 2 1 3 x y 2= 2 3 . ? ? 1 入椭圆方程 , 得 , 解得 b ? ? 1 b2 ? 4 b2 b2 ? 4 b2 (2)设另一个焦点F,如下图所示,
∵AB=AC=1,△ABC为直角三角形, ∴1+1+ 2 =4a,则a= 2 ? 2 , 4 设FA=x, ∴ x+1=2a, 1-x+ 2 =2a,
2

∴x= 2 ,
2

∴1+( 2 )2=4c2,∴c= 学后反思

6 c ,∴e= ? 6 ? 3 . 4 a 与几何性质有关的问题要结合图形进行分析,即使

不画出图形,思考时也要联想到图形.本题涉及到顶点、焦点、 长轴、短轴等椭圆的基本量,理清它们之间的关系,挖掘出它 们之间的联系,求解自然就不难了.

举一反三
2.已知F1、F2是椭圆的两个焦点,P为椭圆上一点,∠F1PF2=60°. 求椭圆离心率的取值范围.

x2 y2 解析: 设椭圆方程为 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0),PF1=m,PF2=n. a b 在△PF1F2中,由余弦定理可知,4c2=m2+n2-2mncos 60°.
∵m+n=2a,∴m2+n2=(m+n)2-2mn=4a2-2mn, m?n 2 2 ∴4c2=4a2-3mn.又mn≤ =a (当且仅当m=n时取等号), ( ) 2 ∴4a2-4c2≤3a2,∴c2a2≥
1 1 ,即e≥ . 2 4

1 ∴e的取值范围是[ ,1). 2

题型三 直线与椭圆的位臵关系

【例3】(14分)已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,椭
圆C上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1. (1)求椭圆C的标准方程;

(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A、B两点(A、B不是左右
顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证:直线l过定 点,并求出该定点的坐标. 分析 (1)由a+c=3,a-c=1,可求a、c.(2)直线方程与椭圆方

程联立后得到交点A、B的坐标关系,再根据以AB为直径的圆过 椭圆的右顶点可得到两直线垂直,从而求得交点A、B的坐标关 系,联立后可求k、m的关系.

x2 y2 解 (1)据题意设椭圆的标准方程为 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) , a b 由已知得a+c=3,a-c=1, ……………………………………….2′
∴a=2,c=1,∴b2=a2-c2=3, ∴椭圆的标准方程为x24+y23=1. …………………………….4′ (2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),联立 y=kx+m, x24+y23=1, 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, …………………………….6′ 则由题意得 Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,即3+4k2-m2>0. 2 8mk 4(m ? 3) , 又x1+x2= ? 2 , x1x2= 3 ? 4k 3 ? 4k 2 3(m 2 ? 4k 2 ) 2 ∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m = 3 ? 4k 2 ………………………………………………………………8′

∵以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0), y y ∴kAD· kBD=-1,即 1 ? 2 ? ?1 , x1 ? 2 x2 ? 2 ∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, 2 2 2 3(m ? 4k ) 4(m ? 3) 16mk ∴ ? ? ?4 ?0 , 2 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k 3 ? 4k 2 2 即7m +16mk+4k =0. 2k 解得m1=-2k,m2= ? ,且均满足3+4k2-m2>0…………………12′ 7 当m1=-2k时,l的方程为y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知 矛盾;

2 2 2 当m2=- k时,l的方程为y=k(x- ),直线过定点( ,0). 7 7 7
所以直线l过定点,定点坐标为( ,0). …………………14′

2 7

学后反思 (1)直线方程与椭圆方程联立,消元后得到一元二次 方程,然后通过判别式Δ来判断直线和椭圆相交、相切或相离 的情况. (2)消元后得到的一元二次方程的根是直线和椭圆交点的横坐 标或纵坐标,通常是写成两根之和与两根之积的形式,这是进 一步解题的基础.

举一反三
2 2 x y ?1 3. 若直线l过圆x2+y2+4x-2y=0的圆心M,交椭圆C: ? 9 4 于A,B两点,且A,B关于点M对称,求直线l的方程.

