解几综合题的主要类型及处理方法上.doc

解几综合题的主要类型及处理方法 一. 基本方法：设而不求（一）设线定点：直线，再利用韦达定理，判别式定理及弦长公式等解题。 附: 弦长公式： 或（二）设点定线：点差法直线方程：一般可设利用A、B在曲线上，得=0及最后由点斜式写出AB方程。二. 简化运算几种途径：（A） 用好二个定义，熟悉基本性质；（B） 尽可能多用平面几何的有关性质和结论；（C） 解题过程中当寻找变量间的关系较困难时，可考虑“射影法”；（D） 合理的设置参数，简化运算的过程；（E） 充分发挥一元二次方程中的韦达定理，判别式定理的作用。（F） 当题中的条件涉及到中点和斜率的关系时，可考虑设而不求，整体运算。三. 基本类型：(一) 已知条件求曲线方程：待定系数法和轨迹法（注意圆锥曲线的定义）例1中心在坐标原点、焦点在x轴上的椭圆，它的离心率为，与直线x+y1=0相交于M、N两点，若以MN为直径的圆经过坐标原点，求椭圆方程.解：设椭圆方程1（ab0），e，a24b2，即a2b.椭圆方程为1.把直线方程代入化简得5x28x+44b20.设M（x1，y1）、N（x2，y2），则x1x2，x1x2（44b2）.y1y2（1x1）（1x2）1（x1x2）x1x2（14b2）.由于OMON，x1x2y1y20.解得b2，a2.椭圆方程为x2y21.图89练1如图89，直线l1和l2相交于点M，l1l2，点Nl1.以A、B为端点的曲线段C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等.若AMN为锐角三角形，|AM|=，|AN|=3，且|BN|=6.建立适当的坐标系，求曲线段C的方程.解法一：如图824建立坐标系，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，点O为坐标原点.依题意知：曲线段C是以点N为焦点，以l2为准线的抛物线的一段，其中A、B分别为C的端点.设曲线段C的方程为y2=2px（p0），（xAxxB，y0）其中xA、xB分别为A、B的横坐标，p|MN|所以M（，0），N（，0）由|AM|，|AN|3得（xA）22pxA17（xA）22pxA9由两式联立解得xA，再将其代入式并由p0解得或因为AMN是锐角三角形，所以xA，故舍去，所以p4，xA1由点B在曲线段C上，得xB|BN|4综上得曲线段C的方程为y28x（1x4，y0）解法二：如图建立坐标系，分别以l1、l2为x、y轴，M为坐标原点.作AEl1，ADl2，BFl2，垂足分别为E、D、F.设A（xA，yA）、B（xB，yB）、N（xN，0）依题意有xA|ME|DA|AN|3，yA|DM|由于AMN为锐角三角形，故有xN|ME|EN|ME|4xB|BF|BN|6设点P（x，y）是曲线段C上任一点，则由题意知P属于集合（x，y）|（xxN）2+y2=x2，xAxxB，y0故曲线段C的方程为y28（x2）（3x6，y0）评述：本题考查根据所给条件选择适当的坐标系，求曲线方程的解析几何的基本思想，考查了抛物线的概念和性质、曲线和方程的关系以及综合运用知识的能力.例2.（2000年春季全国）已知抛物线y24px（p0），O为顶点，A、B为抛物线上的两动点，且满足OAOB，如果OMAB于M点，求点M的轨迹方程.剖析：点M是OM与AB的交点，点M随着A、B两点的变化而变化，而A、B为抛物线上的动点，点M与A、B的直接关系不明显，因此需引入参数.解法一：设M（x0，y0），则kOM=，kAB=，直线AB方程是y=（xx0）+y0.由y2=4px可得x=，将其代入上式，整理，得x0y2（4py0）y4py024px02=0. 此方程的两根y1、y2分别是A、B两点的纵坐标，A（，y1）、B（，y2）.OAOB，kOAkOB=1.=1.y1y2=16p2.根据根与系数的关系，由可得y1y2=，=16p2.化简，得x02+y024px0=0，即x2+y24px=0（除去原点）为所求.点M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.解法二：设A、B两点坐标为A（pt12，2pt1）、B（pt22，2pt2）.kOA=，kOB=，kAB=.OAOB，t1t2=4.AB方程是y2pt1=（xpt12），直线OM的方程是y=x.，得（px）t12+2pyt1（x2+y2）=0.直线AB的方程还可写为y2pt2=（xpt22）. 由，得（px）t22+（2py）t2（x2+y2）=0.由可知t1、t2是方程（px）t2+（2py）t2（x2+y2）=0的两根.由根与系数的关系可得t1t2=.又t1t2=4，x2+y24px=0（原点除外）为所求点M的轨迹方程.故M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.解法三：设M（x，y），直线AB方程为y=kx+b，由OMAB得k=.由y2=4px及y=kx+b消去y，得k2x2+x（2kb4p）+b2=0.所以x1x2=.消去x，得ky24py+4pb=0.所以y1y2=.由OAOB，得y1y2=x1x2，所以=，b=4kp.故y=kx+b=k（x4p）.用k=代入，得x2+y24px=0（x0）.