高中数学总复习-解题方法87074

1、思维方法类比法 类比是通过两个(或两类)对象的比较，找出它们在某一方面(特征、属性和关系)的类似点，从而把其中一对象的其他有关性质，移植到另一对象中去因此，类比推理是从特殊到特殊的思维方法在解析几何中，类比法是编制新命题、发现新定理以及开拓解题思路的重要方法解析几何的研究对象是直线、圆和圆锥曲线，因此，在圆、椭圆、双曲线、抛物线之间相互类比，是类比推理的主要内容例1 对圆x2y2=r2，由直径上的圆周角是直角出发，可得：若AB是O的直径，M是O上一点(异于A、是否有类似的结论？标分别为(x1，y1)、(-x1，-y1)，又设点M(x0，y0)是这个椭圆上一点，且x0x1，则以上两式相减，得于是

2、、两式就是椭圆、双曲线与圆类似的结论【解说】 (1)与圆类似，连结圆锥曲线上两点的线段叫做圆锥曲线的弦，过有心曲线(椭圆、双曲线)中心的弦叫做有心曲线的直径；(2)因为抛物线不是有心曲线，所以抛物线没有与圆的这个性质相类似的结论ab)类似的命题是什么？【分析】 由习题11第5题，我们知道了椭圆这个命题的证明方法，用类似的方法，我们来寻找双曲线的有关命题比较两个标准方由+，得于是，我们得到与椭圆类似的正确命题： 习题14 1对圆x2y2=r2，由过弦AB(非直径)中点M的直径垂直于此(a0，b0)类似的结果是什么？并证明你的结论1)，一直线顺次与它们相交于A、B、C、D四点，则|AB|=|CD|

3、双曲线类似的命题是什么？并加以证明 习题14答案或提示 1若AB是椭圆、双曲线的弦(非直径)，M是AB的中点，则对一直线顺次与它们相交于A、B、C、D四点，则|AB|=|CD|思维方法求异思维 所谓求异思维是一种不依常规、寻求变异、从多方面探索答案的思维形式求异思维又叫发散思维，它具有不落俗套、标新立异、不拘一格的特点因此，用求异思维解题有利于培养思维的多向性、灵活性和独特性在平面解析几何中，培养学生的求异思维能力，要注意以下几个方面(一)变换思维方向解证解析几何习题，常常会出现“思路自然、运算麻烦”的局面，甚至会到“山穷水尽疑无路”的地步这时，若能变换思维角度，多方位思考，多渠道辟径，就会超

4、过思维障碍，呈现“柳暗花明又一村”的美景例1 已知点A(1，-1)、B(7，2)，以A为圆心、8为半径作A，以B为圆心，6为半径作B，求这两个圆外公切线交点P的坐标【分析】 如图14解本题的自然思路是，先求出两条外公切线的方程，再解方程求出交点坐标但这种解法是入手容易出手难，由于运算量过大，使思维陷入困境如果能换一个角度思考，联想到公切径之比)，那么便可用线段定比分点公式，使问题获得巧解【解】 如图14，设M、N是一条外公切线与两个圆的切点，连结AB、BP，则A、B、P三点共线，再连结AM、BN，则AMMP、BNMP BNAM设点P的坐标为(x，y)，则由线段定比分点公式，得故点P的坐标为(2

5、5，11)例2 如图15，直线y=kxb与圆x2+y2=1交于B、C两点，与双曲线x2-y2=1交于A、D两点，若B、C恰好是线段AD的三等分点，求k与b的值【分析】 如图15，解本题的自然思路是，由|AB|=|BC|=|CD|入手，先计算出|AB|、|BC|、|CD|(即用k、b表示)，然后解方程组求得k、b的值但由于线段AB、CD的端点不在同一曲线上，从而上述解法运算相当麻烦如果变换思考角度，由|AB|=|CD|出发，可得线段BC与AD的中点重合，进而可用韦达定理，列出k、b的一个关系式，再【解】 如图15，把y=kx+b代入x2-y2=1中，整理，得(1+k2)x2+2bkx+b2-1=

6、0 从而 由韦达定理，得把y=kx+b代入x2-y2=1中，整理，得(1-k2)x2-2bkx-(b2+1)=0 |AB|=|CD|， AD与BC的中点重点解之，得k=0或b=0当k=0时，方程化为x2=1-b2，(二)一题多解在解析几何中，进行一题多解训练是培养求异思维能力的一种极好形式例3 已知直线l过坐标原点，抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上，若点A(-1，0)和点B(0，8)关于l的对称点都在C上，求直线l和抛物线C的方程(1994年全国高考理科试题)【分析1】 设直线l的方程为y=kx，抛物线C的方程为y2=2px(p0)，先求出A、B关于l对称的点A、B的坐标(用k表示)，

7、再代入抛物线C的方程中，可得k、p的方程组，最后解方程组即可【解法1】 如图16由已知可设抛物线C的方程为y2=2px(p0)由于直线l不与两坐标轴重合，故可设l的方程为ykx(k0) 设A、B分别是A、B关于l的对称点，则由 AAl可得 直线AA的方程为将、联立，解得线段AA的中点M的坐标为分别把A、B的坐标代入抛物线C的方程中，得由，消去p，整理，得k2-k-1=0 又由知k0 【分析2】 如图17，设直线l的倾斜角为，则l的斜率为用的三角函数表示点A、B的坐标，再把这些坐标用k表示，以下同解法1l的斜率为k |OA|=|OA|=1，|OB|=|OB|=8，xOA=-(-2)， 由三角函数

