解圓錐曲線問題常用方法（二）

【學(xué)習(xí)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)。

2222

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“x+y”,令x?y?d，則d表示點P

（x，y）到原點的距離；又如“

5、參數(shù)法

y?3y?3

”，令=k，則k表示點P（x、y）與點A（-2，3）這兩點連線的斜率?? x?2x?2

（1）點參數(shù)利用點在某曲線上設(shè)點（常設(shè)“主動點”），以此點為參數(shù)，依次求出其他相關(guān)量，再列式求解。如x軸上一動點P，常設(shè)P（t，0）；直線x-2y+1=0上一動點P。除設(shè)P（x1,y1）外，也可直接設(shè)P（2y,-1,y1） （2）斜率為參數(shù)

當直線過某一定點P(x0,y0)時，常設(shè)此直線為y-y0=k(x-x0)，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(guān)轉(zhuǎn)動的問題時，常設(shè)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P1,P2求（或求證）目標Q”，方法1是將條件P1代入條件P2，方法2可將條件P2代入條件P1，方法3可將目標Q以待定的形式進行假設(shè)，代入P1,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(xué)會分析，選擇簡易的代入法。 【典型例題】

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的最小值。 分析：由此根式結(jié)構(gòu)聯(lián)想到距離公式，

22

解：S=(a?2)?(b?3)設(shè)Q(-2,3),

則S=|PQ|,它的最小值即Q到此直線的距離 ∴Smin

|?2?2?3?1|

3 5

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x+y-6x-4y+12=0上一動點，求解：設(shè)O（0，0），則y=kx,即kx-y=0

22

y

的最值。 x

yy

表示直線OP的斜率，由圖可知，當直線OP與圓相切時，取得最值，設(shè)最值為k，則切線：xx

圓(x-3)+(y-2)=1,由圓心（3，2）到直線kx-y=0的距離為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的斜率為1的弦，求a的取值范圍. 例3：直線l：ax+y+2=0平分雙曲線

169

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(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)是雙曲線上的點，且AB的斜率為1，AB的中點為M(x0,y0)

x12

16

則： ?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)在直線9x-16y=0上。 由

得C???

167

,?

9??169?

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

x2y2

1 169

∴點M的軌跡方程為9x-16y=0(x<-

167167

或x>) 77

2?

kPD=

9

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

7?2?

9

9?29??99?2?

由圖知，當動直線l的斜率k∈??16,16???16,16?時，l過斜率為1的弦AB的中點M，而k=-a

∴a的取值范圍為：??

9?279??927?9?

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

點評：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y=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(shè)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，也可用“點參數(shù)”法，設(shè)B（x1,y1）,C(x2,y2),因x1=y1,x2=y2,即可設(shè)B（y1,y1）,C(y2,y2)。再考慮kAB=-kAC得參數(shù)y1,y2的關(guān)系。 解法1：設(shè)AB的斜率為k，則AC的斜率為-k         AB：y-2=k(x-4),與y=x聯(lián)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點坐標得C? ,2???k?k?1?2k1?2k

1        ∴kBC=為定值 ??22

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

kk2

解法2：設(shè)B（y1,y1）,C(y2,y2)，則         kBC=

22

y2?y1y2?y1

2

2

1

y2?y1

∵kAB=

y1?2y2?211

,k??AB2

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

由題意，kAB=-kAC,         ∴

11

,則y1?y2??4 y1?2y2?2

則：kBC=?

1

為定值。 4

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(shè)點，形成含兩個參數(shù)y1,y2的問題，用整體思想解題，運算量較小。

例5：在圓x+y=4上，有一定點A（2，0）和兩動點B，C（A，

2

2

求△ABC的重心的軌跡。

2?

分析：圓周角∠BAC=可轉(zhuǎn)化為圓心角∠BOC=33

2?2?

令B（2cosθ，2sinθ）則C(2cos(θ+),2sin(θ+))

33

則重心可用θ表示出來。

2?

，∴∠BOC=

33

4?2?2?

設(shè)B（2cosθ,2sinθ）(0<θ<),則C(2cos(θ+),2sin(θ+))

333

解：連OB，OC，∵∠BAC=   設(shè)重心G（x，y），則：

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

點評：要注意參數(shù)θ的范圍，θ+

5?

