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解圆锥曲线问题常用方法(2)


解圆锥曲线问题常用方法(二)
【学习要点】 解圆锥曲线问题常用以下方法: 4、数形结合法 解析几何是代数与几何的一种统一,常要将代数的运算推理与几何的论证说明结合起来考虑问题,在解题时要充分 利用代数运算的严密性与几何论证的直观性,尤其是将某些代数式子利用其结构特征,想象为某些图形的几何意义而构 图,用图形的性质来说明代数性质。
2 2 2 2 如“2x+y”

,令 2x+y=b,则 b 表示斜率为-2 的直线在 y 轴上的截距;如“x +y ”,令 x ? y ? d ,则 d 表示点 P

(x,y)到原点的距离;又如“ 5、参数法

y?3 y?3 ” ,令 =k,则 k 表示点 P(x、y)与点 A(-2,3)这两点连线的斜率?? x?2 x?2

(1)点参数利用点在某曲线上设点(常设“主动点” ) ,以此点为参数,依次求出其他相关量,再列式求解。如 x 轴 上一动点 P,常设 P(t,0) ;直线 x-2y+1=0 上一动点 P。除设 P(x1,y1)外,也可直接设 P(2y,-1,y1) (2)斜率为参数 当直线过某一定点 P(x0,y0)时,常设此直线为 y-y0=k(x-x0),即以 k 为参数,再按命题要求依次列式求解等。 (3)角参数 当研究有关转动的问题时,常设某一个角为参数,尤其是圆与椭圆上的动点问题。 6、代入法 这里所讲的“代入法” ,主要是指条件的不同顺序的代入方法,如对于命题: “已知条件 P1,P2 求(或求证)目标 Q” , 方法 1 是将条件 P1 代入条件 P2,方法 2 可将条件 P2 代入条件 P1,方法 3 可将目标 Q 以待定的形式进行假设,代入 P1,P2, 这就是待定法。不同的代入方法常会影响解题的难易程度,因此要学会分析,选择简易的代入法。 【典型例题】 例 1:已知 P(a,b)是直线 x+2y-1=0 上任一点,求 S= a 2 ? b 2 ? 4a ? 6b ? 13 的最小值。 分析:由此根式结构联想到距离公式,
2 2 解:S= (a ? 2) ? (b ? 3) 设 Q(-2,3),

则 S=|PQ|,它的最小值即 Q 到此直线的距离 ∴Smin

| ?2 ? 2 ? 3 ? 1 | 5

?

3 5 5

点评:此题也可用代入消元的方法转化为二次函数的最小值问题(注:可令根式内为 t 消元后,它是一个一元二次函数)
1

例 2:已知点 P(x,y)是圆 x +y -6x-4y+12=0 上一动点,求 解:设 O(0,0) ,则 y=kx,即 kx-y=0

2

2

y 的最值。 x

y y 表示直线 OP 的斜率,由图可知,当直线 OP 与圆相切时, 取得最值,设最值为 k,则切线: x x

圆(x-3) +(y-2) =1,由圆心(3,2)到直线 kx-y=0 的距离为 1 得

2

2

| 3k ? 2 | k 2 ?1

? 1,

∴k ?

3? 3 4

∴?

3? 3 ? y ? 3? 3 ? y? ,? ? ? ? ? 4 4 ? x ? min ? x ? max
x2 y2 ? ? 1 的斜率为 1 的弦,求 a 的取值范围. 例 3:直线 l:ax+y+2=0 平分双曲线 16 9
分析:由题意,直线 l 恒过定点 P(0,-2),平分弦即过弦中点,可先求出弦中点的轨迹,再求轨迹上的点 M 与点 P

的连线的斜率即-a 的范围。 解:设 A(x1,y1),B(x2,y2)是双曲线上的点,且 AB 的斜率为 1,AB 的中点为 M(x0,y0)

? x12 ? ? ? 16 则: ? 2 ? x2 ? ? 16 ?
①-②得

y12 ?1 ① 9 2 y2 ?1 ② 9

x y x 21 ? x 2 2 y 21 ? y 2 2 ? ? 0,即 0 ? 0 ? 1 ? 0 16 9 16 9

即 M(X0,y0)在直线 9x-16y=0 上。 由 9x-16y=0 得 C? ??

