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高中数学总复习-解题方法


思维方法?类比法

类比是通过两个(或两类)对象的比较,找出它们在某一方面(特征、属性和 关系)的类似点,从而把其中一对象的其他有关性质,移植到另一对象中去.因 此,类比推理是从特殊到特殊的思维方法. 在解析几何中, 类比法是编制新命题、发现新定理以及开拓解题思路的重要 方法. 解析几何的研究对象是直线、圆和圆锥曲线,因此,在圆、椭圆、双曲线、 抛物线之间相互

类比,是类比推理的主要内容. 例 1 对圆 x2+y2=r2,由直径上的圆周角是直角出发,可得:若 AB 是⊙O 的 直径,M 是⊙O 上一点(异于 A、

是否有类似的结论?

标分别为(x1,y1)、(-x1,-y1),又设点 M(x0,y0)是这个椭圆上一点,且 x0 ≠±x1,则

以上两式相减,得

于是①、②两式就是椭圆、双曲线与圆类似的结论. 【解说】 (1)与圆类似,连结圆锥曲线上两点的线段叫做圆锥曲线的弦, 过有心曲线(椭圆、双曲线)中心的弦叫做有心曲线的直径; (2)因为抛物线不是有心曲线,所以抛物线没有与圆的这个性质相类似的结 论.

<a<b)类似的命题是什么? 【分析】 由习题 1.1 第 5 题,我们知道了椭圆这个命题的证明方法,用 类似的方法,我们来寻找双曲线的有关命题.比较两个标准方

由①+②,得

于是,我们得到与椭圆类似的正确命题:

习题 1.4

1.对圆 x2+y2=r2,由过弦 AB(非直径)中点 M 的直径垂直于此

(a>0,b>0)类似的结果是什么?并证明你的结论.

<1),一直线顺次与它们相交于 A、B、C、D 四点,则|AB|=|CD|.双曲线类 似的命题是什么?并加以证明.

习题 1.4 答案或提示

1.若 AB 是椭圆、双曲线的弦(非直径),M 是 AB 的中点,则对

一直线顺次与它们相交于 A、B、C、D 四点,则|AB|=|CD|. 思维方法?求异思维

所谓求异思维是一种不依常规、 寻求变异、 从多方面探索答案的思维形式. 求 异思维又叫发散思维,它具有不落俗套、标新立异、不拘一格的特点.因此,用 求异思维解题有利于培养思维的多向性、灵活性和独特性. 在平面解析几何中,培养学生的求异思维能力,要注意以下几个方面. (一)变换思维方向 解证解析几何习题,常常会出现“思路自然、运算麻烦”的局面,甚至会到 “山穷水尽疑无路”的地步.这时,若能变换思维角度,多方位思考,多渠道辟 径,就会超过思维障碍,呈现“柳暗花明又一村”的美景. 例 1 已知点 A(1,-1)、B(7,2),以 A 为圆心、8 为半径作⊙A,以 B 为圆 心,6 为半径作⊙B,求这两个圆外公切线交点 P 的坐标.

【分析】 如图 1-4.解本题的自然思路是,先求出两条外公切线的方程, 再解方程求出交点坐标.但这种解法是入手容易出手难,由于运算量过大,使思 维陷入困境.如果能换一个角度思考,联想到公切

径之比),那么便可用线段定比分点公式,使问题获得巧解. 【解】 如图 1-4,设 M、N 是一条外公切线与两个圆的切点,连结 AB、BP, 则 A、B、P 三点共线,再连结 AM、BN,则 AM⊥MP、BN⊥MP. ∴ BN∥AM.

设点 P 的坐标为(x,y),则由线段定比分点公式,得

故点 P 的坐标为(25,11). 例 2 如图 1-5, 直线 y=kx+b 与圆 x2+y2=1 交于 B、 两点, C 与双曲线 x2-y2=1 交于 A、D 两点,若 B、C 恰好是线段 AD 的三等分点,求 k 与 b 的值.

【分析】 如图 1-5,解本题的自然思路是,由|AB|=|BC|=|CD|入手,先 计算出|AB|、|BC|、|CD|(即用 k、b 表示),然后解方程组求得 k、b 的值.但由 于线段 AB、CD 的端点不在同一曲线上,从而上述解法运算相当麻烦.如果变换 思考角度,由|AB|=|CD|出发,可得线段 BC 与 AD 的中点重合,进而可用韦达定 理,列出 k、b 的一个关系式,再

【解】
2

如图 1-5,把 y=kx+b 代入 x2-y2=1 中,整理,得

(1+k )x2+2bkx+b2-1=0 ① 从而 由韦达定理,得

把 y=kx+b 代入 x2-y2=1 中,整理,得

(1-k )x2-2bkx-(b2+1)=0 ②
2

∵ ∴

|AB|=|CD|, AD 与 BC 的中点重点.

解之,得 k=0 或 b=0. 当 k=0 时,方程①化为 x2=1-b2,

(二)一题多解

在解析几何中,进行一题多解训练是培养求异思维能力的一种极好形式. 例 3 已知直线 l 过坐标原点,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.(1994 年全国高考理科试题) 【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≠ ①

0).

