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直线和圆锥曲线竞赛专题精讲


直线和圆锥曲线竞赛专题精讲 直线和圆锥曲线竞赛专题精
知识、方法、 知识、方法、技能 解析几何是在坐标系的基础上,用坐标表示点,用方程表示曲线(包利数方法研究几何 问题的一门数学学科.中学里,解析几何研究的主要对象是直线与圆锥曲线(圆、椭圆、双 曲线、抛物线) .研究的主要问题是: (1)根据已知条件,求出表示平面曲线的方程. (2)通过方程研究平面曲线的性质. 学习中

,同学们首先要熟练掌握直线与圆锥曲线的方程的各种表示方法及其适用范围, 并能灵活地选择适当的表示方法以快捷地解题. (l)一般式 Ax + By + C = 0 ( A2 + B 2 ≠ 0) (2)点斜式 y ? y1 = k ( x ? x1 ) (3)斜截式 y = kx + b

直 线 方 程

y ? y1 x ? x1 = y2 ? y1 x2 ? x1 x y + =1 (5)截距式 a b (6)法线式 xcosα + ysinα ?ρ = 0(与原点距离为 ρ 且法线与 Ox 夹角为 α , β ) ? x = x0 + t cos α ( t 为参数) (7)标准参数式 ? ? y = y0 + t sin α ? x = x0 + mt (8)参数式 ? ( t 为参数) ? y = y0 + nt c (9)极坐标系中的一般式 a cos θ + b sin θ = ?
(4)两点式 (10)极坐标系中的法线式 ρ cos(θ ? α ) = p (1)标准方程 ( x ? a ) 2 + ( y ? b) 2 = r 2

ρ

圆的方程

(2)一般方程 x 2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 (3)参数方程 ?

? x = r cos θ ( θ 为参数) ? y = r sin θ

x2 y2 y 2 x2 (1)标准方程 2 + 2 = 1 (或 2 + 2 = 1 ) a b a b 椭圆 ? x = a cos θ (2)参数方程 ? ( θ 为参数) ? y = b sin θ x2 y2 y 2 x2 (1)标准方程 2 ? 2 = 1 (或 2 ? 2 = 1 ) a b a b 双曲线 ? x = a sec θ (2)参数方程 ? ( θ 为参数) ? y = b tan θ (1)标准方程 y 2 = 2 px (或 x 2 = 2 py )
抛物线 (2)参数方程 ?

? x = 2 pt 2 ? y = 2 pt

( t 为参数)

非标准椭圆、双曲线和抛物线的方程可由标准方程经过平移公式推得,略. 其次,要掌握各方程中有关参数的意义及参数间的关系,如在椭圆中有 a = b + c ,
2 2 2

1

而在双曲线中则为 a = c ? b .能利用曲线方程快速求出与曲线有关的各量,如圆锥曲线 的离心率、焦距、准线方程等. 再次,还应熟练地判断各曲线间的位置关系和求出相应的度量关系.两条直线 l1 :
2 2 2

A1 x + B1 y + C1 = 0 与 l2 : A2 x + B2 y + C2 = 0 的位置关系. (l)平行 ? A1 B2 ? A2 B1 = 0 且 A1C2 ? A2C1 ≠ 0
(2)重合 ? A1 B2 ? A2 B1 = 0 且 A1C2 ? A2C1 = 0 (3)相交 ? A1 B2 ? A2 B1 ≠ 0 (4)垂直 ? A1 A2 + B1 B2 = 0 若两条相交直线的夹角为 θ ,则有夹角公式: tan θ =|

k2 ? k1 | 1 + k2 k1 C1 ? C2 A2 + B 2 | Ax0 + By0 + C |
A2 + B 2
. .

两条平行直线 Ax + By + C1 = 0 与 Ax + By + C2 = 0 间的距离公式 d = 点 P0 ( x0 , y0 ) 到直线 l : Ax + By + C = 0 的距离公式 d = 相外离 O1O2 > r1 + r2 相外切 O1O2 = r1 + r2 ⊙ O1 与⊙ O2 间位置关系 相交 r1 ? r2 < O1O2 < r1 + r2 相内切 O1O2 = r1 ? r2 相内含 O1O2 < r1 ? r2

判断直线与圆锥曲线的位置关系,一般是先联立这两者的方程,并消书量,转化为另一 个量的二次方程, 再利用二次方程的判别式求解. 而求相交弦则往往利用二次方程的韦达定 理.除此外,在具体解题时,要注意结合图形,观察图形的几何特征并灵活圳法, “设而不 求”等常用方法. 赛题精讲 例 1.过边长为 a 的正三角形重心 G 作一直线交两边于 E、F, 设 | EG|= p, |FG|=q.求证:

1 1 1 9 + 2? = 2. 2 p q pq a

【思路分析】p、q 的值决定于过定点 G 的直线 EF,故可将 p、 q 表示成直线 EF 倾斜角或斜率的函数式,再通过计算证之. 【证法 1】以正三角形一个顶点为坐标原点,以射线 OG 为 x 轴正半轴,建立如图所示的直角坐标系.据题意,各点坐标为:

3 a 3 a 3 3 a, ), B ( a, ? ), C ( a, 0) . OA . OB 的 直 线 方 程 分 别 为 y = x和 2 2 2 2 3 3 3 3 y=? x ,设直线 EF 的倾斜角为 α ,又 G ( a, 0) , | EG |= p ,则 E 点坐标为 3 3 3 3 ( a + p cos α , p sin α ) ,同理, F ( a ? q cos α , ? q sin α ) . 3 3 ? 3 3 a + p cos α ), ( ? p sin α = ? 3 3 因为 E、F 分别在 OA、OB 上,所以有 ? ?? q sin α = 3 ( 3 a ? q cos α ). ? 3 3 ?
A(
2

? 1 3sin α ? 3 cos α , ? = a ?p 整理得 ? ? 1 = 3sin α + 3 cos α . ?q a ? 1 1 1 1 + 2? = 2 [(3sin α ? 3 cos α ) 2 ? (3sin α ? 3 cos α )(3sin α + 3 cos α ) 2 p q pq a 9 + (3sin α + 3 cos α )2 ] = 2 . a
【思路分析】待证结论中 p 、 q 为同一直线上的两线段长,故可尝试用直线的参数方 程证明 【证法 2】建立直角坐标系如前. 设直线 EF 的倾斜角为 α ,则过 G 点的直线 EF 的参数方程为

? 3 a + t cos α , ?x = ? 3 ? y = t sin α ?



又直线 OA 与 OB 的方程为 x 2 ? 3 y 2 = 0 . ② 将 ① 代入② 得:

2 a2 3a cos α ? t + =0 ③ 3 3 由直线参数方程的几何意义知,方程③的两根 t1 , t2 分别为 p, ? q . (cos 2 α ? 3sin 2 α )t 2 +

2 ? 3a cos α ? 3 , ?p?q = ? cos 2 α ? 3sin 2 α 则? a2 ? ? 3 ? p ? (?q ) = cos 2 α ? 3sin 2 α ? 1 1 1 1 1 1 ( p ? q)2 1 + 2? = ( ? )2 + = ? 2 2 p q pq p q pq (? pq) ? pq 2 ( 3a cos α ) 2 1 = 3 ? 2 a a2 ( )2 3 3 2 cos α ? 3sin 2 α 1 + cos 2 α 3cos 2 α ? 9sin 2 α = ? a2 a2 9 cos 2 α + 9 sin 2 α 9 = = 2 a2 a
例 2.已知 A (1, 0), B(3,0), P(x,y)为直线 l: x+y-5= 0 上一动 点.试求点 P,使得 P 对 A、B 的视角∠APB 最大. 【思路分析】如图所示,A、B 为定点,视角∠APB 随着 P 的变化而变化,故可将视角表示为 P 的坐标的函数,然后求其最 值. 【解法 1】设 P ( x, 5 ? x ), ∠APB = α ,

3

当 x ≠ 1 且 x ≠ 3 时,

k AP =

5? x ?0 5? x 5? x = , k BP = . x ?1 x ?1 x?3 (l)当 P 位于上半平面即 x < 5 时, 5? x 5? x ? k ?k 5? x tan α = AP BP = x ? 1 x ? 3 = 2 5 ? x 5 ? x x ? 7 x + 14 1 + k AP k BP 1 + ? x ?1 x ? 3 5? x 1 = = ≤ 1. 2 (5 ? x) ? 3(5 ? x) + 4 5 ? x + 4 ? 3 5? x

“=”当且仅当 x=3 时取得. ∴ tan α < 1, α <

π

k AP ? k BP 1 1 = ≤ . 1 + k AP k BP 5 ? x + 4 + 3 7 5? x 1 ∴ α < arc tan . 7 tan α =
又易知: x = 5 时, α = 0 , x = 3 时, α = 综上,∠APB 的最大值为

(2)当 P 位于下半平面即 x > 5 时,

4



π
4

, x = 1 时, α = arctan

π
4

1 . 2

,此时 x = 3 , P 的坐标为(3,2).

