XX江苏省数学竞赛《提优教程》教案第74讲解析几何问题选讲

XX江苏省数学竞赛提优教程教案第74讲解析几何问题选讲 第74讲解析几何问题选讲解析几何是在坐标系的基础上，用坐标表示点，用方程表示曲线(包括直线)，用代数方法研究几何问题的一门数学学科在中学阶段，解析几何研究的主要对象是直线和圆锥曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线)，主要研究的问题是 (1)根据已知条件，求出表示平面曲线的方程； (2)通过方程研究平面曲线的性质在学习的过程中，同学们首先要熟练掌握直线与圆锥曲线的方程的各种表示方法及其适用的范围，并能灵活地选择适当的表示方法以便能快捷地解题A类例题例1S为直线l17x5y80和l23x4y130的交点，点P(3，7)，Q(11，13)所成的直线上有两点A、B，其中P在A、Q之间，B在P、Q之间，并且PAAQPBBQ23不求S的坐标，试求出直线SA与SB的方程(IMO30预选题)解由题意知，SA的方程为(7x5y8)(3x4y13)0，SB的方程为(7x5y8)(3x4y13)0，由PAAQPBBQ23及分点公式，得A、B的坐标分别为A(13，5)，B(315，475)它们分别适合、，代入后求得2936，11108因此，所求的直线SA、SB的方程分别为SA的方程165x296y6650；SB的方程723x584y10070例2从椭圆x2b21的右焦点向它的动切线引垂线，求垂足的轨迹a2y2解法一设切点为Q(acos，bsin)，则椭圆的切线QP的方程为acosa2xbsinb2y1，即(bcos)x(asin)yab过右焦点F2(c，0)垂直于切线QP的直线F2P的方程为(asin)x(bcos)yacsin则垂足P满足、22得(x2y2)(a2sin2b2cos2)a2(b2c2sin2)a2b2(a2b2)sin2a2(b2cos2a2sin2)，显然b2cos2a2sin20，所以x2y2a2即垂足P的轨迹方程为圆x2y2a2解法二如图，延长F1Q与F2P交于R，因为QPF2F1RQPxOy为切线，则有F2QPRQP，又PF2，所以|QR|QF2|，|PR|PF2|因为|F1Q|F2Q|2a，则|F1Q|RQ|2a，即|F1R|2a，则|OP|12|F1R|a即垂足P的轨迹方程为圆x2y2a2说明在解题时，若能充分运用图形的几何性质，往往可获得快捷的解法例3设已知三条直线l1mxym0；l2xmym(m1)0；l3(m1)xy(m1)0，它们围成ABC (1)求证不论m为何值，ABC有一个顶点为定点； (2)当m为何值时，ABC的面积有最大值、最小值？(第五届美国普特南数学竞赛题) (1)证明直线l1的方程可写成(x1)my0，故直线l1恒过点C(1，0)同样，直线l3的方程可写成(x1)mxy10，故直线l3恒过点C(1，0)，即直线l 1、l3交于定点(1，0)，由此可见ABC的顶点C为定点 (2)解注意到l1l2，即ABAC，则ABC为直角三角形，用点到直线的距离公式求出点C到直线AB的距离为d11m21，求出B到AC的距离d3|m2m1|m212|m2m1|m21SABC112|11m1m|当m0时，m1m2，等号在m1时成立，S有最大值34；当m0时，m1m2，等号在m1时成立，S有最小值14m(m2m1)m21说明我们可以用下面的方法直线l 1、l2的交点坐标为(mm21，)，直线l 2、l3的交点坐标为(0，m1)，直线l 1、l3的交点坐标为(1，0)故ABC的顶点C为定点(1，0)SABC12112233111xyxyxy12m2m1m21以下同例题中的解法情景再现1已知圆x2y2r2经过椭圆x2a2y2b21(ab0)的两个焦点F1(c，0)，F2(c，0)，两曲线有四个交点，其中一个交点为P若F1PF2的面积为26，椭圆长轴长为15，求abc的值(2000年“希望杯”竞赛题)2设p0，当p变化时，Cp y22px为一族抛物线，直线l过原点且交Cp于原点和点Ap又M为x轴上异于原点的任意点，直线MAp交Cp于点Ap和Bp求证所有的点Bp在同一条直线上3已知椭圆4x25y28mx20my24m2200 (1)求证椭圆的两焦点分别在两条（与m无关的）平行线l 