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

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. ⑤ 又由④知 k> 0. 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 ),



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=ρ cos θ 代入方程 y2=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′,

=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′

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). ∵ ∴ ∠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】 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

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. (三)逆向思维 在人们的思维活动中,如果把 A→B 的思维过程看作正向思维的话,那么就 把与之相反的思维过程 B→A 叫做逆向思维. 在平常的学习中,人们习惯于正向思维,而不善长逆向思维.因此,为了培 养思维的多向性和灵活性,就必须加强逆向思维训练.在解题遇到困难时,若能 灵活地进行逆向思维,往往出奇制胜,获得巧解. 在解析几何中,培养学生逆向思维能力,要注意逆用解析式的几何意义、逆 用曲线与方程的概念和逆用圆锥曲线的定义. 例 4 设 a、 是两个实数, b A={(x, y)|x=n, y=na+b, n∈Z}, B={(x, y)|x=m, 2 2 2 y=3(m +5),m∈Z},C={(x,y)|x +y ≤144}是平面 xOy 内的点焦,讨论是否存 在 a 和 b,使得:(1)A∩B≠?;(2)(a,b)∈C.(1985 年全国高考理科试题) 【解】 由已知可得,a、b 是否存在等价于混合组

以上二式的几何意义是:如图 1-9,在平面 aO′b 中,na+b=3(n2+5)是直 线,a2+b2≤144 是圆面(即圆 x2+y2=144 的边界及其内部).因此,这个混合组有 解的充要条件是直线 na+b=3(n2+5)与圆 a2+b2=144 有公共点,即圆心 O′(0, 0)到这条直线的距离 d≤12.

即(n2+5)2≤16(n2+1), ∴ n4-6n2+9≤0,

即(n2-3)2≤0. 又(n2-3)2≥0, ∴ n2=3.这与 n 是整数矛盾.

故满足题中两个条件的实数 a、b 不存在. 【解说】 这种解法中,把混合组翻译成几何语言(直线和圆面是否有公共 点)就是解析法的逆向思维.教学实践表明,学生普遍认为这种解法难想,其实, “难就难在逆向思维”,普遍认为这种解法巧妙,其实, “巧就巧在逆向思维”.

习题 1.2

1.已知圆 C1:(x+1)2+(y-2)2=4 与圆 C2:(x-3)2+(y-4)2=25,求它们外公切 线交点 P 的坐标. 2. 已知直线 l 过点 P(1, 求它在两坐标轴正向截距之和最小时的方程. 4), (要 求至少 5 种解法)

(要求至少 4 种证法).(1992 年全国高考理科试题) 4.长度为 3 的线段 AB 的两端点在抛物线 y2=x 上移动,记线段 AB 的中点为 M, 求点 M 到 y 轴的最短距离, 并求此时点 M 的坐标. (要求至少 4 种解法). (1987 年全国高考理科试题) 5.已知 2a+3b=5,求证:直线 ax+by-5=0 必过一个定点.

7.已知三个集合 M={(x,y)|y2=x+1},S={(x,y)|4x2+2x-2y+5=0}, P={(x,y)|y=ax+m},问是否存在正整数 a、m 使得(M∪S)∩P=??(其中 ? 表 示空集)

习题 1.2 答案或提示

3.证法 1:设 A、B 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),

|PA|=r,则圆 P 的方程为(x-x0)2+y2=r2,与椭圆方程联立,消去 y,得

把 A、B 的坐标代入椭圆方程中,后把所

)、(ρ 2,θ 2),点 P 的坐标为(t,0),则 t=x0+c.由|PA|=|PB|,可得

5.逆用点在直线的概念,得定点为(2,3). 6.在直角坐标系中,由已知两个等式可知,直线 ax+by=c 过点

重合的条件,可证得结论.

也无实数解.故 a=1,m=2.

思维方法?分析综合法

综合法、分析法和分析综合法是平面解析几何中论证命题的基本方法. 从已知条件出发,运用学过的定义、公式、定理进行一步步地正确推理,最 后证得结论,这种论证命题的思维方法叫做综合法.从命题的结论入手,寻找使 这个结论成立的充分条件, 一直追溯到已知条件为止,这种论证命题的思维方法 叫做分析法.把分析法与综合法结合起来去论证命题的思维方法叫做分析综合 法,它是从一个命题的两头向中间“挤”,因此容易发现证题的突破口,收到事 半功倍的效果. 例 1 设 A、B、C 是双曲线 xy=1 上的三点,求证:△ABC 的垂心 H 必在此双 曲线上. 【分析】 如图 1-1,设 H 的坐标为(x0,y0),要证 H 在此双曲线上,即证 x0y0=1.而 H 是两条高 AH 与 BH 的交点,因此需求直线 AH、BH 的方程,进而从所 得方程组中设法推出 x0y0=1.

【证明】

如图 1-1,由已知可设 A、B、C 的坐标分别为(α ,

设点 H 的坐标为(x0,y0),则

由①式左乘②式右及①式右乘②式左,得

化简可得 x0y0(α -β )=α -β . ∵ α ≠β ,∴x0y0=1.

故 H 点必在双曲线 xy=1 上. 【解说】 本证法的思考过程中, 从分析法入手, 得出证点 H 在双曲线 xy=1 上就是证 x0y0=1.这为综合法证明此题指明了目标.在用综合法证明的过程中, 牢牢抓住这个目标,去寻找 x0、y0 的关系式,用式子①与②相乘,巧妙地消去参 数α 、β 、γ ,得到 x0y0=1.从而避免了解方程的麻烦,提高了解题速度.

