(word完整版)高中数学解析几何解题方法~

1、解析几何常规题型及方法(1)中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法(点差法)：设曲线上两点为(xi,y1)，(X2，y2),代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式，消去四个参数。2典型例题给定双曲线X2 1。过A(2,1)的直线与双曲线交于两点P1及P2,求线段P1P2的中点P2的轨迹方程。(2)焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点 P,与两个焦点F1、F2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。2一 、一 一一 X典型例题设P(x,y)为椭圆2y_.八， : 1 上任一点，F（ c,0）, F2（c,0）为焦点，PF1F2，PF2F1。b） sin/(1)求证离心率 e si

2、n.一33 .(2)求 |PF1| PF2I 的最值。(3)直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式，应特别注意数形结合 的办法典型例题抛物线方程y2 p(x 1) (p 0),直线x y t与x轴的交点在抛物线准线的右边。(1)求证：直线与抛物线总有两个不同交点(2)设直线与抛物线的交点为A、B,且OALOB,求p关于t的函数f的表达式。(4)圆锥曲线的有关最值(范围)问题圆锥曲线中的有关最值(范围)问题，常用代数法和几何法解决。<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。<2>

3、若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数(通常利用二次函数， 三角函数，均值不等式)求最值。 典型例题已知抛物线y2=2px(p>0),过M (a,0)且斜率为1的直线L与抛物线交于不同的两点 A、B, |AB|w 2P(1)求a的取值范围；(2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N,求 NAB面积的最大值。(2)设AB的垂直平分线交 AB与点Q,令其坐标为(X3,y3),则由中点坐标公式得：(5)求曲线的方程问题1 .曲线的形状已知 这类问题一般可用待定系数法解决。典型例题已知直线L过原点，抛物线 C的顶点在原点，焦点在 x轴正半轴上。若点 A (-1, 0)和点B (0

4、, 8)关于L的对称点都在C上，求直线L和抛物线C的方程。2 .曲线的形状未知-求轨迹方程典型例题已知直角坐标平面上点Q(2,0)和圆C：x2+y2=1,动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数(>0),求动点M的轨迹方程，并说明它是什么曲线。分析：如图，设MN切圆C于点N,则动点M组成的集合是：P=M|MN|=|MQ|,由平面几何知识可知：|MN|2二|MO|2-|ON|2二|MO|2-1 ,将 M点坐标代入，可得:(2-1)(x2+y2)-42x+(1+42)=0.当=1时它表示一条直线；当 w1时，它表示圆。这种方法叫做直接法。MNOQ(6)存在两点关于直线对称问题典型例题已知椭

5、圆22C的方程二匕 1 ,试确定43m的取值范围,使得对于直线 y 4x m,椭圆C上有不同两点关于直线对称。分析：椭圆上两点(x1,y1) ， (x2, y2)，代入方程,相减得3(x1x2)(x1x2)4( y1y2)(y1y2)x1x2又x322y1 y23x。x1x2y 3x又由y 4x解得交点(m, 3m)。交点在椭圆内,则有(m)24(3m)232 13132、1313(7)两线段垂直问题圆锥曲线两焦半径互相垂直问题，常用k1 - k2y1 . V2x1 . x21来处理或用向量的坐标运算来处理。典型例题已知直线l的斜率为k ,且过点P( 2,0),抛物线C:y24(x 1),直线

6、l与抛物线C有两个不同的交点(如图)。(1)求k的取值范围;(2)相垂直。直线l的倾斜角为何值时，A、B与抛物线C的焦点连线互分析:直线y k(x 2)代入抛物线方程得(4k24)x 4k2 4 0,0,得 1 k 1(k 0)。在曲线上两点关于某直线对称问题，可以按如下方式分三步解决：求两点所在的直线，求这两直线的交点，使这 交点在圆锥曲线形内。(当然也可以利用韦达定理并结合判别式来解决)(2)由上面方程得 X1X24k2 4k2.2 ,yy2k (Xi 2)(X2 2)4 ,焦点为O(Q0)。由kOAkOB学目 1得k 次.2 一arctan或 2arctan 二 2B:解题的技巧方面在教