【解法 2】 如图,经过 AB 的圆与直线 l: x + y ? 5 = 0 相 切于 P0 点,据图易知∠APB<∠AOB=∠AP0B.因此 P 取切点 P0 时,∠APB 取得最大值. 据切割线定理有 | CP0 | =| CA || CB | ,得 | CP0 |= 2 2 ,此
2

时∠AP0B= 大值

π

π
4

4

,所以当 P 的坐标为(3, 2) 时,∠APB 取得最



类似题:自点 A(-3,3)发出的光线 L 射到 x 轴上,被 x 轴反射,其反射光线所在直线 类似题 与圆 x2+y2-4x-4y+7=0 相切,求光线 L 所在的直线方程. 错解: 错解:设反射光线为 L′,由于 L 和 L′关于 x 轴对称,L 过点 A(-3,3),点 A 关于 x 轴的对 称点 A′(-3,-3),于是 L′过 A(-3,-3). 设 L′的斜率为 k,则 L′的方程为 y-(-3)=k[x-(-3)] ,即 kx-y+3k-3=0, 2 2 已知圆方程即(x-2) +(y-2) =1,圆心 O 的坐标为(2,2),半径 r=1 因 L′和已知圆相切,则 O 到 L′的距离等于半径 r=1 2k ? 2 + 3k ? 3 5k ? 5 = =1 k2 +1 k2 +1 即 2 整理得 12k -25k+12=0 解得 k=

4 3

L′的方程为 y+3=

4 (x+3) 3

即 4x-3y+3=0 因 L 和 L′关于 x 轴对称 故 L 的方程为 4x+3y+3=0.
4

错因: 错因:漏解 正解: 正解:设反射光线为 L′,由于 L 和 L′关于 x 轴对称,L 过点 A(-3,3),点 A 关于 x 轴的对 称点 A′(-3,-3), 于是 L′过 A(-3,-3). 设 L′的斜率为 k,则 L′的方程为 y-(-3)=k[x-(-3)] ,即 kx-y+3k-3=0, 2 2 已知圆方程即(x-2) +(y-2) =1,圆心 O 的坐标为(2,2),半径 r=1 因 L′和已知圆相切,则 O 到 L′的距离等于半径 r=1 2k ? 2 + 3k ? 3 5k ? 5 = =1 k2 +1 k2 +1 即 2 整理得 12k -25k+12=0

4 3 或 k= 3 4 4 3 L′的方程为 y+3= (x+3);或 y+3= (x+3)。 3 4
解得 k= 即 4x-3y+3=0 或 3x-4y-3=0 因 L 和 L′关于 x 轴对称 故 L 的方程为 4x+3y+3=0 或 3x+4y-3=0. 2 2 1. 解法一:已知圆的标准方程是(x-2) +(y-2) =1 2 2 它关于 x 轴的对称圆的方程是(x-2) +(y+2) =1 设光线 L 所在直线的方程是 y-3=k(x+3) (k 待定) 由题意知对称圆的圆心 C1(2,-2)到这条直线的 |5k+5| 距离等于 1, 即 d= 2 =1 1+k 2 平方整理得 12k +25k+12=0 3 4 解得 k=- 或 k=- 4 3 3 4 故所求直线方程是 y-3=- (x+3) 或 y-3=- (x+3) 4 3 即 3x+4y-3=0 或 4x+3y+3=0 2 2 解法二:已知圆的标准方程是 (x-2) +(y-2) =1 设光线 L 所在直线的方程是 y-3=k(x+3) (k 待定) 3(k+1) 由题意知 k≠0 于是 L 的反射点坐标是(- ,0) k 因为光线的入射角等于反射角,所以反射光线 L1 所在直线的方程是 3(k+1) y=-k[x+ ] k 即 y+kx+3(1+k)=0 这条直线应与已知圆相切,故圆心 C 到它的距离等于 1 |5k+5| 即 d= =1. 以下同解法一 2 1+k 解法三:记 A(-3,3)关于 x 轴的对称点为 B(-3,-3).则反射光线的反向延长线必 经过 B 点,又由入射角等于反射角知,入射光线与反射光线的斜率互为相反数 设反射光线 L1 的方程为 y+3=k1(x+3) 即 y=k1(x+3)-3 ① 2 2 则 L1 与圆 (x-2) +(y-2) =1 相切 2 2 将①式代入圆的方程,得 (x-2) +[k1(x+3)-5] =1 2 2 2 2 整理得 (1+k1 )x +2(3k1 -5k1-2)x+9k1 -30k1+28=0 由于 L1 与圆相切,则其判别式应等于 0 2 2 2 2 所以△=4(3k1 -5k1-2) -4(k1 +1)(9k1 -30k1+28)=0 2 展开后,化简整理得: 12k1 -25k1+12=0

5

4 解得 k1= 3

3 或 k1= 4

3 4 于是所求直线 L 的斜率应为 k=- 或 k=- 4 3 3 4 故光线 L 所在直线的方程为 y-3=- (x+3)或 y-3=- (x+3) 3 4 即 3x+4y-3=0 或 4x+3y+3=0 年高考题) 例 3.(1994 年高考题)已知直线,过坐标原点 O,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, 8)关于 l 的对称点都在 C 上,求直线 l 和抛物线 C 的方程. 【思路分析】 如图所示,本题欲求直线 l 和抛物线 C 的方程,有两个未知量 k, p.同样也有两个条件 A 、 B 关 于 l 的对称点 A ’ B ’在抛物线 C 上,故可解. 、 分析:曲线的形状已知,可以用待定系数法。 设出它们的方程,L:y=kx(k≠0),C:y2=2px(p>0). 设 A、B 关于 L 的对称点分别为 A/、B/,则利用对称性 可求得它们的坐标分别为:

k 2 ?1 2k 8(k 2 ? 1) ( 16k ) / 2 ,B ) 。因为 A/、B/均在抛物线上,代入,消去 p, ,? 2 , 2 k 2 +1 k +1 k +1 k +1 1+ 5 2 5 得:k2-k-1=0.解得:k= ,p= . 2 5 1+ 5 4 5 所以直线 L 的方程为:y= x,抛物线 C 的方程为 y2= x. 2 5
A/( 解法一:依题设抛物线 C 的方程可写为 y2=2px (p>0),且 x 轴和 y 轴不是所求直线, 又 l 过原点,因而可设 l 的方程为 y=kx (k≠0). ① 设 A'、B'分别是 A、B 关于 l 的对称点,因而 A'A⊥l,直线 A'A 的方程为

1 (x + 1) ② k 1 k ? ? 由①、②联立解得 AA'与 l 的交点 M 的坐标为 ? ? 2 , 2 ? ?. ? k +1 k +1? y=?
又 M 为 AA'的中点,从而点 A'的坐标为 x A'= 2? ?

1 ? k 2 ?1 ? , ? +1 = 2 2 k +1 ? k + 1? 2k ? ?k ? y A'= 2? 2 . ?+0= ? 2 k +1 ? k + 1?
同理得点 B'的坐标为



又 A'、B'均在抛物线 y2=2px(p>0)上,由③得

16k 8 k 2 ?1 x B'= 2 , y B'= . k +1 k 2 +1
2

(

)



2k 2 2k ? k 2 ?1 ? ,由此知 k≠±1,即 p = 4 ?? 2 ? = 2p? 2 k +1 k ?1 ? k +1?


