解析几何的解题思路方法与策略

解析几何的解题思路方法与策略

解析几何的解题思路、方法与策略

高三数学复习的目的, 一方面就是回顾已学过的数学知识, 进一步巩固基础知识, 另一方面, 随着学生学习能力的不断提高, 学生不会仅仅满足于对数学知识的简单重复, 而就是有对所学知识进一步理解的需求, 如数学知识蕴涵的思想方法、 数学知识之间本质联系等等, 所以高三数学复习既要“温故” , 更要“知新” , 既能引起学生的兴趣, 启发学生的思维, 又能促使学生不断提出问题, 有新的发现与创造, 进而培养学生问题研究的能力.

以“圆锥曲线与方程”内容为主的解题思想思路、方法与策略就是高中平面解析几何的核心内容, 也就是高考考查的重点.每年的高考卷中,一般有两道选择或填空题以及一道解答题, 主要考查圆锥曲线的标准方程及其几何性质等基础知识、基本技能及基本方法的灵活运用, 而解答题注重对数学思想方法与数学能力的考查,重视对圆锥曲线定义的应用, 求轨迹及直线与圆锥曲线的位置关系的考查.

解析几何在高考数学中占有十分重要的地位,就是高考的重点、热点与难点.通过以圆锥曲线为主要载体,与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合,结合数学思想方法,并与高等数学基础知识融为一体,考查学生的数学思维能力及创新能力,其设问形式新颖、有趣、综合性很强.基于解析几何在高考中重要地位,这一板块知识一直以来都就是学生在高三复习中一块“难啃的骨头” .所以研究解析几何的解题思路,方法与策略,重视一题多解,一题多变,多题一解这样三位一体的拓展型变式教学,就是老师与同学们在高三复习一起攻坚的主题之一.本文尝试以笔者在实际高三复习教学中,在教辅教参与各类考试中遇到的几道题目来谈谈解析几何解题思路与方法策略.

一、一道直线方程与面积最值问题的求解与变式

例1 已知直线l过点M(?2,1) ,若直线l交x轴负半轴于A,交y轴正半轴于B,O为坐标原点、 (1)设?AOB的面积为S,求S的最小值并求此时直线l的方程; (2)求OA?OB最小值; (3)求MA?MB最小值.

解:方法一:∵直线l交x轴负半轴,y轴正半轴,设直线l的方程为

?2k?1y?k(x?2)?1(k?0),∴A（,0）

k(2k?1)21?2k??2?4, (1)∴S?2k2k（2k)?1时,即k2?∴当

2B(0,2k?1),

111 ,即 k?时取等号,∴此时直线l的方程为y?x?2、 422解析几何的解题思路方法与策略

(2)OA?OB?211时取等号; ?2?2k?1??2k?3?22?3,当且仅当k?2kk111222?1?4?4k?2(?1)(1?k)?2?2?k?4, 222kkk(3)MA?MB?当且仅当k?1时取等号; 方法二:设直线截距式为

xy21??1(a?0,b?0),∵过点M(?2,1),∴???1 abab(1)∵1??212??2, ab?ab11ab??ab?4; 22212ba(2)OA?OB?a?b??a?b?(??)(?a?b)?3?(?)?22?3;

abab21(3)MA?MB??MA?MB??2(a?2)?(b?1)??2a?b?5?(?2a?b)(??)?5

ab?2a2b???4.

b?a12(3)方法三: MA?,MB?,

sin?cos?24?∴MA?MB???4,当且仅当sin2??1时最小,∴??.

4sin?cos?sin2?变式1:原题条件不变,(1)求△AOB的重心轨迹;(2)求△AOB的周长l最小值.

∴?ab?22??ab?8,∴S?AOB?解:(1)设重心坐标为(x,y),且A(a,0),B(0,b),则a?3x,b?3y, 又∵?2121??1, ??1 ,∴?3x3yab122(3x?2)?x3?1?3,该重心的轨迹为双曲线一部分; ∴y??33x?23x?233x?2(2)令直线AB倾斜角为?,则0???则MA??2,又M(?2,1),过M分别作x轴与y轴的垂线,垂足为E,F,

112, MB?,AE?,BF?2tan? sin?cos?tan?121????2tan?(0???) ∴l?3?sin?cos?tan?2?cos)21?cos?2(1?sin?)2?22 ?3???3?????sin?cos?2sincoscos2?sin222222(sin2cos2???解析几何的解题思路方法与策略

?2(1?cot2)???3?cot?(0??),

?224cot?12令t?cot∴cot??2?1, 则t>0, ∴周长l?3?t?1?2(t?2)?10 t?2?1?2?cot?2?3。

变式2:求OA?OB?AB的最小值.(留给读者参照变式1,自行解决)

点评:由于三角函数具有有界性,均值不等式有放大与缩小的功能,在解析几何中遇上求最值的问题,可构建三角函数与均值不等式,合理地放大缩小,利用有界性,求得最值.

圆锥曲线的最值问题, 解法一般分为两种: 一就是几何法, 特别就是用圆锥曲线的定义与平面几何的有关结论来处理非常巧妙; 二就是代数法, 将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题, 然后利用基本不等式、 函数的单调性或三角函数的有界性等求最值; 二、涉及到抛物线的相关题目与证明 例2 证明抛物线的焦点弦定值、 设直线AB:x?ty?2p2,与抛物线y?2px交于A,B两点,则有如下一些结论: 2p22p①y1y2??p,x1x2?;②AB?x1?x2?p?; 24sin?uuuruuur11232??③; ④OA?OB??p. AFBFp4证明:方法一:设A(x1,y1)B(x2,y2)、

?y2?2px?22222y?2pty?p?0??4pt?4p?0、 由?,得,p?x?ty?2?y1y2y1y2p4p2① y1y2??p,则x1x2?、 ????222p2p4p4p4222② 作AA1?l,BB1?l,,假设AA1?x1?1?BB1,AF?AA设?BAA1??,

∴AB?AF?BF?x1?x2?p, ∵y1?y2?2pt22pp,BF?BB1?x2?, 22y1y2??p2,

y?y211∴AB?1?p?[(y1?y2)2?2y1y2]?p?(4p2t2?2p2)?p

2p2p2p解析几何的解题思路方法与策略

cos2?2p?2p(2?1)?、

sin?sin2?BE11?A1B1?y1?y2 方法二:AB?sin?sin?sin??11(y1?y2)2?4y1y2?sin?sin?4p2t2?4p2?2p; 2sin?③

1111x1?x2?p2?????; 2ppppAFBFx?px2?x1x2?(x1?x2)?12224uuuruuurp23?p2??p2、 ④ OA?OB?x1x2?y1y2?44例3 已知A,B为抛物线C:y?2px(p?0)上两点,且满足OA?OB,O为坐标原点, 求证:(1)A,B两点横坐标之积,纵坐标之积分别为定值;

(2)直线AB经过一定点.

