直线与圆锥曲线问题的解题策略.doc

直线与圆锥曲线问题的解题策略众所周知，直线与圆锥曲线的问题，是解析几何解答题的主要题型，是历年来高考备考的重点和高考命题的热点。多年备考的实践经验告诉我们，欲更快地提高解决这类问题的实践能力，需要切实解决好以下两个问题：（1）条件或目标的等价转化； （2）对于交点坐标的适当处理。本文试从上述两个问题的研究切入，对直线与圆锥曲线问题的解题策略作初步探索，希望对高考备考有所帮助。一、条件或目标的认知与转化解题的过程是一系列转化的过程。从某种意义上说，解题，就是要将所解的题转化为已经解过的题。然而，转化的基础是认知认知已知、目标的本质和联系。有了足够的认知基础，我们便可以着力实践化生为熟或化繁为简的转化。1、化生为熟化生为熟是解题的基本策略。在直线与圆锥曲线相交问题中，弦长问题及弦中点问题是两类基本问题。因此，由直线与圆锥曲线相交引出的线段间的关系问题，要注意适时向弦长或弦中点问题转化。一但转化成功，解题便得以驾轻就熟，胜券在握。（1）向弦中点问题转化例1.已知双曲线 =1（a0,b0）的离心率 ，过点A（0,-b）和B（a,0）的直线与原点间的距离为 （1）求双曲线方程；（2）若直线（km0）与双曲线交于不同两点C、D，且C、D两点都在以A为圆心的同一个圆上，求m的取值范围。略解：（1）所求双曲线方程为（过程略）（2）由 消去y得： 由题意知，当 时， 设 中点 则C、D均在以A为圆为的同一圆上 又 于是由得 由代入得 ，解得m4 于是综合、得所求m的范围为 （2）向弦长问题转化例2设F是椭圆 的左焦点，M是C1上任一点，P是线段FM上的点，且满足 （1）求点P的轨迹C2的方程；（2）过F作直线l与C1交于A、D两点，与C2交点B、C两点，四点依A、B、C、D顺序排列，求使 成立的直线l 的方程。分析：为避免由代换 引发的复杂运算，寻觅替代 的等价条件：设弦AD、BC的中点分别为O1、O2，则，故 ，据此得 于是，所给问题便转化为弦长与弦中点问题。略解：椭圆C1的中心 点P分 所成的比=2。（1）点P的轨迹C2的方程为 （过程略）（2）设直线l的方程为 代入椭圆C1的方程得 ，故有 故弦AD中点O1坐标为 代入椭圆C2的方程得 ，又有 故弦BC中点O2坐标为 由、得 注意到 于是将、代入并化简得： 由此解得 。因此，所求直线l的方程为 2化繁为简解析几何是用代数计算的方法解决几何问题，因此，解答解析几何问题，人们都有这样的共同感受：解题方向或途径明朗，但目标难以靠近或达到。解题时，理论上合理的思路设计能否在实践中得以实现？既能想到，又能做到的关键，往往在于能否化繁为简。化繁为简的策略，除去“化生为熟”之外，重要的当数“借重投影”或“避重就轻”。（1）借助投影对于线段的定比分点以及其它复杂的线段间关系的问题，当题设条件的直接转化颇为繁杂时，不妨运用当初推导定比分点坐标公式的基本方法；将线段上有关各点向x轴（或y轴或其它水平直线）作以投影，进而利用平行线分线段成比例定理推理或转化，这一手法往往能够有效地化解难点，将人们引入熟悉的解题情境。例3如图，自点M（1，-1）引直线l交抛物线 于P1 、P2两点，在线段P1 、P2上取一点Q，使 、 、 的倒数依次成等差数列，求点Q的轨迹方程。解：设 又设直线l的方程为 代入 得 由题意得 或 且 又由题意得 作P1、Q、P2在直线y=-1上的投影P1、Q、P2（如图）又令直线l的倾斜角为 则由 得 同理， 将上述三式代入得 将代入得 将代入得 于是由、消去参数k得 再注意到式，由得 或 因此，由、得所求点Q的轨迹方程为 （2）避重就轻事物都是一分为二的，复杂问题中有关事物之间你中有我、我中有你的局面，在给我们解题制造麻烦的同时，也会为我们侧面迂回、避重就轻带来机会。例4已知 点P、Q在椭圆 上，椭圆中心为O，且 ， 求椭圆中心O到弦PQ的距离。分析：这里需要P、Q点坐标，对此，如果直面直线PQ方程和椭圆方程联立方程组，则不论是求解P、Q坐标，还是利用所设P、Q坐标，都不免招致复杂局面。于是转而考虑侧面迂回，避重就轻，同时，注意到P、Q两点的双重属性，想到避开正面求解，而由直线OP（或OQ）方程和椭圆方程联立方程组解出点P（或点Q）坐标。解（避重就轻，解而不设）：设 则由 得 （1）当点P、Q不在坐标轴上时，设直线OP的方程 则直线OQ的方程为 将代入椭圆方程 易得 将代入椭圆方程 易得 由、得 又在 中作 于H，于是由 及式得 = （2）当点P、Q在坐标轴上时，同样可得 ，从而有 。于是由（1）（2）知所求椭圆中心O到弦PQ的距离为 。直线与圆锥曲线相交的问题，适当处置交点坐标是解题繁简乃至解题成败的关键环节。循着教材中关于曲线交点的定位，直线与圆锥曲线的交点坐标，首先是立足于“解”，其次是辅助于“设”。