高二数学专题（一）简化圆锥曲线运算的几种数学思想人教版知识精讲

高二数学高二数学专题 一 简化圆锥曲线运算的几种数学思想专题 一 简化圆锥曲线运算的几种数学思想人教版人教版 本讲教育信息本讲教育信息 一 教学内容 专题 一 简化圆锥曲线运算的几种数学思想 二 教学重 难点 1 重点 圆锥曲线的综合问题 2 难点 灵活运用介绍的几种数学思想简化圆锥曲线的运算 典型例题典型例题 一 极端思想 通过考察圆锥曲线问题的极端元素 灵活地借助极限状态解题 则可以避开抽象及复 杂运算 优化解题过程 降低解题难度 这是简化运算量的一条重要途径 例 1 求已知离心率 过点 1 0 且与直线 相切于点 5 2 el032 yx 长轴平行于轴的椭圆方程 3 5 3 2 y 解 解 把点 看作离心率的椭圆 点椭 3 5 3 2 5 2 e0 3 5 5 1 3 2 22 yx 圆 则与直线 相切于该点的椭圆系即为过直线 与 点椭圆 的公共l032 yxl 点的椭圆系方程为 0 32 3 5 5 1 3 2 22 yxyx 又由于所求的椭圆过点 1 0 代入上式得 3 2 因此 所求椭圆方程为 1 5 2 2 y x 二 补集思想 有些圆锥曲线问题 从正面处理较难 常需分类讨论 运算量大 且讨论不全又容易 出错 如用补集思想考虑其对立面 可以达到化繁为简的目的 例 2 为何值时 直线 不能垂直平分抛物线的某弦 kl 1 1 xkyxy 2 解 解 设 直线 垂直平分抛物线的某弦 若直线 垂 RkkI kA lxy 2 l 直平分抛物线的弦 AB 且 A B 则 11 yx 22 yx 1 2 1 xy 2 2 2 xy 上述两式相减得 212121 xxyyyy 即 2121 21 11 yyxx yy k 又设 M 是弦 AB 的中点 且 则 00 yxM 22 21 0 kyy y 因为点 M 在直线 上 所以l k x 1 2 1 0 由于 M 在抛物线的内部 所以 即 0 2 0 xy 0 421 2 1 2 3 2 k kk k k 020 22 2 2 k k kkk 故原命题中的取值范围是或k2 k0 k 三 整体思想 对有些圆锥曲线问题 注意其整体结构特点 设法将问题整体变形转化 以达到避免 一些不必要的运算 降低解题难度 例 3 从椭圆外一点 P 2 4 作椭圆的切线 求两切线的夹角 1 23 22 yx 解 解 由椭圆的切线方程知两切线的方程为 222 bkakxy 23 2 kkxy 又切线过点 P 2 4 所以 整理得 2324 2 kk01416 2 kk 所以 16 21 kk14 21 kk 所以 21 21 1 tan kk kk 21 21 2 21 1 4 kk kkkk 3 22 141 144162 所以两切线的夹角 3 22 arctan 四 方程思想 把圆锥曲线问题中的解析式看作一个方程 通过解方程的手段或对方程的研究 使问 题得到解决 这种思想方法在解析几何试题中经常使用 例 4 已知双曲线 C 设该双曲线上支的顶点为 A 且上 1 1 22222 aayaxa 支与直线相交于 P 点 一条以 A 为焦点 M 为顶点 开口向下的抛物线xy m 0 通过点 P 设 PM 的斜率为 且 求实数的取值范围 k 3 1 4 1 ka 解 解 由双曲线方程知 A 0 1 则抛物线方程为 由双曲线 1 4 2 mymx 与直线相交 解得点 P 的坐标为 又因为点 P 在抛物线上 所以 aa 1 4 2 mama 而 MP 的斜率为 所以 a am k aakm 将代入 得 即 aakm 1 4 2 akaaka 0 1 44 2 akaak 根据题意 方程 在区间上有实根 3 1 4 1 令 其对称轴方程为akaakkf 1 44 2 0 2 1 a a k 所以 所以实数的取值范围为4 7 12 0 3 1 0 4 1 a f f a 4 7 12 五 函数思想 对于圆锥曲线问题上一些动点 在变化过程中会引入一些相互联系 相互制约的变量 从而使变量与其中的参变量之间构成函数关系 此时 