22解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),易得y1?2px1,y2?2px2,又OA?OB,则x1x2?y1y2?0, 222222∴y1y2?4px1x2?(x1x2),∴ x1x2?4p, y1y2??4p;

2(2) 方法一:由对称性,可知直线AB过定点一定在x轴上,取特值,得定点为(2p,0); 设直线AB的方程为y?k(x?2p)(k?0), 化简整理把x代入抛物线C:y?2px的方程,可得

2k2y?y?2pk?0, 2p那么y1y2??2pk??4p2,x1x2?4p2, k2p∴ x1x2?y1y2?0,则OA?OB满足题意,表明直线AB过定点(2p,0)、 方法二:易得直线AB的斜率k?y2?y1y?y2p?2212?, y2y1x2?x1y1?y2?2p2p2p2p2py12(x?x1),整理得y?∴直线AB的方程为y?y1?x??y1,

y1?y2y1?y2y1?y22p解析几何的解题思路方法与策略

即y?yy2p2px?12,又∵ y1y2??4p2,∴ 直线AB的方程为y?(x?2p),

y1?y2y1?y2y1?y2即得直线AB过定点(2p,0)、

方法三:设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线AB方程为x?ty?m, 将其代入抛物线C:y?2px的方程,得方程y?2pty?2pm?0,

222只需??4pt?8pm?0,∴y1y2??2pm??4p,解得m?2p,

22∴ 直线AB的方程为x?ty?2p,即得直线AB过定点(2p,0)、

方法四:设直线OA的方程为y?kx,由?又∵ OB的方程为y??①当k?1时,kAB??y?kx2?y?2px,得交点为O(0,0)与A(2p2p,), 2kk1x,同理可得B(2pk2,?2pk), kkk,∴ 直线方程为y?2pk?(x?2pk2), AB221?k1?kkx2pkk即y???(x?2p),即得直线AB过定点(2p,0);

1?k21?k21?k2②当k?1,得A(2p,2p),B(2p,?2p),∴AB的方程为x?2p, 综上,由①②直线AB过定点(2p,0)、

点评:方法一就是用特殊位置找结论,再证明,方法二、三、四就是处理垂直关系的通法.

类似地,过椭圆,双曲线的一个顶点Q作QA?QB,分别交椭圆,双曲线于A,B,则直线AB也 经过一定点.

x2y2变式 如图,椭圆C1:2?2?1(a?b?0)与圆C2:x2?y2?b2,已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分,且圆C2的

ab面积为?.椭圆C1的下顶点为E,过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2相交于点A、B,直线EA、EB与椭圆C1的另一个交点分别就是P、M.

(1)求椭圆C1的方程;

(2)(i)设PM的斜率为t,直线l斜率为kl,求时直线l的方程.

kl的值;(ii)求△EPM面积最大tx2解:(1)依题意:b?1,则a?3b,∴椭圆方程为?y2?1;

9(2)(i)由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为0,PE⊥ME.

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不妨设直线PE的斜率为k(k>0),则PE:y?kx?1,

18k?x??y?kx?1?18k9k2?1?2?9k2?1?x?0由?x得:?或?∴P(2,2) 22y??19k?19k?1??y?1?y?9k?1??9?9k2?1??18k9?k2k2?11用?去代k,得M(2 ,),则t?kPM?k?9k2?910kk2k?x???y?kx?12kk2?1?k2?1?x?0由?2得:?或?, ∴A(2,2) 22y??1k?1k?1?x?y?1?y?k?1??k2?1?kk2?1∴kl?,则l?5

2kt18k18(ii)由(i)可知:PE?21?k2,EM?21?k2, 9k?1k?9∴S?EPM1162(k?)162(k?k)118k18k, ???21?k2?21?k2?29k4?82k?99k2?9?8229k?1k?9k23162271162u162,则S?EPM?, ≤??8k9(u2?2)?829u?646429u?uu181128当且仅当u?k??时去等号,(k?)2?(k?)2?4?,

k3kk9127k2?1∴k???,则直线AB:y?x,

k32k设u?k?所以直线l的方程为y??7x. 32例4 直线AC,BD过抛物线y?4x的焦点F,且AC?BD,又点

A,B,C,D均在抛物线上,求

(1)求四边形ABCD面积的最小值; (2)求AC?BD的最小值;

(3)若M,N分别就是AC,BD的中点,求证:直线MN过定点.

1,0）解:(1)F（ 设直线AC:y?k(x?1),不妨设k?0、

?y2?4x2222由? ,得kx?2(k?2)x?k?0, ?y?k(x?1)??4(k2?2)2?4k4?4(4k2?4)?16(k2?1)?0、

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4k2?1?1?k24(1?k2)?∴弦长AC?、 22kk又∵直线BD:y??1(x?1)、同理BD?4(1?k2) 、 k∴S四边形ABCD18(1?k2)212?AC?BD???8(k??2)?32,当且仅当k??1时取等号、 222kk4(1?k2)1224(1?k)?(2)AC?BD???4(k?)?8?16,当且仅当k??1时取等号.

k2k2(3)设A(x1,y1),C(x2,y2),由(1)问所得方程kx?2(k?2)x?k?0(k?0),

22222(k2?2)k2?2k2?222,), 可得x1?x2?,设AC中点M(x0,y0),则x0?,y0?,可得M(2k2k2kkk用?1k2替换k,易得N(1?2k,?2k),则kMN?(k??1), 2k1?k2kk2?2k(x?)那么直线MN的方程为y??,化简得y?(x?3),k??1……(*) 222k1?kk1?k∴当k??1时,直线MN恒过点(3,0);

当k??1时,即MN?x轴,易得直线MN的方程为x?3,恒过点(3,0)、 综上,直线MN恒过点(3,0).

点评:实际上,第(3)问从 直线MN的方程化为(*)式较难,从得分的角度来讲,可以先从k??1时得到定点

(3,0),再回到(*),虽不严密,但可节省时间.

x2y2??1的左、变式 已知椭圆右焦点分别为F1,F2 过F1的直线交椭圆于B，D两点,过F2的直线交椭32圆于A，C两点,且AC?BD,垂足为P (1)求四边形ABCD的面积的最小值;

yAP(2)求AC?BD的最小值;

(3)若A1C1?BD于F1,且A1C1、BD的中点分别为P、Q,求证:直线PQ过定点.

解:(1)方法一:(ⅰ)当BD的斜率k存在且k?0时,BD的方程为y?k(x?1),

BF1DoF2Cxx2y2??1,并化简得(3k2?2)x2?6k2x?3k2?6?0. 代入椭圆方程32解析几何的解题思路方法与策略

6k23k2?6设B(x1，y1),D(x2，y2),则x1?x2??2,x1x2?2\\,

3k?23k?243(k2?1)BD?1?k?x1?x2?(1?k)???(x2?x2)?4x1x2???3k2?2;

222因为AC与BC相交于点P,且AC的斜率为?1, k?1?43?2?1?43(k2?1)k???所以,AC? 212k?33?2?2k四边形ABCD的面积

124(k2?1)2??(k2?1)296S??BD?AC???

2(3k2?2)(2k2?3)?(3k2?2)?(2k2?3)?225??2??当k?1时,上式取等号

2(ⅱ)当BD的斜率k?0或斜率不存在时,四边形ABCD的面积S?4

综上,四边形ABCD的面积的最小值为96 25注:当BD的斜率存在时,也可这样求四边形ABCD的面积的最小值: 方法二:设t?k?1,则t?(1,??),

2124(k2?1)224t224t2S??BD?AC???

2(3k2?2)(2k2?3)(3t?1)(2t?1)6t2?t?1?242496, ??2112?11?25256??()?????tt4?t2?1t12,即k?1时,上式取等号. 2方法三:判别式?法,读者自己完成.

当?11203(k2?1)2(2)当BD斜率存在时,AC?BD=43(k?1)(2, ?2)?223k?22k?3(3k?2)(2k?3)2同上,当k?1,即k??1时,上式取等号AC?BD的最小值为2163, 5当BD斜率存在或等于零时,AC?BD?163, 5解析几何的解题思路方法与策略

综上,AC?BD的最小值为

163; 53k22k(3)设线段BD的中点为Q(x0,y0),则x0??2,y0?2,

3k?23k?23k22k3?2k,2),从而P(?2则Q(?2,2),

3k?23k?22k?32k?3∴直线PQ的方程为y?yA1OC1AD2k5k3?(x?),

2k2?33(1?k2)2k2?3F1BF2Cx即y?25k33(x?)……(*),显然过定点(?,0), 23(1?k)55当k?1时,P(?,),Q(?,?)或P(?,?),Q(?,),

32553525352532553适合(*)式, 53综上,直线PQ过定点(?,0).