例 2 在直角坐标系 xOy 中,已知 A1(x1,y1)、A2(x2,y2)是单位圆 x2+y2=1 内 任两点,设点 P(x,y)是以线段 A1A2 为直径的圆上任一点,求证:x2+y2<2. 【分析】 欲证 x2+y2<2,由于 A1、A2 是圆 x2+y2=1 内两点,

坐标的关系式,又点 P 在以 A1A2 为直径的圆上,故可从 PA1⊥PA2 入手去证. 【证明】 当 P 是直径 A1A2 的端点时,结论显然成立.当 P 不是直径 A1A2 的 端点时,如图 1-2,连结 PA1、PA2,则 PA1⊥PA2,

即 x2+y2-(x1+x2)x-(y1+y2)?y+x1x2+y1y2=0, ∴ x2+y2=(x1+x2)x+(y1+y2)y-x1x2-y1y2.

又由 A1、A2 是圆 x2+y2=1 内两点,得

故 x2+y2<2. 【解说】 乍看,本题难以下手.但用分析综合法,把被证结论转

例 3 已知 P 是椭圆 b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)上任一点,F1、F2 是左、右两个 焦点,∠PF1F2=α ,∠PF2F1=β ,e 是离心率,求证:

由合分比定理,得只需证

① 如图 1-3,在△PF1F2 中,由正弦定理,得



|PF1|+|PF2|=2a,|F1F2|=2c,

由和差化积公式和倍角公式,得

即①式成立. 故原结论成立. 【解说】 本例的上述证法就是分析综合法.它从被证结论入手,把它转化 为证①式成立,这个过程是分析法.然后,从已知条件出发,运用解析几何、三 角知识推得①式,这个过程是综合法.

习题 1.1

用分析综合法证明下列各题: 1.已知 a、b、c 满足 3(a2+b2)=4c2(c≠0),求证:直线 ax+by+c=0 与圆 x2+y2=1 有两个不同的交点.

B、B′是此椭圆的短轴的两个端点,BM 与 B′M 分别交 x 轴于 K、N 两点.求 证:|ON|?|OK|=a2. 4.设 F1、F2 是双曲线 x2-y2=a2(a>0)的两个焦点,P 为该双

习题 1.1 答案或提示

1.欲证直线与圆有两个不同的交点,只需证圆心 O 到直线的距离

<a.又点 P 既在椭圆上,又在圆 x2+y2-ax=0 上,由此可得(b2-a2)

3.欲证|OK|?|ON|=a2,需要求出 K、N 两点的横坐标,从而只需求出直线 BM、B′M 的方程.

思维方法?数形结合观点

解析几何是数形结合的科学, 其显著特点是用代数的方法研究几何图形的性 质,从而把代数、几何、三角熔为一炉.解题时,要贯穿数形结合的观点,不但 要注意把图形数字化和把数式图形化,而且还要留心观察图形的特点,发掘题目 中的隐含条件,充分利用图形的几何性质,把数与形有机地结合在一起,去探索 问题的最佳解法. 例 1 过圆 M:(x-1)2+(y-1)2=1 外一点 P 向此圆作两条切线,当这两切线 互相垂直时,求动点 P 的轨迹方程.

【分析】 本题一般用参数法去解,但运算量大且有一定的技巧,不易求 解.如果运用数形结合的观点,仔细观察图形的性质,不难发现动点 P 是正方形 PT1MT2 的顶点,因此|PM|是定值,立得简捷解法如下.

【解】 如图 1-10,设切点为 T1、T2,连结 MT1、MT2、PM,则 MT1⊥T1P,MT2 ⊥PT2,又 T1P⊥PT2,且|PT1|=|PT2|,那么 MT2PT1

设动点 P(x,y),则(x-1)2+(y-1)2=2,这就是所求的轨迹方程.

的对称点为 Q,点 P 绕圆心 C 依逆时针方向旋转 120°后到达点 R,求线段 RQ 长度的最大值和最小值.

α ), 然后求出点 Q、 的坐标, R 最后用两点间距离公式, 求出|RQ|的最值. 但 这种解法运算量较大,还易出错.

观察图 1-11,在△PRQ 中,欲求|RQ|,因 A 是 PQ 的中点,易想起三角形的 中位线,从而取 PR 的中点 B,连结 BA,则|RQ|=2|AB|.又

求|QR|的最值,转化为求点 A 与所作圆上点的距离的最值.过 C、A 作直线, 交所作圆于 B1、B2 两点,则由平面几何知,|AB|的最大值为

x<2},求 a 的值集. 【分析与解】 本题如果用纯代数法,着眼于求出集合 A,就相当麻烦.如 果用数形结合的观点看待已知不等式, “形” 从 的角度去考虑可得下列简捷解法:

为半径的半圆(如图 1-12),而 y=(a-1)x 是过原点的直线束. 问题转化为:求半圆在动直线上方且 0<x<2 时,a 的值集.易得 a-1≥1, 即 a≥2.

故 a 的值集为{a|a≥2}. 【解说】 由以上三例可知,数与形密切配合,坐标法以图形性质相助,如 虎添翼,问题可迎刃而解.

习题 1.3

用数形结合观点解证下列各题: 1.过圆 M:(x-a)2+y2=a2(a>0)上一点 A(2a,0)作此圆的动弦 AB,求 AB 中点 P 的轨迹方程.

必与相应的准线相交.

u=x2+y2 的最大值和最小值.