用函数思想与函数方法处理起来十 分方便 例 5 直线 和双曲线的左支交于 A B 两点 直线 过 P m1 kxy1 22 yxl 和 AB 线段的中点 M 求 在轴上的截距的取值范围 0 2 lyb 解 解 由消去得 由题意 有 1 1 1 22 x yx kxy y022 1 22 kxxk 0 1 2 0 1 2 0 1 84 2 21 2 21 22 k xx k k xx kk 21 k 设 M 则 00 y x 2 00 2 21 0 1 1 1 12 k kxy k kxx x 由 P M Q 三点共线 可求得0 2 22 1 1 1kk k b 0 22 2 2 kk b 设 则在上为减函数 22 2 kkkf 8 17 4 1 2 2 k kf 2 1 所以 且 1 2 fkff 0 kf 所以 所以或1 22 kf 22 b2 b 六 参数思想 处理圆锥曲线问题 可以通过引入参变量替换 使许多相关或不相关的量统一在参变 量下 其妙处在于减少未知量的个数或转化原命题的结构 以达到简化解题过程的目的 例 6 当为何实数时 椭圆与曲线 C 有公共点 a1 2 2 2 y ax xy 2 1 2 解 解 椭圆方程变形为 1 2 22 y ax 设 即代入曲线 C 得 2 ax sin cos y sin cos2 yax 即 1 cos2 2 1 sin 2 a cos2sin2 2 a 椭圆与曲线 C 有交点 等价于方程 1 有解 即等价于函数 的值域 cos2sin2 2 y 所以 22 4 2 cos2 4 9 cos2sin2 a 因为 所以的取值范围是 4 9 4 2 cos2 4 9 2 2 a 4 9 2 七 转化思想 数学问题的求解过程 实际上就是问题的转化过程 它主要体现在条件由 隐 转化 为 显 结论由 暗 转化为 明 即从陌生向熟悉 复杂向简单 间接向直接的过程 例 7 设圆满足 截轴所得弦长为 2 被轴分成两段圆弧 其弧长的比为 yx1 3 在满足条件 的所有圆中 求圆心到直线 的距离最小的圆的方程 l02 yx 解 解 设圆的圆心为 P 半径为 由 知 由 知 圆 P 截轴所ba r1 22 arx 得劣弧对应的圆心角为 即圆 P 截轴所得的弦长为 故有 消去得 90 xr2 22 2br r 圆心的轨迹为 12 22 ab 如何求圆心 P 到直线 的距离的最小值 这样转化ba l02 yx 5 2ba d 为从不同角度求条件最值问题 转化转化 1 变量替换求最值 12 22 ab1 2 2 abab 设 则有 解得 所以有 0 2 ttab t ab 1 2 t ta 1 2 t tb 1 22 5 2ba d 52 1 2 1 t t t t 52 1 12 12 t t 5 5 52 12 1 12 t t 当且仅当 即时 达到最小值 此时可求得 t t 12 1 12 12 td 或1 ba1 ba 由于 故 于是所求圆的方程是 22 2br 2 r 或2 1 1 22 yx2 1 1 22 yx 转化转化 2 三角代换求最值 令 2 0 tan sec2 ab 则 cos5sin cos5 sin2 5 2 d ba d 2 所以 sin 51 2 d2 由 得1 51 2 sin 2 d 5 5 d 当达到最小值时 1 从而 并由此解得或d 5 5 sin 4 4 4 3 即或 以下同解法 11 ba1 ba 转化转化 3 判别式法求最值 由得 即 5 2ba d dba52 222 5544dbdba 将代入 式 整理得 12 22 ba015542 22 dbdb 把它看作的一元二次方程 由于方程有实根 故判别式非负 即b 得 所以0 15 8 2 d15 2 d 5 5 d 将代入 得 5 5 d0242 2 bb 解得1 b 从而 由 知与同号1 22 22 abr12 baab 于是 所求圆的方程为 或2 1 1 22 yx2 1 1 22 yx 模拟试题模拟试题 答题时间 60 分钟 1 已知椭圆 能否在此椭圆位于轴左侧的部分上找到一点 M 使它到左1 34 