解析: 设A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5,所以圆心M的坐标为(-2,1) 显然直线l的斜率存在,从而可设直线l的方程为y=k(x+2)+1, 代入椭圆C的方程,得 (4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2+36k-27=0. x1 ? x2 18k 2 ? 9k 因为A,B关于点M对称,所以 ?? ? ?2 , 2 2 4 ? 9k 8 解得k= . 9 8 所以直线l的方程为y= (x+2)+1,即8x-9y+25=0. 9

题型四 椭圆的实际应用 【例4】如图,有一块半椭圆形钢板,其长半轴长为2r,短半轴

长为r.计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底AB是半椭圆
的短轴,上底CD的端点在椭圆上,记CD=2x,梯形面积为S. 求面积S以x为自变量的函数式,并写出其定义域. 分析 建立坐标系后写出椭圆方程,求出y与x的关系式,从而 求出S与x的函数式. 解 依题意,以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如下图), 2 2 x y 则半椭圆方程为 2 ? 2 ? 1 (y≥0), r 4r 解得 y ? 2 r2 ? x2(0≤x≤r).

1

∴S= 2 (2x+2r)· 2 r2 ? x2 =2 r2 ? x2(x+r), 由S>0和C与D不重合,得其定义域为{x|0<x<r}.

学后反思 解答实际应用题可分四个步骤: (1)阅读理解材料:读懂材料中量与量之间的关系,模型是什么 (是方程还是不等式等); (2)建立变量关系:利用量与量的已知关系列出相应的关系式 (建模); (3)讨论变量性质:利用代数知识对所建立的变量关系式化简、 推导并讨论变量具有的性质(单调性、最大值或最小值等); (4)作出问题结论:最后的结论不可少,注意实际问题中变量的 含义.

举一反三
4. 已知某荒漠上有两个定点A、B,它们相距2 km.现准备在荒漠
上围垦一片以AB为一条对角线的平行四边形区域建成农艺园,按 照规划,围墙总长为8 km.问农艺园的最大面积能达到多少? 解析: 设平行四边形的另两个顶点为C、D,由围墙总长为8 km 得CA+CB=4>AB=2,由椭圆的定义知,点C的轨迹是以A、B为焦点, 长轴长2a=4,焦距2c=2的椭圆.以AB所在直线为x轴,线段AB的中 x2 y2 垂线为y轴,建立直角坐标系,则点C的轨迹方程为 ? ? 1(y ? 0) 4 3 易知点D也在此椭圆上,要使平行四边形ABCD面积最大,则以C、 D为此椭圆短轴的两端点,此时面积S=2 3 km2.

易错警示

1 x2 y2 【例】已知椭圆 ? ? 1(m>0)的离心率为 2 ,求实数m的值. 2 m

错解 ∵a2=2,b2=m, ∴c2=2-m. 2 c 2 ∴e = 2 ? 2 ? m ? 1 ,解得m= 3 . a 2 4 2 错解分析 误认为椭圆的焦点在x轴上,题目中没有指明焦点在 x轴上还是在y轴上,故应包括两种情况. 正解 当焦点在x轴上,0<m<2, a2=2,b2=m,c2=2-m. 2 c m -2 1 3 所以e2= 2 ? ? ,解得m= ; a 2 4 2 2 当焦点在y轴上时,m>2,a =m,b2=2,c2=m-2, c2 2 ? m 1 8 2 所以e = 2 ? ? ,解得m= . a 2 4 3 故实数m的值为 3 或 8 . 2 3

考点演练
10. (2010· 南通模拟)椭圆ax2+by2=1与直线y=1-x交于A、B两 a 3 点,过原点与线段AB中点的直线的斜率为 ,求 . b 2
解析: 设直线与椭圆交于A、B两点,坐标分别为 (x1,y1),(x2,y2),弦中点坐标为(x0,y0),代入椭圆方程两式相减,


a(x1-x2)(x1+x2)+b(y1-y2)(y1+y2)=0? 2ax0+2by0

3 . ax0-by0=0,故 a y0 ? ? b x0 2

y1 ? y 2 =0? x1 ? x2

11. (2010· 汕头模拟)过椭圆x2+2y2=2的左焦点引一条倾斜角为 45°的直线,求以此直线与椭圆的两个交点及椭圆中心为顶点 的三角形面积.
x 解析: 椭圆方程即为 +y2=1,∴a2=2,b2=c2=1, 2 ∴c=1,∴左焦点为F1(-1,0),
2

∴过左焦点F1的直线为y=x+1, 代入椭圆方程得3x2+4x=0,∴x1=0,x2= ?