2

? 8 k 2 ?1 同理由④得 ? 2 ? k +1 ?

(

)? ?

16k ? = 2 p ? k 2 + 1 .即 ?

2

2 k 2 ?1 p= 2 . k +1 k

( (

) )

6

从而

2k 2 2 k 2 ? 1 = 2 ,整理得 k2-k-1=0. 4 k ?1 k +1 k

( (

) )

2

解得 k1 =

1+ 5 1? 5 ,k 2 = . 2 2 1? 5 5 < 0, 但当 k = 时,由③知 x A′ = ? 2 5
这与 A'在抛物线 y2=2px(p>0)上矛盾,故舍去 k 2 =

1? 5 . 2

1+ 5 1+ 5 ,则直线 l 的方程为 y = x. 2 2 1+ 5 2 5 将k = 代入⑤,求得 p = . 2 5 1+ 5 4 5 x .抛物线方程为 y 2 = x. 所以直线方程为 y = 2 5
设k = 解法二:设点 A、B 关于 l 的对称点分别为 A'(x1、y1)、B'(x2,y2),则 |OA'|=|OA|=1,|OB'|=|OB|=8. ① 设由 x 轴正向到 OB'的转角为α,则 x2=8cosα,y2=8sinα. 因为 A'、B'为 A、B 关于直线 l 的对称点,而∠BOA 为直角,故∠B'OA'为直角,因此 x1=cos ? α ?

? ?

π?

π? ? ? =sinα,y1=sin ?α ? ? =-cosα, ② 2? 2? ?

由题意知 x1>0,x2>0,故α为第一象限角. 因为 A'、B'都在抛物线 y2=2px 上,将①、②代入得 cos2α=2p·sinα,64sin2α=2p·8cosα.∴8sin3α=cos3α,∴2sinα=cosα, 解得

sin α = 1 5

1 5

, α= cos
2 5
2

2 5



将 sin α =

, α= cos

代入 cos2α=2psinα得 p =

cos 2 α 2 5 = , 2 sin α 5

∴抛物线 C 的方程为 y =

4 5 x. 5

因为直线 l 平分∠B'OB,故 l 的斜率

π? ? sin ?α + ? ? 1 ?π cos α 1+ 5 2? ?? ?α π ? ? k = tg ?α + ? ? α ?? = tg ? + ? = = = π ? 1 ? sin α 2? 2 2 ? ?? ?2 4? ? 1 + cos?α + ? 2? ?
∴直线 l 的方程为 y =

5 +1 x. 2

,且 x 轴和 y 轴不是所求直 解:如图所示,由题意设抛物线 C 的方程为 y2=2px(p>0) 线,又 L 过原点,因而可设 L 的方程为 y=kx(k≠0) ,设 A′B′分别是 A、B 关于 L 的对称 点. A′(x′,y′)关于 y=kx 对称于 A(-1,0)

7

1 ? y′ ? x′ + 1 = ? k k 2 ?1 2k ? 则? ? A′( 2 ,? 2 ) k +1 k +1 ? x′ ? 1 ? k = ? y ′ ? 2 ? 2 16k 8(k 2 ? 1) 同理 B′[ 2 , ] k +1 k 2 +1 2k k 2 ?1 又 A′、B′在抛物线 C 上,所以( ? 2 )2=2p· 2 k +1 k +1 2 2k 由此知 k≠1,即 p= 4 k ?1 2 8(k ? 1) 2 16k [ ] =2p· 2 , 4 k ?1 k +1 2(k 2 ? 1) 2 由此得 p= (k 2 + 1)k 2k 2 2(k 2 ? 1) 2 从而 4 = ,整理得 k2-k-1=0 k ? 1 (k 2 + 1)k

1+ 5 1? 5 , k2 = 2 2 ? ? 1+ 5 1? 5 ?k1 = ?k 2 = ? ? 2 2 ? ? ?p = 2 5 ? p = ? 2 5 < 0(舍) ? ? 5 5 ? ? 1+ 5 x, 所以直线 l 方程为 y= 2 4 5 抛物线方程为 y2= x. 5
所以 k1

=

评述: 本题考查直线与抛物线的基本概念和性质、 解析几何的基本思想方法以及综合运 用知识解决问题的能力. 【分析 1】 设直线 l 的方程为 y=kx,抛物线 C 的方程为 y2=2px(p>0),先求出 A、B 】 关于 l 对称的点 A′、B′的坐标(用 k 表示),再代入抛物线 C 的方程中,可得 k、p 的方程 组,最后解方程组即可. 【解法 1】 如图 1-6.由已知可设抛物线 C 的方程为 y2=2px(p>0). 】

由于直线 l 不与两坐标轴重合,故可设 l 的方程为 y=kx(k≠0). ① 设 A′、B′分别是 A、B 关于 l 的对称点,则由 A′A⊥l 可得 直线 AA′的方程为

8

将①、②联立,解得线段 AA′的中点 M 的坐标为

分别把 A′、B′的坐标代入抛物线 C 的方程中,得

由③÷④,消去 p,整理,得 k2-k-1=0. 又由④知 k>0.

⑤ ⑥

【分析 2】 如图 1-7,设直线 l 的倾斜角为α,则 l 的斜率为 】

用α的三角函数表示点 A′、B′的坐标,再把这些坐标用 k 表示,以下同解法 1.

l 的斜率为 k. ∵ |OA′|=|OA|=1,|OB′|=|OB|=8,∠xOA′=-(π-2α),

9

∴ 由三角函数的定义,得 A′的坐标为 xA=|OA′|cos∠xOA′=-cos2α,

yA=|OA′|sin∠xOA′=-sin2α

以下同解法 1,从略.

又|OB′|=8,|OA′|=1,从而此题可设极坐标方程去解. 】 【解法 3】 如图 1-7,以 O 为极点,Ox 为极轴建立极坐标系,把 x=ρcosθ代入方 2 程 y =2px(p>0)中,得抛物线的坐标方程为

由已知可设点 B′的极坐标为(8,α)、A′的极坐标为(1,

∵ 直线 l 平分∠BOB′,

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=8,OA′⊥OB′列出 p、t1、t2 的方程组,进而去求解.

∵ |OA′|=|OA|=1,|OB′|=|OB|=8,

又由 OA′⊥OB′,得 kOA·kOB=-1,

【分析 5】 如图 1-7,由于|OA′|=1,|OB′|=8,∠A′ 】

【 解 法 5 】

如 图 1 - 7 . 把 直 角 坐 标 系 视 为 复 平 面 , 设 点 A ′

11

得点 B′对应的复数为(x1+y1i)8i=-8y1+8x1i. ∴ 点 A′、B′的坐标为 (x1,y1)、(-8y1,8x1). 把它们分别代入抛物线 C 的方程 y2=2px(p>0)中,得

即 kOA'=-2,又|OA′|=1,

以下同解法 4,从略. 【分析 6】 本题也可以把抛物线的参数方程与复数法结合起来去解. 】

数乘法的几何意义,得 由复数相等的条件,得

消去 p,解得 t2=2. 从而 B′的坐标为(8p,4p).

∵线段 BB′的中点 C 的坐标为(4p,2p+4),

【分析 7】 在解法 5 中,利用复数乘法的几何意义,发现了 A′、B′坐标之间的关系式, 】 从而获得简解.如图 1-8,点 B′与点 A′的坐标关系也可用平面几何法得到.

【解法 7】 如图 1-8,作 A′C⊥Ox 于 C,B′D⊥Ox 于 D.设 A′、B′的坐标分别为 】 (x1,y1)、(x2,y2).
12

∵ ∠B′OD+∠A′OC=90°, ∴ Rt△A′CO∽Rt△ODB′.

