直线与圆锥曲线问题的解题策略(研究性学习之一)
众所周知,直线与圆锥曲线的问题,是解析几何解答题的主要题型,是历年来高考备考的重点和高考命题的热点。多年备考的实践经验告诉我们,欲更快地提高解决这类问题的实践能力,需要切实解决好以下两个问题:
(1)条件或目标的等价转化; (2)对于交点坐标的适当处理。
本文试从上述两个问题的研究切入,对直线与圆锥曲线问题的解题策略作初步探索,希望对高考备考有所帮助。
一、条件或目标的认知与转化
解题的过程是一系列转化的过程。从某种意义上说,解题,就是要将所解的题转化为已经解过的题。然而,转化的基础是认知——认知已知、目标的本质和联系。有了足够的认知基础,我们便可以着力实践化生为熟或化繁为简的转化。
1、化生为熟
化生为熟是解题的基本策略。在直线与圆锥曲线相交问题中,弦长问题及弦中点问题是两类基本问题。因此,由直线与圆锥曲线相交引出的线段间的关系问题,要注意适时向弦长或弦中点问题转化。一但转化成功,解题便得以驾轻就熟,胜券在握。
(1)向弦中点问题转化
例1.已知双曲线 =1(a>0,b>0)的离心率 ,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点间的距离为
(1)求双曲线方程; (2)若直线(km≠0)与双曲线交于不同两点C、D,且C、D两点都在以A为圆心的同一个圆上,求m的取值范围。
略解:(1)所求双曲线方程为(过程略)
(2)由 消去y得:
由题意知,当 时, ①
设 中点 则C、D均在以A为圆心的同一圆上
又∴ ②
于是由②得 ③ 由②代入①得 ,解得m<0或m>4 ④
于是综合③、④得所求m的范围为
(2)向弦长问题转化
例2.设F是椭圆 的左焦点,M是C1上任一点,P是线段FM上的点,且满足 (1)求点P的轨迹C2的方程;
(2)过F作直线l与C1交于A、D两点,与C2交点B、C两点,四点依A、B、C、D顺序排列,求使 成立的直线l 的方程。
分析
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:为避免由代换 引发的复杂运算,寻觅替代 的等价条件:设弦AD、BC的中点分别为O1、O2,则,故 ,据此得 于是,所给问题便转化为弦长与弦中点问题。
略解:椭圆C1的中心 点P分 所成的比λ=2。
(1)点P的轨迹C2的方程为 (过程略)
(2)设直线l的方程为 ①
①代入椭圆C1的方程得 ,故有
故弦AD中点O1坐标为 ②
①代入椭圆C2的方程得 ,
又有 故弦BC中点O2坐标为 ③
∴由②、③得 ④ 注意到 ⑤
于是将②、③、④代入⑤并化简得: 由此解得 。
因此,所求直线l的方程为
2.化繁为简
解析几何是用代数计算的方法解决几何问题,因此,解答解析几何问题,人们都有这样的共同感受:解题方向或途径明朗,但目标难以靠近或达到。解题时,理论上合理的思路
设计
领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计
能否在实践中得以实现?既能想到,又能做到的关键,往往在于能否化繁为简。化繁为简的策略,除去“化生为熟”之外,重要的当数“借重投影”或“避重就轻”。
(1)借助投影
对于线段的定比分点以及其它复杂的线段间关系的问题,当题设条件的直接转化颇为繁杂时,不妨运用当初推导定比分点坐标公式的基本方法;将线段上有关各点向x轴(或y轴或其它水平直线)作以投影,进而利用平行线分线段成比例定理推理或转化,这一手法往往能够有效地化解难点,将人们引入熟悉的解题情境。
例3.如图,自点M(1,-1)引直线l交抛物线 于P1 、P2两点,在线段P1 、P2上取一点Q,使 、 、 的倒数依次成等差数列,求点Q的轨迹方程。
解:设 又设直线l的方程为 ①
①代入 得
由题意得 或 ②
且 ③ 又由题意得 ④
作P1、Q、P2在直线y=-1上的投影P1′、Q′、P2′(如图)
又令直线l的倾斜角为 则由 得 ∴
同理,
∴将上述三式代入④得 ⑤
∴将③代入⑤得 ∴ ⑥
∴将⑥代入①得 ⑦
于是由⑥、⑦消去参数k得 ⑧
再注意到②式,由⑥得 或⑨
因此,由⑧、⑨得所求点Q的轨迹方程为
(2)避重就轻