22 yx y 准线的距离为它到两焦点 距离的等比中项 1 F 2 F 2 求证 椭圆的弦中点与椭圆中心连线的斜率 两斜 0 222222 babayaxb 率均存在时 与此弦的斜率之积为 2 2 a b 3 一椭圆长短轴平行于坐标轴 与直线相切于点 P 4 3 它还经过点112 yx Q R 求椭圆方程 1 0 110 1 4 两个不同的点 P Q 在曲线上移动 不管如何选择其位置 它们总不能关于直 2 xy 线对称 求的范围 3 xmym 5 过抛物线的焦点 F 的直线 与该抛物线交于 A B 两点 若 AB 的中点为xy4 2 l M 直线 的斜率为 lk 1 试用表示点 M 的坐标 k 2 若直线 的斜率 且点 M 到直线 的距离为 试确l2 k l 043 myx 5 1 定实数的取值范围 m 6 已知椭圆 A B 是椭圆上两点 线段 AB 的垂直平分线与1 2 2 2 2 b y a x 0 ba 轴交于点 P 求证 x 0 0 x 0 22 x a ba a ba 22 试题答案试题答案 1 解 由椭圆方程可知 并求得 离心率 准线3 2 ba1 c 2 1 e4 x 设椭圆上轴左侧部分存在点 M y 00 y x02 0 x 满足 为点 M 到左准线的距离 21 2 MFMFMN MN 则由椭圆第二定义 得 2 1 4 2 1 4 0 2 0 1 x MF x MF 因而由椭圆的焦半径公式知 001 2 1 2xexaMF 002 2 1 2xexaMF 又 011 42 1 xMF e MFMN 将以上各式代入 中得 2 1 2 2 1 2 4 00 2 0 xxx 整理得 所以或 这与相矛048325 0 2 0 xx 5 12 0 x4 0 x02 0 x 盾 故不存在满足条件的点 M 2 证明 设弦两端点为 A B 中点为 P 则 11 y x 22 y x 21 21 xx yy kOP 12 12 xx yy kAB 由 222 2 22 2 2 222 1 22 1 2 bayaxb bayaxb 0 1212 2 1212 2 yyyyaxxxxb 即 2 2 12 12 21 21 a b xx yy xx yy 2 2 a b kk ABOP 3 解 视点 P 4 3 为退化椭圆 其方程为 0 3 4 22 ynx1 0 nn 由此所求椭圆长 短轴与坐标轴平行且与直线相切于点 P 的椭圆方程可设112 yx 为 1 0 112 3 4 22 yxynx 将 Q R 点坐标代入 1 式得 代入椭圆方程 1 2 2 1 n 得12 1 2 2 22 yx 即所求椭圆方程为1 12 1 6 2 22 yx 4 解析 从不能的角度考虑 需分别讨论各种情况 比较麻烦 用补集思想从问题的反 面考虑就可以达到避繁就简的目的 解 设P Q 关于直线对称 mARmmI 3 xmy 若 显然曲线上没有关于直线对称的点0 m 2 xy 0 y 当时 设抛物线上的两点 B 关于直线对称 0 m 2 11 x x 2 22 x x 3 xmy 则 mxx xx xxmxx 1 3 2 1 2 1 21 2 2 2 1 21 2 2 2 1 m xx xxmxx 1 6 21 21 2 2 2 1 消去得 2 x016 12 2 2 12 1 m mm x x 由 得0 16 1 8 2 2 2 m mm 0 126 12 2 mmm 恒成立0126 2 kk 即 012 m m 2 1 2 1 mmA 故当时满足题设条件 2 1 m 5 解 1 设直线方程 代入 得 1 xkyxy4 2 0 42 2222 kxkxk 0 k 设 A B 则 11 y x 22 y x 21 xx 2 2 2 2 k k k yy 4 21 2 2 1 2 kk M 2 M 到的距离 l 从而或 86 3 5 1 2 m kk d 1 86 3 2 m kk 2 86 2 kk m 4 86 2 kk m 令 则 这时2 1 k k t 2 1 0 t286 2 tttfm 或 或486 2 tttfm2 2 15 m