5∴PQ:x??点评:本题(1)问表明,求解解析几何的最值问题,常用到均值不等式法,二次函数法与判别式法;

从以上几例的解析可以瞧出:应用焦点弦的性质不仅能使许多问题的解答快捷、方便,而且能够优化学生的思维品质,提高解决问题的能力.

凡涉及弦长的问题, 常用根与系数的关系设而不求计算弦长(即应用弦长公式); 涉及弦长的中点问题时, 常用“点差法” 设而不求, 将弦所在直线的斜率、 弦的中点坐标联系起来, 相互转化. 同时还应充分挖掘题目的隐含条件, 寻找量与量之间的关系,并进行灵活转化,往往能避免求交点坐标等复杂运算. 三、一道椭圆考题的证明与拓展

yAxBx2y2??1,有以下两个结论: 例5 已知椭圆43O①若A,B为椭圆上两个点,OA?OB,则

1OA2?1OB2?7; 12?3?4?2?②若椭圆两焦点为F1,F2,?F1MF2?,则点M的轨迹方程为x??y?或???3?33??3?4x2??y??. ???33??则以下说法正确的就是( )

(A)①与②都不对 (B)①与②都对 (C)①不对,②对 (D)①对,②不对 本题选D,现笔者试对第①问给出不同的证法:

22解析几何的解题思路方法与策略

解:方法一:当AB⊥x轴时,∠ADX=∠BOX=45°,∴A（221221,）77221221B（,?）,

77∴

1OA2?1OB2?7, 12当AB不垂直于x轴时:设A(x1,y1)B(x2,y2),设lAB:y?kx?m与椭圆联立得:

(4k2?3)x2?8kmx?4m2?12?0(*)

uuuruuur22∴OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?(kx1?m)(kx2?m)?0,∴7m?12k?12

又△AOB中,S?AOB?①

11OA?OB??d?AB, 22222OA?OBAB111????, 2222222dOAOBOA?OBOA?OB又d?mk2?1 由①得d?1217,∴2? 7d12∴

1OA2?1OB2?7 12方法二(三角法):如图,令?AOx??,则?BOx??2??,

则A(mcos?,msin?),B(?ncos?,ncos?),代入椭圆方程,有

?m2cos2?m2sin2??1cos2?sin2???1?2???11117??m4343,则?,两式相加,有2?2???; ?222222mn4312?nsin??ncos??1?1?sin??cos???4343??n2方法三(特值法):当直线OA,OB斜率为0或不存在时,

1OA2?1OB2?117?? 4312当直线OA、OB斜率都存在且不为0时,设直线OA方程为y?kx

12k212(1?k2)1222∴3x?4kx?12,∴x1?,∴y1?,∴OA?,

3?4k23?4k23?4k222221)2112(1?k2)2k又∵OA⊥OB ∴直线OB方程为y??x, ∴OB?, ?21k3k?43?42k12(1?3?4k2?3k2?47(k2?1)7????∴; 222212(1?k)12(1?k)12OAOB11解析几何的解题思路方法与策略

x2y2本问的一般性结论:已知椭圆2?2?1,若A,B为椭圆上两个点,且满足OA?OB,

ab则

1OA2?1OB2?11?2. 2ab变式1:就是否存在一定圆与直线AB相切？

x2y2??1, 解:方法一:设直线AB的方程为y?kx?m,代入到椭圆方程43∴(3?4k)x?8kmx?4(m?3)?0, ∵OA?OB

22,??64km?16(3?4k)(m?3)?0,∴m?4k?3,

2222222

?8kmx1?x2?,3?4k4(m2?3)x1x2?,

3?4k2y∴OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?(kx1?m)(kx2?m)?0, ∴(1?k)x1x2?km(x1?x2)?m?0,

22BHxOA4(m2?3)(1?k2)8k2m2??m2?0, ∴223?4k3?4k∴4km?4m?12?12k?8km?3m?4km?0,

222222222m212?∴7m?12k?12?0,则, 21?k722设点O(0,0)到直线AB的距离为d,则d?m1?k2?12, 722过O作AB的垂线,垂足为H,设H(x,y),则OH?d,∴x?y?∴存在定圆x?y?2212, 712与直线AB相切. 7方法二:由例7的①问结论可得

1OA2?1OB2?7,过O作AB的垂线,垂足为H,那么 12S?AOB?∴

11OA?OB?ABOH, 22?AB2221OH2OA?OB?OA?OBOA?OB2222?1OA2?1OB2?7, 12解析几何的解题思路方法与策略

121222,设H(x,y),∴x?y?, 771222∴存在定圆x?y?与直线AB相切.

7∴OH2?y拓展推广:(1)若A、B、C、D为椭圆4个点,直线AC⊥BD于坐标原点O, 则

AODC1OA2?1OB2?1OC2?1OD2?7. 62?, 3xB证明:由例6中①问结论可得结论正确;

(2)若A、B、C为椭圆上3个点,?AOB??BOC??AOC?则

1OA2?1OB2?1OC2?7 . 82???,3?COx?4???, 3证明:令?AOx??,则?BOx?OA?m,∴

OB?n,OC?r,

A(m?cos?,msin?),

2?2?4?4?B(ncos(??),nsin(??)),C(rcos(??),rsin(??)),

3333m2cos2?m2sin2?1cos2?sin2???1,则2??代入椭圆得 , 43m43同理 ∴

1?n22cos2(2?2?4?4???)sin2(??)cos2(??)sin2(??)13333、 ,2???43r431OA?1OB2?1OC2

cos2??cos2(?2?4?2?4???)?cos2(??)sin2??sin2(??)?sin2(??)3333? 4333323cos2??sin2?sin??cos2?22 ?2?243317?（sin2??cos2?)?(sin2??cos2?)?、 828x2y2??1,且OA?OB, 变式2:已知双曲线34解析几何的解题思路方法与策略

(1)求

1OA2?1OB2的值;

(2)若OA?AB,求点H的轨迹方程. 解:(1)当OA?x轴时,?AOx??BOx?45, ∴A(23,23)oB(23,?23),∴OA?OB?26,∴

1OA2?1OB2?1; 12当AB不垂直于x轴时,设A(x1,y1)B(x2,y2),设lAB:y?kx?m联立双曲线方程得:

(4?3k2)x2?6kmx?3m2?12?0(*),由??0,得m2?3k2?2?0,

12k2?12?m2?0,∴12k2?12?m2 ∵OA?OB,则x1x2?y1y2?0,有x1x2?y1y2?23k?4作OH?AB于H,设OH?d,

①

在?AOB中,S?AOBAB111 , ?OA?OB?AB?d,∴?22dOA?OBOA?OBOA?OB2222AB1∴2?, 22dOA?OB2∵

1OA2?1OB2??AB222OA?OB?1, 2d又d?mk2?112,∴由①可得d?23,∴

1OA2?1OB2?11, ?212d综上,

OA?1OB2的值为

1. 1222222(2)OH?d?23,∴H的轨迹方程为x?y?d?12,即x?y?12.