事物都是一分为二的,复杂问题中有关事物之间你中有我、我中有你的局面,在给我们解题制造麻烦的同时,也会为我们侧面迂回、避重就轻带来机会。
例4.已知 点P、Q在椭圆 上,椭圆中心为O,且 , 求椭圆中心O到弦PQ的距离。
分析:这里需要P、Q点坐标,对此,如果直面直线PQ方程和椭圆方程联立方程组,则不论是求解P、Q坐标,还是利用所设P、Q坐标,都不免招致复杂局面。于是转而考虑侧面迂回,避重就轻,同时,注意到P、Q两点的双重属性,想到避开正面求解,而由直线OP(或OQ)方程和椭圆方程联立方程组解出点P(或点Q)坐标。
解(避重就轻,解而不设):设
则由 得
(1)当点P、Q不在坐标轴上时,设直线OP的方程①
则直线OQ的方程为 ② 将①代入椭圆方程 易得
∴③
将②代入椭圆方程 易得 ∴④
∴由③、④得 ⑤
又在 中作 于H,于是由 及⑤式得
= ∴
(2)当点P、Q在坐标轴上时,同样可得 ,从而有 。
于是由(1)(2)知所求椭圆中心O到弦PQ的距离为 。
直线与圆锥曲线相交的问题,适当处置交点坐标是解题繁简乃至解题成败的关键环节。循着教材中关于曲线交点的定位,直线与圆锥曲线的交点坐标,首先是立足于“解”,其次是辅助于“设”。于是,在宏观上围绕着“解”与“设”的选择,产生出两对解题思路:解而不设与设而不解;既设又解与不解。在这里,“设”是举手之劳,问题在于,在一个具体问题中,“解”的火候如何把握?“不解”的时机如何捕捉?以下继续作以探索。
二、求解交点坐标的“度”的把握
个体与整体是辩证的统一,循着“个体”与“整体”的辩证关系,立足于“解”交点坐标,主要是以下两种选择:
1、半心半意,解至中途
从认识目标切入,如果目标不是交点的横坐标或纵坐标的个体,而是关于交点横坐标(或纵坐标)的和与积的对称式,则一般选择从直线方程与曲线方程的联立方程组入手,解至中途运用韦达定理,进而对目标进行转化、靠拢,直至利用上述结果解决问题。
例1.设斜率为2的直线与抛物线 相交于A、B两点,以线段AB为边作矩形ABCD,使 ,求矩形ABCD的对角线交点M的轨迹方程。
解:设 直线AB的方程为 。
由 由题意 ①
由韦达定理得 ② ∴ ③
再设AB中点为 ,则有 ,
注意到四边形ABCD为矩形,故有 ,且 ,由此得
由(4)得 ⑥ ⑥代入(5)得 化简得 ⑦
再注意到①中 ,由(5)得 ∴ ⑧
因此由⑦、⑧得所求动点M的轨迹方程为 。
点评:本例是“立足于一条直线与曲线相交”的问题。这里所说的“立足于一条直线与曲线相交”的问题,是指这样两种题型:
(1)问题由一直线与曲线相交引出;
(2)问题中虽然出现多条直线与同一曲线相交,但这些直线的引出存在着明显的顺序(或依赖关系),整个问题构建在某一条直线与曲线相交的基础之上,对此,我们的求解仍倚仗于对交点坐标“既设又解”的策略。这里的“解”,是解直线方程与曲线方程所联立的方程组,是“半心半意”地求解,解至中途运用韦达定理,因此,此类问题的解题三部曲为
(1)全心全意地设出交点坐标; (2)“半心半意”地求解上述方程组,解至中途运用韦达定理;
(3)对题设条件主体进行分析、转化,使之靠拢并应用(2)的结果导出既定目标。
2、真心实意,求解到底
当目标的转化结果不是交点横标(或纵标)的对称式,而是交点坐标的个体时,则需要真心实意地将求解交点坐标进行到底。
例2.正方形ABCD的中心为M(3,0),一条顶点在原点,焦点在X轴正半轴上的抛物线E,一条斜率为 的直线l,若A、B两点在抛物线E上,而C、D两点在直线l上,求抛物线E和直线l的方程。
解:由题意设抛物线E的方程为 , 直线l的方程为 。
又设正方形ABCD的(一条)对角线的斜率为k, 则由
∴直线AM、BM的方程分别为 再设
则由 得 ① 又点A、B在抛物线E上,故有
② ③ 于是由①、②、③解得 。
故得A(4,2)、B(1,1)、 因此可知,所求抛物线E的方程为 ; 所求直线l方程为 。
点评:上述问题中出现“相对独立的多条直线与同一曲线相交”,即问题中多条直线的出现没有确定的顺序或依赖关系,各条直线之间具有相对独立性。对此,我们仍然运用对交点坐标“既设又解”的策略,不过,这里的“解”不是解直线方程与曲线方程所联立的方程组,而是解关于所设交点坐标的等式所联立的方程组;这里的“解”不是“半心半意”地解至中途运用韦达定理,而是全心全意地去解出交点坐标,因此,此类问题的解题三部曲为:
(1)全心全意地设出交点坐标;
(2)全心全意地求解所设交点坐标满足的方程所联立的方程组,解出所设交点坐标;
(3)利用(2)的结果追求既定目标。
三、求解交点坐标的转换与回避
解决直线与圆锥曲线相交问题招致复杂局面或陷入绝境,究其原因,大多是求解直线与圆锥曲线所联立方程组惹的祸。因此,面对所给问题,当能预见到求解上述方程组的繁难程度时,能转换正面求解(交点坐标)便尽量转换,能回避正面求解(交点坐标)便尽量回避。
1、设而不解
这里所谓的“设而不解”,是指设出交点坐标之后,借助已知方程,运用交点坐标去表示已知条件或主要目标。其中,用所设交点坐标去构造有关直线的斜率最为多见。
例1.设椭圆 的上半部有不同三点A、B、C,它们到同一焦点的距离依次成等差数列,且点B的纵坐标与椭圆的半焦距相等,求线段AC的中垂线在y轴上的截距。
分析:考察线段AC的中垂线方程,易知其斜率由点A、C同名坐标的差式表出,弦中点由点A、C同名坐标的和式表出。由此想到对交点坐标“设而不解”,并借助焦点半径公式求解。
解:设 ,弦AC中点M(x0,y0)。 由已知椭圆方程得
又运用椭圆第二定义可得 ,
∴由题设条件得 ① 而 ∴ ②
此时,注意到点A、C在椭圆 上, 故有 ③ ④
③—④得 ⑤
∴②代入得 由此得⑥
∴由②、⑥得 , 即AC中点
于是可知弦AC的中垂线方程为 ⑦ ∴在⑦中令x=0得
由此可知,所求弦AC的中垂线在y轴上的截距为
2、不设不解
这是解决直线与曲线相交问题的至高境界。因此,欲适时地正确选择对交点坐标“不设不解”,需要我们对问题或图形本质的深刻认知,需要我们对有关知识的深厚积淀或升华。
(1)利用圆锥曲线定义回避交点坐标
例2.已知F1、F2为椭圆的两个焦点,过F2的直线交椭圆于P、Q两点, ,且 ,求椭圆的离心率。
解:注意到这里涉及点P处两条焦点半径,故考虑利用椭圆定义1。
设椭圆方程为 。
又设 ,则由题意得①
根据椭圆定义得
∴ ② ∴①代入②得 ,解得 ③
再由 得 ∴④
∴③代入④得 化简得 , ∴由此解得 。
(2)借助有关图形性质回避交点坐标
例3.已知直线l: 与⊙ 相交于A、B两点,当 时,求⊙C的方程。
提示:圆心C到弦AB的距离(弦心距) 注意到
由圆的弦的性质得 ,由此解得a的值。
(3)利用有关问题的深入认知回避交点坐标
这是处置直线与曲线乃至两曲线相交问题的重要策略,现以例4示范说明。
例4.已知圆M与圆 相交于不同两点A、B,所得公共弦AB平行于已知直线 ,又圆M经过点C(-2,3),D(1,4),求圆M的方程。
解(利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标):
设圆M方程为 ① 又已知圆方程为 ②
∴①—②得上述两圆公共弦AB所在直线方程∴由题设得③
注意到点C、D在圆M上,故有 ④ ⑤
∴将①、②、③、联立解得 ∴所求圆M的方程为
四、高考真题
1.已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆在焦点F的直线交椭圆于A、B两点, 与 共线。 (1)求椭圆的离心率;
(2)设M为椭圆上任意一点,且 ,证明 为定值。
分析:(1)求椭圆离心率,首先要求关于a,b,c的等式。为此,从设出椭圆方程与直线AB的方程切入,运用对A、B坐标“既设又解”的策略;
(2)注意到这里的点为椭圆上任意一点,故考虑对点的坐标“设而不解”。
解:(1)设椭圆方程为 则直线AB方程为 ①
设 将①代入椭圆方程 得
由题意 ,显然成立
由韦达定理得 ② 又 , , 与 共线
∴
即所求椭圆的离心率为
(2)由(1)得 , ∴椭圆方程化为 ③
设 ,由题设得 ∴
∵点M在椭圆③上 ∴
④
又由(1)知,
∴ ⑤
而 , ⑥ ∴ 将⑤、⑥代④得
∴ , 即 为定值。
点评:对于(1),立足于对A、B坐标“既设又解”,对 与 共线的充要条件 ,先“转化”而后“代入”,与先“代入”而后化简比较,计算量要明显减少。因此,诸如此类的问题,要注意选择“代入”的形式或时机,以求减少解题的计算量。
2.P、Q、M、N四点都在椭圆 上,F为椭圆在y轴正半轴上的焦点,已知 与 共线, 与 共线,且 ,求四边形PMQN的面积的最小值和最大值。