习题 1.3 答案或提示

1.连 MP,则 MP⊥AB,从而 P 的轨迹是以 AM 为直径的圆,方

2. 欲证准线 l 与以 AB 为直径的圆相交, 即证圆心 M 到 l 的距离小于半径. 设 过 A、B、M 分别作准线 l 的垂线,重足分别为 P、Q、N,

(x,y)是以 F1(-1,0)、F2(1,0)为焦点、长轴为 8 的椭圆上的动点.umax=16, umin=15.

b2)]≥1,即(a2+b2-1)2≤0,所以 a2+b2=1.

学科方法?参数法

参数观点是运动、 变化思想在数学中的重要体现.参数是解析几何中最活跃 的元素, 也是解题的一种主要方法.解析几何中的许多解题技巧都来源于参数观 点. (一)参数法解题的基本步骤 参数法解题的步骤是: (1)设参,即选择适当的参数(参数的个数可取一个或多个); (2)用参,即建立参数方程或含参数的方程; (3)消参,即通过运算消去参数,使问题得到解决. 例 1 已知抛物线 y2=2px(p>0),在 x 轴的正半轴上求一点 M,使过 M 的弦 P1P2,满足 OP1⊥OP2. 【解】 如图 2-5,设 M(m,0)(m>0)、P1(x1,y1)、P2(x2,y2).



OP1⊥OP2,

即 y1y2=-x1x2.



(y1y2)2=4p2x1x2.

从而(-x1x2)2=4p2x1x2. ∵ ∴ x1≠0,x2≠0, x1x2=4p2 ①

设直线 P1P2 的方程为 y=k(x-m),把它代入 y2=2px 中,整理,得 k2x2-2(k2m+p)x+k2m2=0. 由韦达定理,得 x1x2=m2 把②代入①中,得 m2=(2p)2. ∵ m>0,p>0,∴m=2p.



于是所求的点 M 的坐标为(2p,0). 【解说】 本例选点 P1、P2 的坐标为参数,利用已知条件建立 x1,x2,y1, y2,m,p 的关系式,消去参数,求得 m 的值.

OP 交椭圆于点 R,又点 Q 在 OP 上且满足|OQ|?|OP|=|OR|2.当点 P 在 l 上 移动时,求动点 Q 的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线.(1995 年全国高考理科 压轴题) 【解】 如图 2-6,设动点 Q(x,y)(x,y 不同时为零).又设|OR|=λ |OQ|, |OP|=u|OQ|, , (λ u>0), 由于 Q、 P 三点共线, R、 所以点 R(λ x, y)、 P(ux, λ 点 uy). ∵ ∴ |OQ|?|OP|=|OR|2, u|OQ|2=λ 2|OQ|2.又

|OQ|≠0,

同理,由 P 在 l 上,可得

于是由①、②、③,可得动点 Q 的轨迹方程为

且长轴平行于 x 轴的椭圆,去掉坐标原点.

利用已知条件|OQ|?|OP|=|OR|2 巧妙地消去参数,这里参数是一个过渡,起 桥梁作用.这种解法比高考命题者提供的答案简明. (二)解题技巧的一个源泉 参数观点是产生解题技巧的一个源泉, 解析几何的许多解题技巧都起源于参 数.其中“设而不求”和“代点法”就是最突出的两个. 1.设而不求 例 3 如图 2-7,过圆外一点 P(a,b)作圆 x2+y2=R2 的两条切线,切点为 A、 B,求直线 AB 的方程. 【解】 设 A、B 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),则切线 AP、BP 的方程分 别为 x1x+y1y=R2,x2x+y2y=R2.



这两条切线都过点 P(a,b),



ax1+by1=R2,

ax2+by2=R2. 由以上二式可以看出,点 A、B 在直线 ax+by=R2 上,又过 A、B 只有一条直 线, ∴ 直线 AB 的方程为 ax+by=R2.

【解说】 本例中把 A、B 的坐标作为参数.虽然设了 A、B 的坐标,但并没 有去求它的值,而是利用曲线与方程的概念,巧妙地“消去”参数,这就是所谓 的“设而不求”. 2.代点法 例4 求抛物线 y2=12x 的以 M(1,2)为中点的弦所在直线的方程. 设弦的两个端点为 A(x1,y1)、B(x2,y2),则由中点坐标公式,

【解法 1】 得 y1+y2= 4



即(y1+ y2)(y1-y2)=12(x1-x2). ②

即直线 AB 的斜率 k=3. 故直线 AB 的方程为 y-2=3(x-1). 即 【解法 2】 ∴ 3x-y-1=0. ∵ 弦的中点为 M(1,2),

可设弦的两个端点为 A(x,y)、B(2-x,4-y).

∵ ∴

A、B 在抛物线上, y2=12x,(4-y)2=12(2-x).

以上两式相减,得 y2-(4-y)2=12(x-2+x), 即 3x-y-1=0,这就是直线 AB 的方程.

【解说】 以上两种解法都叫做代点法.它是先设曲线上有关点的坐标,然 后代入曲线方程,最后经适当变换而得到所求的结果.

习题 2.2

用参数法解证下列各题: 1.已知椭圆 9x2+16y2=144 内有一点 P(2,1),以 P 为中点作弦 MN,则直线 MN 的方程为. [ ] A.9x-8y+26=0 B.9x+8y-26=0 C.8x-9y+26=0 D.8x+9y-26=0 2.点 D(5,0)是圆 x2+y2-8x-2y+7=0 内一点,过 D 作两条互相垂直的射线, 交圆于 A、B 两点,求弦 AB 中点 M 的轨迹方程.