4 ∴所求三角形以短半轴为底,其面积为S=12〓|? | =23. 3

4 , 3

12. (2008· 北京)已知△ABC的顶点A,B在椭圆x2+3y2=4上,C在 直线l:y=x+2上,且AB∥l. (1)当AB边通过坐标原点O时,求AB的长及△ABC的面积; (2)当∠ABC=90°,且斜边AC的长最大时,求AB所在直线的方程.

解析: (1)因为AB∥l,且AB边通过点(0,0),
所以AB所在直线的方程为y=x. 设A,B两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 由 x2+3y2=4, y=x,得x=〒1,所以AB= 2|x1-x2|=2 2. 又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离, 所以h= 2 ,故S△ABC= AB· h=2.
1 2

(2)设AB所在直线的方程为y=x+m. 由 x2+3y2=4, y=x+m,得4x2+6mx+3m2-4=0. 因为A、B在椭圆上,所以Δ=-12m2+64>0. 设A、B两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 3m 2 3m 则x1+x2= ? ,x1x2= , 4 2 2 32 ? 6m 所以AB= |x1-x2|= . 2 2? m 2 又因为BC的长等于点(0,m)到直线l的距离,即BC= , 2 2 2 2 2 2 所以AC =AB +BC =-m -2m+10=-(m+1) +11, 所以当m=-1时,AC边最长(此时Δ=-12+64>0). 所以AB所在直线的方程为y=x-1.

第六节 双曲线
基础梳理
1. 双曲线的定义 (1)平面内动点的轨迹是双曲线必须满足两个条件: ①到两个定点F1、F2的距离的 差的绝对值等于常数2a; ②2a<F1F2. (2)上述双曲线的焦点是 F1,F2 ,焦距是 F1F2 . 2. 双曲线的标准方程和几何性质

标准方程 图形

x2 y2 ? ? 1(a ? 0,b ? 0) a2 b2

y x2 ? ? 1(a ? 0,b ? 0) a2 b2

2

范围 对称性

x ? a或x ? ?a, y ? R
对称轴: 坐标轴 对称中心: 原点

x ? R, y ? ?a或y ? a
对称轴: 坐标轴 对称中心: 原点

性 顶点 质 渐进性
离心率

顶点坐标: A1 (?a,0), A2 (a,0)

顶点坐标: A1 (0,?a), A2 (0, a)

y??

b x a
e? c , e ? (1,?? ), 其中c ? a 2 ? b 2 a

y??

a x b

实虚轴 a、b、c 的关系

线段A1A 2叫做双曲线的实轴,它 的长A1A 2 ? 2a; 线段B1B2叫做双曲线的虚轴, 它的长B1B2 ? 2b; a叫做双曲线的实半轴长 ,b叫做双曲线的虚半周长

c 2 ? a 2 ? b2 (c ? a ? 0, c ? b ? 0)

3. 等轴双曲线 实轴和虚轴等长的双曲线叫做等轴双曲线,其标准方程为 x2-y2=λ(λ≠0),离心率e= 2 ,渐近线方程为y=〒x.

典例分析
题型一 双曲线的定义及标准方程

【例1】已知动圆M与圆C1:(x+4)2+y2=2外切,与圆C2:

(x-4)2+y2=2内切,求动圆圆心M的轨迹方程.

分析 设动圆M的半径为r,则MC1=r+r1,MC2=r-r2,则 MC1-MC2=r1+r2=定值,故可用双曲线定义求解轨迹方程.

解 由题意易知圆M如图所示.设动圆M的半径为r, 则由已知得MC1=r+ 2 , MC2=r- 2 , ∴MC1-MC2=2 2. 又C1(-4,0),C2(4,0), ∴C1C2=8,∴2 2<C1C2. 根据双曲线定义知,点M的轨迹是以C1(-4,0),C2(4,0)为焦点的 双曲线的右支. ∵a= 2,c=4,∴b2=c2-a2=14, 2 2 x y ∴点M的轨迹方程是 ? ? 1 (x≥2). 2 14

学后反思 (1)求动点的轨迹方程时,应尽量地利用几何条件 探求轨迹的曲线类型,再用定义法或参数法来求轨迹方程. (2)在运用双曲线定义时,应特别注意定义中的条件“差的绝 对值”,弄清所求轨迹是整条双曲线,还是双曲线的一支.若是 一支,是哪一支.