分析:这里 ,b=1,c=1,故F(0,1)由题设知 ,四边形PMQN的面积等于 ,因此解题从求 , 切入。
解:这里 ,b=1,c=1,F(0,1), 由 得 ,即
∴直线PQ,MN中至少有一条直线斜率存在。 不妨设PQ的斜率为k,则直线PQ的方程为 ①
又设 将①代入椭圆方程得 ∴
且 ② ∴ ③
(1)当 时,直线MN的斜率为 , 同理可得
∴ 四边形PMQN的面积
令 ,则 (当且仅当 时等号成立) ∴
∴当 时, ,S是以 为自变量的增函数 ∴
(2)当 时,MN为椭圆的长轴, , , ∴
于是(1)(2)得 ∴四边形PMQN的面积的最大值为2,最小值为
点评:认知条件,从而认知本题中四边形PMQN面积的决定因素,寻求的目标便随之明确,而在对四边形面积S的变形中,所施行的分子分母同除以 ,变量替换,分离常数项等等,都是寻求最值的基本策略。
3.设A、B是椭圆 上的两点,点N(1,3)是线段AB的中点,线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点。 (1)确定 的取值范围,并求直线AB的方程;
(2)试判断是否存在这样的 ,使得A、B、C、D四点在同一个圆上?并说明理由。
分析:在这里,有两条直线经过点N并且与椭圆相交,由于(1)要求直线AB的方程,故以交点A、B的坐标“即设又解”切入;对于(2)中的四点共圆, 知,圆的直径为AB或CD,到底是哪一个,则要在完成(1)之后根据具体情况再行确定。
解:(1)由题意,设直线AB方程为① 设
将①代入椭圆方程 得 ②
则由题设知
③ 且 ④ ∴由N(1,3)是线段AB的中点得
∴ 解得 将 代入③得 ∴所求 的取值范围为 ,
直线AB的方程为 即
(2)由题设知,线段CD垂直平分线段AB ∴直线CD的方程为 即 ⑤
将⑤与椭圆方程联立,消去y得 ⑥
又设 ,CD的中点为 , 则 为方程⑥的根
∴ ⑦ 且 ⑧
∴ ,即
注意到由(1)可得
由(2)可得 ∴当 时,
∴假设存在 ,使得A、B、C、D四点共圆,则CD必为圆的直径,点M为圆心
又点M到直线AB的距离 ⑨
∴由勾股定理得
故当 时,A、B、C、D四点均在以M为圆心,以 为半径的圆上。
点评:在这里,对A、B及C、D的坐标均是“既设又解”,解到中途运用韦达定理导出同坐标之间的关系式;对于(2),要切实认知条件的特殊性,根据问题的特殊性,这时化生为熟,转化为熟悉的弦长或弦中点问题。
4.已知方向向量为 的直线l过点 和椭圆 的焦点,且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上
(1)求椭圆C的方程;
(2)是否存在过点E(-2,0)的直线m交椭圆C于点M、N,满足 (0为原点)。若存在,求直线m的方程;若不存在,请说明理由。
分析:这里直线l的方程容易满足,对椭圆中心O关于l的对称点“解而不设”容易完成。解题难点在于转化和应用(2)中的条件,注意到 。为便于沟通左右两边的联系,运用内积定义得 ,即 的面积等于 于是解题以表示 的面积突破。
解: (1)由已知得直线l的斜率为 ,直线l的方程为 ①
过原点且垂直于l的直线方程为② 由①,②解得 ,即上述两直线的交点为
又椭圆中心O关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上, ∴点 在右准线 上, ∴
∵直线l过椭圆焦点, ∴该焦点为(2,0) ∴ ∴椭圆方程为
(2)假设存在符合条件的直线m 设
(Ⅰ)当直线m不垂直x轴时,设直线m的方程为 ③ ③代入椭圆方程 得
由题设
且 , ⑤
∴
又 O到直线MN的距离 ∴ ⑥
由 得 ,即 ,
∴由⑥得 解得 , 即
(Ⅱ)当直线 轴时,直线 ,易得 满足条件
∴(Ⅰ)(Ⅱ)知直线m的方程为 或 或
经检验上述直线均满足 ,
因此,存在满足题设条件的直线m,直线m的方程为 或 或
点评:在本题中,条件 的认知与转化是解题成功的关键环节,一旦已知条件转化为 ,解题便纳入求弦长与距离的熟悉的途径。
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