且 OP⊥OQ,求 m 的值. 4.已知射线 OA、OB 分别在第一、四象限,且都与 Ox 轴成 60

的轨迹.

5.已知两点 P(-2,2)、Q(0,2)以及一条直线 l:y=x.设长为

程.(要求把结果写成普通方程)(1985 年全国高考理科试题) 6.已知椭圆的中心在原点,对称轴合于坐标轴,直线 y=-x+1 与

习题 2.2 答案或提示

1.仿例 4,选(B). 2.设 M(x,y),A(x+x0,y+y0),B(x-x0,y-y0),把 A、B

=0. 3.仿例 1,可得 m=3.

5.设 A(t,t),B(t+1,t+1),又设直线 PA、PB 的斜率分别

x2-y2+2x-2y+8=0. 6.设椭圆的方程为 ax2+by2=1(a>0,b>0),A、B、C 的坐

学科方法?待定系数法

待定系数法是中学数学中的一种重要方法, 它在平面解析几何中有广泛的应 用.

(一)求直线和曲线的方程 例 1 过直线 x-2y-3=0 与直线 2x-3y-2=0 的交点,使它与两坐标轴相交所 成的三角形的面积为 5,求此直线的方程. 【解】 设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ (2x-3y-2)=0,整理,得

依题意,列方程得

于是所求的直线方程为 8x-5y+20=0 或 2x-5y-10=0. 【解说】 (1)本解法用到过两直线交点的直线系方程,λ 是待定系数.

(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法. 例 2 如图 2-9,直线 l1 和 l2 相交于点 M,l1⊥l2,点 N∈l1,以 A、B 为端 点的曲线 C 上的任一点到 l2 的距离与到点 N 的距离相等.若

系,求曲线 C 的方程.(1998 年全国高考理科试题)

【解】 如图 2-9,以 l1 为 x 轴,MN 的垂直平分线为 y 轴,建立直角坐标 系.由已知,得曲线 C 是以点 N 为焦点、l2 为准线的抛物线的一段,其中点 A、B 为曲线 C 的端点. 设曲线 C 的方程为 y2=2px,p>0(x1≤x≤x2,y>0).其中,x1、x2 分别是 A、 B 的横坐标,p=|MN|.从而 M、N

解之,得 p=4,x1=1.

故曲线 C 的方程为 y2=8x (1≤x≤4,y>0). (二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质 例 3 已知方程 ax2+bxy+cy2=0 表示两条不重合的直线 L1、L2.求:(1)直 线 L1 与 L2 交角的两条角平分线方程;(2)直线 L1 与 L2 的夹角的大小. 【解】 设 L1、L2 的方程分别为 mx+ny=0、qx+py=0,则 ax2+bxy+cy2=(mx+ny)(qx+py). 从而由待定系数法,得 a=mq,b=mp+nq,c=np. (1)由点到直线的距离公式,得所求的角平分线方程为

即(m2+n2)(qx+py)2=(q2+p2)(mx+ny)2, 化简、整理,得 (nq-mp)[(nq+mp)x2+2(np-mq)xy-(nq+mp)y2]=0. ∵ L1、L2 是两条不重合的直线

∴b2-4ac=(mp+nq)2-4mnpq =(mp-nq)2>0. 即 mp-nq≠0.

从而(nq+mp)x2+2(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0. 把 mq=a,mp+nq=b,np=c 代入上式,得 bx2+2(c-a)xy-by2=0. 即为所求的两条角平分线方程. (2)显然当 mq+np=0,即 a+c=0 时,直线 L1 与 L2 垂直,即夹角为 90°. 当 mq+np≠0 即 a+c≠0 时,设 L1 与 L2 的夹角为α ,则

【解说】 一般地说,研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质,用待 定系数法较为简便. (三)探讨二次曲线的性质 1.证明曲线系过定点 例 4 求证: 不论参数 t 取什么实数值, 曲线系(4t2+t+1)x2+(t+1)y2+4t(t +1)y-(109t2+21t+31)=0 都过两个定点,并求这两个定点的坐标.

【证明】

把原方程整理成参数 t 的方程,得

(4x2+4y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2+y2-31=0. ∵ t 是任意实数上式都成立,

【解说】 由本例可总结出,证明含有一个参数 t 的曲线系 F(x,y,t)=0 过定点的步骤是: (1)把 F(x,y,t)=0 整理成 t 的方程; (2)因 t 是任意实数,所以 t 的各项系数(包括常数项)都等于零,得 x、y 的方程组; (3)解这个方程组,即得定点坐标. 2.求圆系的公切线或公切圆 例5 求圆系 x2+y2-2(2m+1)x-2my+4m2+4m+1=0(m≠0)的公切线方程. 将圆系方程整理为 [x-(2m+1)]2+(y-m)2=m2(m≠0) 显然,平行于 y 轴的直线都不是圆系的公切线. 设它的公切线方程为 y=kx+b,则由圆心(2m+1, m)到切线的距离等于半径 |m|,得

【解】

从而[(1-2k)m-(k+b)]2=m2(1+k2), 整理成 m 的方程,得 (3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b) =0.
2



m 取零以外的任意实数上式都成立,

【解说】

由本例可总结出求圆系 F(x,y,m)=0 的公切线方程的步骤是:

(1)把圆系方程化为标准方程,求出圆心和半径; (2)当公切线的斜率存在时,设其方程为 y=kx+b,利用圆心到切线的距离 等于半径,求出 k、b、m 的关系式 f(k,b,m)=0; (3)把 f(k,b,m)=0 整理成参数 m 的方程 G(m)=0.由于 m∈R,从而可得 m 的各项系数(包括常数项)都等于零,得 k、b 的方程组; (4)解这个方程组,求出 k、b 的值; (5)用同样的方法,可求出 x=a 型的公切线方程. 3.化简二元二次方程 例6 求曲线 9x2+4y2+18x-16y-11=0 的焦点和准线. 把平移公式 x=x′+h,y=y′+k,代入原方程化简.