又|OA′|=1,|OB′|=8, ∴ |OD|=8|A′C|,|B′D|=8|OC|. 于是 x2=-8y1,y2=8x1. 以下同解法 5,从略. 解说】 【解说】 本例给出了七种解法.解法 1 是本题的一般解法,它的关键是求点 A、B 关于 l 的对称点的坐标.解法 2 是三角法,它抓住了∠A′O B′=90°,利用三角函数的定义去求 A′、B′的坐标.解法 3 是极坐标法,巧妙利用了 A′、B′的特殊位置.解法 4 是利用抛 物线的参数方程去解的.解法 5 和解法 7 是从寻找 A′、B′的坐标关系式入手的,分别用 复数法和相似形法获解.解法 6 把参数法与复数法结合起来,体现了思维的灵活性.总之, 本例运用了解析几何的多种方法,是对学生进行求异思维训练的极好例题. 【评述】 学习中要养成解后反思的良好习惯. 设圆满足:①截 y 轴所得弦长为 2;②被 x 轴分成两段圆弧,其弧 例 4. (1997 年高考题) 长的比为 3:1,在满足条件①、②的所有圆中,求圆心到直线 l : x ? 2 y = 0 的距离最小的圆的 方程. 【解法 1】设圆的圆心为 P ( a, b) ,半径为 r,则点 P 到 x 轴,y 轴的距离分别为 | b |,| a | . 由题设知圆 P 截 x 轴所得劣弧对的圆心角为 90 ,知圆 P 截 x 轴所得的弦长为 2r .故
o

r 2 = 2b 2 . 2 2 2 2 又圆 P 截 y 轴所得的弦长为 2,所以有 r = a + 1 .从而得 2b ? a = 1 . | a ? 2b | 又点 P ( a, b) 到直线 l : x ? 2 y = 0 的距离为 d = . 5 2 2 2 2 所以 5d 2 =| a ? 2b |2 = a + 4b ? 4ab ≥ a 2 + 4b 2 ? 2( a 2 + b 2 ) = 2b ? a = 1
当且仅当 a = b 时上式等号成立,此时 5d = 1 ,从而 d 取得最小值.
2

?2b ? a = 1 2 2 由于 r = 2b 知 r 2 = 2 . 所求圆的方程是 ( x ? 1) 2 + ( y ? 1) 2 = 2 , 或 ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 2 . | a ? 2b | . 【解法 2】同解法 1 得 d = 5 2 2 2 ∴ a ? 2b = ± 5d ,得 a = 4b ± 4 5bd + 5d 2 2 将 a = 2b ? 1 代入①式,整理得 4b 2 ± 4 5bd + 5d 2 + 1 = 0 ②
2 2

由此有 ?

?a = b

解得 ?

? a = 1 ? a = ?1 或? ?b = 1 ?b = ?1



把它看作 b 的二次方程,由于方程有实根,故判别式非负,即 2 2 △=8(5d -1)≥0, 得 5d ≥1. 所以 5d 有最小值 1,从而 d 有最小值
2
2

5 5
2

将其代入②式得 2b ± 4b + 2 = 0 .解得 b=±1. 将 b=±1 代入 r = 2b 得 r 2 = 2 .由 r = a + 1 得 a=±1.
2 2 2

综上 a=±1,b=±1, r 2 = 2 . 由|a-2b|=1 知 a, b 同号.
2 2 2 2 所求圆的方程是 ( x ? 1) + ( y ? 1) = 2 ,或 ( x + 1) + ( y + 1) = 2 .

13

【点评 点评】本小题主要考查轨迹的思想,求最小值的方法,考查综合运用知识建立曲线方 点评 程的能力.本题得到 2b ? a = 1 后,也可采三解换元法,令 a = tan θ , b =
2 2

2 secθ 去求. 2

解析几何求最值的三种常见方法基本不等式法:判别式法和三解换元法在本题中均有效.本 题若借助不等式: ( ac ? bd ) ≥ ( a ? b )(c ? d ) 解决将会更简捷. 1 年高考题) 例 5.(1993 年高考题)在面积为 1 的△PMN 中,tanM=2,tanN=-2.建立适当坐标 ( 系,求出以 M、N 为焦点且过点 P 的椭圆方程.(93(27)10 分) 解法一:建立直角坐标系如图,以 MN 所在直线为 x 轴,线段 2 2 x y MN 的垂直平分线为 y 轴,并设所求椭圆方程为 2+ 2=1. a b 分别记 M,N,P 点的坐标为(-c,0),(c,0)和(xO,yO) ∵tanα=tan(π-∠N)=2,由题设知 1 yO= (xO+c); yO=2(xO-c) 2 5 4 5c 4c ? xO= c yO= c 即 P( , ) 3 3 3 3 4 在△MNP 中,MN=2c,MN 上的高为 c 3
2 2 2 2 2

1 4 3 5 3 2 3 ∴S△MNP= (2c× c)=1, ∴c= ,即 P( , ) 2 3 2 6 3 |PM|= (x0+c) +y0 =
2 2

2 15 15 2 2 ,|PN|= (x0-c) +y0 = 3 3 从而 b =a -c =3
2 2 2

1 15 ∴a= (|PM|+|PN|)= 2 2 2 2 4x y + =1 故所求椭圆方程为 15 3 解法二:同解法一,得 c=

5 3 2 3 3 ,即 P( , ) 2 6 3 2 2 2 ∵点 P 在椭圆上,且 a =b +c 5 3 2 2 3 2 ) ) ( ( 6 3 15 2 2 2 2 2 ∴ + =1? b =3,或 b =-1(舍去),所以 a =b +c = . 2 b 4 3 2 2 b +( ) 2 2 2 4x y 故所求椭圆方程为 + =1. 15 3 【评述】求圆锥曲线的标准方程,一般利用待定系数法,但若能借助平面几何知识,往 往可简化计算. 例 6. (1996 年高考题)已知 l1、l2 是过点 P (? 2 ,0) 的两条互相垂直的直线,且 l1、l2 与双 曲线 y 2 ? x 2 = 1 各有两个交点,分别为 A1、B1 和 A2、B2. (Ⅰ)求 l1 的斜率 k1 的取值范围;
(Ⅱ)若

A1 B1 = 5 A2 B2 , 求l1 、l2 的方程.

【解】(I)依题设,l1、l2 的斜率都存在,因为 l1 过点 P (? 2 ,0) 且与双曲线有两个交 : 点,故方程组

? y = k1 ( x + 2 )(k1 ≠ 0) ? ? 2 ?y ? x2 = 1 ?



14

有两个不同的解.在方程组①中消去 y,整理得

(k12 ? 1) x 2 + 2 2k12 x + 2k12 ? 1 = 0
2



若 k1 ? 1 = 0 ,则方程组①只有一个解,即 l1 与双曲线只有一个交点,与题设矛盾,故

k12 ? 1 ≠ 0 ,即 k1 ≠ 1 ,方程②的判别式为 ? 1 = (2 2k12 ) 2 ? 4(k12 ? 1)(2k12 ? 1) = 4(3k12 ? 1).
设 l 2 的斜率为 k 2 ,因为 l 2 过点 P (? 2 ,0) 且与双曲线有两个交点,故方程组

? y = k 2 ( x + 2 )(k 2 ≠ 0), ? ? 2 ? y ? x 2 = 1. ?
2 2 2 (k 2 ? 1) x 2 + 2 2k 2 x + 2k 2 ? 1 = 0 2 2 同理有 k 2 ? 1 ≠ 0, ? 2 = 4(3k 2 ? 1)



有两个不同的解.在方程组③中消去 y,整理得 ④

又因为 l1⊥l2,所以有 k1·k2=-1.

?3k12 ? 1 > 0, ? 3 ? 2 < k1 < 3 , ? ?3k 2 ? 1 > 0, 于是,l1、l2 与双曲线各有两个交点,等价于 ? 解得 ? 3 ? k ≠ 1. ?k1 ? k 2 = ?1, ? 1 ? k ≠ 1. ? 1
∴ k1 ∈ ( ? 3 ,?1) U ( ?1,?

3 3 ) U ( ,1) U (1, 3 ) . 3 3 ? 2 2k12 2k 2 ? 1 (Ⅱ)设 A1 ( x1 , y1 ), B1 ( x2 , y2 ) 由方程②知 x1 + x2 = . , x1 ? x2 = 21 k12 ? 1 k1 ? 1
2 2 2

4(1 + k12 )(3k12 ? 1) ∴│A1B1│ =(x1-x2) +(y1-y2) = (1 + k )( x1 ? x2 ) = ⑤ (k12 ? 1) 2
2 1 2

同理,由方程④可求得 A2 B2 ,整理得 A2 B2 由 A1 B1 =
2 2

2

2

4(1 + k12 )(3 ? k12 ) = (1 ? k12 ) 2



5 A2 B2 ,得 A1 B1 = 5 A2 B2 .
4(1 + k12 )(3k12 ? 1) 4(1 + k12 )(3 ? k12 ) = 5× ,解得 k1 = ± 2 . (k12 ? 1) 2 (1 ? k12 ) 2 2 (x + 2) ; 2

将⑤、⑥代入上式得 取 k1 =

2 时, l1 : y = 2 ( x + 2 ), l 2 : y = ?

