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重难突破微专题(八)
解析几何中常用的处理方法与技巧
一、定比点差法
对于涉及＝λ的问题，可以采用定比点差法．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)为椭圆或双曲线上两点，若存在P，Q两点，满足＝λ，＝－λ，
则有P(，)，Q(，)， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)±\f(y,b2)＝1①，,\f(λ2x,a2)±\f(λ2y,b2)＝λ2②，))
由①－②得±
＝1－λ2，
即×±×
＝1，
从而±＝1，然后再结合题意解决问题，从而达到简化运算的目的．特别地，当λ＝1时，就是点差法．
【典例1】设椭圆C：＋y2＝1(a＞0)与直线l：x＋y＝1相交于两个不同的点A，B，是否存在这样的椭圆C，使直线l与y轴交于点P，且＝？如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题知P(0，1).
因为＝，所以＝－，
所以P，
所以＝0，＝1，
即x1－x2＝0，y1－y2＝，
因为点A，B均在椭圆C上，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)＋y＝1①，,\f(λ2x,a2)＋λ2y＝λ2②，))
由①－②得＋(y1＋λy2)(y1－λy2)＝1－λ2，其中λ＝－，
所以y1＋y2＝，
解得y1＝y2＝1，则A，B重合，这与A，B是两个不同的点矛盾，故不存在这样的椭圆C满足条件．
【典例2】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点M(，1)，且椭圆C的左焦点为F1(－，0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)当过点P(4，1)的动直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点Q，满足||·||＝||·||，证明：点Q总在某定直线上．
【解析】(1)由题意得
解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)方法一：设点Q，A，B的坐标分别为(x，y)，(x1，y1)，(x2，y2).
由题设知||，||，||，||均不为零，记λ＝＝，则λ＞0且λ≠1.
又A，P，B，Q四点共线，
所以＝－λ，＝λ，
则4＝，1＝，
x＝，y＝.(*)
因为点A，B均在椭圆C上，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(y,2)＝1①，,\f(λ2x,4)＋\f(λ2y,2)＝λ2②，))
由①－②得＋
＝1，
将(*)代入上式得＋＝1，
故点Q(x，y)总在定直线2x＋y－2＝0上．
方法二：设点Q(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设知||，||，||，||均不为零，且＝.
又P，A，Q，B四点共线，
可设＝λ，＝－λ(λ≠0，±1)，
故x1＝，y1＝，①
x2＝，y2＝.②
由于A(x1，y1)，B(x2，y2)均在椭圆C上，将①②分别代入椭圆C的方程x2＋2y2＝4，
整理得(x2＋2y2－4)λ2－4(2x＋y－2)λ＋14＝0，③
(x2＋2y2－4)λ2＋4(2x＋y－2)λ＋14＝0，④
由④－③得8(2x＋y－2)λ＝0，
又λ≠0，所以2x＋y－2＝0，故点Q(x，y)总在定直线2x＋y－2＝0上．
二、同构方程法
同构法在解析几何中的考查点在于通过设点构建两个形式一样的方程，主要利用同理的逻辑，把两个未知量转化为一个二次方程的根或其他函数的零点，从而简化运算，达到快速解决问题的目的．
【典例3】已知P是抛物线E：y2＝4x上的动点，F是抛物线E的焦点．
(1)求|PF|的最小值；
(2)若点B，C均在y轴上，直线PB，PC均与圆(x－1)2＋y2＝1相切，当|PF|∈[4，6]时，求|BC|的最小值．
【解析】(1)由题意知，F(1，0)，抛物线E的准线l的方程为x＝－1，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，则|PQ|＝|PF|.
设P(x0，y0)，则|PF|＝|PQ|＝x0＋1≥1，
所以|PF|的最小值为1.
(2)由(1)知P(x0，y0)，设B(0，m)，C(0，n)，
则直线PB的方程为y＝x＋m，
即(y0－m)x－x0y＋x0m＝0.
因为直线PB与圆(x－1)2＋y2＝1相切，
所以 eq \f(|y0－m＋x0m|,\r(（y0－m）2＋x)) ＝1，又x0≠0，化简得(x0－2)m2＋2y0m－x0＝0.
同理可得(x0－2)n2＋2y0n－x0＝0，
所以m，n为方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的两个根，
所以m＋n＝－，mn＝，
又y＝4x0，所以|m－n|＝＝ eq \f(\r(4x＋8x0),|x0－2|) .
因为|PF|∈[4，6]，所以x0∈[3，5]，
令t＝|x0－2|∈[1，3]，则|m－n|＝＝2，
易知y＝2在[1，3]上单调递减，所以当t＝3时，|m－n|取得最小值.
【典例4】已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)，圆C2：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)，抛物线C1上的点到其准线的距离的最小值为.