举一反三
1. 如图,已知圆A的方程为(x+3)2+y2=4,定点C(3,0),求过点C 且和圆A外切的动圆的圆心P的轨迹方程. 解析: 依题意得PA-PC=2.又PA>PC,且AC=6>2, 由双曲线的定义知,点P的轨迹是以A,C为焦点的

双曲线的右支.
y 故点P的轨迹方程为x22

8

=1(x≥1).

题型二 双曲线的几何性质 2 x y2 【例2】F1,F2为双曲线 2 ? 2 ? 1(a ? 0,b ? 0)的焦点,过F2作 a b 垂直于x轴的直线交双曲线于点P且∠PF1F2=30°,求双曲线的 渐近线方程. 分析 由∠PF1F2=30°,结合双曲线定义分析PF1、PF2、F1F2三边 关系,求出a、b间的关系,进而得出渐近线方程. 解 设PF2=m,所以PF1=2m.

∴F1F2=2c=3m,PF1-PF2=2a=m, 2 2 2 a ? b b c ∴e= ? 3,∴e2=3= ? 1? 2 , 2 a a a

b2 b x2 y2 ? ? 2, ? 2 ? 2 ? 1 的渐近线方程为y=〒2x. ∴ 2 ? 2, a a a b

学后反思 充分利用重要的焦点三角形△PF1F2中三边关系和双 曲线渐近线的定义,可迅速求解.

举一反三
2. 已知双曲线的顶点到渐近线的距离为2,焦点到渐近线的距

离为6,求该双曲线的离心率.
x2 y2 解析: 设双曲线方程为 2 ? 2 ? 1 ,取其中一个顶点(a,0),一 a b 个焦点(c,0),一条渐近线y= b x ,则焦点到渐近线的距离 a ab bc d1 ? ? 6,顶点到渐近线的距离d2 ? 2 2 ? 2 ,两式相 a ?b a2 ? b2 c 除得双曲线的离心率 e ? ? 3

a

题型三 直线与双曲线

【例3】(14分)某接报中心接到其正东、正西、正北方向三个观
测点的报告:正西、正北两个观察点同时听到了一声巨响,正 东观测点听到该巨响的时间比其他两观测点晚4 s,已知各观测

点到该中心的距离都是1 020 m,试确定该巨响发生的位臵(假
定声音传播的速度为340 m/s,且各观测点均在同一平面内). 分析 从条件可知,巨响发生点到正西观测点的距离比到正东观 测点的距离小340〓4 m,故巨响发生点应在以正西观测点和正东 观测点为焦点的双曲线上,并且在靠近正西观测点的那一支上; 同时,还在由正西观测点和正北观测点所成线段的中垂线上.

解 如图,以接报中心为原点,正东、正北方向分别为x、y轴的正

方向建立直角坐标系,设A、B、C分别为西、东,北观测点,则
A(-1 020,0),B(1 020,0),C(0,1 020).设P(x,y)为巨响发生点, 则PB-PA=340〓4,所以点P在某双曲线的左支上,由双曲线的定义知

a=680,c=1 020, 得b2=5〓3402, x2 y2 ∴双曲线方程为 ? ? 1(x ? 0) 2 2 680 5 ?340 由A、C同时听到巨响声,得PA=PC, 因此P在直线y=-x上,………………………………………………8′
由 y=-x, 解得x=〒680 5(舍去680 5 ). ……..10′

x2 y2 ? ?1 2 2 680 5 ?340 ,

∴P(-680 5 ,680 5 ),因此OP=680 10 . ………………………12′ 故巨响发生在接报中心的西偏北45°方向,距中心68010 m处…14′

学后反思 面对实际应用题,首先要构建数学模型,将实际问 题转化为数学问题.本题的关键是挖掘题中隐含的条件,找到巨 响发生的位臵到观测点A、B的距离之差为常数,从而转化为双 曲线的问题;再就是实际问题一定要考虑实际意义,应注意所求 的仅是双曲线的左支.

