解圓錐曲線問題常用方法

1、解圓錐曲線問題常用方法(二)【學習要點】解圓錐曲線問題常用以下方法：4、數(shù)形結(jié)合法解析幾何是代數(shù)與幾何的一種統(tǒng)一，常要將代數(shù)的 運算推理與幾何的論證說明結(jié)合起來考慮問題，在解題時要充分利用代數(shù)運算的嚴密性與幾何論證的直觀性， 尤其是將某些代數(shù)式子利用其結(jié)構(gòu)特征，想象為某些圖 形的幾何意義而構(gòu)圖，用圖形的性質(zhì)來說明代數(shù)性質(zhì)。如“2x+y”，令2x+y=b,則b表示斜率為-2的直 線在y軸上的截距；如“ x2+y2”，令。d,則d表示 點P (x, v)到原點的距離；又如“濘”，令濘二k,則 k表示點P(x、y)與點A(-2, 3)這兩點連線的斜率 5、參數(shù)法(1)點參數(shù)利用點在某曲線上設點(常設

2、“主動點”), 以此點為參數(shù)，依次求出其他相關量，再列式求解。如x軸上一動點 P,常設P (t, 0);直線x-2y+1=0上 一動點P。除設P (xi,yi)外，也可直接設P (2y,-1,yi) (2)斜率為參數(shù)當直線過某一定點P(xo,yo)時，常設此直線為 y-yo=k(x-xo),即以k為參數(shù)，再按命題要求依次列式求 解等。(3)角參數(shù)當研究有關轉(zhuǎn)動的問題時，常設某一個角為參數(shù)，尤 其是圓與橢圓上的動點問題。6、代入法這里所講的“代入法”，主要是指條件的不同順序的 代入方法，如對于命題：“已知條件Pl,P2求(或求證) 目標Q”，方法1是將條件Pl代入條件P2,方法2可將 條件P2代

3、入條件P1,方法3可將目標Q以待定的形式 進行假設，代入 Pl,P2,這就是待定法。不同的代入方法 常會影響解題的難易程度，因此要學會分析，選擇簡易 的代入法?！镜湫屠}】例1:已知 P(a,b)是直線 x+2y-1=0上任一點，求S=a2 b2 4a 6b 13 的最/J、值。分析：由此根式結(jié)構(gòu)聯(lián)想到距離公式J解：S=(a 2)2(b 3)2 設 Q(-2,3),則S二|PQ|,它的最小值即Q到此直線的距離 點評：此題也可用代入消元的方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最 Smin |2 2 3 1| 3.5小值問題(注：可令根式內(nèi)為 t消元后，它是一個一元二次函數(shù))例2:已知點P(x,y)是圓x2+y2-

4、6x-4y+12=0上一動點,求y的最值。 x解：設O (0, 0),則表示直線OP的斜率，由圖方知，當直線OP與圓相切時,則切線：y=kx,即kx-y=02取得最值9場倒僅為k,圓(x-3)2+(y-2)2=1,由圓心(3, 2)到直線為1得第lkx-y=0的距離3.34 y 33 y 33 *x min4 x max4例3:直線l: ax+y+2=0平分雙曲線得的弦，求a的取值范圍.三1的斜率為1分析：由題意，直線l恒過定點P(0,-2),平分弦即 過弦中點，可先求出弦中點的軌跡，再求軌跡上的點M 與點P的連線的斜率即-a的范圍。解：設A(x"yi),B(x2,y2)是雙曲線上的

5、點，且 AB的斜率為1, AB的中點為M(xo,yo)則:22x1y1116922乂2 y2. 1 169-得 xJki169即 M(Xo,yo)在直線 9x-16y=0 上。9x-16y=0得 C 17, 97 ,D 17,9722|二匕1169點M的軌跡方程為 9x-16y=0(x<-用或x>q7)2 9 2 9kpg7 9 2 7 k 7 9 2 7kPD=0 1616 ,kPD 16160 0 .7.7由圖知，當動直線l的斜率kG9 2,7 99 9 2 . 7,16161616斜率為1的弦AB的中點M,而k=-a 二a的取值范圍為：齒,且 之鼻16 16 16 16點評：

6、此題是利用代數(shù)運算與幾何特征相結(jié)合的方 法而解得的，由圖得知，弦AB中點軌跡并不是一條直線 （9x-16y=0）,而是這條直線上的兩條射線（無端點）。再 利用圖形中的特殊點（射線的端點C、D）的屬性（斜率） 說明所求變量a的取值范圍。例4:過y2=x上一點A （4, 2）作傾斜角互補的兩條 直線AB、AC交拋物線于B、C兩點。求證：直線 BC的 斜率是定值。分析：（1）點A為定點，點B、C為動點，因直線 AB、AC的傾斜角互補，所以kAB與kAC相反，故可用“k參數(shù)”法，設AB的斜率為k,寫出直線AB的方程，將 AB的方程與拋物線方程聯(lián)立，因 A為已知交點，則方 程有一根已知故用韋達定理容易解