1、l2上； (2)求与l1平行且被椭圆截得的线段长等于535的直线l的方程B类例题例4椭圆x2a2y2b21的内接平行四边形ABCD的边AB的斜率为k试求四边形ABCD面积的最大值解设AB(CD)所在直线的方程为ykxm由于AB、CD平行且相等，故可知AB、CD的纵截距分别为m和m于是AB、CD关于原点对称由对称性知OAB的面积等于四边形ABCD面积的14故只要求出AOB的面积的最大值即可以ykxm代入b2x2a2k2a2b20，得(b2a2k2)x22a2kmxa2(m2b2)04a4k2m24a2(b2a2y2)(m2b2)4a2b2(b2a2y2m2)b2a2k2mb2a2k2时方程有解故弦长为2ab b2a2k2m2b2a2k2则当1k2原点到直线AB的距离d|m|1k2则SAOB|m|ab b2+a2k2m2b2+a2k214ab，当且仅当m12(b2a2k2)时等号成立从而平行四边形ABCD面积的最大值为2ab说明 (1)利用压缩变换易证此结果如果令xx，yaby，则椭圆b2x2a2y2a2b2变为圆x2y2a2直线ykxm变为baykxm，即yabkxabm于是AB、CD变为圆的两条平行弦AB、CD，平行四边形ABCD变为圆的内接矩形ABCD而圆内接矩形面积的最大值为2a2，从而椭圆的内接平行四边形的最大面积为2a2ba2ab (2)平行四边形的两边与轴平行时，平行四边形变为矩形，结果同此； (3)用参数方程也易得此结论；例5已知抛物线?x3y6t2t2，(t为参数)和椭圆?xm2cos，y3sin(为参数)，问是否存在实数m，使得抛物线与椭圆有四个不同的交点？(第十五届全俄数学奥林匹克题)解消去参数t，抛物线方程为y26(x32)(x32)消去参数，椭圆方程为(xm)24y231由上述两方程联立消去y，得x2(82m)xm2160令f(x)x2(82m)xm216(x32)，则抛物线与椭圆有四个不同交点的充要条件是?不等式组无解，故这样的实数m不存在例6A、B是平面上给定的两点，C在以A为圆心的圆上运动，ABC的A的内角平分线与边BC的交点为P求点P的轨迹(1991年加拿大数学奥林匹克训练题)解以A为坐标原点，AB为x轴建立平面直角坐标系设以A为圆心的圆是单位圆x2y21，再设C(x0，y0)，B(a，0)，P(x，y)由AP是CAB的平分线，则?(82m)24m640，1f (32)0，2(82m)32化简得?m4，m11m72或m12，2ABACBPPCa1a，从而由定比分点公式得xaax01a，yay01a从而解得?x0(1a)xay0(1a)ya，a由x02y021，得(1a)xaa2(1a)ya21，得x2y22a1ax0因此，P点的轨迹是一个圆，但去掉此圆与x轴的两个交点情景再现4设P为椭圆x2a2y2b21(ab0)上异于长轴顶点A 1、A2的任一点，过P点的切线与分别过A 1、A2的切线相交于B 1、B2，则以B1B2为直径的圆必过两焦点F 1、F25试证存在一个同心圆的集合，使得 （1）每个整点都在此集合的某一个圆周上 （2）此集合的每个圆周上，有且只有一个整点.6给定一个圆和它的内部一点M，考虑所有可能的矩形MKTP，它的顶点K和P位于圆上，求点T的轨迹(1990年第16届全俄数学奥林匹克题)C类例题例7已知C0x2y21和C1x2a2+y2a21(ab0)试问当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形？并证明你的结论(2000年全国高中数学联合竞赛试题)解设RS是与C0外切且与C1内接的平行四边形易知圆的外切平行四边形是菱形即RS是菱形于是OPOQ设P(r1cos，r1sin)，Q(r2cos(90)，r2sin(90)，则在直角三角形POQ中有r12r22r12r22(利用POQ的面积)即1r211r221但r21cos2a21cos2r22sin2b21，即1r2a2sin2a2cos2b2，同理，1r22sin2b2，相加得1a21b21反之，若1a21b21成立，则对于椭圆上任一点P(r1cos，r1sin)，取椭圆上点Q(r2cos(90)，r2sin(90)，则1r21cos2a2sin2a2cos2b2，1r22sin2b2，于是1r211r221a21b21，此时与C0相切即存在满足条件的平行四边形从而得证例8在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，43)，B(1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB、AC距离的等比中项 (1)求点P的轨迹方程； (2)若直线L经过?ABC的内心(设为D)，且与点P轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围(xx年全国高中数学联赛)解 (1)设点P的坐标为(x，y)，x13yAB方程41，即4x3y40，BC方程y0，AC方程4x3y40，则25|y|2|(4x3y4)(4x3y4)|，去绝对值得25y216x2(3y4)20，即16x216y224y160，即2x22y23y20；或25y216x2(3y4)20，即16x2160，即8x217y212y80故所求轨迹为圆2x22y23y20，与双曲线8x217y212y8034y224yRSyxOD-111BCAyxOKP(2,-1)Oxy(2,1)(2,1)(5，0)yxO(2,1)yxOD.C.B.A.Oxy(5，0)(2,1)(2,-1)但应去掉点(1，0)与(1，0) (2)?ABC的内心D(0，12)经过D的直线为x0或ykx12(a)直线x0与圆有两个交点，与双曲线没有交点；(b)k0时，直线y12与圆切于点(0，12)，与双曲线交于(582，12)，即k0满足要求(c)k12时，直线与圆只有1个公共点，与双曲线也至多有1个公共点，故舍去(d)k?0时，k?12时，直线与圆有2个公共点，以代入得(817k2)x25kx2540当817k20或(5k)225(817k2)0，即得k23417与k22从而所求k值的取值范围为0，23417，22情景再现7抛物线y22px的内接三角形有两边与抛物线x22qy相切，证明这个三角形的第三边也与x22qy相切8设有椭圆x24y21，B1(0，1)为椭圆上一点，问是否存在椭圆上两点M、N，使MB1N为等腰直角三角形，且MB1N90?直线MN不与x轴平行如果存在，求出一组M、N的坐标，如果不存在，说明理由习题741已知椭圆x2a2y2b21(ab0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|1的点的集合用阴影表示是下面图中的()(1990年全国高中数学联赛)2平面M与N相交成角，则M平面上的圆在N平面上的正射影椭圆的离心率等于(上海市1985年高中数学竞赛)x2sin2sin33方程y2cos2cos31表示的曲线是（）A焦点在x轴上的椭圆B焦点在x轴上的双曲线C焦点在y轴上的椭圆D焦点在y轴上的双曲线(xx年全国高中数学联赛)F1F2B2B1A2A1PCxOy4函数f(x)5设有双曲线x2x43x26x13x4x21的最大值是_2y2=1.过点P(x0，1)的直线与双曲线交于点A、B，若点P不可能成为线段AB的中点,求x0的取值范围6从O x2y2a2上一点P引C(xc)2y2b2(a、c为正数且ca)的两条切线、PR，QR的中点为M当P在O上运动时，求M的轨迹7已知F 1、F2分别为椭圆x2b21(ab0)的左焦点和右焦点，过F2的直线交椭a2y2圆于M、N两点，求MNF1面积的最大值8证明在坐标平面上不存在一条具有奇数个顶点，每段长度都等于1的闭折线，其每个顶点的坐标都是有理数本节“情景再现”解答1abc13262设M(m，0)，l ykxB(y22p，y)(k，m为定值)由?y22px，ykx求得Ap(2pk2，2pk)；由A、M、B共线，得2pk0y02pk2m y22pm，即2pk(y22pm)(2pk2m)y所以1ky2(2pk2m)y2pmk0由韦达定理得，2pky2pmk1k2pm，解得ykm，xk2m22p即点B在直线ykm上(x0)3已知椭圆方程，配方得(xm)25(y2m)241椭圆的长半轴长为a5，短半轴长为b2，半焦距c1 (1)中心坐标为(m，2m)，两焦点F1(m1，2m)，F2(m1，2m)F 1、F2的轨迹的参数方程分别为?得l 1、l2的方程分别为2xy20，2xy20，是两条平行线 (2)直线l的方程为y2x24如图设P(acos，bsin)，则过P的切线?xm1，y2m（m为参数）；?xm1，y2m（m为参数）消去m，方程为xcosaysinb1，它与y轴交于点C(0，bcos)，C是线段B1B2的中点，从而|CF1|CF2|c2b2csc2联立xa，xcosaysinb1，得B1(a，(1cos)bsin)，于是12|B1B2|B1C|(a)2(1cos)bsinbsin2c2b2csc2从而|CF1|CF2|12|B1B2|故F 1、F2在以B1B2为直径的圆上5取点P(2，13)设整点（a，b）和（c，d）到点P距离相等，则(a2)2(b13)2(c2)2(d13)2，即2（ca）2c2a2d2b223（bd）上式当且仅当两端都为0时成立，所以ca，c2a2d2b223（bd）0于是有(db)(db23)0由于d、b为整数，则db即（a，b）和（c，d）重合故任意两个整点到P(2，13)的距离都不相等现将所有整点到点P的距离从小到大排成一列d1，d2，显然以P为圆心，以d1，d2，为半径作的同心圆集合即为所求6设M(a，b)，圆的方程为x2y2r2，此时，r2a2b2又设P(x1，y1)，K(x2，y2)，T(x，y)由MKTP是矩形可得?