【分析】

【解】

(略).

习题 2.3

用待定系数法解证下列各题: 1.求经过三点(2,3)、(5,3)、(3,-1)的圆的方程. 2.求双曲线 x2-2y2-6x+4y+3=0 的焦点坐标. 3.若方程 ax3+bx2y+cxy2+dy3=0 表示三条直线,且其中两条互相垂直,求 证:a2+ac+bd+d2=0. 4.求圆系 2x2+2y2-4tx-8ty+9t2=0(t≠0)的公切线方程. 5.试证圆系 x2+y2-4Rxcosα -4Rsinα +3R2=0(R 是正的常数,α 为参数)与定 圆相切,并求公切圆的方程. 6.若在抛物线 y2=2px(p>0)的对称轴上有一个定点 Q,过 Q 的任

习题 2.3 答案或提示

1.设圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0,把三个已知点的坐标代入,可求得 D=-8,E=-2,F=12.

3.设过原点互相垂直的两条直线方程为 lx2+mxy-ly2=0,另一条直线方程为 px+qy=0,则 ax3+bx2y+cxy2+dy3=(lx2+mxy-ly2)(px+qy),从而 a=lp,b=lq+ mp,c=mq-lp,d=-lp.于是可得 a2+ac+bd+d2=0. 4.y=x 或 y=7x.

5.圆系方程为(x-2Rcosα )2+(y-2Rsinα )2=R2,设公切圆方程为 (x-a)2+(y-b)2=r2,则由两圆相切的充要条件是圆心距等于两圆半径和或差的绝 对值,可得(a-2Rcosα )2+(b-2Rsinα )2=(R±r)2,整理,可得 a2+b2-2R

即 a=b=0.从而 r2-3R2±2Rr=0,解得 r1=R,r2=3R. 6.设 Q(x0,0),直线 AB 的参数方程为 x=x0+tcosα ,y=tsinα .代

任一值,所以 x0=p.

学科方法?判别式法

判别式法是中学数学中的一种常用方法,它在平面解析几何中有下列应用: (一)确定直线与二次曲线和二次曲线与二次曲线的位置关系

它们中每一个点到点 A 的距离等于该点到直线 l 的距离?(1988 年全国高考 理科试题)

点、l 为准线的抛物线方程为 y2=2px. 椭圆上有四个点符合题意的充要条件为方程组

y2=2px 有四个不同的实数解.

显然, 这个方程组有四个不同的实数解的充要条件为方程①有两个不相等的 正根. 设方程①的两个根为 x1、x2,则 x1>0、x2>0 的充要条件为

又由已知,得 p> 0 ⑤

【解说】 本例的实质是求椭圆与抛物线有四个不同的交点的条件,它归结 为一元二次方程 ax2+bx+c=0 有两个不等的正根的条件,即Δ

(二)求极值 例 2 过点 P(3,2)作直线 l 分别交 x 轴、y 轴正方向于 A、B 两点,求△AOB 面积 S 的最小值. 【解】 如图 2-21,设直线 l 的方程为 y-2=k(x-3)(k<0),则它在 x 轴、y 轴上的截距分别为

从而 9k2+2(S-6)k+4=0. ∵ ∴ ∵ Δ =[2(S-6)]2-4?4?9≥0, S(S-12)≥0. S>0,∴S≥12.

∴ 例3

Smin=12. 在椭圆 9x2+4y2=36 上分别求一点,使 x+y 有最大值和最小值. 设 x+y=u,则 y=u-x.

【解】

把它代入椭圆方程中,整理,得 13x2-8ux+4(u2-9)=0. ∵ x 是实数,∴ Δ ≥0 即(-8u)2-4?13?4(u2-9)≥0.解之,得-

(三)求参数的取值范围 例 4 已知抛物线 y=ax2-1 上恒有关于直线 l:y=-x 对称的两点,求 a 的取 值范围.

【解法 1】 如图 2-22,设点 P(x0,y0)关于直线 l 对称的点为 Q(-y0,-x0), 则由 P、Q 都在抛物线 y=ax2-1 上,得

以上两式相减,得 x0+y0=a(x0+y0)(x0-y0). ∵ 点 P 不在直线 x+y=0 上,∴x0+y0≠0.从而 a(x0-y0)=1,即 y0=x0-



P、Q 两点恒存在,∴x0 是实数,即方程(*)恒有两个不等实

学科方法?韦达定理法

利用一元二次方程的韦达定理(即根与系数的关系)解题的方 法叫做韦达定理法,它是处理解析几何问题的一个主要技巧. (一)关于弦中点问题 例 1 已知点 M(2,2)是椭圆 x2+4y2-2x-12y+6=0 内部一点,过 M 作直线 l 交此椭圆于两点 A、B,使 M 为弦 AB 的中点,求直线 l 的方程. 【解法 1】 先考察过 M 点斜率不存在的直线 x=2.由于点 M 不

再考察过 M 点斜率存在的直线.设直线 l 的方程为 y-2=k(x-2),即 y=kx-2k +2,把它代入椭圆方程中,整理,得 (1+4k2)x2-2(8k2-2k+1)x+2(8k2-4k-1)=0. 设 A、B 的横坐标分别为 x1、x2,则由韦达定理,得

又由中点坐标公式,得

即 y-6=0.

x+2

把它代入椭圆的方程中,整理,得 (cos2α +4sin2α )t2+2(cosα +2sinα )t-2=0. ∵ M 是弦 AB 的中点,∴由韦达定理,得

即 2y-6=0.

x+

【解说】 已知圆锥曲线内一点,求以该点为中点的弦所在的直线方程,用 韦达定理法去解,一般有上述两种方法.