解法四：设点M的坐标为（x，y），直线OA的方程为y=kx，解得A点的坐标为（，），显然k0，则直线OB的方程为y=x.由 y=kx，y2=4px， 类似地可得B点的坐标为（4pk2，4pk），从而知当k1时，kAB=.故得直线AB的方程为y+4pk=（x4pk2），即（k）y+4p=x， 直线OM的方程为y=（k）x. 可知M点的坐标同时满足，由及消去k便得4px=x2+y2，即（x2p）2+y2=4p2，但x0，当k=1时，容易验证M点的坐标仍适合上述方程.故点M的轨迹方程为（x2p）2+y2=4p2（x0），它表示以点（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆.评述：本题考查了交轨法、参数法求轨迹方程，涉及了类比、分类讨论等数学方法，消参时又用到了整体思想法，对含字母的式子的运算能力有较高的要求，同时还需要注意轨迹的“完备性和纯粹性”.此题是综合考查学生能力的一道好题.图811练2. 已知椭圆如图811，1，直线L：1，P是L上一点，射线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，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.解：由题设知点Q不在原点，设P、R、Q的坐标分别为（xP，yP），（xR，yR），（x，y），其中x、y不同时为零.设OP与x轴正方向的夹角为，则有xP|OP|cos，yP|OP|sinxR|OR|cos，yR|OR|sinx|OQ|cos，y|OQ|sin由上式及题设|OQ|OP|OR|2，得由点P在直线L上，点R在椭圆上，得方程组将代入，整理得点Q的轨迹方程为1（其中x、y不同时为零）所以点Q的轨迹是以（1，1）为中心，长、短半轴分别为和，且长轴与x轴平行的椭圆，去掉坐标原点.评述：本题主要考查直线、椭圆的方程和性质，曲线与方程的关系，轨迹的概念和求法，利用方程判定曲线的性质等解析几何的基本思想和综合运用知识的能力.（二）已知方程研究曲线性质（2） 求参数的值或取值范围：求直线与二次曲线相交，相切条件下某些关系及一些字母范围。例1（06北京19）椭圆C:的两个焦点为F1,F2,点P在椭圆C上，且（）求椭圆C的方程；（）若直线l过圆x2+y2+4x-2y=0的圆心，交椭圆C于两点，且A、B关于点M对称，求直线l的方程.解法一：()因为点P在椭圆C上，所以，a=3.在RtPF1F2中，故椭圆的半焦距c=,从而b2=a2c2=4, 所以椭圆C的方程为1.()设A，B的坐标分别为（x1,y1）、（x2,y2）. 已知圆的方程为（x+2）2+(y1)2=5,所以圆心M的坐标为（2，1）. 从而可设直线l的方程为 y=k(x+2)+1, 代入椭圆C的方程得 （4+9k2）x2+(36k2+18k)x+36k2+36k27=0. 因为A，B关于点M对称. 所以 解得， 所以直线l的方程为即8x-9y+25=0. (经检验，所求直线方程符合题意)解法二：()同解法一.()已知圆的方程为（x+2）2+(y1)2=5,所以圆心M的坐标为（2，1）. 设A，B的坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).由题意x1x2且 由得 因为A、B关于点M对称，所以x1+ x2=4, y1+ y2=2,代入得，即直线l的斜率为，所以直线l的方程为y1（x+2），即8x9y+25=0.(经检验，所求直线方程符合题意.)练1（2002年春季高考）已知某椭圆的焦点是F1（，），F2（，），过点F2并垂直于x轴的直线与椭圆的一个交点为，且椭圆上不同的两点（x1, y1）, C(x2，y2) 满足条件：成等差数列 求椭圆方程 求弦中点的横坐标 设弦的垂直平分线的方程为y=kx+m ,求m的取值范围。（I）解：由椭圆定义及条件知 ，得，又，所以=3故椭圆方程为。（II）由点B（4，）在椭圆上，得解法一：因为椭圆右准线方程为，离心率为。根据椭圆定义，有 由，成等差数列，得 由此得出。设弦AC的中点为P（，）。 则。解法二：由，成等差数列，得。 由在椭圆上，得所以 = 同理可得。 将、代入式，得 。所以 设弦AC的中点为P（，），则（III）解法一：由A，C在椭圆上，得 由得 ，即 将代入上式，得 由上式得（当k=0时也成立）由点在弦AC的垂直平分线上，得 所以由在线段（与B关于x轴对称，如图）的内部，得 所以 。注：在推导过程中，未写明“”、“”、“k=0时也成立”及把结论写为“m”的均不扣分。解法二：因为弦AC的中点为P（4，）所以直线AC的方程为 。 将代入椭圆方程，得所以。 解得（当k=0时也成立）以下步骤同解法一。( 2) 对称问题：二次曲线上若有两点关于已知直线对称, 求有关参数范围问题.例2(2005全国卷III)设，两点在抛物线上，是的垂直平分线。（）当且仅当取何值时，直线经过抛物线的焦点？证明你的结论；（）当直线的斜率为2时，求在轴上截距的取值范围。解：（）两点到抛物线的准线的距离相等， 抛物线的准线是轴的平行线，依题意不同时为0上述条件等价于上述条件等价于即当且仅当时，经过抛物线的焦点。