【评述】判断直线与二次曲线位置关系,一般先联立方程程的判别式,再消去一量用二 次方程的判别式,而求弦长或弦中点坐标等则要利用韦达定理.

x2 y2 例 7.如图所示,直线与双曲线 2 ? 2 = 1 交于 A1、B1 两点,与双曲线 C 的渐近线交 a b
于 A2、B2 两点,求证:|A1A2|=| B1B2|. 【思路分析】 A1、 2 分属于不同的曲线, A 欲求其长度, 必须求出各自的坐标, 太繁. 观 察图像,证|A1A2|=| B1B2|,可转化为证 A1B1 中点与 A2B2 中点重合. 【证明】 设 A1 ( x1 , y1 ), B1 ( x2 , y2 ), A2 ( x3 , y3 ), B2 ( x4 , y4 ) , l 的方程为 y = mx + n .则

15

? y = mx + n ? ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ) 是方程组 ? x 2 y 2 的两个解. ? 2 ? 2 =1 b ?a 2 2 2 2 消去 y 得 (b ? a m ) x ? 2a 2 mnx ? a 2 n 2 ? a 2b 2 = 0 . x1 + x2 a 2 mn = 2 . 2 b ? a2 m2
双曲线的两条渐近线方程可写成

x2 y2 ? = 0 .将 y = mx + n 代入可得 a2 b2 (b 2 ? a 2 m 2 ) x 2 ? 2a 2 mnx ? a 2 n 2 = 0 .

x3 + x4 a 2 mn = 2 . 2 b ? a2m2 x + x2 x3 + x4 = ,即 A1B1 中点与 A2B2 中点重合,所以|A1A2|=| B1B2|. 则 1 2 2
所以 例 8.直线 y-l = k (x-l)能垂直平分抛物线 y2=x 的某弦,求实数 k 的取值范围. 【思路分析】 本题涉及直线与圆锥曲线的位置关系,毫无疑问, 设点消去法和联立方程组是其两种常用思路. 【解法 1】 如图所示,设弦 AB 的两端点 A(x1, y1), B(x2, y2), 那么?

? 2 y ? y2 1 ? y1 = x1 2 ? y12 ? y 2 = x1 ? x 2 ? k AB = 1 = . ? 2 x1 ? x 2 y1 + y 2 ? y2 = x2 ? 1 设直线 l:y-1=k(x-1)垂直且平分 AB, 则 kAB= ? , 设 AB 之中点为 M(x0, y0), k y ?1 k 1 1 ∴y1+y2=2y0, y0= ? , 又由 y0-1= k(x0-1),得 x0= 0 + 1 = ? , 而 M 在抛物线内 2 k 2 k
部.? ∴y 0 <x0, 即
2

k2 1 1 (k + 2)(k 2 ? 2k + 2) < ? , 得 < 0, ? 4 2 k k

∵k2-2k+2>0, ∴-2<x<0, 即 k∈(-2, 0)时,直线 l 垂直平分抛物线 y2=x 的某弦.

1 ? 1 ? y = ? x + b, 【解法 2】设弦 AB 所在直线方程为 y = ? x + b ,则 ? k k ? y 2 = x. ? 2 消去 x 得 y + ky ? kb = 0 ① y + yB k k ∴ A = ? ,即 AB 中点的纵坐标 yC = ? . 2 2 2 2 k ∴ xC = + kb . 2 又 C 在直线 y ? 1 = k ( x ? 1) 上, k k2 ? 1 = k ( + kb ? 1) , 2 2 3 ?k + k ? 2 整理得 b = .② ③ 2k 2 2 另有①式判别式 ? = k + 4kb > 0 ,
∴?
16

将②代入③ 得

? k 3 + 2k ? 4 > 0 ,解得-2 < k < 0 . k

【评述】本题中直线 l 含有参数 k,为动直线,而抛物线之弦为某弦,亦为动弦,可视 为双参数. 但由题意剪何发现, 动弦将随着动直线之确定而确定, 本质是一个参数的问题. 方 法 1 利用设点消去法, 直接转化为一个参数问题, 并借助 “形” 的特征得出朋中点 C ( f ( k ) , l (k))所在区域,得到目标不等式.方法 2 利用一元二次方程的判别式得到关于 k、b 的不 等式 g(k, b)> 0,然后利用韦达定理求出两变量 k、b 的关系式 f(k,b) =0,并消去 b,同样 得到目标不等式.两法异曲同工都是解决这类问题的通法.据此可解下题: (l)若抛物线 y = ax 2 ? 1 上总存在关于直线 x + y = 0 对称的两点,求实数 a 的取值范 围. (2)直线 ax + y + 1 = 0 平分双曲线

x2 y 2 ? = 1 的某斜率为 1 的弦, 求实数 a 的取值范围. 16 9 2 2 2 例 9.双曲线 x ? y = 1 与抛物线 y = x + b 有公共点,求实数 b 的取值范围.

? x2 ? y 2 = 1 ? 2 【解】 据题意, 联立方程组 ? 2 有解. x ? x ? b ? 1 = 0 在 (?∞, ?1] U [1, +∞) 即 ?y = x +b ? 1 2 5 2 上有解.则 b = x ? x ? 1 = ( x ? ) ? . 2 4 1 2 5 当 x ∈ ( ?∞, ?1] U [1, +∞) 时, b ≥ (1 ? ) ? = ?1 . 2 4 所以, b 的的取值范围是 [ ?1, +∞) .
【评述】 二次曲线的位置关系可能转化为联立方程组在某区域内有解.

x2 y2 + = 1 (a>b>0) ,A、B 是椭圆上的两点,线 a2 b2 a2 ? b2 a2 ? b2 段 AB 的垂直平分线与 x 轴相交于点P(x0,0) .证明: ? < x0 < . a a
年高考题) 例 10.(1992 年高考题)已知椭圆 ( 分析: 分析:将已知条件等价转化,沟通与求证结论之间的联系: A、B是椭圆上两点,A、B坐标适合椭圆方程.设A、B坐标分别为(x1,y1), (x2,y2),则

x12 y12 + = 1 ……① a2 b2

2 2 x2 y2 + 2 = 1 ……② a2 b

线段AB的垂直平分线与 x 轴相交于点P(x0,0) ,P点到A、B两点距离相等,则
2 ( x1 ? x0 )2 + y12 = ( x2 ? x0 ) 2 + y2 ……③

另外还有隐含的条件(结合图形考虑) : AB的垂直平分线与 x 轴相交,不能平行或重合,所以AB与 x 轴不垂直,即: .. x1≠x2. A、B是已知椭圆上的两点,有 ? a ≤ x1 ≤ a, ? a ≤ x2 ≤ a . 经过以上的转化,证明的方案就很明确了:由①、②两式消去③式中的 y1 , y2 ,得到 x0

x1 + x2 a 2 ? b 2 与 x1 ,x2 间的关系式: x0 = · ,再由 ? a ≤ x1 ≤ a, ? a ≤ x2 ≤ a ,及 x1≠x2, 2 a2 x + x2 得 ?a < 1 < a ,于是证得结论. 2
分析:欲证 x0 满足关于参数 a、b 的不等式,须从题中找出不等关系,由椭圆的性质可 分析 知,椭圆上的点的坐标满足如下条件:-a≤x≤a,因此问题转化为寻求 x0 与 x 的关系. 证明:由题设知, P 在线段 AB 的垂直平分线上, 点 所以|AP|=|BP|, 若设 A 1,y1) 2,y2), (x ,B(x 则有: ( x1 ? x0 ) + y1 = ( x2 ? x0 ) + y2
2 2 2 2