B1、B2,且 A 为 B1B2 的中点?这样的直线 m 如果存在,求出它的方程;如果 m 不存在,说明理由.

【解】 得

设所求的直线方程为 y=k(x-1)+1,代入双曲线方程中,整理,可

(2-k2)x2+2(k2-k)x-(k2-2k+3)=0. 设 B1(x1,y1)、B2(x2,y2),则 A 为 B1B2 中点的充要条件为

解②,得 k=2.代入①中,不适合. 故满足题中条件的直线 m 不存在. 【解说】 由本例可知,应用韦达定理法解直线与圆锥曲线相交的问题时, 要注意直线与圆锥曲线相交的条件, 即判别式不小于零是应用韦达定理的先决条 件. (二)弦长问题 例3 顶点在原点,焦点在 x 轴上的抛物线,被直线 y=2x+1 截得

【解】 得

设抛物线的方程为 y2=2px,把 y=2x+1 代入抛物线方程中,整理,

4x2+2(2-p)x+1=0. ∵ ∴ Δ =[2(2-p)]2-4?4?1>0, p<0 或 p>4.

设直线与抛物线交于 A(x1,y1)、B(x2,y2),则

解之,得 p1=-2,p2=6. 故所求的抛物线方程为 y2=-4x 或 y2=12x. 【解说】 直线与二次曲线相交,截得弦长,一般可用公式|AB|=

、x2 分别是点 A、B 的横坐标. (三)线段关系式 例 4 已知抛物线 C:y2=4x 和定点 R(0,-2),是否存在过定点 R 的直线 l, 交抛物线 C 于 P、Q 两点,使|PQ|2=|RP|?|RQ|,若存在,求其方程,若不存在, 说明理由. 【解】 得 如图 2-10,设所求的直线为 y=kx-2,把它代入 y2=4x 中,整理,

k2x2-4(k+1)x+4=0. 当Δ =[-4(k+1)]2-16k2>0,

分别过 P、Q 作 x 轴的垂线,垂足为 A、B,则由|PQ|2=|RP|?|RQ|,得 |AB|2=|OA|?|OB|, ∴ |xQ-xP|2=xP?xQ,

即(xP+xQ)2 -5xPxQ=0.

故符合题意的直线 l 存在,其方程为

例 5 已知点 M(x1,y1)在第一象限内,过 M 的两个圆与两坐标都相切,且它 们的半径分别为 r1、r2(r1≠r2),求证:

【证明】 ∵ ∴

设过点 M 的两个圆为⊙O1、⊙O2.

它们都与 x 轴、y 轴都相切, 它们的方程分别为



点 M 在这两个圆上,

由以上两式可知,r1、r2 是关于 r 的方程

于是 由韦达定理,得

习题 2.4

用韦达定理法解证下列各题: 1.已知抛物线 y2+4x-y+1=0 的一条弦被点 M(-2,3)所平分,求这条弦所 在直线的方程.

方程. 3.抛物线 y=x2-2x+2 交动直线 y=kx(k>0)于 P1、P2 两点,点 Q 在

4.过点 P(1,1)作一条动直线,交圆 x2+y2=4 于 A、B 两点,求|AP|2+|BP|2 的最大值和最小值. 5. 已知抛物线 y2=2px(p>0)的焦点弦长|AB|=m, 顶点为 O, 求△OAB 的面积.

6.抛物线 y2=4x,过点 A(0,-2)的直线与抛物线交于不同的两点 P、Q,O 为原点,以 OP、OQ 为邻边的平行四边形为 OPMQ,求动点 M 的轨迹方程. 7.设抛物线的顶点在原点,焦点 F 是圆 x2+y2-4x=0 的圆心.过此抛物线的 焦点且斜率为 2 的直线与抛物线和圆分别相交于 A、 B、 D、 C(如图 2-11), 求|AB| +|CD|.

习题 2.4 答案或提示

3.把 y=kx 代入 y=x2-2x+2 中,整理,得 x2-(k+2)x+2=0,由

4.用直线的参数方程去解,最大值为 12,最小值为 4.

6.设直线 PQ 的斜率为 k(k≠0),把 y=kx-2 代入 y2=4x 中,得 k2x2-4(k+1)x+4=0.由中点坐标公式和韦达定理,得动点 M(x,y)的坐标

<k<0 或 k>0,从而 y>0 或 y<-8.于是轨迹方程为(y+2)2=4(x+1)(y >0 或 y<-8). 7.抛物线的方程为 y2=8x.设 A、D 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).又设 直线 AD 的方程为 y=2(x-2),把它代入抛物线方程中,由韦达定理和弦长公式可 得|AD|=10,于是|AB|+|CD|=|AD|-|BC|=10-4=6.