点评:本题从到实际复习中遇到的一个考题,尝试了用普通的解析法,与三角代换(应注意并非椭圆的三角参数方程),不同角度地证明了这个结论,并加以拓展与延伸,使之达到让学生们可以一题多解,一题多变,多题一解的目的,让复习过程得以升华.

x2y2453xy变式3:设椭圆C:2?2?1?a?b?0?的离心率e?,左顶点M到直线??1的距离d?,O52abab为坐标原点.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,若以AB为直径的圆经过坐标原点,证明:点O到直线AB的距离为定值;

(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求△AOB的面积S的最小值.

解析几何的解题思路方法与策略

331

,得c＝a,又b2＝a2－c2,所以b＝a,即a＝2b、 222

(Ⅰ)解 由e＝

xy45

由左顶点M(－a,0)到直线＋＝1,即bx＋ay－ab＝0的距离d＝,

ab5得|b(－a)－ab|452ab45

＝,即＝, 55a2＋b2a2＋b2

4b245把a＝2b代入上式,得＝,解得b＝1、所以a＝2b＝2,c＝3、

55b2x22

所以椭圆C的方程为＋y＝1、 ………………3分

4(Ⅱ)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),

①当直线AB的斜率不存在时,则由椭圆的对称性,可知x1＝x2,y1＝－y2、 因为以AB为直径的圆经过坐标原点,故·＝0, 即x1x2＋y1y2＝0,也就就是解得|x1|＝|y1|＝

25

、 5

25

、 5

2x1－y21＝0,又点

x212

A在椭圆C上,所以－y1＝1,

4

此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝

②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y＝kx＋m, y＝kx＋m??

与椭圆方程联立有?x22

＋y＝1??4

消去y,得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,

4m2－48km

所以x1＋x2＝－,xx＝、

1＋4k2121＋4k2

因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OA⊥OB、 所以·＝x1x2＋y1y2＝0、 所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0、

4m2－48k2m2所以(1＋k)·－＋m2＝0、 整理得5m2＝4(k2＋1),

1＋4k21＋4k2

2

所以点O到直线AB的距离d1＝

|m|25

＝、

5k2＋1

25

、 ………………8分 5

综上所述,点O到直线AB的距离为定值

(Ⅲ)解:方法一 设直线OA的斜率为k0、

1

当k0≠0时,则OA的方程为y＝k0x,OB的方程为y＝－x,

k0

?

联立?x22

＋y＝1??4

?y＝k0x

??

得?4k

y＝?1＋4k、?

x21＝

21

2020

41＋4k20

??

同理可求得?4

y＝?k＋4、?

22

20

4k202

x2＝2

k0＋4

解析几何的解题思路方法与策略

11

故△AOB的面积为S＝1＋k2|x1|·1＋2·|x|＝20·2k02令1＋k20＝t(t>1), 则S＝2

t2

＝2

4t2＋9t－9

199－2＋＋4tt

,

2

(1＋k20)

、 2

(1＋4k20)(k0＋4)

991125254

令g(t)＝－2＋＋4＝－9(－)2＋(t>1),所以4

ttt2445当k0＝0时,可求得S＝1,

44

故≤S≤1,故S的最小值为、 ………………13分 55

4方法二 由(2)知 ①当直线AB的斜率不存在时,S=; 5

②当直线AB的斜率存在时,(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,5m2＝4(k2＋1), ???16(4k?1?m)?2216(16k2?1), 541?k2?16k2?1所以弦长AB? ?21?4k5思路一 令t?1?4k,则t?1,4k?t?1,AB?222(t?3)(4t?3)211225????9(?)?. 2tt2455?444

?AB?5,故5≤S≤1,故S的最小值为5、 51(4?4k2?16k2?1)24?4k?16k?122????5.所以 S≤1、 思路二 AB?221?4k1?4k5522在?AOB中,S?AOB?11255OA?OB?AB??2255OA?OB?2252OA?OB, 5?OA?OB?2104,则S?AOB?, 5544

故≤S≤1,故S的最小值为、 55

x2y2说明:一般性结论:已知椭圆2?2?1,若A,B为椭圆上两个点,且满足OA?OB,

ab则(1)

1OA2?1OB2?11?;(2)点O到直线AB的距离d?a2b2aba?b22; 解析几何的解题思路方法与策略

a2b21?AB?a?b; (4) 2?S?ab. (3)?AOB222a?b2a?b2ab22四、一道与椭圆切线方程有关考题的证明与拓展

x2y21例6 已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为,其四个顶点构成的四边形面积为43.若A为椭

ab2222圆C上任意一点,过A作圆O:x?y?r(0?r?b)的切线l,OP?OA,且直线l与OP交于点P. (1)求椭圆C的方程; (2)求点P的轨迹E;

x2y2xxyy(3)定义:椭圆C:2?2?1(a?b?0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为02?02?1,

abab过椭圆C的左焦点弦BD的端点分别作椭圆C的切线l1,l2.

求证:直线l1,l2的交点N在定直线上.

1c1解:(1)由顶点四边形面积S??2a?2b?43,离心率e??,

2a2解得a?2,b?3, x2y2??1; ∴椭圆C的方程为43(2)设P(x,y),A(x0,y0),如图,设切点为M, 在中,,由Rt?AOPOM?AP1222OA?OP?AP,S?AOP?AP?OM,

2111111??得,即……① ??22222222x?yx?yrOAOPOM00uuuruuur由OA?OP,得OA?OP?x0x?y0y?0,又

2212(x2?y2)x0y022??1,∴x0?y0?……② 223y?4x43?11?2?11?2将②式代入①式,得轨迹E:?2??x??2??y?1,

3?4??r?r当0?r?3时,点P的轨迹E为椭圆;

当r?3时,点P的轨迹E为y??23,表示两条平行直线. (3)方法一:证明:设B(x1,y1),D(x2,y2), 当BD?x轴时,B(?1,),D(?1,?),

3232?xy?xy??1与??1,交点N(?4,0); 4242当BD与x轴不垂直时,设直线BD斜率为k,直线BD的方程为y?k(x?1). ∴y1?k(x1?1),y2?k(x2?1),

xxyyxxyy由定义,在B,D处椭圆的切线方程分别为1?1?1与2?2?1,

43434(y1?y2)4k(x1?x2)???4, 解得xN?x2y1?x1y2kx1x2?kx2?kx1x2?kx1由定义,在B,D处椭圆的切线方程分别为

解析几何的解题思路方法与策略

∴直线l1,l2的交点N在定直线x??4上. 方法二:由定义,在B,D处椭圆的切线方程分别为设Q(x0,y0),则

x1xy1yxxyy??1与2?2?1, 4343x0x1y0y1xxyy??1,02?02?1, 4343xxyy∴直线BD的方程为0?0?1,

43?x0又直线BD过点F(?1,0),∴?1,∴x0??4

4方法三:本题第(3)问也可采用伸缩变换求得该定直线:

??xx???a?,y0?), ?x?2?y?2?1,则有(x0,y0)?M?(x0设伸缩变为?y?y???b?x0xy0y?2?1, a2bxxyy设Q(x0,y0),且QB,QD为切线,lBD:0?0?1,又lBD过F(?1,0),

43?x0∴?1,∴x0??4,得证.