（）设在轴上的截距为，依题意得的方程为；过点的直线方程可写为，所以满足方程 得 为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式，即设的中点的坐标为，则，由，得，于是即得在轴上截距的取值范围为练2. (本题14分)设函数分别在处取得极小值、极大值.平面上点的坐标分别为、，该平面上动点满足,点是点关于直线的对称点.求(I) 求点的坐标； (II) 求动点的轨迹方程.（3） 弦长及面积：求直线（）中点坐标、弦长以及弦AB有关的三角形面积。（4）最值问题：求曲线上的点到直线的最长（短）距离或三角形面积最大（小）值时，可归结为求函数的最值问题，也可借助于图形的性质例3.（05福建卷）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. （）求椭圆C的方程；（）是否存在过点E（2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足cot MON0（O为原点）.若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由.（I）解法一：直线， 过原点垂直的直线方程为， 解得椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，直线过椭圆焦点，该焦点坐标为（2，0）. 故椭圆C的方程为 解法二：直线. 设原点关于直线对称点为（p，q），则解得p=3.椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上， 直线过椭圆焦点，该焦点坐标为（2，0）. 故椭圆C的方程为 （II）解法一：设M（），N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入，整理得点O到直线MN的距离即 即整理得当直线m垂直x轴时，也满足.故直线m的方程为或或经检验上述直线均满足.所以所求直线方程为或或解法二：设M（），N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入，整理得 E（2，0）是椭圆C的左焦点，|MN|=|ME|+|NE|=以下与解法一相同.解法三：设M（），N（）.设直线，代入，整理得 即 =，整理得解得或故直线m的方程为或或经检验上述直线均满足所以所求直线方程为或或练3. （08全国二21）设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点（）若，求的值；（）求四边形面积的最大值（）解：依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为，2分如图，设，其中，DFByxAOE且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或6分（）解法一：根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为，9分又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号所以的最大值为12分解法二：由题设，设，由得，故四边形的面积为9分，当时，上式取等号所以的最大值为12分例4（2004辽宁19 ）设椭圆方程为，过点M（0，1）的直线l交椭圆于点A、B，O是坐标原点，点P满足，点N的坐标为，当l绕点M旋转时，求： （1）动点P的轨迹方程；（2）的最小值与最大值. （1）解法一：直线l过点M（0，1）设其斜率为k，则l的方程为记、由题设可得点A、B的坐标、是方程组 的解.2分将代入并化简得，所以于是6分设点P的坐标为则消去参数k得 当k不存在时，A、B中点为坐标原点（0，0），也满足方程，所以点P的轨迹方程为8分解法二：设点P的坐标为，因、在椭圆上，所以 得，所以当时，有 并且 将代入并整理得 当时，点A、B的坐标为（0，2）、（0，2），这时点P的坐标为（0，0）也满足，所以点P的轨迹方程为8分（2）解：由点P的轨迹方程知所以10分故当，取得最小值，最小值为时，取得最大值，最大值为12分注：若将代入的表达式求解，可参照上述标准给分. 练4. （05广东卷）在平面直角坐标系xOy中，抛物线上异于坐标原点的两不同动点、满足（如图所示）（）求得重心（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由xyOAB解：（I）设AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 （1）OAOB ,即，(2)又点A，B在抛物线上，有，代入（2）化简得所以重心为G的轨迹方程为（II）由（I）得当且仅当即时，等号成立。所以AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1；（6）定值问题：如结论为定值，直线过定点等例5. (08韶关一模19)在平面直角坐标系中，设点(1，0)，直线:，点在直线上移动，是线段与轴的交点, .