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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