4??y?y0??1,再伸缩变换回去∵x?x0注:本题第(3)问涉及椭圆的上一点的切线方程,除了可以用常规的判别式?与隐函数求导法则解决外,亦可用直线的参数证明.

yx2y2证明:由椭圆C：2?2?1,设M(x0,y0)在C上

ab那么过过M的切线l的参数方程为:

F1OMlF2x?x?x0?tcos? (t为参数), ?y?y?tsin?0?2x0cos?2y0sin?x0y0cos2?sin2?2?)t?(?)t???1 代入椭圆C得:(a2b2aba2b2xy∵M在C上,∴02?02?1

ab2222cos2?sin2?22x0cos?2y0sin??)t?(?)t?0 ∴(a2b2a2b2∴l为椭圆在M处的切线,∴上述二次方程??b?4ac?0 ∵c=0,∴b?0,∴b?0,∴

22

2x0cos?2y0sin?x0tcos?y0tsin?, ∴??0??0、

a2b2a2b2解析几何的解题思路方法与策略

又?∴

?tcos??x?x?tsin??y?y0, ∴

x0(x?x0)y0(y?y0)??0, 22abx0xy0y?2?1,证毕. 2ab点评:本题第(2)问与例7的变式1的方法二都用到了三角形的面积不变法,应注意体会;本题第(3)问方法二求切点弦的方程,在圆、双曲线、抛物线中都有类似问题. 五、圆锥曲线弦中点问题的证明与拓展

x2y2例7 已知A1、A2就是椭圆C：2?2?1(a?b?0)的左、右顶点,B2、F2分别为其上顶点与右焦点,过F2

ab作x轴的重线交椭圆C的上半部分于点D,设?A1DA2??,而椭圆C的离心率为e. (1)证明:tan???(2)当tan???2; e29,且S?A1DA2?1时,直线l:kx?m(k?0)与椭圆C交于P、Q两点,问:就是否存在直线l使得4?PB2Q为等边三角形？若存在,写出直线l的方程;若不存在,请说明理由.

解:(1)证明:在?A1DA2中:A1A2?2a,∵F2(c,0),DF2?A1A1 ∴xD?c

x2y2b2又∵D在2?2?1上,代入解得到yD?

aba

又∵A1F2?a?c A2F2?a?c

tan?A2DF2?A2F2DF2a?ca2?ac?2?,

bb2aa?ca2?ac?2?∴tan?A1DF2?, DF2bb2a∴tan??tan(?A1DF2??A2DF2)?A1F3tan?A1DF2?tan?A2DF2,

1?tan?A1DF2?tan?A2DF2a2?aca2?ac?222a22a2?2bb????, 2244222224222(a?ac)(a?ac)b?a?ac(a?c)?a?ace1?b4(2)方法一:由tan???29 , ??4e2∴e?223, 3S?A1DA2b21?2a???b2?1,∴b?1a2?9a2x2c?8,∴?y2?1……①

92解析几何的解题思路方法与策略

令P(x1,y1) ,

Q(x2,y2),设PQ中点为M,

结合直线方程y?kx?m……② 联立①②

(1?9k2)x2?18kmx?9m2?9?0……(*)

?18km∴x1?x2? 21?9kyM9m2?9x1x2? 21?9ky1?y2kx1?kx2k?18km?9k2mm???m???m??m?,

2221?9k21?9k21?9k21?9km 由B2(0,1) kBM?k??1, (x1?x2)?21?9k2?9kmm∴M(,) , ∴B2M?PQ,

1?9k21?9k2m2m?1?9k211?9k∴kB?M????,其中 k?0, ?9km?9kmk21?9kxM?得:km?k?9k?9km,

23

∴9k?8km?k?0, ∴9k?8m?1?0……(1)

222232∵在(*)中,??(18km)?4(1?9k)(9m?9)?36(9k?m?1),

??0,m2?1?9k2 ,?8m?m2且?8m?1,所以?8?m??1、 836(9k2?m2?1)1?k26(9k2?m2?1)(1?k2)∴PQ?, ?1?9k21?9k2BM?1?m1?k2

∴

1?1?8m, PQ?3?B2M ……(2),k2?291?m33(9k2?m2?1)(1?k2)?有:,

21?9k21?k33(?8m?1)(1?k2)(8?8m)31?8m化简得:??1?m,

?8m3(?8m)代入降次消元,解之可得m?0(舍去)或m??2, ∴k?2?1515 ,∴k?,

3915x?2 , 3即3y?15x?6?0.

∴l:y??解析几何的解题思路方法与策略

方法二(对称性):当l不垂直于y轴时,设l:Ax?By?C?0(A?0),由对称性知:必有另一

l?:?Ax?By?C?02222也满

2足条件,两式相乘

(By?C)2?(Ax)2?0,整理

得:?Ax?By?2BCy?C?0 ……①

设以B2为圆心的圆B2：x2?(y?1)2?R2,整理得:x?y?2y?1?R?0……②

222又椭圆的方程x?9y?9……③

③-?②:?(??1)x?(9??)y?2?y??R?9?0……④ 则由①与④等价知:

22222??1A29????R2???9???⑤ 22……BCBCB2到l与l1的距离均为d?B?CA2?B2：,由?PB2Q为等边三角形知2B?CA2?B2?3R……⑥ 2联立⑤⑥,易知为不定方程,由于A:B:C可约简,不妨令:⑤=1,则有:A???1……⑦

B2?9??……⑧ , BC??……⑨, C2??R2???9……⑩,

由⑦+⑧:A?B?8,由⑧+2⑨+⑩:B?2BC?C??R,

22222B2?2BC?C2?R232??R,又由⑥故:22A?B84

解得:??6,故:A?5,B??3,C??21

故l:5x?3y?23?0或5x?3y?23?0 即l:15x?3y?6?0或15x?3y?6?0 20当l垂直于y轴时,设l交C于P(x0,y0),由?PB2Q为等边三角形,知:

2x03?⑾

1?y03x13132又0?y0?1⑿ 联立⑾⑿,解得:y0??故,l:y??

914,14综上所述:l:15x?3y?6?0或15x?3y?6?0或y??13 14方法三(点差法),由点差法kPM?kOMb2??2,

ay01?? ……(1) x09设M(x0,y0),设直线l的斜率为k,则k?解析几何的解题思路方法与策略

B2M?l

,kB2M?k??1

,

y0?1?k??1……(2) x0由

y01(1)19? ∴y0??,代入(2)可得:x0?k 得:

y0?19(2)88∴l:y?k(x?9k1)?,再用“方法一”求解 88方法四(极坐标方程)

解:以B为极点,y轴负半轴方向为极轴,建立极坐标,系

设BP?? , ?PBA??,?BM??cos? , PM??sin?,

11?kBP??cot? ?kPB·kPA?? ?kPA??tan?APM

99cot?,

?AM???sin??sin?,?AB?AM?BM?2、

9cos?sin2?18cos???(cos??)?2 ,即椭圆C极坐标方程?? 29cos?8cos??1,

18cos(???BQ?BP,????3) ,

8cos2(???3)?1?18x?1?cos?和cos(??)为2??0的两根,?cos??cos(??)?

338,8x?11311?cos??(cos??sin?)?cos2??sin2? 两边同除以sin2?,

2288,13113231cot2??cot??cot2??,?kBP?kBP??0, 2288828解得k?23?1523?15k?由对称性令,,

33又??BPQ?60,由到角公式知:kPQ23?15?3153?? 323?151??33又?kBP?23?1523?15315?6365?13,?y?x?1,解得:P(，) 3314?6514?65解析几何的解题思路方法与策略

?y??15x?2 即15x?3y?6?0 3由对称性,PQ:15x?3y?6?0或15x?3y?6?0

点评:方法一中利用底边上的高与边长与底边高的长度关系就是解决解析几何中等边三角形的常见方法;方法二利用了等边三角形的轴对称性质;方法三就是点差法,特别适合圆锥曲线里的弦中点问题,可将弦的中点坐标与弦所在直线的斜率有效地结合起来以便减少运算的目的;方法四就是利用教材4-4里的坐标系与参数方程里的极坐标方程解题,供学有余力的同学有选择性的掌握.