7、出點 B坐標，同理可 得點C坐標，再求BC斜率。(2)因點B、C在拋物線上移動，“點參數(shù)”法，設 B(Xi,yi) ,C(X2,y2), xi=yi2,X2=y22,即可設 B(yi2,yi) ,C(/,y2)。再考慮 kAB=-kAcyi,y2的關系。也可用 因解法i:設AB的斜率為k,則AC的斜率為-k.= 2yB=4k 212k,yBAB: y-2=k(x-4)，與 y2=x 聯(lián)立得： y-2=k(y2-4),即 ky2-y-4k+2=0 v y=2是此方程的一解，2-i 4k 4k2 XB=yB =1 2-14k 4k i 2kBk1,T= kAC=-k,以-k代替k代入B點坐標得Ci

8、 4k 4k2 i 2k 2,k2ki 2k i 2k/. kBC=kk2i 4k 4k2 i 4k 4k2k2k解法 2:設 B (yi2,yi) ,C(y22,y2), 則kBC= y2 y12y2yiy2 yiV2 212y24y22.kAB=" ；，y i 4 yi 2由 題意）kAB=-kAC,二六則yi y2則：kBC= 4為定值。點評：解法1運算量較大，但其方法是一種基本方法，因k的變化而造成了一系列的變化，最終求出BC的斜率為定值；解法2利用點B, C在拋物線上設點， 形成含兩個參數(shù)yi,y2的問題，用整體思想解題，運算0）和兩動點量較小。例5:在圓x2+y2=4上，

9、有一定點 A （2,B, C（A, B, C按逆時針排列）,當B, C兩點保持/ BAC=3 ,3 3 33時）求 ABC的重心的軌跡。分析：圓周角/BAC可轉(zhuǎn)化為圓心角/ BOC;令 B (2cos 6 )選用“角參數(shù)”，2sin 6 )則 C(2cos(6 +'),2sin( 8 +1)則重心可用6表示出來。解：連 OB, OC,. /BAC=, . ./BOC1設 B (2cos8 ,2sin 8 ) (0< 8 <十),則 C(2cos(8+2,2sin( 6 +g)設重心G (x, y),則:12X=-2 2 cos 2cos()3312y=-0 2sin 2si

10、n( 一) 333一 x 1 cos( 一233-y sin(2艮:X=11 cos()y=2sin(-) 336 +-(-,)33 3, , (|x 1)2 (2y)2 1 o ( X<2 )即(x 2)2 y2 4(X 1)392點評：要注意參數(shù)8的范圍，e +-c(舁)它是一 /33 73個旋轉(zhuǎn)角，因此最終的軌跡是一段圓弧，而不是一個圓。例6、求直線3x-4y+10=0與橢圓捺y2 1(a>0)有公共點時a的取值范圍分析:將直線方程代入橢圓方程消元得一元二次方程應有解，用判別式0可求得a的取值范圍。也可考 慮另一代入順序，從橢圓方程出發(fā)設公共點P （用參數(shù)形式），代入直線方程

11、，轉(zhuǎn)化為三角問題：asinx+bcosx=c 何時有解。解法一：由直線方程3x-4y+10=0得y令打弋入橢圓方拜徂 1 235 2 / 19、2 1521c保1 守x2 (x -)2 1 ()x x 一 0a242a2 1644 n。，得耳）2 44？ A-解得a2 28,又a>0,/. a笠 33解法二：設有公共點為P,因公共點P在橢圓上,利用橢圓方程設P (acos )3acos -4sin +10=0sin )再代入直線方程得4sin -3acos =10。4 sin.9a2 16令 sin a = 1 3a ).9a2 16貝U sin(-民)=120, 9a2cos a =3

12、acos.9a2 164. 9a2 16 '10.9a2 16由 sin()1 即 sin2( - a )< 1 得1. 9a2484)a228（a>0）2.21.二 a> 丁點評：解法1, 2給出了兩種不同的條件代入順序,其解法1的思路清晰，是常用方法，但運算量較大，對 運算能力提出較高的要求，解法 2先考慮橢圓，設公共 點再代入直線，技巧性強，但運算較易，考慮一般關系：“設直線l: Ax+By+C=0與橢圓x； / i有公共點，求應滿足 的條件”此時，若用解法一則難于運算，而用解法二， 設有公共點P,利用橢圓，設P （acos , bsin ）代入直 線方程得 A