, x1 ? x2 ? 2( x1 ? x2 ) x0 + y1 ? y2 = 0 .
2 2 2 2

17

b2 2 b2 2 2 x1 , y 2 = b 2 ? 2 x 2 , a2 a 2 2 b x + x a ? b2 x12 ? x2 2 ? 2( x1 ? x2 ) x0 ? 2 ( x12 ? x2 2 ) = 0 , x0 = 1 2 ? . a 2 a2 a 2 ? b2 a2 ? b2 而由 ? a ≤ x1 ≤ a, ? a ≤ x2 ≤ a ,可得: ? < x0 < . a a
因为点 A、B 在椭圆上,所以, y1 = b ?
2 2

证法一:设 A(x1,y1),B(x2,y2),因线段 AB 的垂直平分线与 x 轴相交,故 AB 不平行 于 y 轴,即 x1≠x2,又交点为 P(x0,0),故|PA|=|PB|,即 2 2 2 2 (x1-x0) +y1 =(x2-x0) +y2 ① 2 2 x1 x2 2 2 2 2 ∵A,B 在椭圆上, ∴y1 =b (1- 2 ), y2 =b (1- 2 ) a a 1 2 2 2 2 ② 将它们代入①得 2(x2-x1)xO= 2(x2 -x1 )(a -b ) a 1 2 2 ∵x1≠x2 ,∴xO= 2(x2+x1)(a -b ) ③ 2a -a≤x1≤a, -a≤x2≤a 且 x1≠x2. 2 2 2 2 a -b a -b ∴-2a<x1+x2<2a, ∴- <x0< . a a 证法二:设 A,B 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),因为 P(xO,0)在 AB 的垂直平分线上, 以点 P 为圆心,|PA|=r 为半径的圆 P 过 A,B 两点,圆 P 的方程为 2 2 bx 2 2 2 (x-xO) - =r -b . a 2 2 2 (a -b )x 2 2 2 ∴ -2xOx+xO -r +b =0 ① a 因 A,B 是椭圆与圆 P 的交点,故 x1,x2 是方程①的两个根,由韦达定理得 2 2a x0 x1+x2= 2 2.. a -b 因-a≤x1≤a;-a≤x2≤a,且 x1≠x2 2 2 2 2 2 2a x0 a -b a -b 故-2a<x1+x2<2a,即-2a< 2 <x0< 2<2a,亦即- a a a -b 2 2 2 2 x1 y1 x2 y2 证法三:设 A(x1,y1),B(x2,y2).∵A,B 均在椭圆上, ∴ 2 + 2 =1, 2 + 2 =1. a b a b 2 2 2 2 x1 -x2 y1 -y2 2 2 两式相减得 + =0, 即 b (x1+x2)(x1-x2)+a (y1+y2)(y1-y2)=0. 2 2 a b (∵AB 的中垂线与 x 轴交与 P 点,故 x1≠x2) 2 y1-y2 b (x1+x2) 于是 AB 的斜率为 k= =- 2 . x1-x2 a (y1+y2) 又设 AB 的中点为 Q(x3,y3),则 AB 的中垂线 PQ 的方程为(当 y1≠y2 时) 1 1 1 y-y3=- (x-x3) 且 x3= (x1+x2), y3= (y1+y2) k 2 2 2 1 a (y1+y2) 1 ∴y- (y1+y2)= 2 [x- (x1+x2)]. 2 b (x1+x2) 2 1 2 2 令 y=0, 当 y1+y2≠0 得 xO= 2(a -b )(x1+x2) 2a ∵-a≤x1≤a;-a≤x2≤a 且 x1≠x2 2 2 2 2 a -b a -b ∴-2a<x1+x2<2a, ∴- <x0< . a a 当 y1=y2 时,AB 垂直于 x 轴,则由对称性知 PQ 与 y 轴重合,P 为原点,满足条件. 当 y1+y2=0,即 y1=-y2 时,因为 x1≠x2,必有 x1=-x2,此时 AB 过原点,且原点就是
18

AB 中点,所以 AB 的中垂线也过原点,即有 P(0,0)也满足条件. 2 2 2 2 a -b a -b 综上所述,都有- <x0< 成立. a a

x2 y2 ? = 1(a > 0, b > 0) ,A,B 是双曲线同支上的两点,线段 AB a2 b2 的垂直平分线与 x 轴相交于点 P( x0 ,0),求 x0 的取值范围.
变式 1: 已知双曲线 解:由双曲线的性质可知,双曲线上的点的坐标满足如下条件:-a≤x≤a,因此问题转 化为寻求 x0 与 x 的关系. 由题设知,点 P 在线段 AB 的垂直平分线上,所以|AP|=|BP|,若设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则有: ( x1 ? x0 ) + y1 = ( x2 ? x0 ) + y2 , x1 ? x2 ? 2( x1 ? x2 ) x0 + y1 ? y2 = 0 .
2 2 2 2 2 2 2 2

b2 2 b2 2 2 2 2 因为点 A、B 在双曲线上,所以, y1 = 2 x1 ? b , y2 = 2 x2 ? b ,即 a a 2 b x + x a 2 + b2 x12 ? x2 2 ? 2( x1 ? x2 ) x0 + 2 ( x12 ? x2 2 ) = 0 . x0 = 1 2 ? . a 2 a2 a2 + b2 而由 | x1 |≥ a,| x2 |≥ a, 可得: | x0 |> . a x2 y2 变式 2:过椭圆 2 + 2 = 1 (a>b>0)的右焦点 F 作直线交该椭圆右支于 M,N 两点, a b | PF | e 弦 MN 的垂直平分线交 x 轴于 P,则 = . | MN | 2
2

x2 y2 ? = 1 (a>0,b>0)的右焦点 F 作直线交该双曲线的右支于 a2 b2 | PF | e M,N 两点,弦 MN 的垂直平分线交 x 轴于 P,则 = . | MN | 2 e 变式 4:圆锥曲线的焦点弦长与焦点弦的中垂线交 x 轴的点到焦点的距离之比为 . 2
变式 3:过双曲线 11. 年高考题) 例 11.(1990 年高考题)设椭圆中心是坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率 e=

3 ,已 2

3 知点 P(0, )到这个椭圆上的点的最远距离是 7 ,求这个椭圆方程,并求椭圆上到点 P 2 的距离等于 7 的点的坐标.
x2 y2 3 + 2 =1,由 e= 知椭圆方程可化为 x2+4y2=4b2,然后将距离 2 2 a b 转化为 y 的二次函数,二次函数中含有一个参数 b,在判定距离有最大值的过程中,要讨论 1 y=- 是否在 y 的取值范围内,最后求出椭圆方程和 P 点坐标. 2 x2 y2 解法一:设所求椭圆的直角坐标方程是 2 + 2 =1,其中 a>b>0 待定. a b 2 2 2 c a ?b b b 3 1 由 e2= 2 = =1-( )2 可知 = 1 ? e 2 = 1 ? = ,即 a=2b. 2 a a 4 2 a a y2 3 2 9 设椭圆上的点 (x, 到点 P 的距离为 d, d2=x2+ y) 则 (y- ) =a2 (1- 2 ) 2-3y+ = +y 2 4 b
剖析:设椭圆方程为