举一反三
x y2 3. (2010· 南通模拟)设双曲线C: 2 ? 2 ? 1(a ? 0,b ? 0) 的 a b 离心率e=2,经过双曲线的右焦点F且斜率为 15 的直线交双曲线 3 于A、B两点,若AB=12,求此时双曲线的标准方程.
2

2 2 x y 解析: 由题意得e=2,c=2a,则b2=3a2,双曲线为 2 ? 2 ? 1 ,直 a 3a 线AB的方程为y= 15 (x-2a),代入到双曲线方程,得 3 2 2 4x +20ax-29a =0.又|AB|=12,

由 AB ? 1 ? k2 (x1 ? x2 )? 4x1x2 ,得

12 ? 1 ?

15 25a2 ? 29a2 ,解得a2=1,则b2=3, 9 2 所以 x2 ? y ? 1 为所求. 3

易错警示
2 2 4 x y 【例】已知双曲线 ? ? 1 的一条渐近线方程为y ? ,则双曲 3 m n 线离心率为多少?

b 4 b2 5 错解 由已知得 ? ,故双曲线离心率 e ? 1 ?( ) ? . a 3 a 3

x2 y2 错解分析 只要m· n>0,方程 ? ? 1 就表示双曲线,错解中 m n 将双曲线误认为焦点在x轴上,事实上只要m<0,n<0时焦点在y a 4 轴上,此时应有 ? . b 3

正解

分两种情况讨论: 2 n 4 n b 16 5; 2 (1)当m>0,n>0时, ? , ? ? 16 ,e ? 1 ?( b ) ? 1? ? 2 m 3 m a 9 a 9 3

m 3 m b2 9 b2 9 5 ? , ? ? , e ? 1 ? ( ) ? 1 ? ? . (2)当m<0,n<0时, 2 n 4 n a 16 a 16 4

考点演练
2 2 x y 10. (2010· 嘉兴模拟)如图,双曲线 ? ? 1 16 9 的两焦点分别为F1,F2,点P是双曲线上一点,

且PF2=3,求△PF1F2的周长.

解析: 根据图形及双曲线的定义得PF1-PF2=2a=8. 由PF2=3,得PF1=11且2c=10. 所以△PF1F2的周长为 PF1+PF2+F1F2=11+3+10=24

4 11. 已知双曲线的渐近线方程为 y ? ? x,并且焦点都在圆 3 2 2 x +y =100上,求双曲线方程.

解析: 方法一:当焦点在x轴上时,设双曲线的方程为 x2 y2 ? 2 ? 1(a ? 0,b ? 0) 2 a b 4 y ? ? x ,并且焦点都在圆x2+y2=100上, ∵渐近线的方程为 3 b 4 ∴ ? , 解得 a=6, a 3 x2 y2 a2+b2=100, b=8.∴双曲线的方程为 ? ? 1 ; 36 64 2 2 当焦点在y轴上时,设双曲线的方程为 x ? y ? 1(a ? 0,b ? 0) 2 a2 b 4 ∵渐近线的方程 y ? ? x,并且焦点都在圆x2+y2=100上, 3 b 4 ∴ ? , 解得 a=8, a 3 a2+b2=100, b=6.

y2 x2 ? ?1 ∴另一条双曲线的方程为 64 36 . 2 2 2 2 y x x y 综上,双曲线的方程为 ? ? 1 和 ? ?1 . 64 36 36 64 方法二:设双曲线的方程为42x2-32y2=λ(λ≠0), λ2 从而有 λ 2 ,解得λ=〒576. ( ) ?( ) ? 100 4 3 x2 y2 y2 x2 ? ?1 . 故双曲线的方程为 ? ? 1 和 36 64 64 36
12.(2009· 上海改编)已知双曲线C的中心是原点,右焦点为 F( 3,0),一条渐近线m:x+ 2y=0,设过点A(-3 2 ,0)的直线l的 方向向量e=(1,k). (1)求双曲线C的方程; (2)若过原点的直线a∥l,且a与l的距离为 6,求k的值.