于是，在宏观上围绕着“解”与“设”的选择，产生出两对解题思路：解而不设与设而不解；既设又解与不解。在这里，“设”是举手之劳，问题在于，在一个具体问题中，“解”的火候如何把握？“不解”的时机如何捕捉？以下继续作以探索。二、求解交点坐标的“度”的把握个体与整体是辩证的统一，循着“个体”与“整体”的辩证关系，立足于“解”交点坐标，主要是以下两种选择：1、半心半意，解至中途从认识目标切入，如果目标不是交点的横坐标或纵坐标的个体，而是关于交点横坐标（或纵坐标）的和与积的对称式，则一般选择从直线方程与曲线方程的联立方程组入手，解至中途运用韦达定理，进而对目标进行转化、靠拢，直至利用上述结果解决问题。例1.设斜率为2的直线与抛物线 相交于A、B两点，以线段AB为边作矩形ABCD，使 ，求矩形ABCD的对角线交点M的轨迹方程。解：设 直线AB的方程为 。由 由题意 由韦达定理得 再设AB中点为 ，则有 ， 注意到四边形ABCD为矩形，故有 ，且 ，由此得 由（4）得 代入（5）得 化简得 再注意到中 ，由（5）得 因此由、得所求动点M的轨迹方程为 。点评：本例是“立足于一条直线与曲线相交”的问题。这里所说的“立足于一条直线与曲线相交”的问题，是指这样两种题型：（1）问题由一直线与曲线相交引出；（2）问题中虽然出现多条直线与同一曲线相交，但这些直线的引出存在着明显的顺序（或依赖关系），整个问题构建在某一条直线与曲线相交的基础之上，对此，我们的求解仍倚仗于对交点坐标“既设又解”的策略。这里的“解”，是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，是“半心半意”地求解，解至中途运用韦达定理，因此，此类问题的解题三部曲为（1）全心全意地设出交点坐标；（2）“半心半意”地求解上述方程组，解至中途运用韦达定理；（3）对题设条件主体进行分析、转化，使之靠拢并应用（2）的结果导出既定目标。2、真心实意，求解到底当目标的转化结果不是交点横标（或纵标）的对称式，而是交点坐标的个体时，则需要真心实意地将求解交点坐标进行到底。例2.正方形ABCD的中心为M（3，0），一条顶点在原点，焦点在X轴正半轴上的抛物线E，一条斜率为 的直线l，若A、B两点在抛物线E上，而C、D两点在直线l上，求抛物线E和直线l的方程。解：由题意设抛物线E的方程为 ，直线l的方程为 。又设正方形ABCD的（一条）对角线的斜率为k，则由 直线AM、BM的方程分别为 再设 则由 得 又点A、B在抛物线E上，故有 于是由、解得 。故得A（4，2）、B（1，1）、 因此可知，所求抛物线E的方程为 ； 所求直线l方程为 。点评：上述问题中出现“相对独立的多条直线与同一曲线相交”，即问题中多条直线的出现没有确定的顺序或依赖关系，各条直线之间具有相对独立性。对此，我们仍然运用对交点坐标“既设又解”的策略，不过，这里的“解”不是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，而是解关于所设交点坐标的等式所联立的方程组；这里的“解”不是“半心半意”地解至中途运用韦达定理，而是全心全意地去解出交点坐标，因此，此类问题的解题三部曲为：（1）全心全意地设出交点坐标；（2）全心全意地求解所设交点坐标满足的方程所联立的方程组，解出所设交点坐标；（3）利用（2）的结果追求既定目标。三、求解交点坐标的转换与回避解决直线与圆锥曲线相交问题招致复杂局面或陷入绝境，究其原因，大多是求解直线与圆锥曲线所联立方程组惹的祸。因此，面对所给问题，当能预见到求解上述方程组的繁难程度时，能转换正面求解（交点坐标）便尽量转换，能回避正面求解（交点坐标）便尽量回避。1、设而不解这里所谓的“设而不解”，是指设出交点坐标之后，借助已知方程，运用交点坐标去表示已知条件或主要目标。其中，用所设交点坐标去构造有关直线的斜率最为多见。例1设椭圆 的上半部有不同三点A、B、C，它们到同一焦点的距离依次成等差数列，且点B的纵坐标与椭圆的半焦距相等，求线段AC的中垂线在y轴上的截距。分析：考察线段AC的中垂线方程，易知其斜率由点A、C同名坐标的差式表出，弦中点由点A、C同名坐标的和式表出。由此想到对交点坐标“设而不解”，并借助焦点半径公式求解。解：设 ，弦AC中点M(x0,y0)。由已知椭圆方程得 又运用椭圆第二定义可得 ， 由题设条件得 而 此时，注意到点A、C在椭圆 上，故有 -得 代入得 由此得 由、得 ，即AC中点 于是可知弦AC的中垂线方程为 在中令x=0得 由此可知，所求弦AC的中垂线在y轴上的截距为 2、不设不解这是解决直线与曲线相交问题的至高境界。因此，欲适时地正确选择对交点坐标“不设不解”，需要我们对问题或图形本质的深刻认知，需要我们对有关知识的深厚积淀或升华。