? ?

16 7

,?

9 ? ? 16 9 ? ? , ? ? ,D ? ? ? 7? ? 7 7?

x2 y2 ? ?1 16 9
∴点 M 的轨迹方程为 9x-16y=0(x<-

16 7 16 7 或 x> ) 7 7
9

?2?
kPD=

9

7 9?2 7 7 9?2 7 ? , k PD ? ? 16 16 16 16 0? 0? 7 7
2

?2?

由图知,当动直线 l 的斜率 k∈ ?

?9?2 7 9 ? ? 9 9?2 7 ? ? ? ? ? 16 , 16 ? ? ? 16 , 16 ? 时,l 过斜率为 1 的弦 AB 的中点 M,而 k=-a ? ? ? ?

∴a 的取值范围为: ? ?

? 9?2 7 9 ? ? 9 2 7 ?9? ? ??? , ? , ? ? ? ? 16 ? 16 16 16 ? ? ? ?

点评:此题是利用代数运算与几何特征相结合的方法而解得的,由图得知,弦 AB 中点轨迹并不是一条直线(9x-16y=0) , 而是这条直线上的两条射线(无端点) 。再利用图形中的特殊点(射线的端点 C、D)的属性(斜率)说明所求变量 a 的取值范围。 例 4:过 y =x 上一点 A(4,2)作倾斜角互补的两条直线 AB、AC 交抛物线于 B、C 两点。求证:直线 BC 的斜率是定值。 分析: (1)点 A 为定点,点 B、C 为动点,因直线 AB、AC 的倾斜角互补,所以 kAB 与 kAC 相反,故可用“k 参数”法, 设 AB 的斜率为 k,写出直线 AB 的方程,将 AB 的方程与抛物线方程联立,因 A 为已知交点,则方程有一根已知故用韦达 定理容易解出点 B 坐标,同理可得点 C 坐标,再求 BC 斜率。 (2) 因点 B、 C 在抛物线上移动, 也可用 “点参数” 法, 设B (x1,y1) ,C(x2,y2),因 x1=y1 ,x2=y2 ,即可设 B (y1 ,y1) ,C(y2 ,y2)。 再考虑 kAB=-kAC 得参数 y1,y2 的关系。 解法 1:设 AB 的斜率为 k,则 AC 的斜率为-k AB:y-2=k(x-4),与 y =x 联立得: y-2=k(y -4),即 ky -y-4k+2=0 ∵y=2 是此方程的一解, ∴2yB=
2 2 2 2 2 2 2 2

? 4k ? 2 1 ? 2k , yB ? k k

xB=yB =

2

1 ? 4k ? 4k 2 , k2

∴B ? ?

? 1 ? 4k ? 4 k 2 1 ? 2k ? ? , k ? k2 ? ? ? 1 ? 4 k ? 4k 2 1 ? 2 k ? ? , 2 ? ? k k ? ?

∵kAC=-k,以-k 代替 k 代入 B 点坐标得 C ? ?

1 ? 2k 1 ? 2k ? 1 k k ∴kBC= ? ? 为定值 2 2 4 1 ? 4k ? 4k 1 ? 4k ? 4k ? 2 k k ?
解法 2:设 B(y1 ,y1),C(y2 ,y2),则 kBC=
2 2

y 2 ? y1 y 2 ? y1
2 2

?

1 y 2 ? y1
3

∵kAB=

y1 ? 2 y ?2 1 1 ? , k AB ? 22 ? 2 y 1 ? 4 y1 ? 2 y2 ? 4 y2 ? 2

由题意,kAB=-kAC, ∴

1 1 ?? , 则y1 ? y 2 ? ?4 y1 ? 2 y2 ? 2

则:kBC= ?