19

9 1 =-3(y+ )2+4b2+3,其中-b≤y≤b. 4 2 1 3 如果 b< ,则当 y=-b 时 d2(从而 d)有最大值,由题设得( 7 )2=(b+ )2,由 2 2 3 1 1 此得 b= 7 - > ,与 b< 矛盾. 2 2 2 1 1 2 因此必有 b≥ 成立, 于是当 y=- 时 d2 (从而 d) 有最大值, 由题设得 ( 7 )=4b2+3, 2 2 由此可得 b=1,a=2. x2 2 故所求椭圆的直角坐标方程是 +y =1. 4 1 1 1 由 y=- 及求得的椭圆方程可得,椭圆上的点(- 3 ,- ) ,点( 3 ,- )到 2 2 2 点 P 的距离都是 7 . 解法二:根据题设条件,设椭圆的参数方程是 x=acosθ, 其中 a>b>0 待定, θ<2π, 0≤ 3 y=bsinθ, ∵e= , ∴a=2b. 2 设椭圆上的点(x,y)到点 P 的距离为 d,则 1 3 3 d2=x2+(y- )2=a2cos2θ+(bsinθ- )2=-3b2· (sinθ+ )2+4b2+3. 2 2 2b 1 1 如果 >1,即 b< ,则当 sinθ=-1 时,d2(从而 d)有最大值,由题设得( 7 )2= 2b 2 3 3 1 1 (b+ ) 2,由此得 b= 7 - > ,与 b< 矛盾. 2 2 2 2 1 1 2 ≤1 成立, 于是当 sinθ=- 时,(从而 d) d2 有最大值, 由题设得 7 )=4b2+3. ( 因此必有 2b 2b x=2cosθ, 由此得 b=1,a=2.所以椭圆参数方程 y=sinθ. 2 x ?1 3 1 消去参数得 +y2=1, sinθ= 由 , θ=± cos 知椭圆上的点 (- 3 , - ) 3, , ( 4 2 2 2 1 - )到 P 点的距离都是 7 . 2 【评述】 :本题体现了解析几何与函数、三角知识的横向联系,解答中要注意讨论.
4b2-3y2-3y+

x2 y2 例 12.如图所示,P 为椭圆 2 + 2 = 1 上一动点,A,B 分别为长轴两端点,求∠APB 的 a b
最大值. 【思路分析】 :∠APB 随着 P 的变化而变化,故可将∠APB 用 P 点的坐标表示出来,然 后求其最值. 【解】 :由对称性不妨设 P 点的坐标为 ( a cos θ , b sin θ ), θ ∈ (0,

π
2

] ,则

k AP =

b sin θ b sin θ , k BP = ,则 a cos θ + a a cos θ ? a b sin θ b sin θ 2b ? k ? k AP ?2ab tan ∠APB = BP = a cos θ ? a a cos θ + a = ? a sin2θ = 2 b sin θ b sin θ b 1 + k BP k AP 1 + (a ? b 2 ) sin θ ? 1? 2 a cos θ ? a a cos θ + a a
20

?2ab . a2 ? b2 所以当 sin θ = 1 即 P 点为椭圆短轴端点 C 时,∠APB 取得最大值. ≤
【评述】 :类似地,可以证明: (l) F1、F2 为椭圆焦点,P 为椭圆上动点,当 P 为短轴端点时,∠F1PF2 取得最大值. (2)椭圆的焦半径的最小值为 a ? b ,最大值为 a + b . (3)椭圆的焦点弦长度的最小值为

2b 2 (通径长) ,最大值为 2a . a x2 y2 13. 例 13.如图所示,A,B 为椭圆 2 + 2 = 1 长轴的两个端点,CD 为其垂直于长轴的一条 a b

动弦,直线 AC 与 BD 相交于 P,求 P 点的轨迹方程. 【思路分析】 :∠APB 随着 P 的变化而变化,故可将∠APB 用 P 点的坐标表示出来,然 后求其最值. 【解法 1】 :设 C ( a cos θ , b sin θ ),sin θ ≠ 0, D ( a cos θ , ?b sin θ ), P ( x, y ) ,则有

b sin θ ? y ? x + a = a cos θ + a , ? x = a sec θ , ? 解得 ? ? ? y = b tan θ . ? y = b sin θ ? x ? a a cos θ ? a ? x2 y2 . 消去 θ 得 2 ? 2 = 1 ( y ≠ 0 ) a b b sin θ ? y ? x + a = a cos θ + a , ? 【解法 2】 :同上得 ? ? y = b sin θ ? x ? a a cos θ ? a ? 2 y b2 两式相乘得 2 = 2, x ? a2 a x2 y2 整理得 2 ? 2 = 1 ( y ≠ 0 ) . a b 解出 x = l (θ ) , 【评述】本例方法 1 利用参数法求出 f ( x, y , θ ) = 0 和 g ( x, y , θ ) = 0 后, : y = k (θ ) , 然后消去 θ , 获得有关 x, y 的关系式. 而方法 2 由 f ( x, y , θ ) = 0 和 g ( x, y , θ ) = 0 直接消去 θ ,获得有关 x, y 的关系式十分巧妙.
变式题. A,B 为双曲线 变式题.如图所示,

x2 y2 ? = 1 长轴的两个端点,CD 为其垂直于长轴的一 a2 b2

条动弦,直线 AC 与 BD 相交于 P,求 P 点的轨迹方程. 【思路分析】 :∠APB 随着 P 的变化而变化,故可将∠APB 用 P 点的坐标表示出来,然 后求其最值. 【解法 1】 :设 C ( a sec θ , b tan θ ), sin θ ≠ 0, D ( a sec θ , ?b tan θ ), P ( x, y ) ,则有

b tan θ ? y ? x + a = a sec θ + a , ? x = a cos θ , ? 解得 ? ? ? y = b sin θ . ? y = b tan θ ? x ? a a sec θ ? a ? x2 y2 消去 θ 得 2 + 2 = 1 ( y ≠ 0 ) . a b

21

b tan θ ? y ? x + a = a sec θ + a , ? 【解法 2】 :同上得 ? ? y = b tan θ ? x ? a a sec θ ? a ? 2 y b2 两式相乘得 2 =? 2 , x ? a2 a 2 2 x y 整理得 2 + 2 = 1 ( y ≠ 0 ) . a b
例 14.如图-1,已知 P 是双曲线 A,B 分别是椭圆

x2 y2 ? = 1 (a>b>0)的右支上的一点(在 x 轴上方), a2 b2

x2 y2 + = 1 的长轴顶点,连结 AP 交椭圆于 C,连结 PB 并延长交椭圆于 a2 b2 D,若△ACD 与△PCD 的面积恰好相等. (1)求直线 PD 的斜率及直线 CD 的倾斜角; (2)当双曲线的离心率 e 为何值时, 直线 CD 恰好通过椭圆 y 的右焦点. P 分析: 分析:由于△ACD 与△PCD 的面积相等,由平面几何知 C 识可以判断 C 点为线段 AP 的中点, 根据中点坐标公式以及点 P 与分别点 C 在双曲线和椭圆上,求出点 P 的坐标,进而由 A O B x 直线 PB 与椭圆的方程联立,求出点 D 的坐标,问题得解. D 解:(1)设 P(xo,yo),C(x1,y1),D(x2,y2). ∵△ACD 与△PCD 的面积相等,∴C 是线段 AP 的中点. x -a y ∴ x1= 0 ,y1= 0 .∵C 点在椭圆上,P 点在双曲线上, 2 2 2 2 (x0-a ) y 0 + 2 =4 , ① a2 b 2 2 x0 y - 02 =1 , ② a2 b (x0-a )2 x0 2 ①+②得 + 2 =5 ,∴x0=2a 或 x0=-a(舍去),代入②,结合 y0>0 得 y0= a2 a 3 b, y0 3b ∴P(2a, 3 b),∴kPD=kPB= , = x0 ? a a
故直线 PD 的方程为 y=

3b (x-a), a



代入椭圆方程整理得 2x2-3ax+a2=0,得 xB=a,xD= 代入③得 yD=-

a . 2

3 3 a b ,∴ D( ,- b ). 2 2 2 x -a 2a-a a y 3 3 a = = ,∴ C( , 又 xC= 0 b ),yc= 0 = b. 2 2 2 2 2 2 2 π 由 C,D 两点坐标知:CD⊥x 轴,∴直线 CD 的倾斜角为 . 2 3 a (2)当 CD 过椭圆的右焦点时, =c,即 a=2c,∴b= a 2-c 2 = 3c= a, 2 2
22

3 7 c 7 a ,∴e= = . a 2 4 2 然后通过解析法求得 说明 本题由平几知识判断 C 点为线段 AP 的中点是至关重要的, π D,C 两点的坐标,从而得知 CD 垂直 x 轴,进而得到 CD 的倾斜角为 .这一解题过程同 2 样体现了平几知识在解决解析几何问题时的重要作用.
∴双曲线的半焦距 c= a 2+b 2 = a 2+ a 2 = 例 15.(1995 年高考题)已知椭圆 直线 L:

x2 y2 + = 1和 24 16

x y + = 1 ,P 是直线 L 上一点,射线 OP 交椭 12 8

圆于点 R,又点 Q 在 OP 上,且满足|OQ| |OP|=|OR|2,当 点 P 在 L 上移动时, 求点 Q 的轨迹方程, 并说明轨迹是 什么曲线. 【分析 :设 Q(x,y),P(xP,yP),R(xR,yR), 则 分析】 分析

