2019-2020年高中數(shù)學 解圓錐曲線問題常用方法知識點撥（二） 北師大版選修2-1.doc

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2019-2020年高中數(shù)學 解圓錐曲線問題常用方法知識點撥（二） 北師大版選修2-1 【學習要點】 解圓錐曲線問題常用以下方法： 4、數(shù)形結合法 解析幾何是代數(shù)與幾何的一種統(tǒng)一，常要將代數(shù)的運算推理與幾何的論證說明結合起來考慮問題，在解題時要充分利用代數(shù)運算的嚴密性與幾何論證的直觀性，尤其是將某些代數(shù)式子利用其結構特征，想象為某些圖形的幾何意義而構圖，用圖形的性質來說明代數(shù)性質。 如“2x+y”，令2x+y=b，則b表示斜率為-2的直線在y軸上的截距；如“x2+y2”,令，則d表示點P（x，y）到原點的距離；又如“”，令=k，則k表示點P（x、y）與點A（-2，3）這兩點連線的斜率…… 5、參數(shù)法 （1）點參數(shù)利用點在某曲線上設點（常設“主動點”），以此點為參數(shù)，依次求出其他相關量，再列式求解。如x軸上一動點P，常設P（t，0）；直線x-2y+1=0上一動點P。除設P（x1,y1）外，也可直接設P（2y,-1,y1） （2）斜率為參數(shù) 當直線過某一定點P(x0,y0)時，常設此直線為y-y0=k(x-x0)，即以k為參數(shù)，再按命題要求依次列式求解等。 （3）角參數(shù) 當研究有關轉動的問題時，常設某一個角為參數(shù)，尤其是圓與橢圓上的動點問題。 6、代入法 這里所講的“代入法”，主要是指條件的不同順序的代入方法，如對于命題：“已知條件P1,P2求（或求證）目標Q”，方法1是將條件P1代入條件P2，方法2可將條件P2代入條件P1，方法3可將目標Q以待定的形式進行假設，代入P1,P2,這就是待定法。不同的代入方法常會影響解題的難易程度，因此要學會分析，選擇簡易的代入法。 【典型例題】 例1：已知P(a,b)是直線x+2y-1=0上任一點，求S=的最小值。 分析：由此根式結構聯(lián)想到距離公式， 解：S=設Q(-2,3), 則S=|PQ|,它的最小值即Q到此直線的距離 ∴Smin 點評：此題也可用代入消元的方法轉化為二次函數(shù)的最小值問題（注：可令根式內(nèi)為t消元后，它是一個一元二次函數(shù)） 例2：已知點P(x,y)是圓x2+y2-6x-4y+12=0上一動點，求的最值。 解：設O（0，0），則表示直線OP的斜率，由圖可知，當直線OP與圓相切時，取得最值，設最值為k，則切線：y=kx,即kx-y=0 圓(x-3)2+(y-2)2=1,由圓心（3，2）到直線kx-y=0的距離為1得, ∴ ∴ 例3：直線l：ax+y+2=0平分雙曲線的斜率為1的弦，求a的取值范圍. ① ② 分析：由題意，直線l恒過定點P(0,-2)，平分弦即過弦中點，可先求出弦中點的軌跡，再求軌跡上的點M與點P的連線的斜率即-a的范圍。 解：設A(x1,y1),B(x2,y2)是雙曲線上的點，且AB的斜率為1，AB的中點為M(x0,y0) 則： ①-②得 即M(X0,y0)在直線9x-16y=0上。 由 9x-16y=0 得C,D ∴點M的軌跡方程為9x-16y=0(x<-或x>) kPD= 由圖知，當動直線l的斜率k∈時，l過斜率為1的弦AB的中點M，而k=-a ∴a的取值范圍為： 點評：此題是利用代數(shù)運算與幾何特征相結合的方法而解得的，由圖得知，弦AB中點軌跡并不是一條直線（9x-16y=0），而是這條直線上的兩條射線（無端點）。