()求动点的轨迹的方程；() 记的轨迹的方程为，过点作两条互相垂直的曲线的弦、，设、 的中点分别为求证：直线必过定点解：()依题意知，直线的方程为：点是线段的中点，且，是线段的垂直平分线.2分是点到直线的距离点在线段的垂直平分线，4分故动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，其方程为：.7分() 设，直线AB的方程为.8分 则（1）（2）得，即，9分代入方程，解得所以点的坐标为10分同理可得：的坐标为 直线的斜率为，方程为，整理得，12分显然，不论为何值，均满足方程，所以直线恒过定点14练5（07重庆21）如题（21）图，倾斜角为a的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A、B两点。题（21）图（）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程；（）若a为锐角，作线段AB的垂直平分线m交x轴于点P，证明|FP|-|FP|cos2a为定值，并求此定值。（）解：设抛物线的标准方程为，则，从而因此焦点的坐标为（2，0）.又准线方程的一般式为。从而所求准线l的方程为。答（21）图（）解法一：如图（21）图作ACl，BDl，垂足为C、D，则由抛物线的定义知|FA|=|FC|,|FB|=|BD|.记A、B的横坐标分别为xxxz，则|FA|AC|解得，类似地有，解得。记直线m与AB的交点为E，则所以。故。解法二：设，直线AB的斜率为，则直线方程为。将此式代入,得，故。记直线m与AB的交点为，则，故直线m的方程为.令y=0,得P的横坐标故。从而为定值。（7）其它综合题：如三点共线、四点共圆等问题。例6.(2001广东)已知椭圆的右准线l与x轴相交于点E，过椭圆右焦点F的直线与椭圆相交于A、B两点，点C在右准线l上，且x轴求证直线AC经过线段EF的中点证法一：依题设得椭圆的半焦距c=1，右焦点为F（1，0），右准线方程为x=2，点E的坐标为（2，0），EF的中点为N（，0）.若AB垂直于x轴，则A（1，y1），B（1，y1），C（2，y1），AC中点为N（，0），即AC过EF中点N.若AB不垂直于x轴，由直线AB过点F，且由BCx轴知点B不在x轴上，故直线AB的方程为y=k（x1），k0.记A（x1，y1）和B（x2，y2），则（2，y2）且x1，x2满足二次方程+k2（x1）2=1，即（1+2k2）x24k2x+2（k21）=0.又x12=22y122，得x10，故直线AN、CN的斜率分别为.k1k2=2k（x11）（x21）（2x13）=3（x1+x2）2x1x24图822=12k24（k21）4（1+2k2）=0，k1k2=0，即k1=k2.故A、C、N三点共线.所以，直线AC经过线段EF的中点N.证法二：如图822，记直线AC与x轴的交点为点N，过点A作ADl，点D是垂足，因为点F是椭圆的右焦点，直线l是右准线，BCx轴，即BCl，根据椭圆几何性质，得=e（e是椭圆的离心率）.ADFEBC，即.N为EF的中点，即直线AC经过线段EF的中点N.评述：本题主要考查椭圆和直线的基础知识以及综合运用知识解决问题的能力.两种证法均为通法，但证法二充分挖掘椭圆几何性质，数形结合，更为直观简捷，所以两法相比较，证法二较好.练6（2005湖北卷）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. （）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（）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.（I）解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得 设的两个不同的根， 是线段AB的中点，得解得k=-1，代入得，12，即的取值范围是（12，+）.于是，直线AB的方程为解法2：设依题意，（II）解法1：代入椭圆方程，整理得 的两根，于是由弦长公式可得 将直线AB的方程 同理可得 假设在在12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为 于是，由、式和勾股定理可得故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，为半径的圆上.（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：A、B、C、D共圆ACD为直角三角形，A为直角 由式知，式左边=由和知，式右边= 式成立，即A、B、C、D四点共圆解法2：由（II）解法1及.代入椭圆方程，整理得 将直线AB的方程代入椭圆方程，整理得解和式可得 不妨设计算可得，A在以CD为直径的圆上.又B为A关于CD的对称点，A、B、C、D四点共圆.（注：也可用勾股定理证明ACAD）（7）探究性问题：加强探究性，是近年广东高考解析几何题的主要思路例7.（08广东卷18）设，椭圆方程为，抛物线方程为如图4所示，过点作轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为，已知抛物线在点的切线经过椭圆的右焦点（1）求满足条件的椭圆方程和