（1）利用圆锥曲线定义回避交点坐标例2已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F2的直线交椭圆于P、Q两点， ，且 ，求椭圆的离心率。解：注意到这里涉及点P处两条焦点半径，故考虑利用椭圆定义1。设椭圆方程为 。又设 ，则由题意得 根据椭圆定义得 代入得 ，解得 再由 得 代入得 化简得 ，由此解得 。（2）借助有关图形性质回避交点坐标例3已知直线l： 与 相交于A、B两点，当 时，求C的方程。提示：圆心C到弦AB的距离（弦心距） 注意到 由圆的弦的性质得 ，由此解得a的值。（3）利用有关问题的深入认知回避交点坐标这是处置直线与曲线乃至两曲线相交问题的重要策略，现以例4示范说明。例4已知圆M与圆 相交于不同两点A、B，所得公共弦AB平行于已知直线 ，又圆M经过点C（-2，3），D（1，4），求圆M的方程。解（利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标）：设圆M方程为 又已知圆方程为 得上述两圆公共弦AB所在直线方程 由题设得 注意到点C、D在圆M上，故有 将、联立解得 所求圆M的方程为 四、高考真题1.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆在焦点F的直线交椭圆于A、B两点， 与 共线。（1）求椭圆的离心率；（2）设M为椭圆上任意一点，且 ，证明 为定值。分析：（1）求椭圆离心率，首先要求关于a，b，c的等式。为此，从设出椭圆方程与直线AB的方程切入，运用对A、B坐标“既设又解”的策略；（2）注意到这里的点为椭圆上任意一点，故考虑对点的坐标“设而不解”。解：（1）设椭圆方程为 则直线AB方程为 设 将代入椭圆方程 得 由题意 ，显然成立由韦达定理得 又 ， ， 与 共线 即所求椭圆的离心率为 （2）由（1）得 ，椭圆方程化为 设 ，由题设得 点M在椭圆上 又由（1）知， 而 , 将、代得 ， 即 为定值。点评：对于（1），立足于对A、B坐标“既设又解”，对 与 共线的充要条件 ，先“转化”而后“代入”，与先“代入”而后化简比较，计算量要明显减少。因此，诸如此类的问题，要注意选择“代入”的形式或时机，以求减少解题的计算量。2.P、Q、M、N四点都在椭圆 上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，已知 与 共线， 与 共线，且 ，求四边形PMQN的面积的最小值和最大值。分析：这里 ，b=1，c=1，故F（0，1）由题设知 ，四边形PMQN的面积等于 ，因此解题从求 ， 切入。解：这里 ，b=1，c=1，F（0，1），由 得 ，即 直线PQ，MN中至少有一条直线斜率存在。不妨设PQ的斜率为k，则直线PQ的方程为 又设 将代入椭圆方程得 且 （1）当 时，直线MN的斜率为 ，同理可得 四边形PMQN的面积 令 ，则 （当且仅当 时等号成立） 当 时， ，S是以 为自变量的增函数 （2）当 时，MN为椭圆的长轴， ， ， 于是（1）（2）得 四边形PMQN的面积的最大值为2，最小值为 点评：认知条件，从而认知本题中四边形PMQN面积的决定因素，寻求的目标便随之明确，而在对四边形面积S的变形中，所施行的分子分母同除以 ，变量替换，分离常数项等等，都是寻求最值的基本策略。3.设A、B是椭圆 上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点。（1）确定 的取值范围，并求直线AB的方程；（2）试判断是否存在这样的 ，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由。分析：在这里，有两条直线经过点N并且与椭圆相交，由于（1）要求直线AB的方程，故以交点A、B的坐标“即设又解”切入；对于（2）中的四点共圆， 知，圆的直径为AB或CD，到底是哪一个，则要在完成（1）之后根据具体情况再行确定。解：（1）由题意，设直线AB方程为 设 将代入椭圆方程 得 则由题设知 且 由N（1，3）是线段AB的中点得 解得 将 代入得 所求 的取值范围为 ，直线AB的方程为 即 （2）由题设知，线段CD垂直平分线段AB直线CD的方程为 即 将与椭圆方程联立，消去y得 又设 ，CD的中点为 ，则 为方程的根 且 ，即 注意到由（1）可得 由（2）可得 当 时， 假设存在 ，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心又点M到直线AB的距离 由勾股定理得 故当 时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，以 为半径的圆上。点评：在这里，对A、B及C、D的坐标均是“既设又解”，