【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线问题通法通解.doc

解圆锥曲线问题常用方法【学习要点】 解圆锥曲线问题常用以下方法：1、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，则d表示点P（x，y）到原点的距离；又如“”，令=k，则k表示点P（x、y）与点A（-2，3）这两点连线的斜率2、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（x1,y1）外，也可直接设P（2y,-1,y1）（2）斜率为参数 当直线过某一定点P(x0,y0)时，常设此直线为y-y0=k(x-x0)，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，常设某一个角为参数，尤其是圆与椭圆上的动点问题。3、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P1,P2求（或求证）目标Q”，方法1是将条件P1代入条件P2，方法2可将条件P2代入条件P1，方法3可将目标Q以待定的形式进行假设，代入P1,P2,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=的最小值。分析：由此根式结构联想到距离公式，解：S=设Q(-2,3),则S=|PQ|,它的最小值即Q到此直线的距离Smin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）例2：已知点P(x,y)是圆x2+y2-6x-4y+12=0上一动点，求的最值。解：设O（0，0），则表示直线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：y=kx,即kx-y=0圆(x-3)2+(y-2)2=1,由圆心（3，2）到直线kx-y=0的距离为1得,例3：直线l：ax+y+2=0平分双曲线的斜率为1的弦，求a的取值范围.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。解：设A(x1,y1),B(x2,y2)是双曲线上的点，且AB的斜率为1，AB的中点为M(x0,y0)则： -得即M(X0,y0)在直线9x-16y=0上。由 9x-16y=0 得C,D 点M的轨迹方程为9x-16y=0(x<-或x>)kPD=由图知，当动直线l的斜率k时，l过斜率为1的弦AB的中点M，而k=-aa的取值范围为：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，弦AB中点轨迹并不是一条直线（9x-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C、D）的属性（斜率）说明所求变量a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（x1,y1）,C(x2,y2),因x1=y12,x2=y22,即可设B（y12,y1）,C(y22,y2)。再考虑kAB=-kAC得参数y1,y2的关系。解法1：设AB的斜率为k，则AC的斜率为-k 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， 2yB= xB=yB2= B kAC=-k,以-k代替k代入B点坐标得C kBC=为定值解法2：设B（y12,y1）,C(y22,y2)，则 kBC= kAB= 由题意，kAB=-kAC, 则：kBC=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y1,y2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BAC=时，求ABC的重心的轨迹。分析：圆周角BAC=可转化为圆心角BOC=，选用“角参数”， 令B（2cos，2sin）则C(2cos(+),2sin(+)则重心可用表示出来。解：连OB，OC，BAC=，BOC= 设B（2cos,2sin）(0<<),则C(2cos(+),2sin(+) 设重心G（x，y），则： x= y=即： x= y= +。（x<）即点评：要注意参数的范围，+（，）它是一个旋转角，因此最终的轨迹是一 段圆弧，而不是一个圆。例6、求直线3x-4y+10=0与椭圆(a>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得代入椭圆方程得 0，得解得，又a>0, 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，sin）再代入直线方程得3acos-4sin+10=0 4sin-3acos=10。 令sin=，cos=，则sin(-)= ，由 即sin2(-)1得 9a284，a2(a>0)a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，设P（acos，bsin）代入直线方程得Aacos+Bbsin=-C。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、5 B、10 C、9 D、5+22、若关于x的方程有两个不等实根，则实数k的取值范围是 （ ）A、B、C、D、3、方程表示的图形是（ ）A、椭圆 B、双曲线 C、抛物线 D、以上都不对4、已知P、Q分别在射线y=x(x>0)和y=-x(x>0)上，且POQ的面积为1，（0为原点），则线段PQ中点M的轨迹为（ ）A、双曲线x2-y2=1 B、双曲线x2-y2=1的右支 C、半圆x2+y2=1(x<0) D、一段圆弧x2+y2=1(x>)5、一个等边三角形有两个顶点在抛物线y2=20x上，第三个顶点在原点，则这个三角形的面积为 6、设P(a,b)是圆x2+y2=1上的动点，则动点Q(a2-b2,ab)的轨迹方程是 7、实数x、y满足3x2+2y2=6x，则x+y的最大值为 8、已知直线l：2x+4y+3=0，P是l上的动点，O为坐标原点，点Q分为1：2，则点Q的轨迹方程为 9、椭圆在第一象限上一动点P，若A(4，0)，B(0，3)，O(0，0)，则的最大值为 10、已知实数x、y满足x+y=4，求证：11、ABC中,A(3,0)，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(p>0)上的点,且AOB=90°（O为原点）。求证：直线AB过定点。参考答案 1、Bx-2y=b，圆(x-1)2+(y+2)2=5，由(1，2)到x-2y-b=0的距离等于得，b=0或b=10则b的最大值为10，选B。或用参数法，令代入得 最大值为10。选B2、C作图，知当时，直线y=k(x-2)与半圆有两交点，选C3、B方程即令F(-3,1) P(x,y), l: x-y+3=0, PHl于H 则，由双曲线第二定义知选B。4、B用“点参数”法，设P(x1,x1)(x1>0)，Q(x2,-x2)(x2>0)则，x1x2=1，设M(x，y)，则2x=x1+x2，2y=x1-x2，(2x)2-(2y)2=4x1x2则x2-y2=1(x>0)。选B5、1200。设此三角形为OAB，设A(x1,y1)，B(x2,y2)由得， (x1-x2)(x1+x2+20)=0，x1>0，x2>0 x1=x2则，y1=-y2，A、B关于x轴对称，A、B在y=上将代入y2=20x得A(60,20)，B(60,-20)边长为40面积为6、x2+4y2=1令a=cos，bsin，则Q(cos2,sin2)，设Q(x，y)则x2+4y2=17、+13(x-1)2+2y2=3, (x-1)2+令x-1=cos，y=sin，则x+y=cos+sin+1最大值为8、2x+4y+1=0设Q(x，y)，P(x1，y1)，则x1=3x，y1=3y ， 2x1+4y1+3=02×3x+4×3y+3=0即2x+4y+1=09、设P(4cos,3sin)(0<<) 当=时,的最大值为10、证明：设P(x,y)，A(-2，1)则过A作AHl交于H，其中l：x+y=4则 ，则当P在H()时取等号11、解：设C在B的上方，设B(0,t)， 则C(0,t+2)，-3t1设外心为M(x,y)，因BC的中垂线为y=t+1 AB中点为 ，AB的中垂线为 由、消去t得这就是点M的轨迹方程。12、解：设OA：y=kx，代入y2=2px得k2x2=2px则 同理由OB：y=-x 可得B(2pk2,-2pk)令x=2p得y=0，说明AB恒过定点（2p，0）