解析: (1)设双曲线C的方程为x2-2y2=λ(λ>0), 2 λ x ∴λ+ =3,解得λ=2,∴双曲线C的方程为 -y2=1. 2 2 (2)直线l:kx-y+3 2k=0,直线a:kx-y=0,

2 ? 6 由题意得 ,解得k=〒 . 2 1 ? k2

3 2k

第七节 抛物线
基础梳理
1. 抛物线的定义 平面内到一个定点F和一条定直线l(F不在l上)的距离 相等的 点的轨迹叫做抛物线,定点F叫做抛物线的焦点,直线l叫做抛 物线的 准线 . 2. 抛物线的标准方程和几何性质

标准方程

y2=2px(p>0)

y2=-2px(p>0)

图形

性 范围 质 准线方程 焦点 对称轴 顶点 离心率

x≥0,y∈R
p x?? 2 p F( ,0) 2

x≤0,y∈R
x? p 2

p F( ? ,0) 2

关于 对称 x轴 O(0,0) e= 1

标准方程

x2=2py(p>0)

x2=-2py(p>0)

图形

范围

y≥0,x∈R

y≤0,x∈R

准线方程
性 质 焦点 对称轴 顶点

y??

p 2

y?

p 2

p F(0, ) 2

P F(0,? ) 2

关于 y轴

对称

离心率

e= O(0,0)
1

典例分析
题型一 抛物线的定义及应用 【例1】 已知抛物线y2=2x的焦点是F,点P是抛物线上的动点,又
有点A(3,2),求PA+PF的最小值,并求出取最小值时P点的坐标.

分析 抛物线上点P到焦点F的距离等于点P到准线l的距离d,求
PA+PF的问题可转化为PA+d的问题,运用三点共线可使问题得到 解决. 解 将x=3代入抛物线方程 y2=2x,得y=〒 6 . ∵ 6 >2,∴点A在抛物线内部.

1 设抛物线上点P到准线l:x= ? 的距离为d,由定义知PA+PF=PA+d. 2 由图可知当PA⊥l时,PA+d最小,最小值为 7 ,即PA+PF的最小 2 7 2 值为 .此时P点纵坐标为2,代入y =2x,得x=2,即点P的坐标 2 为(2,2).

学后反思 灵活地进行抛物线上的点到焦点的距离与到准线的

距离的等价转化,是抛物线定义的重要应用.

举一反三
1. 若例题中A点坐标变为(2,3),求PA+PF的最小值.

解析: 将x=2代入抛物线方程,得y=〒2, ∵3>2,∴点A在抛物线的外部. ∵PA+PF≥AF=
3 5 , 2 3 5 . 2

∴A、P、F三点共线时有最小值,最小值为

题型二 抛物线的几何性质和标准方程 【例2】已知抛物线顶点在原点,焦点在坐标轴上,又知此抛物 线上的一点A(m,-3)到焦点F的距离为5,求m的值,并写出此

抛物线的方程.
分析 因点A(m,-3)在直线y=-3上,所以抛物线的开口方向存 在向左、向右、向下三种情况,必须分类讨论.

解 (1)若抛物线开口方向向下,

设抛物线方程为x2=-2py(p>0), p 这时准线方程为y= . p 2 由抛物线定义知 -(-3)=5,解得p=4, 2 所以抛物线方程为x2=-8y.
这时将点A(m,-3)代入方程,得m=〒2 6 ; (2)若抛物线开口方向向左或向右,可设抛物线方程为 a 2 y =2ax(a≠0),从p=|a|知准线方程可统一成x=- 的形式,于是 2 a 由题设得 | +m|=5, 2 2am=9,

解此方程组可得四组解
a1=1, m1=92, a2=-1, m2=-1, a3=9, m3=12, a4=-9, m4=-12.

9 9 抛物线共有四条:y2=2x,m= ;y2=-2x,m=- ; 2 2 1 1 2 2 y =18x,m= ;y =-18x,m=- . 2 2

学后反思 抛物线的标准方程有四种.在求解过程中,首先要根

据题目描述的几何性质判断方程形式,
若只能判断对称轴,而不能判断开口方向,需分情况讨论,此 时可设为x2=ay(a≠0)或y2=ax(a≠0)以减少讨论次数和运算量,

然后利用特定系数法和已知条件求解.

举一反三
2. 求过点(-3,2)的抛物线的标准方程.
解析: (1)当抛物线的焦点在x轴上时,设抛物线方程为 y2=-2px(p>0).由抛物线过点(-3,2)知,22=-2p〓(-3),得 2 4 p= ,所以所求的抛物线方程为y2=- x. 3 3 (2)当抛物线的焦点在y轴上时,设抛物线方程为x2=2py(p>0). 9 由抛物线过点(-3,2)知,(-3)2=4p,得p= . 4 9 所以所求的抛物线方程为x2= y. 2

题型三 直线与抛物线

【例3】(14分)已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线交抛物
线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点. 1 1 求证:(1)x1x2为定值;(2) FA ? FB 为定值.