再利用圖形中的特殊點（射線的端點C、D）的屬性（斜率）說明所求變量a的取值范圍。 例4：過y2=x上一點A（4，2）作傾斜角互補的兩條直線AB、AC交拋物線于B、C兩點。求證：直線BC的斜率是定值。 分析：（1）點A為定點，點B、C為動點，因直線AB、AC的傾斜角互補，所以kAB與kAC相反，故可用“k參數(shù)”法，設AB的斜率為k，寫出直線AB的方程，將AB的方程與拋物線方程聯(lián)立，因A為已知交點，則方程有一根已知故用韋達定理容易解出點B坐標，同理可得點C坐標，再求BC斜率。 （2）因點B、C在拋物線上移動，也可用“點參數(shù)”法，設B（x1,y1）,C(x2,y2),因x1=y12,x2=y22,即可設B（y12,y1）,C(y22,y2)。再考慮kAB=-kAC得參數(shù)y1,y2的關系。 解法1：設AB的斜率為k，則AC的斜率為-k AB：y-2=k(x-4),與y2=x聯(lián)立得： y-2=k(y2-4),即ky2-y-4k+2=0 ∵y=2是此方程的一解， ∴2yB= xB=yB2= ∴B ∵kAC=-k,以-k代替k代入B點坐標得C ∴kBC=為定值 解法2：設B（y12,y1）,C(y22,y2)，則 kBC= ∵kAB= 由題意，kAB=-kAC, ∴ 則：kBC=為定值。 點評：解法1運算量較大，但其方法是一種基本方法，因k的變化而造成了一系列的變化，最終求出BC的斜率為定值；解法2利用點B，C在拋物線上設點，形成含兩個參數(shù)y1,y2的問題，用整體思想解題，運算量較小。 例5：在圓x2+y2=4上，有一定點A（2，0）和兩動點B，C（A，B，C按逆時針排列），當B，C兩點保持∠BAC=時，求△ABC的重心的軌跡。 分析：圓周角∠BAC=可轉化為圓心角∠BOC=，選用“角參數(shù)”， 令B（2cosθ，2sinθ）則C(2cos(θ+),2sin(θ+)) 則重心可用θ表示出來。 解：連OB，OC，∵∠BAC=，∴∠BOC= 設B（2cosθ,2sinθ）(0<θ<),則C(2cos(θ+),2sin(θ+)) 設重心G（x，y），則： x= y= 即： x= y= θ+ ∴。（x<） 即 點評：要注意參數(shù)θ的范圍，θ+∈（，）它是一個旋轉角，因此最終的軌跡是一 段圓弧，而不是一個圓。 例6、求直線3x-4y+10=0與橢圓(a>0)有公共點時a的取值范圍 分析:將直線方程代入橢圓方程消元得一元二次方程應有解,用判別式△≥0可求得a的取值范圍。也可考慮另一代入順序，從橢圓方程出發(fā)設公共點P（用參數(shù)形式），代入直線方程，轉化為三角問題：asinx+bcosx=c何時有解。 解法一：由直線方程3x-4y+10=0得代入橢圓方程得 ∴ △ ≥0，得 解得， 又a>0,∴ 解法二：設有公共點為P，因公共點P在橢圓上，利用橢圓方程設P（acos，sin）再代入直線方程得3acos-4sin+10=0 4sin-3acos=10。 令sinα=，cosα=， 則sin(-α)= ， 由 即sin2(-α)≤1得 ∴9a2≥84，a2≥(a>0) ∴a≥ 點評：解法1，2給出了兩種不同的條件代入順序，其解法1的思路清晰，是常用方法，但運算量較大，對運算能力提出較高的要求，解法2先考慮橢圓，設公共點再代入直線，技巧性強，但運算較易，考慮一般關系：“設直線l：Ax+By+C=0與橢圓有公共點,求應滿足的條件”此時，若用解法一則難于運算，而用解法二，設有公共點P，利用橢圓，設P（acos，bsin）代入直線方程得Aacos+Bbsin=-C。 ∴時上式有解。 ∴C2≤A2a2+B2b2 因此，從此題我們可以體會到條件的代入順序的重要性。 