(1)求抛物线C1的方程及其准线方程．
(2)若点P(2，y0)是抛物线C1在第一象限内一点，过点P作圆C2的两条切线，交抛物线于A，B两点(A，B异于P)，问是否存在圆C2使AB恰为其切线？若存在，求出r的值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)由题意知＝，解得p＝，所以抛物线C1的方程为y2＝x，其准线方程为x＝－.
(2)由(1)知P(2，)，假设存在圆C2使得AB恰为其切线，设A(y，y1)，B(y，y2)，则直线PA的方程为y－＝ eq \f(y1－\r(2),y－2) (x－2)，即x－(y1＋)y＋y1＝0，
由点C2(1，0)到直线PA的距离为r，
得＝r，
化简得(2－r2)y＋2(1－r2)y1＋1－3r2＝0，
同理得(2－r2)y＋2(1－r2)y2＋1－3r2＝0，
所以y1，y2是方程(2－r2)y2＋2(1－r2)y＋1－3r2＝0的两个不等实根，
故y1＋y2＝－，y1y2＝.
易得直线AB的方程为x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
由点C2(1，0)到直线AB的距离为r，
得＝r，
所以＝r2＋r2，
即(3－4r2)2＝r2(2－r2)2＋8r2(1－r2)2，
化简得r6－4r4＋4r2－1＝0，
即(r2－1)(r4－3r2＋1)＝0，
经分析知0＜r＜1，因此r＝.
三、齐次代换法
圆锥曲线中常见一类题型，即条件中两直线的斜率之和或斜率之积是一个定值．这种题型固然可以用常规法处理，但运算量稍大，而齐次代换法是最有效的处理方法之一，可以绕开烦琐的计算．齐次从字面解释是次数相等，一个多项式中各单项式的次数都相同时，称为齐次式，例如x＋2y＋3z，x2＋xy＋y2，x3＋2xy2＋2x2y＋y3都是齐次式．圆锥曲线中利用齐次代换法解题的难点在于要去配凑齐次式，针对斜率之和、之积为定值的题型可以考虑用这种方法．
【典例5】已知抛物线C：x2＝2py上一点M(a，2)到焦点的距离为3.
(1)求抛物线C的方程．
(2)设P，Q为抛物线C上不同于原点O的任意两点，且满足以线段PQ为直径的圆过原点O，试问直线PQ是否过定点？如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由．
【解析】(1)因为点M(a，2)到焦点的距离为3，所以点M到抛物线准线的距离为2＋＝3，
所以p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设直线PQ的方程为mx＋ny＝1(n≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，连接OP，OQ，则直线OP的斜率k1＝，直线OQ的斜率k2＝.
由得4n＋4m×－1＝0，
由根与系数的关系可得k1k2＝＝－，
因为以线段PQ为直径的圆过原点O，
所以OP⊥OQ，所以k1k2＝－1，所以n＝，故直线PQ的方程为mx＋y＝1，
故直线PQ过定点(0，4).
【典例6】已知长度为4的线段AB的两个端点A，B分别在x轴和y轴上运动，动点P满足＝3，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设不经过点H(0，1)的直线y＝2x＋t与曲线C相交于两点M，N，若直线HM与HN的斜率之和为1，求实数t的值．
【解析】(1)设P(x，y)，A(m，0)，B(0，n).
因为＝3，所以(x，y－n)＝3(m－x，－y)＝(3m－3x，－3y)，
所以可得
又|AB|＝4，所以m2＋n2＝16，
故＋16y2＝16，
所以曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)方法一：作平移变换得到新坐标系，在此坐标系下，点H，M，N变换后为H′(0，0)，M′，N′，椭圆C的方程变为＋(y′＋1)2＝1，即＋y′2＋2y′＝0①.
设直线M′N′的方程为mx′＋ny′＝1②，
由①②可得＋y′2＋2y′(mx′＋ny′)＝0，
整理得(1＋2n)＋2m×＋＝0(*).
由直线H′M′与H′N′的斜率之和为1，可得关于的方程(*)的两根之和为1，
所以－＝1，整理得－2m－2n＝1，
即直线M′N′的方程为m(x′＋2)＋n(y′＋2)＝0，故直线M′N′恒过定点(－2，－2)，
从而直线MN恒过定点(－2，－1)，
所以－1＝2×(－2)＋t，解得t＝3.
方法二：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
消去y，整理得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
由Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)＞0，
可得－＜t＜.
因为直线y＝2x＋t不经过点H(0，1)，且直线HM与HN的斜率存在，
所以t≠±1，所以－＜t＜且t≠±1，
又x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以kHM＋kHN＝＋
＝，
所以＝4－＝1，
解得t＝3.
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