六.比值问题

x2y2c22例8、 已知椭圆2?2?1(a?b?0,c?a?b,e?),其左、右焦点分别为F1,F2,关于椭圆有以下四

aba|AF1||AF2|a2a2?,l2:x?种说法:(1)设A为椭圆上任一点,其到直线l1:x??的距离分别为d2,d1,则;(2)d1d2cc|AF1||AF2|2(1?e2)设A为椭圆上任一点,AF1,AF2分别与椭圆交于B,C两点,则(当且仅当点A在椭??|F1B||F2C|1?e2圆的顶点取等);(3)设A为椭圆上且不在坐标轴上的任一点,过A的椭圆切线为l,M为线段F1F2上一点,且|AF1||F1M|?,则直线AM?l;(4)面积为2ab的椭圆内接四边形仅有1个。

|AF2||MF2|其中正确的有( )个、

A 1 B 2 C 3 D 4 第(2)问的解法

解法1:如图,设A(acos?,bsin?),B(x1,y1),C(x2,y2)

uuuruuur(??1)c?acos?b设令AF ,∴,x??y??sin?, ??FB1111??代入椭圆化简得(??1)c?2ac(??1)csin??(??1)a, ∴(??1)c?2accos??(??1)a,

222222uuuuruuuur22同理,令AF2??F2C,可得(??1)c?2accos??(??1)a,

两式相加,(????2)c?(????2)a,

222(a2?c2)2(1?e2)?∴????、

a2?c21?e2解法2:设直线AB的方程:x?t1y?c,代入椭圆方程可得

b4b4(a?bt)y?2bct1y?b?0,∴y0y1??2,同理y0y2??2, 2a?b2t12a?b2t22221224解析几何的解题思路方法与策略

2x0?cx0?c2x0?2c222又t1?,t2?,∴t1?t2?, 2y0y0y022y0y02a2y0?b2x0?b2c2112∴原式? ???(?)y0?4?y1?y2y0y1y0y2b22a2y0?b2x0?b2c2a2b2?b2c22(a2?c2)2(a2?c2)2(1?e2)2?2??22?、 4422bbba?c1?ea2解法3:如图,令AA, 1E?t??c?1?m,BB1?n,Fc∴

mm?t2m?tAF22AA2?t,, ???nt?ntF2Ct2a22?2A1A22(a2?c2)2(1?e2)c?2?22?2?22?∴原式?、 2a?c1?eta?cc解法4:由椭圆的极坐标方程,可得

b2epepep?,F1B?,其中p?, AF1?1?ecos(???)1?ecos?c1?ecos?那么

111?ecos?1?ecos?2112??????, ,同理,AF1F1BepepepAF2F2Cep121121????,, F1BepAF1CF2epAF2112121?AF2??AF1?(?)?AF2?(?) F1BCF2epAF1epAF2则有,

∴原式?AF1?24a2(a2?c2)2(1?e2)?(AF1?AF2)?2??2?22?、 epepa?c1?e2第(3)问的解法

椭圆的光学性质,但就是必须证明。求切线的斜率最好用

??0.

例9、 平面上两定点F1(?1,0),F2(1,0),动点P满足

|PF1|?|PF2|?k (1)求动点P的轨迹;

(2)当k?4时,动点P的轨迹为曲线C,已知M(?,0),过M的

12动

解析几何的解题思路方法与策略

直线l(斜率存在

且不为0)与曲线C交于P,Q两点,S(2,0),直线l1:x??3,SP,SQ分别与l1交于A,B两 点、A,B,P,Q坐标分别为A(xA,yA),B(xB,yB),P(xP,yP),Q(xQ,yQ)

11?yyB求证:A为定值,并求出此定值、

11?yPyQ解:(1)由题意:当k?2时,动点P不表示任何图形; 当k?2时,动点P的轨迹就是线段F1F2;

当k?2时,动点P的轨迹就是以F1,F2为焦点,长轴长为k的椭圆、

x2y2??1 (2)当k?4时,动点P的轨迹方程为:43?x2y2??1?145?43设PQ:x?ny?(n?0),则? 可得:(3n2?4)y2?3ny??0

24?x?ny?1??2453n∴yP?yQ?2,yP?yQ??24

3n?43n?43n2yP?yQ3n?4??4n ∴1?1??4n ∴?45yPyQ15yP?yQ15?243n?4又点P,Q在直线PQ上,

11yPyP∴xP?nyP?,xQ?nyQ?, ∴kSP??,

22xP?2ny?5P2yQyQyy同理:kSQ??, 又kSA?A;kSB?B 由kSP?kSA;kSQ?kSB

xQ?2ny?5?5?5Q25?nyP1n111nyPyA2?? ??? 同理:则,则?5?5yB2yQ5yA5yP2yP5nyP?211?1112n8n11yyB?? ∴A??(?)?∴?2

11515yAyB2yPyQ?yPyQ解析几何的解题思路方法与策略

例4如图，椭圆E:x2a2?y2b2?1的离心率是2，2过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点。当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22。（1）球椭圆E的方程；（2）在平面直角坐标系xoy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得QAPA?恒成立？若存在，QBPB求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。

(2)假设存在满足题意的定点Q。

（i）当直线l平行于x轴时，假设存在定点Q满足条件，则即QA?QB，故点Q在y轴上。可设Q点坐标为?0,t?QAPA??1，QBPB

（ii）当直线l为与x轴垂直时，不妨设A(0,2),B(0,?2)由QAPAt?22?1??有。解得t?2或t?1QBPBt?22?1又定点P与点Q不同，故点Q的坐标只可能为Q(0,2).

下面证明：对任意的直线l，均有PAQA?PBQB

①当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.解析几何的解题思路方法与策略

②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为l:y?kx?1，?y?kx?1?，A?x1,y1?,B?x2,y2?，其中x1x2?0,y1y2?2，则由?x2y2?1???42?1?2k2?x2?4kx?2?0x1?x2??4k?2,xx?121?2k21?2k2

xx12?(y1?2)2QAPA?1，?解法1若恒成立，则x2QBPBx22?(y2?2)22222化简得x2(2?y1)?x1(2?y2)

整理得x2(2?y1)?x1(2?y2)?0即x1?x2?2kx1x2?0，

将得x1?x2??4k2,xx??122k2?12k2?1代入，

?4k?2?2k??0恒成立，故结论成立.2k2?12k2?1解法2若QAPA恒成立，?QBPB则在?QAB中，QP是?AQB的角平分线，从而有kQA?kQB?0，而kQA?kQB?y1?2y2?2y1x2?y2x1?2(x1?x2)???0成立，故结论成立.x1x2x1x211x1?x2???2k，x1x2x1x2

解法3由上已知而点B关于y轴的对称点为B?(?x2,y2)（如图）故kQA?y1?2y?2111?k?，kQB??2??k??k?x1x1?x2x2x1所以kQA?kQB?，即Q,A,B?三点共线，于是QAQAxPA??1?，故结论成立QBQB?x2PB

解析几何的解题思路方法与策略

2例5已知抛物线C:y?4x的焦点为F，过点K(?1,0)的直线l与C相交于A、B两点，点A关于x轴的对称点为D.（1）证明：点F在直线BD上；uuuruuur8（2）设FAgFB?，求?BDK的内切圆M的方程.9（1）证明：设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x1,?y1)，则直线l的方程为x?my?1（其中m?0），

y224(x?)即y?y2?y2?y14令y?0得x?y1y2?1，从而点F(1,0)在直线BD上.4

（2）略本题中点K与点F关于原点对称，若将它们以及抛物线一般化，可得如下结论：2结论1已知抛物线C:y?2px（其中p?0），过x轴负半轴上任一点K(?t,0)（其中t?0）作直线交抛物线C于点A,B，点A关于x轴的对称点为D，则BD过定点F(t,0)（或点(t,0)在直线BD上）.若联结KD，则x轴是?BKD的平分线.