分析 要证明x1x2为定值,需把直线AB的方程与抛物线方程联 立,消去y后,用韦达定理求解;证明 1 ? 1 为定值,则要结合 FA FB 用抛物线的定义解决问题.
p 证明 (1)抛物线y2=2px的焦点为F( ,0),当直线AB的斜率 p 2 存在时,设直线AB的方程为y=k(x- )(k≠0). …………….2′ 2 p 由 y=k(x- ), 2 y2=2px 消去y,整理得

2 2 k p k2x2-p(k2+2)x+ =0. ………………………………………4′ 4 2 p 由韦达定理得,x1x2= (定值). ………………………….6′ 4 2 p p 当AB⊥x轴时,x1=x2= ,x1x2= 也成立. ………………..8′ 2 4 p p (2)由抛物线的定义知,FA=x1+ ,FB=x2+ . ……………10′

1 1 1 1 所以 ? ? ? FA FB x ? p x ? p 1 2 2 2 x1 ? x2 ? p ? p p2 (x1 ? x2 )? x1x2 ? 2 4

2

2

x1 ? x2 ? p ? ? p (x1 ? x2 ) 2

2 ? (定值) p ………………….…12′ (x1 ? x2 ? p) p 2

x1 ? x2 ? p

故 1 ? 1 为定值. ……………………………………………14′ FA FB

学后反思 解决直线与抛物线位臵关系的问题,一般要用到根

与系数之间的关系.

举一反三
3. 若抛物线y=x2上存在关于直线l:y=-kx+

9 对称的两个点M、N, 2

求实数k的取值范围. 解析: 由题意知k≠0.设M(x1,y1)、N(x2,y2)是抛物线上关于 直线l对称的两点,(x0,y0)为其中点,MN所在的直线方程为 1 1 y= x+b,把y= x+b代入y=x2, k 1 k 2 得x - x-b=0, k 1 且Δ= 2 +4b>0.① k 1 1 1 又x1+x2= ,所以x0= ,y0= 2 +b. 2k 2k k

9 上, 2 1 1 9 1 ∴ 2 +b=-k· + ,∴b=4- 2 .② 2k 2k 2k 2 2 1 将②代入①得 2 +16- 2 >0, k k 1 1 ∴ 2 <16,即k2> ,∴k> 1 或k<- 1 . 16 k 4 4

∵点(x0,y0)在直线l:y=-kx+

题型四 抛物线的应用 【例4】一水渠的横截面积如图所示,它的横截面 边界AOB是抛物线的一段.已知渠宽AB为2 m,渠深

OC为1.5 m,水面EF距AB为0.5 m.求水面EF的宽度.
分析 根据题意建立适当的平面直角坐标系,根据条件可求出 抛物线方程,然后利用抛物线的知识,结合实际背景解决问题.

解 建立如图所示的直角坐标系,则A(-1,1.5), B(1,1.5),C(0,1.5).设抛物线方程为 x2=2py(p>0),将点A的坐标 (-1,1.5)代入方程, 得到1=2p〓1.5,即p= ,所以抛物线方程为x2= 2y.由点E的纵坐 3 3 6 标为1,得到点E的横坐标为? , 3 所以截面图中水面宽度为 2 6 m. 3 学后反思 解决实际问题时,建立数学模型是关键,建立适当的 坐标系可简化计算,同时要注意实际背景中的限制条件.

1

举一反三
4. 已知排球场地长18 m,在北京奥运会中、 美女排的比赛中,由中国女排队长冯坤发球, 发球中,冯坤所在的位臵距离球网11 m (垂直距离),发球点在距离地面2.3 m处,球到达的最高点距 离地面4.3 m,与球网的水平距离为3 m(靠近发球位臵这边), 如图,则此球能否发在排球场内? 解析: 建立如图所示的直角坐标系,则最高点M为(-3,4.3), 故方程可设为y=a(x+3)2+4.3(a<0). 发球点的坐标C为(-11,2.3), 代入方程可得a= ? 1 , 32

1 ∴抛物线方程为y=? (x+3)2+4.3, 32 1 令x=9,则y=? (9+3)2+ 43 <0,故球能发在场内. 32 10

易错警示
【例】过原点的直线与抛物线y=x2-4x+6交于A、B两点,求线段

AB中点的轨迹方程.
错解 设直线AB的方程为y=kx,将它代入抛物线方程y=x2-4x+6 中,整理得x2-(4+k)x+6=0.