1 为定值。 4

点评:解法 1 运算量较大,但其方法是一种基本方法,因 k 的变化而造成了一系列的变化,最终求出 BC 的斜率为定 值;解法 2 利用点 B,C 在抛物线上设点,形成含两个参数 y1,y2 的问题,用整体思想解题,运算量较小。 例 5:在圆 x +y =4 上,有一定点 A(2,0)和两动点 B,C(A,B,C 按逆时针排列) ,当 B,C 两点保持∠BAC=
y
2 2

? 时, 3

求△ABC 的重心的轨迹。

? 2? 分析:圆周角∠BAC= 可转化为圆心角∠BOC= ,选用“角参数” , 3 3 2? 2? 令 B(2cosθ ,2sinθ )则 C(2cos(θ + ),2sin(θ + )) 3 3
则重心可用θ 表示出来。 解:连 OB,OC,∵∠BAC=

B
0

A x C

? 2? ,∴∠BOC= 3 3 4? 2? 2? 设 B(2cosθ ,2sinθ )(0<θ < ),则 C(2cos(θ + ),2sin(θ + )) 3 3 3
设重心 G(x,y) ,则: x= [2 ? 2 cos ? ? 2 cos(? ?

1 2? )] 3 3 1 2? )] y= [0 ? 2 sin ? ? 2 sin(? ? 3 3 2 ? 3 ? x ? 1 ? cos(? ? ) 即: x= [1 ? cos(? ? )] 3 3 2 3 2 ? 3 ? y ? sin(? ? ) y= sin(? ? ) 3 3 2 3 ? ? 5? ) θ + ?( , 3 3 3 3 3 2 1 2 ∴ ( x ? 1) ? ( y ) ? 1 。 (x< ) 2 2 2 2 2 4 1 2 即 (x ? ) ? y ? (x ? ) 3 9 2 ? ? 5? 点评:要注意参数θ 的范围,θ + ∈( , )它是一个旋转角,因此最终的轨迹是一 段圆弧,而不是一个圆。 3 3 3

4

例 6、求直线 3x-4y+10=0 与椭圆

x2 ? y 2 ? 1 (a>0)有公共点时 a 的取值范围 a2

分析:将直线方程代入椭圆方程消元得一元二次方程应有解,用判别式△≥0 可求得 a 的取值范围。 也可考虑另一代入 顺序,从椭圆方程出发设公共点 P(用参数形式) ,代入直线方程,转化为三角问题:asinx+bcosx=c 何时有解。 解 法 一 : 由 直 线 方 程 3x-4y+10=0 得 y?

3 5 1 3 5 代 入 椭 圆 方 程 得 2 x2 ? ( x ? )2 ? 1 ∴ x? 4 2 4 2 a

(

1 9 15 21 ? )x 2 ? x ? ?0 2 16 4 4 a
△≥0,得 (

15 2 21 1 9 28 2 7 ) ? 4 ? ? ( 2 ? ) ? 0 解得 a 2 ? ,又 a>0,∴ a ? 4 4 a 16 3 3

解法二:设有公共点为 P ,因公共点 P 在椭圆上,利用椭圆方程设 P ( acos ? , sin ? )再代入直线方程得 3acos ? -4sin ? +10=0 4sin ? -3acos ? =10。
4 9a ? 16
2

sin ? ?

3a 9a ? 16
2

cos? ?

10 9a 2 ? 16

令 sinα =

3a 9a ? 16
2

,cosα =

4 9a ? 16
2



则 sin( ? -α )=

10 9a 2 ? 16
2



由 sin(? ? ? ) ? 1 即 sin ( ? -α )≤1 得

100 28 ? 1 ∴9a2≥84,a2≥ (a>0) 2 3 9a ? 16

2 21 ∴a≥ 3
点评:解法 1,2 给出了两种不同的条件代入顺序,其解法 1 的思路清晰,是常用方法,但运算量较大,对运算能力 提出较高的要求, 解法 2 先考虑椭圆, 设公共点再代入直线, 技巧性强, 但运算较易, 考虑一般关系: “设直线 l: Ax+By+C=0
2 2 与椭圆 x ? y ? 1 有公共点,求应满足的条件”此时,若用解法一则难于运算,而用解法二,设有公共点 P,利用椭圆, a2 b2

