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；x2 + y2 = d，则d表示点P （x，y）到原点的距离；又如“虹| ”，令虹| 二k，则k表示点P（x、y）与点A（-2, 3）这两点连线的斜率 x + 2 x + 25、参数法（1）点参数利用点在某曲线上设点（常设“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）夕卜，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-y0=k（x-x），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

2、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：“已知条件七七求（或求证）目标。”， 方法1是将条件七代入条件七，方法2可将条件七代入条件Pi，方法3可将目标。以待定的形式进行假设，代入PP2, 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=、02 + b2 + 4a 6b +13的最小值。分析：由此根式结构联想到距离公式，破小F解：S=；（a + 2）2 + （b 3）2 设 Q（-2,3）,-则S=|PQ|，它的最小值即Q到此直线的距离7I 2 + 2 x 3 11 3侦5s =* Smin/4点评：此题也可用代入消元的方法转化为二次函数的最小值问题（注：可令根式内为t消元后，它是一个一元二次函数）v例2：已知点P(x,y)是圆x2+y2-6x-4y+12=0上一动点，求一的最值。xvv解：设O(0，0)，则4表示直线OP的斜率，由图可知，当直线OP与圆相切时， 取得最值，设最值为k，则切线:xminm

3、ax例3：直线l：X 2v 2ax+y+2=0平分双曲线r 一 ： = 1的斜率为1的弦，求a的取值范围.169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。k =PD 16 0 + = 716.点M的轨迹方程为9x-16y=0(x 7)99-2 + 二 -2-=-7 9 - 23G 9 + 2*k = 16 PD 160 一万/由图知，当动直线l的斜率kEJ6 16 /时，l过斜率为1的弦AB的中点M，而k=-a- =i-、.a的取值范围为:9 +顼9，v 1616 j点评：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，AI弦中点轨迹并不是一条直线奴-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（射线的端点命D）的属性（斜率）说明所求变量的取值范围。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

4、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，也可用“点参数”法，设B (x ,y ) ,C(x ,y ),因x =y 2,x =y 2,即可设B (y 2,y ) ,C(y 2,y )。112211221122解法1：设AB的斜率为k，则AC的斜率为-k再考虑kAB=-kAc得参数yy2的关系。AB： y-2=k(x-4),与 y2=x 联立得: y-2=k(y2-4),即 ky2-y-4k+2=0 .y=2是此方程的一解，4k + 21 2k 2y , yB=k B1 4k + 4k 2xB=yB2=Bf 1 4k + 4k 2 1 2k )*,kAc=-k,以-k代替k代入B点坐标得C(1 + 4k + 4k 2 1 + 2k )1 + 2k 1 2kk k k =BC 1 + 4k + 4k 2 1 4k + 4k 21=3为定值解法 2：设 B (yi2,yi),C(y22,y2)，则.k =土1AB v2 4

5、，k - V22V + 2 AB y 2 41V2+ 2兀解：连 OB，OC，VZBAC= 3，设重心G (x， y)，则：1x= 3 2 + 2 cos0 + 2 cos(0 +) y= 30 + 2sin 0 + 2 sin(0 + -) x= 31 + cos(0 +3)J y= 3sin(0 +3) 59+ e (,)33 333达 x1)2 +(2 v )2 =1。即(x3)2+ v 2 = 9(x 、即:1(x7T)21x -1 cos(0 + )2 33 V = sin(。+3)由题意，kAB=-kAC，1.一y1 + 2V 2 + 2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yy2的问题，用整体思想解题，运算量较小。例5：在圆x2+y2=4上，有一定点A (2, 0)和两动点B，C (A，B，C按逆时针排列)，当B，C两点保持ZBAC= 3时，求ABC的重心的轨迹。兀2兀分析：圆周角ZBAC=云可转化为圆心角ZBOC二，选用“角参数”

6、，2兀2兀令 B (2cos 9， 2sin 9 )则 C(2cos( 9 + ),2sin( 9 +)则重心可用。表示出来。2.ZBOC=3422设 B (2cos 9 ,2sin 9) (0 9 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，用判别式巳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，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 = x + 代入椭圆方程42（_!+告 x 2+15 x+21 = 0 a 2 1644 N0，得（雄）2 - 4 - 21 - （ + -9） 0解得a2 28，又 a0,. a 27 44a 2 1633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甲,sin甲）再代入直线方程得 3acos甲-4sin甲 +10=04sin甲-3acos甲=10。 4 3cos10 mu 甲 I cos 甲 Ix 9a 2 +16-：9a 2 +16x 9a 2 +163a4令心成弄希而商，1

7、0贝9 sin（中-a）=，28.*.9a284， azN- （a0）9a2 +16由 |sin（甲一a） 1 即 sin2（甲-a）1 得V 19a 2 +162排.aN 3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与椭圆挡+挡=1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， a 2 b 2设P （acos甲，bsin甲）代入直线方程得Aacos甲+Bbsin甲=-C。 1 时上式有解。C2A2a2+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、10 C、9 D、5+2 v52、若关于x的方程*1- x2 = k(x - 2)有两个不等实根，则实数k的取值范围是A、(一：，?)B、(-3再)C、f，D、，厂n0)和y=-x(x0)上，且 POQ的面积为1,(0为原点)，则线段PQ中点M的轨迹为()入、双曲线x2-y2=1B、双曲线 x2-y2= 1的右支巨C、半圆 x2+y2=1(x 11、ABC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(p0)上的点，且ZAOB=90(O为原点)。求证：直线AB过定点。参考答案1、x-2y=b，圆(x-1)2+(y+2)2=5,由(1，2)到x-2y-b=0的距离等于(5得.

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