结论1 已知圆的方程x2?y2?r2(r?0),动直线l过定点P(0,m)(0

解析几何的解题思路方法与策略

QAPAr2?P不同的定点Q(0,),使得恒成立、 QBPBmQAQBPAPB 说明:(1)?等价于?AQP??BQP,即x轴平分?AQB、(以下相同)

r2 (2)若定点P(m,0),则定点Q(,0)、

mx2y2结论2 已知椭圆的方程2?2?1(a?b?0),动直线l过定点P(0,m)(0

abQAPAb2?在与点P不同的定点Q(0,),使得恒成立、 QBPBma2说明: 若定点P(m,0)(0

my2x2结论3 已知双曲线的方程2?2?1(a?0,b?0),动直线l过定点P(0,m)(m>a)且与双曲线相交于A,B两点,

abQAPAa2?则存在与点P不同的定点Q(0,),使得恒成立、 QBPBma2说明: 若定点P(m,0)(m>a),则定点Q(,0)、

m结论4 已知抛物线的方程y2?2px(p?0),动直线l过定点P(m,0)(m>0)且与抛物线相交于A,B两点,则存在与点P不同的定点Q(?m,0),使得

QAQB?PAPB恒成立、

七.坐标系与参数方程

(一)选修考试

?3x??1?t??2(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐例1、 已知直线l的参数方程为?1?y?3?t?2??标系,圆C的极坐标方程为??4sin(??)、

6（1）求圆C的直角坐标方程;

?（2）若P(x,y)就是直线l与圆面??4sin(??)的公共点,求3x?y的取值范围、

6?312?解:(1)∵圆C的极坐标方程为??4sin(??)、∴??4?sin(??)?4?(sin??cos?), 6226222又∵??x?y,x??cos?,y??sin?、∴x2?y2?23y?2x,

∴圆C的普通方程为x2?y2?2x?23y?0;

2222(2)方法一、设z?3x?y、由(1)知圆C的方程x?y?2x?23y?0?(x?1)?(y?3)?4,

解析几何的解题思路方法与策略

?3x??1?t??2代入z?3x?y得z??t, ∴圆C的圆心就是(?1,3),半径就是2、将??y?3?1t?2?又∵直线l过C(?1,3),圆C的半径就是2、∴?2?t?2、 ∴?2??t?2,即3x?y的取值范围就是[?2,2]、

方法二、直接求直线l与圆Cx2?y2?2x?23y?0的交点坐标A,B、再代入3x?y求范围。

说明:第一问主要就是步骤完整的问题,第二问的方法一较巧妙,刚好就是直线经过圆心(?1,3),方法二虽然计算复杂一点,但就是更容易学生掌握、 (二)、坐标系伸缩变换的应用

??xx???a定义:设P(x,y)在平面直角坐标系中的任意点,在伸缩变换?:?作用下,点P(x,y)对应到P?(x?,y?),

?y??y?b?具有如下一些基本性质:

(1)点与线、线与线的位置关系不变; (2)同一直线上两线段的长度之比不变;

bb倍,即k?k?; aa(4)封闭图形面积S为变换后图形面积S?的ab倍,即S?abS?.

(3)直线斜率k为变换后的直线斜率k?的

例1一种作图工具如图1所示,O就是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN?ON?1,MN?3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时,带动．．N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系. (1)求曲线C的方程;

(2)设动直线l与两定直线l1:x?2y?0与l2:x?2y?0分别交于P,Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面积就是否存在最小值？若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.

N

解:(1)设点

y N D M

yADOBO DMNOQx PMD(t,0)(|t|?2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,

uuuruuuruuuuruuurMD?2DN,且|DN|?|ON|?1,

x解析几何的解题思路方法与策略

22??(x0?t)?y0?1,所以(t?x,?y)?2(x0?t,y0),且?2 2??x0?y0?1.?t?x?2x0?2t,即?且t(t?2x0)?0.

y??2y.0?由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0,

x2y2xy22于就是t?2x0,故x0?,y0??,代入x0?y0?1,可得??1,

16442x2y2即所求的曲线C的方程为??1 .

1641(2)方法一:(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x?4或x??4,都有S?OPQ??4?4?8.

21(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y?kx?m(k??),

2?y?kx?m,由?2 消去y,可得(1?4k2)x2?8kmx?4m2?16?0. 2?x?4y?16,因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,

所以??64k2m2?4(1?4k2)(4m2?16)?0,即m2?16k2?4. ① ?y?kx?m,2mm?2mm又由? 可得P(,);同理可得Q(,).

1?2k1?2k1?2k1?2k?x?2y?0,|m|由原点O到直线PQ的距离为d?与|PQ|?1?k2|xP?xQ|,可得

21?k1112m2m2m2S?OPQ?|PQ|?d?|m||xP?xQ|??|m|??. ②

2221?2k1?2k1?4k2将①代入②得,S?OPQ24k2?12m2. ??821?4k24k?14k2?121当k?时,S?OPQ?8(2)?8(1?2)?8;

4k?14k?1424k?121当0?k2?时,S?OPQ?8()?8(?1?).

1?4k21?4k24122因0?k2?,则0?1?4k2?1,,所以?2S?8(?1?)?8, ?OPQ41?4k21?4k2当且仅当k?0时取等号.

所以当k?0时,S?OPQ的最小值为8.

综合(1)(2)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8. 方法二:坐标系的伸缩变换

x2y2由椭圆方程??1做坐标系伸缩变换,

164??xx???422令?,得圆O?的方程为x??y??1, ?y??x??2设直线变换后的斜率为k?,那么

由两直线l1:x?2y?0与l2:x?2y?0,变换之后可得l1?:x??y??0与l2?:x??y??0,易知

解析几何的解题思路方法与策略

?l1??l2?,如图所示,在Rt?P?O?Q?中,斜边P?Q?上的高等于半径1,再设?O?P?Q???(0???),

211111?P?O?Q??O?P??O?Q??则O?P??,O?Q??,∴ S???1,

sin?cos?22sin?cos?sin2??P?O?Q??4?2?1?8. 则原三角形面积的最小值为S?POQ?abS?x2y23例2平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:2?2?1(a?b?0)的离心率为,左、右焦点分别就是

ab2P与Q,以P为圆心,以3为半径的圆与以Q为圆心,以1为半径的圆相交,交点在椭圆C1上.

(1)求椭圆C1的方程;

x2y2?1的左、(2)设椭圆C2:2?2右焦点分别为F1与F2,若动直线l:y?kx?m(k,m?R)与椭圆C2有且

ab?2仅有一个公共点,且F1M?l于M,F2N?l于N,设S为四边形F1MNF2的面积,请求出S的最大值,并说明此时直线l的位置;若S无最大值,请说明理由.