【同步練習】 1、若實數(shù)x、y滿足x2+y2-2x+4y=0，則x-2y的最大值是（ ） A、5 B、10 C、9 D、5+2 2、若關于x的方程有兩個不等實根，則實數(shù)k的取值范圍是 （ ） A、B、C、D、 3、方程表示的圖形是（ ） A、橢圓 B、雙曲線 C、拋物線 D、以上都不對 4、已知P、Q分別在射線y=x(x>0)和y=-x(x>0)上，且△POQ的面積為1，（0為原點），則線段PQ中點M的軌跡為（ ） A、雙曲線x2-y2=1 B、雙曲線x2-y2=1的右支 C、半圓x2+y2=1(x<0) D、一段圓弧x2+y2=1(x>) 5、一個等邊三角形有兩個頂點在拋物線y2=20x上，第三個頂點在原點，則這個三角形的面積為 6、設P(a,b)是圓x2+y2=1上的動點，則動點Q(a2-b2,ab)的軌跡方程是 7、實數(shù)x、y滿足3x2+2y2=6x，則x+y的最大值為 8、已知直線l：2x+4y+3=0，P是l上的動點，O為坐標原點，點Q分為1：2，則點Q的軌跡方程為 9、橢圓在第一象限上一動點P，若A(4，0)，B(0，3)，O(0，0)，則的最大值為 10、已知實數(shù)x、y滿足x+y=4，求證： 11、△ABC中,A(3,0)，BC在y軸上，且在[-3,3]間滑動，求△ABC外心的軌跡方程。 12、設A、B是拋物線y2=2Px(p>0)上的點,且∠AOB=90°（O為原點）。求證：直線AB過定點。 參考答案 1、B x-2y=b，圓(x-1)2+(y+2)2=5，由(1，2)到x-2y-b=0的距離等于得，∴b=0或b=10 則b的最大值為10，選B。 或用參數(shù)法，令代入得 最大值為10。選B 2、C作圖，知當時，直線y=k(x-2)與半圓有兩交點， 選C 3、B 方程即 令F(-3,1) P(x,y), l: x-y+3=0, PH⊥l于H 則，由雙曲線第二定義知選B。 4、B 用“點參數(shù)”法，設P(x1,x1)(x1>0)，Q(x2,-x2)(x2>0) 則，∴x1x2=1，設M(x，y)， 則2x=x1+x2，2y=x1-x2，∴(2x)2-(2y)2=4x1x2 則x2-y2=1(x>0)。選B 5、1200。 設此三角形為△OAB，設A(x1,y1)，B(x2,y2)由得， ∴ (x1-x2)(x1+x2+20)=0，∵x1>0，x2>0 ∴x1=x2 則，y1=-y2，∴A、B關于x軸對稱，A、B在y=上 將代入y2=20x得A(60,20)，∴B(60,-20) 邊長為40面積為 6、x2+4y2=1 令a=cosθ，bsinθ，則Q(cos2θ,sin2θ)，設Q(x，y) 則x2+4y2=1 7、+1 3(x-1)2+2y2=3, (x-1)2+ 令x-1=cos，y=sin，則x+y=cos+sin+1 最大值為 8、2x+4y+1=0 設Q(x，y)，P(x1，y1)，則 ∴x1=3x，y1=3y ， ∵2x1+4y1+3=0 ∴2×3x+4×3y+3=0即2x+4y+1=0 9、 設P(4cos,3sin)(0<<) 當=時,的最大值為 10、證明：設P(x,y)，A(-2，1)則 過A作AH⊥l交于H，其中l(wèi)：x+y=4 則 ∴，則 當P在H()時取等號 ∴ 11、解：設C在B的上方，設B(0,t)， 則C(0,t+2)，-3≤t≤1 設外心為M(x,y)，因BC的中垂線為y=t+1 ① AB中點為 ， AB的中垂線為 ② 由①、②消去t得這就是點M的軌跡方程。 12、解：設OA：y=kx，代入y2=2px得k2x2=2px則 ∴ 同理由OB：y=-x 可得B(2pk2,-2pk) ∴ 令x=2p得y=0，說明AB恒過定點（2p，0）