学科方法?坐标法

坐标法是解析几何最基本的方法,它的思路是,通过建立平面坐标系(直角 坐标系或极坐标系等),把几何问题转化为代数问题(或代数问题转化为几何问 题),从而利用代数知识(或解析几何知识)使问题得以解决. (一)坐标法解证几何题 例1 在△ABC 中,已知 BC=a,CA=b,AB=c,S 为三角形面

【证明】 如图 2-1,以边 AB 的中点 O 为坐标系原点、AB 所在的直线为 x 轴,建立直角坐标系,设 A、B、C 的坐标分别为(-m,0)、(m,0)、(p,q)(m>0, q>0),则 a2=|BC|2=(m-p)2+q2=m2+p2+q2-2mp,b2=|AC|2=(p+m)2+q2=p2+m2+ q2-2mp,c2=4m2,S=mq.

例2

已知:AB 是半圆的直径,且 AB=2r,直线 L 与 BA 的延长

与 L 的距离分别为 MP、NQ,且 MP=MA,NQ=NA.求证:AM+AN=AB. 【分析】 由|MA|=|MP|和|NA|=|NQ|,知 M、N 在以 A 为焦点的抛物线上, 因此 M、N 是半圆与抛物线的两个交点,从而本题可考虑用直角坐标法和极坐标 法求解. 【证法 1】 如图 2-2,以 AT 的中点 O 为坐标原点,射线 OB 为 x 轴的正方 向,建立直角坐标系. ∵ ∴ ∵ ∴ y =4ax ①
2

|MA|=|MP|,|NA|=|NQ|, M、N 是以 A 为焦点,L 为准线的抛物线上的点. p=|AT|=2a, 抛物线的方程为

由已知,得半圆的方程为 [x-(a+r)]2+y2=r2(y≥ 0) ② 把①代入②中,整理,得 x2-2(r-a)x+a2+2ar=0. 设 M、N 两点的横坐标分别为 x1、x2,则 x1+x2=2r-2a. ∵ |AM|+|NA|=a+x1+a+x2

=2a+2r-2a=2r, ∴ |AM|+|AN|=|AB|. 如图 2-2,以 A 为极点,射线 AB 为极轴,建立极坐标系,则

【证法 2】 半圆的方程为

∵ ∴

|MA|=|MP|,|NA|=|NQ|, M、N 在以 A 为极点、L 为准线的抛物线上.

又 p=|AT|=2a,

从①、②中消去 cosθ ,得 ρ 2-2rρ +4ar=0. 从而由韦达定理,得 |MA|+|NA|=ρ 1+ρ 2=2r. 故 |AM|+|AN|=|AB|.

【解说】

由以上两例,可总结出坐标法解证几何题的思路模式图为:

(二)坐标法解证代数题

【证明】

由已知条件,得 在平面直角坐标系 xOy 中,直线 x+y

直线的距离不大于半径,即



(z-a)2≤a2-2z2,又 a>0,

【解说】 本例利用方程的几何意义,把已知条件转化为直线与圆的位置, 从而由点到直线的距离公式,使问题获解.

【证明】 ∵ ∴

如图 2-3,建立直角坐标系,设圆 O 的半径为 1.

α 、β 是方程 acosθ +bsinθ =c 在(0,π )内的两个根, acosα +bsinα =c,acosβ +bsinβ =c,

从而点 A(cosα ,sinα ),B(cosβ ,sinβ )是直线 ax+by=c 与⊙O 的两个交 点.

【解说】

由以上两例,可总结出坐标法解证代数题的思路模式为:

习题 2.1

用坐标法解证下列各题: 1.在锐角△ABC 中,AD⊥BC 于 D,且|AD|=|BC|,M 是 BC 的中点,H 是垂心, 求证:|MH|+|HD|=|BM|. 2.在锐角△ABC 中,AD⊥BC 于 D,H 为 AD 上一点,BH、CH 分别交 AC、AB 于 E、F,求证:∠EDA=∠ADF. 3.在△ABC 中,AB=AC,AD⊥BC 于 D,DE⊥AC 于 E,M 是 DE 的中点,求证: AM⊥BE.

6.关于θ 的方程 acosθ +bsinθ =0(a2+b2≠0)有两个相异实根α 、β ,m、 n∈R,求证:

习题 2.1 答案或提示

1.以 D 为坐标原点,DC 为 x 轴,DA 为 y 轴,设点 B(b,0)、

2.以 D 为原点,DC 为 x 轴,DA 为 y 轴,设点 A、B、C、H 坐标分别为(0,a)、(b,0)、(c,0)、(0,h),则直线 AC 的方程为

3.以 D 为原点,DC 为 x 轴、DA 为 y 轴,设 A、B、C 的坐标

如图 2-4,当直线 y=x-u 过点 A(1,0)时,u=1.当直线与半圆相切

5.在直角坐标系中,设 M(1,2)、P(sinθ ,cosθ ),则 P 为⊙O:x2+y2=1 上任一点,f(θ )为 MP 的斜率,由图(图由读者自画)易知,过 M 作⊙O 的两条切 线中,斜率存在的那一条直线的斜率,即为所求的最小值.

设这切线的方程为 y-2=k(x-1),则由点到直线的距离公式,可得 k=

6.由已知可得,直线 ax+by=0 与单位圆 x2+y2=1 有两个不同的交点 A(cos α ,sinα )、B(cosβ ,sinβ ),又 P(m,n)是任一点,则|PA|+|PB|≥|AB|=2, 即


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