设 P(acos ? ,bsin ? )代入直线方程得 Aacos ? +Bbsin ? =-C。 ∴

?C ? 1 时上式有解。 ∴C2≤A2a2+B2b2 A a ? B 2b 2
2 2

因此,从此题我们可以体会到条件的代入顺序的重要性。

【同步练习】 1、若实数 x、y 满足 x +y -2x+4y=0,则 x-2y 的最大值是(
5
2 2



A、5

B、10

C、9

D、5+2 5

2、若关于 x 的方程 1 ? x 2 ? k ( x ? 2) 有两个不等实根,则实数 k 的取值范围是 ( A、 (? )

3 3 , ) B、 (? 3, 3) C、 ? ?? ? 3 3 ?
2 2

3 1? ?1 3 ? 3 ? D、 ? ?? ? ,0 ? ? 3 ,? 2 ? ? ? 2 , 3 ? 3 ? ? ? ? ?

3、方程 ( x ? 3) ? ( y ? 1) ? x ? y ? 3 ? 0 表示的图形是( A、椭圆 B、双曲线 C、抛物线 D、以上都不对



4、 已知 P、 Q 分别在射线 y=x(x>0)和 y=-x(x>0)上, 且△POQ 的面积为 1, (0 为原点) , 则线段 PQ 中点 M 的轨迹为 ( A、双曲线 x -y =1 C、半圆 x +y =1(x<0)
2 2 2 2



B、双曲线 x -y =1 的右支 D、一段圆弧 x +y =1(x>
2 2 2

2

2

2 ) 2

5、一个等边三角形有两个顶点在抛物线 y =20x 上,第三个顶点在原点,则这个三角形的面积为 6、设 P(a,b)是圆 x +y =1 上的动点,则动点 Q(a -b ,ab)的轨迹方程是 7、实数 x、y 满足 3x +2y =6x,则 x+y 的最大值为 8、已知直线 l:2x+4y+3=0,P 是 l 上的动点,O 为坐标原点,点 Q 分 OP 为 1:2,则点 Q 的轨迹方程为
2 2 2 2 2 2

x2 y2 ? ? 1 在第一象限上一动点 P,若 A(4,0),B(0,3),O(0,0),则 S四边形APBO 的最大值为 9、椭圆 16 9
10、已知实数 x、y 满足 x+y=4,求证: ( x ? 2) ? ( y ? 1) ?
2 2

25 2

11、△ABC 中,A(3,0) BC ? 2 ,BC 在 y 轴上,且在[-3,3]间滑动,求△ABC 外心的轨迹方程。

12、设 A、B 是抛物线 y =2Px(p>0)上的点,且∠AOB=90°(O 为原点) 。求证:直线 AB 过定点。

2

6

参考答案 1、B x-2y=b,圆(x-1) +(y+2) =5,由(1,2)到 x-2y-b=0 的距离等于 5 得
2 2

1? 4 ? b 5

? 5 ,∴b=0 或 b=10

则 b 的最大值为 10,选 B。

或用参数法,令 x ? 1 ? 5 cos? , y ? ?2 ? 5 sin ? 代入得

x ? 2 y ? 5 ? 5 cos? ? 2 5 sin ? ? 5 ? 5(
2、C 作图,知当 k ? ? ?

5 2 5 cos? ? sin ? ) ? 5 ? 5 sin(? ? ? ) 5 5
选C

最大值为 10。选 B

? ? ?

3 ? ,0? 时,直线 y=k(x-2)与半圆有两交点, 3 ?
2 2

3、B

方程即 ( x ? 3) ? ( y ? 1) ?