? xP yP ? ? 12 + 8 = 1 ? 24 x 24 y ? ? , yP = ? ? xP = 2x + 3y 2x + 3y ? yP y ? ?x = x ? ? ? P ? 2 2 ? xR + yR = 1 ? ? ? 24 48 x 2 48 y 2 ? 16 2 2 , yR = 2 ? ? ? xR = 2 2x + 3 y 2 2x + 3y 2 ? yR = y ? ? xR ? x ? ?
,代入

2 3 2 2 2 2 x 2 + y 2 ? x P + y P = x R + y R ,得: (x-1)2+ (y-1)2=1. 5 5
注意: 若将点 P、 R 分别投影到 x 轴上, Q、 则式子 x + y ? x P + y P = x R + y R
2 2 2 2 2 2

可用|x| |xP|=|xR2|代替,这样就简单多了.

x2 y2 例 16.从椭圆 2 + 2 = 1 的右焦点向它的动切线引垂线,求垂足的轨迹. a b 【解法 l】 设切点为 Q ( a cos θ , b sin θ ) ,则椭圆的切线 QP 的方程为 a cos θ b sin θ x+ y = 1 ,即 b cos θ x + a sin θ y = ab . ① 2 a b2 过右焦点 F2 (c, 0) 垂直于切线 QP 的直线 F2 P 的方程为 a sin θ x ? b cos θ y = ac sin θ . ②
则垂足 P 满足 ①、②. ①2+②2 得

( x 2 + y 2 )(a 2 sin 2 θ + b 2 cos 2 θ ) = a 2 (b 2 + c 2 sin 2 θ ) = a 2 [b 2 + (a 2 ? b 2 )sin 2 θ ] = a 2 (b 2 cos 2 θ + a 2 sin 2 θ ) ,
显然 b cos
2 2

θ + a 2 sin 2 θ ≠ 0 , 所以 x 2 + y 2 = a 2 .

即垂足 P 的轨迹为圆 x 2 + y 2 = a 2 . 【解法 2】 如图,延长 F1C 与 F2P 交于 R,因 为 QP 为切线,则有∠F2QP=∠RQP.又 PF2⊥PQ, 所以|QR|=|QF2|,|PR|=|PF2|,因为|F1Q|+|F2Q|=2a,所以
23

|F1Q|+|RQ|=2a, 即|F1R|=2a. 则|OP|=
2 2 2

1 |OP|. 2

即 P 点轨迹为圆 x + y = a . 【评述】在解题时,若能充分利用图形的几何性质,往往可获得快捷的解法. 类似地,可解下列各题: (l)动圆 OM 与两定圆⊙O1`,⊙O2 均相切,求动圆圆心 M 的轨迹方程(请讨论各种情况) (2)过抛物线 x = 2 py 的焦点 F 作弦 AB.证明以 AB 为直径的圆与抛物线的准线相切.
2

x2 y 2 (3)已知椭圆方程为 + = 1 ,其右焦点为 F,椭圆内有一点 A(?2, 3) ,在椭圆上 16 12
求一点 P,使|AP|+ 2|PF|最小. (4)已知椭圆方程为

x2 y 2 + = 1 ,其左、右焦点分别为 F1、F2, A(?2, 3) ,B(5, 4), 16 12

P 为椭圆上一动点,分别求|PA|+|PF1|, |PB|+|PF2|的最值. 例 17.如图所示,过不在椭圆上的任一点 P 作两条直线 l1、l2 分别交椭圆于 A、B 和 C、 D 四点,若 l1、l2 的倾斜角为 α 、 β ,且 α + β = π .求证:A、B、C、D 四点共圆. 【思路分析】若分别求出 A、B、C、D 坐标证明 A、B、C、D 共圆,太繁.联想到圆 幂定理,证明|PA|·|PB|= |PC|·|PD|. 【证明】设 P ( x0 , y0 ) ,则 直线 l1 方程为 ? 直线 l2 方程为 ?

? x = x0 + t cos α ( t 为参数) ? y = y0 + t sin α ? x = x0 + p cos β ( p 为参数) ? y = y0 + p sin β

代入椭圆方程,得
2 2 (b 2 cos 2 α + a 2 sin 2 α )t 2 + 2(b 2 x0 cos α + a 2 y0 sin α )t + b 2 x0 + a 2 y0 ? a 2b 2 = 0 , 2 2 (b 2 cos 2 β + a 2 sin 2 β ) p 2 + 2(b 2 x0 cos β + a 2 y0 sin β ) p + b 2 x0 + a 2 y0 ? a 2b 2 = 0 .

∵ α + β = π ,∴ cos 2 α = sin 2 β ,sin 2 α = cos 2 β . 从而 t1t2 = p1 p2 ,即|PA|·|PB|= |PC|·|PD|. 所以,A、B、C、D 四点共圆. 例 18.证明:抛物线上任意四点组成的四边形不可能是平行四边形. 【思路分析】若抛物线上四点能组成平行四边形,则有对边平行且相等,两组对边分别 平行等性质. 【证法 l】设抛物线方程为 y 2 = 2 px ,平行四边形一组对边 AB、CD 所在直线分别为

y = kx + b1 , y = kx + b2 (b1 ≠ b2 ) .联立直线方程和抛物线方程,并分别计算其弦长得

2 (1 + k 2 )( p 2 ? 2kb1 p ) 2 (1 + k 2 )( p 2 ? 2kb2 p ) , CD = . k2 k2 因为 b1 ≠ b2 ,所以 AB≠CD,即 ABCD 不是平行四边形.
AB =
【证法 2】设抛物线方程为 y2 = 2 px ,抛物线上四点 A、B、C、D 的坐标为 (2 pti2 ,2 pti ) ,

i = 1, 2,3, 4 .
假设 ABCD 是平行四边形,则 kAB = kCD , kAD = kBC . ∵ kAB =

2 pt2 ? 2 pt1 1 1 1 1 = ,同理 kCD = , k AD = , k BC = ,则有 2 2 2 pt2 ? 2 pt1 t1 + t2 t3 + t 4 t1 + t4 t2 + t3

24

1 ? 1 ?t + t = t + t , ?1 2 3 4 ? ? 1 = 1 . ? t1 + t4 t2 + t3 ? ∴ t1 = t3 , t2 = t4 , A 与 C 重合, 与 D 重合. 即 B 这与 ABCD 是四边形矛盾. 所以 ABCD
不可能是平行四边形. 年联赛题) 例 19.(1987 年联赛题)试证:在坐标平面内存在一个同心圆的集合,使得: ( (l)每个整点都在此集合的某个圆周上; (2)此集合的每个圆周上有且只有一个整点. 【思路分析】本题关键是构造一个实例,其圆心 P ( x0 , y0 ) ,对于任意两整点 A、 B, 都有|PA|≠|PB|. 【证明】取点 P ( 2, ) .设整点 (a, b) 和 (c, d ) 到点 P 的距离相等,则

1 3

1 1 (a ? 2)2 + (b ? ) 2 = (c ? 2) 2 + (d ? ) 2 ,即 3 3 2 2(c ? a ) 2 = c 2 ? a 2 + d 2 ? b 2 + (b ? d ) . 3
上式仅当两端都为零时成立,所以 c = a , c ? a + d ? b +
2 2 2 2

2 (b ? d ) = 0 . 3

①代入② 并化简得 d ? b +
2 2

2 2 (b ? d ) = 0 ,即 (d ? b)(d + b ? ) = 0 , 3 3

由于 b、d 都是整数,第二个因子不能为零,因此 b = d ,从而点 (a, b) , (c, d ) 重合, 故任意两个整点到 P ( 2, ) 的距离都不相等. 现将所有整点到 P 点的距离从小到大排成一列 d1, d2,d3,… 显然,以 P 为圆心,以 d1, d2,d3… 为半径作的同心圆集合即为所求.

1 3

25


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