解:(1)设两圆相交于点D,且D在椭圆C1上,则满足DP?DQ?3?1?2a,∴a?2,由e?c3?且a2x2a?b?c,得b?1,c?3,∴椭圆C1的标准方程为?y2?1;

4222x2y2??1, (2)方法一:由题意,椭圆C2的标准方程为43?y?kx?m?222有?x2y2,化简后得(4k?3)x?8kmx?4(m?3)?0,

?1??3?4而动直线l与椭圆C2有且仅有一个公共点,则??0,化简后得m?4k?3……(※); 设F1(?1,0),F2(1,0)到直线l:y?kx?m的距离分别就是d1与d2, 则d1?F1M?22?k?mk?12,d2?F2N?k?mk?12,不妨设d1?d2,

(i)若k?tan??0,其中?为直线l的倾斜角,再作F2H?F1M于H, 则d1?d2?F1H?HF2?tan? ?HF2?k,

M F1OF2xyN解析几何的解题思路方法与策略

得MN?HF2?d1?d2 , k2d1?d2d12?d21故S?(d1?d2)?, ?2k2k(m?k)2(m?k)2?4mk?而d?d? , ?222k?1k?1k?12122∴S?2m8m8,由(※)式,可得, S??21k2?1m?1m?m18?23; 在(3,??)单增,得S?m43322又m?4k?3(k?0),得m?3,再由双勾函数y?m?(ii)若k?0,此时直线l平行于x轴且与椭圆C2相切,可得四边形F1MNF2为矩形,再由矩形底边长为焦距

F1F2?2,矩形高h为短半轴长3,∴S?F1F2?h?23.

综上,直线l平行于x轴且与椭圆C2相切时,四边形F1MNF2的面积S有最大值为23. 方法二:坐标系的伸缩变换

yPM'H'F1'OF2'xN'??xx??2?令?

y?y???3?∴F1(?∴C2:x?2?y?2?1

??1,0)2?1F2(,0)、

2?联立得:(k2?1)x2?2kmx?m2?1?0(*),由??0,得k2?m2?1?0 ② l?与C2??F2?O, ∴FM???F1?N??2OP?2、 设切点为P,则OP?1,又FO111°当k?0时,设倾斜角为?,过F1作F1H??F2?N?于H?,

??11m??k?m??k?22?,∴d1????设F1?,F1?当l?的距离为d1?,d2,d2、 22k??1k??1H?F2??d2?d1,∴F1?H??d2?d1, k解析几何的解题思路方法与策略

由②式可得∴S??2°当k=0时,S=1

m122m?k?1(k?0),∴m?1,∴S<1、 ?,∴2k?1m?相切时S?有Smax?1,∴l:y??1、 ∴综上所述,当l?平行于x轴且与C2转换回坐标系,∴y??3,∴l平行于x轴且与C2相切时S有最大值.

思路总结:利用坐标系的伸缩变换,化椭圆为圆,去寻找与圆相关的特殊直线的位置.

x2?y2?1,l:x?2,若O为坐标原点,P为直线l上一动点,过点P作直线L与椭圆相切于例3 已知椭圆C:2点A,求?POA的面积S的最小值.

分析:由伸缩变换→圆:利用圆的切线⊥切点与圆心连线的性质找出△面积最小时P所在的位置. 解:令??x?2x?,则l?:x??2、

?y?y?∴S?P?O?A??21A?O??P?A?,又P?A??22P?O??O?A?,

22∴C?:x??y??1就是圆心为(0,0)半径为1的圆, 设P?(2,m),∴P?A??m2?1,∴S?P?O?A??111?1?m2?1?,∴S?P?O?A?min?,此时P′在x轴上; 222x2?y2?1联立, 由P(2,0),设L:y?k(x?2),与C:2∵△=0得k??22,取k? ∴l:x?2y?2?0, 22222??hA,则hA?,即△的纵坐标为?,

222∴x?2y?2代入C中得y??∴S?POAmin?1122OP?hA??2??, 22222. 2∴综上, S?POAmin?点评:伸缩变换就是新课标人教版选修4?4中《坐标系与参数方程》中的内容.而在教材选修2?1《圆锥曲线》 中,我们就知道椭圆在伸缩变换中可以变成圆,反之亦成立.因圆具有椭圆不能与之堪比的完美对称性,从而利用几何思路解答圆类问题相比利用代数解析思路解答椭圆问题,可以达到更为简洁快捷的效果.

x2y2例4 如图所示,O为坐标原点,椭圆C1:2?2?1?a?b?0?的左、

ab解析几何的解题思路方法与策略

x2y2右焦点分别为F1,F2,离心率为e1;双曲线C2:2?2?1(a?0,b?0)的左、右焦点为F3,F4,离心率为e2,

ab已知e1e2?3,且F2F4?3?1, 2（1）求椭圆C1与双曲线C2的方程;

（2）过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P、Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.

解:(1)因为

22a2?b2aa2?b233?3b?b?3?1a4?b4?a4,因此a2?2b222,所以4,于就是,得

x2x222a?2,b?1C1：?y?1C2：-y?122 ,椭圆方程,双曲线方程

（2）

方法一:设直线AB的方程为:设A(x1,y1)B(x2,y2),有y1?y2?x?my?1,联立椭圆方程得m2?2y2?2my?1?0,

??2m?1?4,yy?x?x?1212m2?2m2?2,m2?2,

m?mm??2,?y??x,于就是AB中点M?m2?2m2?2?,故直线PQ的斜率为2,则PQ的方程为2 ??4m22联立双曲线方程得?2-m?x?4,所以2-m?0,且x?2?m2,y?2?m2,

2222m2?4从而PQ?22?m2;设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也就是d,

所以2d?mx1?2y1?mx2?2y2m?42,因为点A、B在直线mx?2y?0的异侧,

所以?mx1?2y1?(mx2?2y2)?0,于就是

mx1?2y1?mx2?2y2?mx1?2y1?mx2-2y2,

从而

?m2d?2?2?y1?y2m?42?221?m2m2?4,设四边形APBQ的面积为S,

S?132PQ?2d?22?1?0?2?m?2,故当m?0时,S取最小值2 2,而22?m方法二:x?my?1,联立椭圆方程得m?2y?2my?1?0,设设直线AB的方程为:

?2?2解析几何的解题思路方法与策略

m?2?m2?1A(x1,y1)B(x2,y2),y1?, 2m?2由点差法(步骤略),可得kOM?k??代入双曲线方程解得,x?21m,则直线PQ方程为y??x, 224(0?m2?2), 22?mm22m2?4∴PQ?2OP?2x?, x?2242?m2点A到直线PQ的距离d?mx1?2y1m?42?(m2?2)y1?mm?42?2?m2?1m?42, 1m2?13∴S四边形APBQ=2??PQ?d?22?22?1?(0?m2?2) 222?m2?m2∴当m?0时,Smin?2.

??x??x2222方法三:设伸缩变换?,则椭圆方程变为圆x??y??2,双曲线变为x??y??2,

??y??2y设直线A?B?的方程为x??my??1, ∴点O到直线A?B?的距离为d?11?m2, 11?2m2∴弦长A?B??2A?M??22?, ?2221?m1?m由直线P?Q??A?B?,得直线P?Q?的方程为y???mx?,

2代入x??y??2,得x??222, 21?m221?m2∴弦长P?Q??2OP??2(1?m)x??22, 21?m12m2?132∴S四边形A?P?B?Q?=?A?B??P?Q??22?22?2?(0?m?1), 2221?m1?m∴当m?0时,Smin?22, ∴四边形APBQ面积的最小值为2.

总之,解析几何就是通过建立平面直角坐标系,用代数的方法研究几何问题.本文力求用实战题目“说话”的策略,尽量避免空泛的理论,把基础知识、技能技巧、思想方法融会贯通于题目之中,再通过适当的点评加以

解析几何的解题思路方法与策略

归纳总结,对照题目,使那些抽象的数学思想方法解题策略技巧变为瞧得见、学得会、用得上的东西,以期能让大家得到实际收效.