2?

x? y ?3 2
PF PH ? 2 ,由双曲线第二定义知选 B。

2 2

令 F(-3,1) P(x,y), l: x-y+3=0, PH⊥l 于 H 则

4、B

用“点参数”法,设 P(x1,x1)(x1>0),Q(x2,-x2)(x2>0) 则 2x=x1+x2,2y=x1-x2,∴(2x) -(2y) =4x1x2 5、1200 3 。
2 2

1 2 x1 ? 2 x 2 ? 1 ,∴x1x2=1,设 M(x,y), 2

则 x -y =1(x>0)。选 B

2 2 2 设此三角形为△OAB,设 A(x1,y1),B(x2,y2)由 OA ? OB 得 x1 , ? y12 ? x2 ? y2

2 2 ∴ x1 ? 20x1 ? x2 ? 20x2

(x1-x2)(x1+x2+20)=0,∵x1>0,x2>0 ∴x1=x2

2 2 则 y1 ,y1=-y2,∴A、B 关于 x 轴对称,A、B 在 y= ? ? y2

3 x上 3

将y?

3 x 代入 y2=20x 得 A(60,20 3 ),∴B(60,-20 3 ) 3 3 (40 3 ) 2 ? 1200 3 4
6、x +4y =1
2 2 2 2

边长为 40 3 面积为

令 a=cosθ ,bsinθ ,则 Q(cos2θ ,

1 sin2θ ),设 Q(x,y) 2
2

则 x +4y =1 令 x-1=cos ? , y=

7、

10 +1 2

3(x-1) +2y =3, (x-1) +

2

2

2 2 y ?1 3

3 3 sin ? , 则 x+y=cos ? + sin ? +1 2 2

最大值为 1 ?

3 10 ?1 ? ?1 2 2

7

8、2x+4y+1=0

1 1 x1 0 ? y1 2 ,y ? 2 设 Q(x,y),P(x1,y1),则 x ? 1 1 1? 1? 2 2 0?
∴2×3x+4×3y+3=0 即 2x+4y+1=0

∴x1=3x,y1=3y , ∵2x1+4y1+3=0 9、 6 2

设 P(4cos ? ,3sin ? )(0< ? <

? ) 2
当? =

S四边形 APBO ? S ?OAP ? S ?OBP ?
的最大值为 6 2

1 1 ? ? 4 ? 3 sin ? ? ? 3 ? 4 cos ? ? 6(sin ? ? cos ? ) ? 6 2 sn(? ? ) 2 2 4

? 时, S四边形APBO 4

2 2 10、证明:设 P(x,y),A(-2,1)则 ( x ? 2) ? ( y ? 1) ? PA

2

过 A 作 AH⊥l 交于 H,其中 l:x+y=4 则 AH ?

? 2 ?1? 4 2

?

5 2

∴ PA ? AH ?

5 2

,则 PA

2

?

25 2

当 P 在 H(

1 7 , )时取等号 2 2

∴ ( x ? 2) ? ( y ? 1) ?
2 2

25 2

11、解:设 C 在 B 的上方,设 B(0,t),

则 C(0,t+2),-3≤t≤1

设外心为 M(x,y),因 BC 的中垂线为 y=t+1 ①

t t 3 3 AB 的中垂线为 y ? ? ( x ? ) ② 3 2 t 2 4 2 由①、②消去 t 得 y ? 6( x ? )( ?2 ? y ? 2) 这就是点 M 的轨迹方程。 3 2p 2p 2p 2p 2 2 2 ) 12、解:设 OA:y=kx,代入 y =2px 得 k x =2px 则 x ? 2 , y ? ∴ A( 2 , k k k k 1 2 同理由 OB:y=- x 可得 B(2pk ,-2pk) k 2p 1 ? 2 pk ?k 1 k k k k AB ? ? ? ? 2p 1 1 1? k 2 2 2 ? 2 pk ? k ? k k k2 k2 k ( x ? 2 pk 2 ) ∴ AB : y 2 pk ? 2 1? k
AB 中点为 ( , ) , k AB ? ? 令 x=2p 得 y=0,说明 AB 恒过定点(2p,0)

3 t 2 2

8


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