解圆锥曲线问题常用方法

1、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。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“ x2+y2”，令。d,则d表示 点P (x, v)到原点的距离；又如“泞”，令泞二k,则 k表示点P(x、y)与点A(-2, 3)这两点连线的斜率 5、参数法(1)点参数利用点在某曲线上设点(常设

2、“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 (xi,yi)外，也可直接设P (2y,-1,yi) (2)斜率为参数当直线过某一定点P(xo,yo)时，常设此直线为 y-yo=k(x-xo),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Pl,P2求(或求证) 目标Q”，方法1是将条件Pl代入条件P2,方法2可将 条件P2代

3、入条件P1,方法3可将目标Q以待定的形式 进行假设，代入 Pl,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/J、值。分析：由此根式结构联想到距离公式J解：S=(a 2)2(b 3)2 设 Q(-2,3),则S二|PQ|,它的最小值即Q到此直线的距离 点评：此题也可用代入消元的方法转化为二次函数的最 Smin |2 2 3 1| 3.5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x2+y2-

4、6x-4y+12=0上一动点,求y的最值。 x解：设O (0, 0),则表示直线OP的斜率，由图方知，当直线OP与圆相切时,则切线：y=kx,即kx-y=02取得最值9场倒仅为k,圆(x-3)2+(y-2)2=1,由圆心(3, 2)到直线为1得第lkx-y=0的距离3.34 y 33 y 33 *x min4 x max4例3:直线l: ax+y+2=0平分双曲线得的弦，求a的取值范围.三1的斜率为1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(x"yi),B(x2,y2)是双曲线上的

5、点，且 AB的斜率为1, AB的中点为M(xo,yo)则:22x1y1116922乂2 y2. 1 169-得 xJki169即 M(Xo,yo)在直线 9x-16y=0 上。9x-16y=0得 C 17, 97 ,D 17,9722|二匕1169点M的轨迹方程为 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由图知，当动直线l的斜率kG9 2,7 99 9 2 . 7,16161616斜率为1的弦AB的中点M,而k=-a 二a的取值范围为：齿,且 之鼻16 16 16 16点评：

6、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y2=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

7、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，“点参数”法，设 B(Xi,yi) ,C(X2,y2), xi=yi2,X2=y22,即可设 B(yi2,yi) ,C(/,y2)。再考虑 kAB=-kAcyi,y2的关系。也可用 因解法i:设AB的斜率为k,则AC的斜率为-k.= 2yB=4k 212k,yBAB: y-2=k(x-4)，与 y2=x 联立得： 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点坐标得Ci

8、 4k 4k2 i 2k 2,k2ki 2k i 2k/. kBC=kk2i 4k 4k2 i 4k 4k2k2k解法 2:设 B (yi2,yi) ,C(y22,y2), 则kBC= y2 y12y2yiy2 yiV2 212y24y22.kAB=" ；，y i 4 yi 2由 题意）kAB=-kAC,二六则yi y2则：kBC= 4为定值。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yi,y2的问题，用整体思想解题，运算0）和两动点量较小。例5:在圆x2+y2=4上，

9、有一定点 A （2,B, C（A, B, C按逆时针排列）,当B, C两点保持/ BAC=3 ,3 3 33时）求 ABC的重心的轨迹。分析：圆周角/BAC可转化为圆心角/ BOC;令 B (2cos 6 )选用“角参数”，2sin 6 )则 C(2cos(6 +'),2sin( 8 +1)则重心可用6表示出来。解：连 OB, OC,. /BAC=, . ./BOC1设 B (2cos8 ,2sin 8 ) (0< 8 <十),则 C(2cos(8+2,2sin( 6 +g)设重心G (x, y),则: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点评：要注意参数8的范围，e +-c(舁)它是一 /33 73个旋转角，因此最终的轨迹是一段圆弧，而不是一个圆。例6、求直线3x-4y+10=0与椭圆捺y2 1(a>0)有公共点时a的取值范围分析: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