13、acos +Bbsin =-CoC2 22, 2A a B b1時上式有解-C2<A2a2+B2b2因此，從此題我們可以體會到條件的代入順序的重要 性?！就骄毩暋?、若實數(shù)x、y滿足x2+y2-2x+4y=0,則x-2y的最大值是（）A、5B、10C、9D、5+2 52、若關于x的方程般2）有兩個不等實根，則實 數(shù)k的取值范圍是A、(手9B、( 3, 3)c、3D、333 3 22 33、方程<(x 3)2 (y 1)2 x y 3 0表7K的圖形是(A、橢圓B、雙曲線C、拋物線D、以上都不對4、已知P、Q分別在射線y=x(x>0)和y=-x(x>0)上,且 POQ的

14、面積為1, (0為原點)，則線段PQ中點M的 軌跡為()A、雙曲線x2-y2=1B、雙曲線x2-y2=1的右支C、半圓 x2+y2=1(x<0)D、一段圓弧 x2+y2=1(x*2)5、一個等邊三角形有兩個頂點在拋物線y2=20x上，第三個頂點在原點，則這個三角形的面積為 6、設P(a,b)是圓x2+y2設上的動點，則動點Q(a2-b2,ab) 的軌跡方程是7、實數(shù)x、y滿足3x2+2y2=6x,則x+y的最大值為 一8、已知直線l: 2x+4y+3=0, P是l上的動點，。為坐 標原點，點Q分而為1: 2,則點Q的軌跡方程為 9、橢圓I11在第一象限上一動點P,若A(4，0),B(0,

15、 3), O(0, 0),則處.。的最大值為10、已知實數(shù)x、y滿足x+y=4,求證：(x 2)2 (y 1)2年11、AABC 中,A(3,0)bc 2, BC 在 y 軸上，且在-3,3 間滑動，求 ABC外心的軌跡方程。12、設 A、B是拋物線y2=2Px(p>0)上的點，且/AOB=90° (O為原點)。求證：直線 AB過定點。參考答案1、B x-2y=b,圓(x-1)2+(y+2)2=5,由(1, 2)至U x-2y-b=0 的距離等于 花得上衽，b=0或b=105則b的最大值為10,選B。 或用參數(shù)法，令x 1 ,5 cos , y 2 . 5 sin 代入得x 2

16、y 5. 5 cos 2 .5sinL L, 55 5( cos52 5sin ) 5 5sin( )5最大值為10。選B卜2、C作圖，知當k?0時，直線y=kx2)與半圓有兩 012,交點，選C3、方程即 d'(x 3)2 (y 1)2 五 |x J2 3令 F(-3,1) P(x,y), l: x-y+3=0, PHU l 于 H 貝U 曾行，由雙曲線第二定義知選B。4 B用“點參數(shù)”法，設 P(x1,x1)(x1>0), Q(x2,-x2)(x2>0)則卡不 6 1)，xix2=1)設 M(x)y),則 2x=Xi+x2)2y=xi-X2): (2x)2-(2y)2=

17、4x1x2則X2-y2=1(x>0)。選 B5、1200痣。設此三角形為OAB,設 A(xi,yi),B(X2,y2)由 10A OB 得 Xi2 y2 x2 yf )/. xi2 20xi X22 20X2 (Xl-X2)(Xl+X2+20) = 0) . X1>0)X2>0,X1=X2則 yi2 y；, yi=-y2,，A、B 關于 X 軸對稱，A、8在丫= £x 上將 y 2fx代入 y2=20x 得 A(60,20內(nèi))，. . B(60,-20上)6、x2+4y2=i邊長為40、區(qū)面積為3(40V3)2 i200V34令 a=cos8 ) bsin 6 )貝

18、U Q(cos2 8 Jsin2 6 ),設 Q(x, y)則 x2+4y2=i7、萼+i 3(x-i)2+2y2=3, (x-i)2+3y2 i 令 x-i=cos ) y=J2sin )貝U x+y=cos +J3sin +i最大值為32.i0i 28、 2x+4y+i=00 4xi設 Q(x,y),P(xi,yi),則x yi -2i2yii2 xi=3x, yi=3y ,3y+3=0 即 2x+4y+i=0.2xi+4yi+3=0 .2X 3x+4X9、 6 2設 P(4cos ,3sin )(0< <2)11S四邊形 apboS oap S obp 4 3sin3 4cos 6(sin cos ) 612sn( )224當=4時,S«杉APBO的最大值為6旦10、證明：設 P(x,y), A(-2, 1)則22(x 2)2 (y 1)2過A作AHLl交于H)其中l(wèi): x+y=4八2PA則AHPAAH白，則呼2 15當 P 在 HC2,7)時取等號.(x 2)2 (y 1)2 §B"o11、解：設C在B的