设A、B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M的
坐标为(x,y), 则有 x ? x1 ? x2 ? k ? 4 ,① 2 2 由①②消去k得y=2x2-4x, 因此所求的轨迹方程为y=2x2-4x.

y ? kx ?

k(k ? 4) 2



错解分析 本题忽略了一元二次方程实根存在的条件,方程
x2-(4+k)x+6=0,存在两个不相等的实根,应满足条件Δ>0,由 此求得k的取值范围,进一步求出轨迹方程中自变量的取值范围.

正解 设直线AB的方程为y=kx,将它代入抛物线方程y=x2-4x+6中,
整理得x2-(4+k)x+6=0. 由题设条件可知Δ=(k+4)2-4〓6>0,

解得k> 2 6 -4或k<-2 6 -4.
设A、B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2), 线段AB的中点M的坐标为(x,y), ① 则有x ? x1 ? x2 ? k ? 4 ,y ? kx ? k(k ? 4) ② 2 2 2 2 由①与②消去k得y=2x -4x,由k的取值范围可得x的取值范围为
2 x ? ? 6或x ? 6.由此得所求的轨迹方程为y=2x -4x( x ? ? 6或x ? 6)

考点演练
10. 设斜率为2的直线l过抛物线y2=ax(a≠0)的焦点F,且和y轴

交于点A.若△OAF(O为坐标原点)的面积为4,求抛物线方程.
a 解析: 由抛物线方程知焦点为F( ,0), 4 a a ∴直线l为y=2(x- ),它与y轴的交点为A(0,? ), 4 2 2 a a a 1 1 ∴S△OAF= · |OA|· |OF|= · | | |= =4, ? |· 2 4 16 2 2 2 ∴a =64,a=〒8,∴抛物线的方程为y2=〒8x.

11. 设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,Q是抛物线上除顶点外

的任意一点,直线QO交准线于P点,过Q且平行于抛物线对称轴的
直线交准线于R点,求证:PF· RF=0.

p 证明: 设Q( y0 ,y0 ) ,则R( ? ,y0 ) , 2 2p 2p 直线OQ的方程为 y ? x . y0 2 p p 将x= ? 代入上式,得y= ? , 2 y0 2 p p ∴P(? , ? ).又∵F( p ,0), 2 y0 2 2 ∴PF=(p, p ),RF=(p,-y0).

2

y0 ∴PF· RF=0.

12.如图,有一座抛物线形拱桥,在正常水 位时AB的宽为20 m,如果水位上升3 m时,

水面CD的宽为10 m.

(1)建立如图所示的直角坐标系,求此抛物线的解析式; (2)现有一辆载有救援物资的货车从甲地出发需经过此桥开往乙地. 已知甲地距此桥280 km(桥长忽略不计),货车正以每小时40 km 的速度开往乙地,当行驶1小时时,突然接到紧急通知:前方连降 暴雨造成水位以每小时0.25 m的速度持续上涨(货车接到通知时 水位在CD处,当水位达到桥拱最高点O时,禁止车辆通行). 试问:如果货车按原来的速度行驶,能否安全通过此桥?若能, 请说明理由;若不能,要使货车安全通过此桥,速度应超过每 小时多少km?

解析: (1)设抛物线方程为x2=-2py(p>0), xB=10,xD=5. 所以yD-yB= ?

故方程为x2=-25y.

25 100 ?( ? )? 3 ,解得2p=25, 2p 2p

1 ? 4(小 (2)令x=5,则y=-1,即水位到达最高点O时,需 0.25 280 ? 40 ? 1 时);货车从接到通知到到达此桥需 ? 6(小时), 40 因此货车按原来速度行驶,不能安全通过此桥.

要使货车安全通过此桥,速度应满足 280 ? 40 ? 1 <4? v>60. ? v 故速度应超过每小时60 km.


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