11、，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令打弋入椭圆方拜徂 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：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 )3acos -4sin +10=0sin )再代入直线方程得4sin -3acos =10。4 sin.9a2 16令 sin a = 1 3a ).9a2 16贝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与椭圆x； / i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，设P （acos , bsin ）代入直 线方程得 A

13、acos +Bbsin =-CoC2 22, 2A a B b1时上式有解-C2<A2a2+B2b2因此，从此题我们可以体会到条件的代入顺序的重要 性。【同步练习】1、若实数x、y满足x2+y2-2x+4y=0,则x-2y的最大值是（）A、5B、10C、9D、5+2 52、若关于x的方程般2）有两个不等实根，则实 数k的取值范围是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的图形是(A、椭圆B、双曲线C、抛物线D、以上都不对4、已知P、Q分别在射线y=x(x>0)和y=-x(x>0)上,且 POQ的

14、面积为1, (0为原点)，则线段PQ中点M的 轨迹为()A、双曲线x2-y2=1B、双曲线x2-y2=1的右支C、半圆 x2+y2=1(x<0)D、一段圆弧 x2+y2=1(x*2)5、一个等边三角形有两个顶点在抛物线y2=20x上，第三个顶点在原点，则这个三角形的面积为 6、设P(a,b)是圆x2+y2设上的动点，则动点Q(a2-b2,ab) 的轨迹方程是7、实数x、y满足3x2+2y2=6x,则x+y的最大值为 一8、已知直线l: 2x+4y+3=0, P是l上的动点，。为坐 标原点，点Q分而为1: 2,则点Q的轨迹方程为 9、椭圆I11在第一象限上一动点P,若A(4，0),B(0,

15、 3), O(0, 0),则处.。的最大值为10、已知实数x、y满足x+y=4,求证：(x 2)2 (y 1)2年11、AABC 中,A(3,0)bc 2, BC 在 y 轴上，且在-3,3 间滑动，求 ABC外心的轨迹方程。12、设 A、B是抛物线y2=2Px(p>0)上的点，且/AOB=90° (O为原点)。求证：直线 AB过定点。参考答案1、B x-2y=b,圆(x-1)2+(y+2)2=5,由(1, 2)至U x-2y-b=0 的距离等于 花得上衽，b=0或b=105则b的最大值为10,选B。 或用参数法，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最大值为10。选B卜2、C作图，知当k?0时，直线y=kx2)与半圆有两 012,交点，选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 贝U 曾行，由双曲线第二定义知选B。4 B用“点参数”法，设 P(x1,x1)(x1>0), Q(x2,-x2)(x2>0)则卡不 6 1)，xix2=1)设 M(x)y),则 2x=Xi+x2)2y=xi-X2): (2x)2-(2y)2=

17、4x1x2则X2-y2=1(x>0)。选 B5、1200痣。设此三角形为OAB,设 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则 yi2 y；, yi=-y2,，A、B 关于 X 轴对称，A、8在丫= £x 上将 y 2fx代入 y2=20x 得 A(60,20内)，. . B(60,-20上)6、x2+4y2=i边长为40、区面积为3(40V3)2 i200V34令 a=cos8 ) bsin 6 )贝

18、U Q(cos2 8 Jsin2 6 ),设 Q(x, y)则 x2+4y2=i7、萼+i 3(x-i)2+2y2=3, (x-i)2+3y2 i 令 x-i=cos ) y=J2sin )贝U x+y=cos +J3sin +i最大值为32.i0i 28、 2x+4y+i=00 4xi设 Q(x,y),P(xi,yi),则x yi -2i2yii2 xi=3x, yi=3y ,3y+3=0 即 2x+4y+i=0.2xi+4yi+3=0 .2X 3x+4X9、 6 2设 P(4cos ,3sin )(0< <2)11S四边形 apboS oap S obp 4 3sin3 4cos 6(sin cos ) 612sn( )224当=4时,S«杉APBO的最大值为6旦10、证明：设 P(x,y), A(-2, 1)则22(x 2)2 (y 1)2过A作AHLl交于H)其中l: x+y=4八2PA则AHPAAH白，则呼2 15当 P 在 HC2,7)时取等号.(x 2)2 (y 1)2 §B"o11、解：设C在B的