∈（，）它是一個旋轉(zhuǎn)角，因此最終的軌跡是一 段圓弧，而不是一個圓。

333

x22

例6、求直線3x-4y+10=0與橢圓2?y?1(a>0)有公共點時a的取值范圍

a

分析:將直線方程代入橢圓方程消元得一元二次方程應(yīng)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(shè)公共點P（用參數(shù)形式），代入直線方程，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?

35135

代入橢圓方程得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：設(shè)有公共點為P，因公共點P在橢圓上，利用橢圓方程設(shè)P（acos?，sin?）再代入直線方程得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

，

則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

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(shè)公共點再代入直線，技巧性強，但運算較易，考慮一般關(guān)系：“設(shè)直線l：Ax+By+C=0

22

yx與橢圓?2?1有公共點,求應(yīng)滿足的條件”此時，若用解法一則難于運算，而用解法二，設(shè)有公共點P，利用橢圓，2

ab

設(shè)P（acos?，bsin?）代入直線方程得Aacos?+Bbsin?=-C。

∴

C

1時上式有解。 ∴C2≤A2a2+B2b2 2222

Aa?Bb

因此，從此題我們可以體會到條件的代入順序的重要性。

1、B

x-2y=b，圓(x-1)+(y+2)=5，由(1，2)到x-2y-b=0的距離等于得

2

2

4?b

5，∴b=0或b=10

則b的最大值為10，選B。

或用參數(shù)法，令x?1?5cos?,y??2?5sin?代入得

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

2cos??sin?)?5?5sin(???)    最大值為10。選B 55

選C

2、C作圖，知當k???

3?

,0?時，直線y=k(x-2)與半圓有兩交點， 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  則

PFPH

2，由雙曲線第二定義知選B。

則

2

4、B

用“點參數(shù)”法，設(shè)P(x1,x1)(x1>0)，Q(x2,-x2)(x2>0)  則2x=x1+x2，2y=x1-x2，∴(2x)-(2y)=4x1x2 5、12003。

2

2

2

1

2x1?2x2?1，∴x1x2=1，設(shè)M(x，y)， 2

則x-y=1(x>0)。選B

222

設(shè)此三角形為△OAB，設(shè)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則y1，y1=-y2，∴A、B關(guān)于x軸對稱，A、B在y=??y2

3

x上 3

將y?

3

x代入y2=20x得A(60,203)，∴B(60,-203) 3

(40)2?  4

6、x+4y=1

則x+4y=1

2

2

2

2

邊長為40面積為

令a=cosθ，bsinθ，則Q(cos2θ,

1

sin2θ)，設(shè)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?，則x+y=cos?+sin?+1 22

最大值為?

3?1??1 22

8、2x+4y+1=0

11

x10?y1,y? 設(shè)Q(x，y)，P(x1，y1)，則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

設(shè)P(4cos?,3sin?)(0<?<

) 2

S四邊形APBO?S?OAP?S?OBP?

的最大值為62

11?

4?3sin???3?4cos??6(sin??cos?)?6sn(??)    當?=時,S四邊形APBO

4224

22

10、證明：設(shè)P(x,y)，A(-2，1)則(x?2)?(y?1)?PA

2

過A作AH⊥l交于H，其中l(wèi)：x+y=4 則AH?

2?1?4

2

52

∴PA?AH?

52

，則PA

2

25 2

當P在H(

17

,)時取等號  22

∴(x?2)?(y?1)?

22

25 2

11、解：設(shè)C在B的上方，設(shè)B(0,t)，     則C(0,t+2)，-3≤t≤1 設(shè)外心為M(x,y)，因BC的中垂線為y=t+1  ①

tt33

AB的中垂線為y??(x?)  ② 32t242

由①、②消去t得y?6(x?)(?2?y?2)這就是點M的軌跡方程。

3

2p2p2p2p222

) 12、解：設(shè)OA：y=kx，代入y=2px得kx=2px則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中點為(,) ，kAB??

令x=2p得y=0，說明AB恒過定點（2p，0）

3t22

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