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高中数学解析几何解题方法

时间:2018-06-29

高考专题: 高考专题:解析几何常规题型及方法
本章节处理方法建议: 本章节处理方法建议: 三、高考核心考点 四、常规题型及解题的技巧方法

A:常规题型方面 常规题型方面
(1)中点弦问题 ) 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 的轨迹方程。 分析:设 P1 ( x1 , y1 ) , P2 ( x 2 , y 2 ) 代入方程得 x1 ?
2 2 y1 y2 2 = 1 , x2 ? 2 = 1 。 2 2

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 的中点 P 2

两式相减得

( x1 + x 2 )( x1 ? x 2 ) ?

1 ( y1 + y 2 )( y1 ? y 2 ) = 0 。 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。 (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 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 = α , ∠PF2 F1 = β 。 a 2 b2

(1)求证离心率 e =

sin(α + β ) ; sin α + sin β

(2)求 | PF1 | + PF2 | 的最值。
3 3

分析:(1)设 | PF1 | = r1 , | PF2 = r2 ,由正弦定理得

r1 r 2c = 2 = 。 sin α sin β sin(α + β )



r1 + r2 2c = , sin α + sin β sin(α + β ) c sin(α + β ) = a sin α + sin β
3 3 3 2 2

e=

(2) (a + ex ) + ( a ? ex ) = 2a + 6ae x 。 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 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。 p (1)证明:抛物线的准线为 1:x = ?1 ? 4
由直线 x+y=t 与 x 轴的交点(t,0)在准线右边,得 t > ?1 ? p ,而 4 t + p + 4 > 0 4

?x + y = t 由? 2 消去y得 x 2 ? ( 2 t + p) x + ( t 2 ? p) = 0 y = p( x + 1) ?

Q ? = ( 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
QOA⊥OB, ∴ k OA × k OB = ?1 则 x1x 2 + y1 y 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 )圆锥曲线的有关最值(范围) 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。

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) <2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式, 求最值。 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) 求范围,找不等式 求范围 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 最值问题, 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分别为 A

? 4( a + p ) ? 4 a 2 > 0 ? (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) Q0 <| 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|=

2P , 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。

典型例题 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 , 2 ),B( 2 )。因为 A、B 均在抛物线上,代入,消去 p,得:k2-k-1=0.解得: 2 k +1 k +1 k +1 k +1

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, 和圆 C: 2+y2=1, 动点 M 到圆 C 的切线长与|MQ| 0) x 的比等于常数 λ ( λ >0),求动点 M 的轨迹方程,并说明它是什么曲线。 分析: 如图, MN 切圆 C 于点 N, 设 则动点 M 组成的集合是: P={M||MN|= λ |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: ( λ 2-1)(x2+y2)-4 λ 2x+(1+4 λ 2)=0. 当 λ =1 时它表示一条直线;当 λ ≠1 时,它表示圆。这种方法叫做直接法。 (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 O Q N M

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 上有不同两 已知椭圆 C 的方程 4 3

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 = ? ,代入得 y = 3x 。 ,y = 1 ,k = 1 2 2 x1 ? x 2 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 (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

y 1 ·y 2 = ?1 来处理或用向量的坐标运算来处理。 x 1 ·x 2

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 θ 为何值时,A、B 与抛物线 相垂直。 分析:(1)直线 y = k ( x + 2) 代入抛物线方程得

C 的焦点连线互

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

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 = ?1 ,得 k = ± , x1 x 2 k ? 1 2

θ = arctan

2 2

或 θ = π ? arctan

2 2

B:解题的技巧方面 解题的技巧方面
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: (1)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。 典型例题 设直线 3x + 4 y + m = 0 与圆 x 2 + y 2 + x ? 2 y = 0 相交于 P、Q 两点,O 为坐标原点,若 OP⊥OQ ,求

m 的值。
解: Q 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
PQ 圆心在直线 3x + 4 y + m = 0 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 , 是圆的直径,

上,而是设 P ( x1 ,y1 ) 、Q( x 2 ,y 2 ) 再由 OP⊥OQ 和韦达定理求 m ,将会增大运算量。 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。 充分利用韦达定理及“设而不求” 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。 典型例题 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 , 2

求此椭圆方程。 解:设椭圆方程为 ax + by = 1( a > b > 0) ,直线 y = x + 1 与椭圆相交于 P ( x1 ,y1 ) 、 Q( x 2 ,y 2 ) 两点。
2 2

由方程组 ?