7、学中，学生普遍觉得解析几何问题的计算量较大。事实上，如果我们能够充分利用几何图形、韦达定理、曲 线系方程，以及运用“设而不求”的策略，往往能够减少计算量。下面举例说明：(1)充分利用几何图形解析几何的研究对象就是几何图形及其性质，所以在处理解析几何问题时，除了运用代数方程外，充分挖掘几何条 件，并结合平面几何知识，这往往能减少计算量。22_,、一. 一. .典型例题设直线3x 4y m 0与圆x y x 2y 0相交于P、Q两点，O为坐标原点，右OP OQ ,求m的值。,_22解： 圆x y x 2y 0过原点，并且OP OQ ,1PQ是圆的直径，圆心的坐标为 M( 1)21，、C-又M( -

8、 , 1)在直线3x 4y m 0上，15、3 ( ) 4 1 m 0, m一即为所求。22评注：此题若不充分利用一系列几何条件：该圆过原点并且 OP OQ,PQ是圆的直径，圆心在直线3x 4y m 0上，而是设P(x1, y1)、Q(x2, y2)再由OP OQ和韦达定理求 m ,将会增大运算量。评注：此题若不能挖掘利用几何条件OMP 90 ,点M是在以OP为直径的圆周上，而利用参数方程等方法，计算量将很大，并且比较麻烦。二.充分利用韦达定理及“设而不求”的策略我们经常设出弦的端点坐标而不求它，而是结合韦达定理求解，这种方法在有关斜率、中点等问题中常常用到。10典型例题已知中心在原点 O,焦

9、点在y轴上的椭圆与直线 y x 1相交于P、Q两点，且OP OQ , |PQ| 0，2求此椭圆方程。解：设椭圆方程为ax2 by2 1(a b 0),直线y x 1与椭圆相交于P(x1，y1)、Q(x2，y?)两点。y x 1由方程组22消去y后得ax by 1(a b)x2 2bx b 1 02bb 1Xi X2， Xi X2 -a ba b由 kop koQ i，得 yy2X1X2(1)又P、Q在直线y x 1上，yiX111(2)y2X21,(3)yy2 (X11)(X21) X1X2 (X1 X2)12b(4)把(1)代入，得 2x1x2 (X1 x2) 1 0 ,即3 a b化简后，

10、得a b 2由 |PQ|X2)2(y1y2)2(X1 X2)24,(x12x2)4x1 x22b )2 a b4(b 1)a b1 一 3把(2)代入，得4b2 8b 3 0 ,解得b 或b 2 2代入(4)后，解得a §或22 23 .1由 a b 0,得 a ，b 。22所求椭圆方程为结2评注：此题充分利用了韦达定理及“设而不求”的策略，简化了计算。三.充分利用曲线系方程利用曲线系方程可以避免求曲线的交点，因此也可以减少计算。典型例题求经过两已知圆 C1： x2 y2 4x 2y 0和C2: x2 y2 2y 4 0的交点，且圆心在直线2x 4y 1 0上的圆的方程。解：设所求圆

11、的方程为：22_, 22_、-xy4x 2y(xy2y4) 022即(1 )x (1 )y 4x 2(1 )y 40,、，21、其圆心为C (,)1 12 1122又C在直线l上， 2 4 10 ,解得 ，代入所设圆的万程得 x y 3x y 10为113所求。评注：此题因利用曲线系方程而避免求曲线的交点，故简化了计算。四、充分利用椭圆的参数方程 椭圆的参数方程涉及到正、余弦，利用正、余弦的有界性，可以解决相关的求最值的问题.这也是我们常说的三角代换法。 22x y 典型例题P为椭圆.y- 1上一动点，A为长轴的右端点，B为短轴的上端点，求四边形 OAPB面积的最大值a2 b2及此时点P的坐标。五、线段长的几种简便计算方法 充分利用现成结果，减少运算过程般地，求直线与圆锥曲线相交的弦AB长的方法是：把直线方程y kx b代入圆锥曲线方程中，得到型如ax2bx c 0的方程，方程的两根设为xA,xB,判别式为4,则|AB|，1k2 |xAxB|V1k2 ,若|a|直接用结论，能减少配方、开方等运算过程。22例 求直线x y 1 0被椭圆x 4y 16所截得的线段 AB的长。 结合图形的特殊位置关系，减少运算在求过圆锥曲线焦点的弦长时，由于圆锥曲线的