与平方并相加，注意到xi，由得(xa)2(yb)22r22x1x22y1y2，可得x2y22r2(a2b2)(ra2b2)所以所求的点T的轨迹是以原点为圆心，7不失一般性，设p0，q0设y2三角形顶点为A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，2px1；y2y2?y3依题意，A1A2，A2A3与抛物线x22qyA3A1也与抛物线x22qy相切因为x22qy切线是y22px的对称轴，所以原点O不能是形的顶点，即(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)都又因A1A2与x22qy相切，所以A1A2不能与y轴平行，即x1x2，y1y2，直线A1A2的方程是yy1y2y1x2x1(xx1)，因为y2?xa(xa)2(yb)2(x1x2)2(y1y2)22x1x22，yb2y1y22，2yi2r2(i1，2)，得(xa)2(yb)22r22x1x22y1y22r2(a2b2)为半径的圆2px的内接y3)因此y1y1?y3相切，在原点O处的222px2；y322px3其中，y1?y2，要证所设内接三角不能是(0，0)；2y12(y2y1)(y2y1)2p(x2x1)则A1A2的方程为y2py2y1xy1y2y2y1A1A2与抛物线x22qy交点的横坐标满足x24pqy2y1x2qy1y2y2y10由于A1A2与抛物线x22qy相切，上面二次方程的判别式?(4pqy2y1)24(2qy1y2y2y1)0，化简得，2p2qy1y2(y1y2)0 (1)同理由于A2A3与抛物线x22qy相切，A2A3也不能与y轴平行，即x2x3，y2y3，同样得到2p2qy2y3(y2y3)0 (2)由 (1)、 (2)两方程及y20，y1y3，得y1y2y30由上式及y20，得y3y1，也就是A3A1也不能与y轴平行今将y2y1y3代入 (1)式得2p2qy3y1(y3y1)0 (3)， (3)式说明A3A1与抛物线x22qy的两个交点重合，即A3A1与抛物线x22qy相切所以只要A1A 2、A2A3与抛物线x22qy相切，则A3A1必与抛物线x22qy相切8设MN方程为ykxm(k0)，则M(x1，y1)、N(x2，y2)是联立方程?ykxm，x24y24的解消去y，得(14k2)x28kmx4m240由根与系数关系得x1x28km4k21，x1x24m244k21；y1y2k(x1x2)2m2m4k21，y1y2k2x1x2km(x1x2)m2m24k24k21线段MN的中点P(4km4k21，m4k21)，由B1PMN，B1NB1M，得m4k2114km4k210k1，即m14k24m，则3m4k21 (1)，又y11x1y21x21，即y1y2y1y2x1x210，则5m22m30 (2)，由 (2)得?m1，34k21(无解)，及?m3k5，55解联立方程组?yx24y2455x35，得M(45xx，54515)，N(45xx，54515)即为一组满足要求的点(也可有另一组点，是所给点关于y轴的对称点)说明线段中点可直接用y14kx与ykxm联立求出本节“习题74”解答1C2sin3C41052x02或2x026M是QR与CP的交点设P(x0，y0)，C(c，0)则由点P在O上x0，QR方程(x0c)(xc)y0yb2，CP方程y(x0c)y0(xc)0在、b2(xc)(xc)2y2c；y0c)2y22b2c(xc)b4即为所求轨迹的方程(当P运动到C上或内部时，无切线，此时应除去曲线上相应的一段)7设MN的方程为yk(xc)，又椭圆的方程为b2x2a2y2a2b2，所以，b2k2x2a2k2y2a2b2k20，所以，b2(ykc)2a2k2y2a2b2k20，得，(a2k2b2)y22b2kcyb4k2则|y1y2|2(y1y2)24y1y24a2b4k2(k21)2y02a2中解出x 0、y0的表达式x0b2y(xc)2y2代入中，得(a2c2)(x0，(a2k2b2)24a2b4tan2(tan21)(a2tan