?y = x + 1
2 2 ?ax + by = 1

消去 y 后得

(a + b) x 2 + 2bx + b ? 1 = 0 ∴ x1 + x 2 = ? 2b b ?1 ,x1 x 2 = a +b a +b
(1)

由 k OP ? k OQ = ?1 ,得 y1 y 2 = ? x1 x 2 又 P、Q 在直线 y = x + 1 上,

( 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 x 2 + ( x1 + x 2 ) + 1 = 0 , 即

2(b ? 1) 2b ? +1= 0 a +b a +b
(4)

化简后,得

a +b = 2
由 | PQ| =

10 5 2 2 ,得 ( x1 ? x 2 ) + ( y1 ? y 2 ) = 2 2

∴ ( x1 ? x 2 ) 2 =

5 5 , ( x1 + x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 = , 4 4 2b 2 4(b ? 1) 5 ( ) ? = a +b a +b 4 1 3 或b = 2 2

把(2)代入,得 4b 2 ? 8b + 3 = 0 ,解得 b =

3 1 或a = 2 2 3 1 由 a > b > 0 ,得 a = ,b = 。 2 2
代入(4)后,解得 a =

3x 2 y 2 + =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。 三. 充分利用曲线系方程 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。 典型例题 求经过两已知圆 C1 :x + y ? 4 x + 2 y = 0 和 C2 :x + y ? 2 y ? 4 = 0 的交点,且圆心在直线 l :
2 2 2 2

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 + λ ( x 2 + y 2 ? 2 y ? 4) = 0
即 (1 + λ ) x + (1 + λ ) y ? 4 x + 2(1 ? λ ) y ? 4λ = 0 ,
2 2

2 λ ?1 , ) 1+ λ λ +1 λ ?1 2 1 又 C 在直线 l 上,∴ 2 ? + 4? ? 1 = 0 ,解得 λ = ,代入所设圆的方程得 x 2 + y 2 ? 3x + y ? 1 = 0 为 1+ λ λ +1 3
其圆心为 C( 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、充分利用椭圆的参数方程 椭圆的参数方程涉及到正、余弦,利用正、余弦的有界性,可以解决相关的求最值的问题.这也是我们常说的三角 代换法。 典型例题 P 为椭圆

x2 y2 + = 1 上一动点,A 为长轴的右端点,B 为短轴的上端点,求四边形 OAPB 面积的最大值 a2 b2

及此时点 P 的坐标。 五、线段长的几种简便计算方法 ① 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 2 + bx + c = 0 的方程,方程的两根设为 x A , x B ,判别式为△,则 | AB| = 1 + k 2 ·| x A ? x B | = 1 + k 2· ,若 |a|
直接用结论,能减少配方、开方等运算过程。 例 求直线 x ? y + 1 = 0 被椭圆 x 2 + 4 y 2 = 16 所截得的线段 AB 的长。

② 结合图形的特殊位置关系,减少运算 在求过圆锥曲线焦点的弦长时,由于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

F1 、 F2 是椭圆

x2 y2 + = 1 的两个焦点,AB 是经过 F1 的弦,若 | AB| = 8 ,求值 | F2 A | + | F2 B | 25 9

③ 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
2 2 点 A(3,2)为定点,点 F 是抛物线 y = 4 x 的焦点,点 P 在抛物线 y = 4x 上移动,若 | PA|+| PF | 取得

最小值,求点 P 的坐标。


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