解圆锥曲线问题常用方法（二）

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。

2222

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?3y?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?2x?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=a2?b2?4a?6b?13的最小值。 分析：由此根式结构联想到距离公式，

22

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|

3 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）

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

22

y

的最值。 x

yy

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：xx

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

22

|3k?2|k?1

2

1,

∴k?

3?3

4

∴?

3??y?3?3?y?

,????

44?x?min?x?max

x2y2

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

169

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???16y12

1

① 9

2 y2

1② 9

xyx21?x22y21?y22

0,即0?0?1?0 ①-②得

169169

即M(X0,y0)在直线9x-16y=0上。 由

得C???

167

,?

9??169?

,??,D??? 7??7?

x2y2

1 169

∴点M的轨迹方程为9x-16y=0(x<-

167167

或x>) 77

2?

kPD=

9

79?2779?2?,kPD?? 161616160?0?

7?2?

9

9?29??99?2?

由图知，当动直线l的斜率k∈??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?279??927?9?

,? ,????1616??1616???

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?21?2k

,yB?kk

1?4k?4k2

,                 xB=y=

k2

2B

1?4k?4k21?2k?

       ∴B?,2?? kk??

1?4k?4k21?2k?

       ∵kAC=-k,以-k代替k代入B点坐标得C? ,2???k?k?1?2k1?2k

1        ∴kBC=为定值 ??22

41?4k?4k1?4k?4k

kk2

解法2：设B（y1,y1）,C(y2,y2)，则         kBC=

22

y2?y1y2?y1

2

2

1

y2?y1

∵kAB=

y1?2y2?211

,k??AB2

y?2y21?4y1?2y2?42

由题意，kAB=-kAC,         ∴

11

,则y1?y2??4 y1?2y2?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，

2

2

求△ABC的重心的轨迹。

2?

分析：圆周角∠BAC=可转化为圆心角∠BOC=33

2?2?

令B（2cosθ，2sinθ）则C(2cos(θ+),2sin(θ+))

33

则重心可用θ表示出来。

2?

，∴∠BOC=

33

4?2?2?

设B（2cosθ,2sinθ）(0<θ<),则C(2cos(θ+),2sin(θ+))

333

解：连OB，OC，∵∠BAC=   设重心G（x，y），则：

12?)]

3312?

)] [0?2sin??2sin(??

332?3?

x=[1?cos(??)]x?1?cos(??)

33232?3?

sin(??)y?sin(??)

3323??5?

) θ+?(,

33333212

∴(x?1)?(y)?1。（x<）

222

[2?2cos??2cos(??

即(x?)?y?

23

22

41(x?) 92

点评：要注意参数θ的范围，θ+

5?

∈（，）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。

333

x22

例6、求直线3x-4y+10=0与椭圆2?y?1(a>0)有公共点时a的取值范围

a

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?

35135

代入椭圆方程得2x2?(x?)2?1∴x?

4242a

(

1921521

)x?x??0  2

1644a

△≥0，得(

1522119282)?4??(2?)?0解得a2?，又a>0,∴a? 44a1633

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。

49a?16

2

sin??

3a9a?16

2

cos??

10a?16

2

令sinα=

3a9a?16

2

，cosα=

49a?16

2

，

则sin(?-α)=

109a?16

2

，

由sin(???)?1  即sin(?-α)≤1得

2

1002822

1  ∴9a≥84，a≥(a>0)

39a2?16

221

∴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

22

yx与椭圆?2?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，2

ab

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

∴

C

1时上式有解。 ∴C2≤A2a2+B2b2 2222

Aa?Bb

因此，从此题我们可以体会到条件的代入顺序的重要性。

1、B

x-2y=b，圆(x-1)+(y+2)=5，由(1，2)到x-2y-b=0的距离等于得

2

2

4?b

5，∴b=0或b=10

则b的最大值为10，选B。

或用参数法，令x?1?5cos?,y??2?5sin?代入得

x?2y?5?5cos??2sin??5?5(

2cos??sin?)?5?5sin(???)    最大值为10。选B 55

选C

2、C作图，知当k???

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

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

PFPH

2，由双曲线第二定义知选B。

则

2

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、12003。

2

2

2

1

2x1?2x2?1，∴x1x2=1，设M(x，y)， 2

则x-y=1(x>0)。选B

222

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

22

∴x1?20x1?x2?20x2  (x1-x2)(x1+x2+20)=0，∵x1>0，x2>0  ∴x1=x2

22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(60,203)，∴B(60,-203) 3

(40)2?  4

6、x+4y=1

则x+4y=1

2

2

2

2

边长为40面积为

令a=cosθ，bsinθ，则Q(cos2θ,

1

sin2θ)，设Q(x，y)  2

2

7、

+1  2

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

22

22

y?1  3

令x-1=cos?，y=

33

sin?，则x+y=cos?+sin?+1 22

最大值为?

3?1??1 22

8、2x+4y+1=0

11

x10?y1,y? 设Q(x，y)，P(x1，y1)，则x?

111?1?22

0?

∴2×3x+4×3y+3=0即2x+4y+1=0

∴x1=3x，y1=3y ，  ∵2x1+4y1+3=0  9、62

设P(4cos?,3sin?)(0<?<

) 2

S四边形APBO?S?OAP?S?OBP?

的最大值为62

11?

4?3sin???3?4cos??6(sin??cos?)?6sn(??)    当?=时,S四边形APBO

4224

22

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

52

∴PA?AH?

52

，则PA

2

25 2

当P在H(

17

,)时取等号  22

∴(x?2)?(y?1)?

22

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

tt33

AB的中垂线为y??(x?)  ② 32t242

由①、②消去t得y?6(x?)(?2?y?2)这就是点M的轨迹方程。

3

2p2p2p2p222

) 12、解：设OA：y=kx，代入y=2px得kx=2px则x?2,y?  ∴A(2,

kkkk

12

同理由OB：y=-x   可得B(2pk,-2pk)

k

2p1?2pk?k

1k kAB????2

2p111?k22

2pk?k?k

kk2k2

k

(x?2pk2) ∴AB:y2pk?2

1?k

AB中点为(,) ，kAB??

令x=2p得y=0，说明AB恒过定点（2p，0）

3t22

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