8、的定义，得A的坐标为xA=|OA|cosxOA=-cos2，yA=|OA|sinxOA=-sin2以下同解法1，从略又|OB|=8，|OA|=1，从而此题可设极坐标方程去解【解法3】 如图17，以O为极点，Ox为极轴建立极坐标系，把x=cos代入方程y2=2px(p0)中，得抛物线的坐标方程为由已知可设点B的极坐标为(8，)、A的极坐标为(1， 直线l平分BOB，=8，OAOB列出p、t1、t2的方程组，进而去求解 |OA|=|OA|=1，|OB|=|OB|=8，又由OAOB，得kOAkOB=-1，【分析5】 如图17，由于|OA|=1，|OB|=8，A【解法5】 如图17把直角坐标系视为复平

9、面，设点A 得点B对应的复数为(x1y1i)8i=-8y1+8x1i 点A、B的坐标为(x1，y1)、(-8y1，8x1)把它们分别代入抛物线C的方程y2=2px(p0)中，得即kOA=-2，又|OA|=1，以下同解法4，从略【分析6】 本题也可以把抛物线的参数方程与复数法结合起来去解数乘法的几何意义，得由复数相等的条件，得消去p，解得t2=2从而B的坐标为(8p，4p)线段BB的中点C的坐标为(4p，2p4)，【分析7】 在解法5中，利用复数乘法的几何意义，发现了A、B坐标之间的关系式，从而获得简解如图18，点B与点A的坐标关系也可用平面几何法得到【解法7】 如图18，作ACOx于C，BDO

10、x于D设A、B的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2) BODAOC=90， RtACORtODB又|OA|1，|OB|=8， |OD|8|AC|，|BD|8|OC|于是x2=-8y1，y2=8x1以下同解法5，从略【解说】 本例给出了七种解法解法1是本题的一般解法，它的关键是求点A、B关于l的对称点的坐标解法2是三角法，它法3是极坐标法，巧妙利用了A、B的特殊位置解法4是利用抛物线的参数方程去解的解法5和解法7是从寻找A、B的坐标关系式入手的，分别用复数法和相似形法获解解法6把参数法与复数法结合起来，体现了思维的灵活性总之，本例运用了解析几何的多种方法，是对学生进行求异思维训练的极好例题(

11、三)逆向思维在人们的思维活动中，如果把AB的思维过程看作正向思维的话，那么就把与之相反的思维过程BA叫做逆向思维在平常的学习中，人们习惯于正向思维，而不善长逆向思维因此，为了培养思维的多向性和灵活性，就必须加强逆向思维训练在解题遇到困难时，若能灵活地进行逆向思维，往往出奇制胜，获得巧解在解析几何中，培养学生逆向思维能力，要注意逆用解析式的几何意义、逆用曲线与方程的概念和逆用圆锥曲线的定义例4 设a、b是两个实数，A=(x，y)|x=n，y=nab，nZ，B=(x，y)|x=m，y=3(m25)，mZ，C=(x，y)|x2y2144是平面xOy内的点焦，讨论是否存在a和b，使得：(1)ABf；(

12、2)(a，b)C(1985年全国高考理科试题)【解】 由已知可得，a、b是否存在等价于混合组以上二式的几何意义是：如图19，在平面aOb中，nab=3(n25)是直线，a2b2144是圆面(即圆x2y2=144的边界及其内部)因此，这个混合组有解的充要条件是直线nab=3(n2+5)与圆a2b2=144有公共点，即圆心O(0，0)到这条直线的距离d12即(n25)216(n2+1)， n4-6n2+90，即(n2-3)20又(n2-3)20， n2=3这与n是整数矛盾故满足题中两个条件的实数a、b不存在【解说】 这种解法中，把混合组翻译成几何语言(直线和圆面是否有公共点)就是解析法的逆向思维教

13、学实践表明，学生普遍认为这种解法难想，其实，“难就难在逆向思维”，普遍认为这种解法巧妙，其实，“巧就巧在逆向思维” 习题12 1已知圆C1：(x1)2(y-2)2=4与圆C2：(x-3)2+(y-4)2=25，求它们外公切线交点P的坐标2已知直线l过点P(1，4)，求它在两坐标轴正向截距之和最小时的方程(要求至少5种解法)(要求至少4种证法)(1992年全国高考理科试题)4长度为3的线段AB的两端点在抛物线y2=x上移动，记线段AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离，并求此时点M的坐标(要求至少4种解法)(1987年全国高考理科试题)5已知2a3b=5，求证：直线ax+by-5=0必过一个定点

14、7已知三个集合M=(x，y)|y2=x1，S=(x，y)|4x22x-2y5=0，P=(x，y)|y=axm，问是否存在正整数a、m使得(MS)P=f？(其中f表示空集) 习题12答案或提示 3证法1：设A、B的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，|PA|=r，则圆P的方程为(x-x0)2y2=r2，与椭圆方程联立，消去y，得把A、B的坐标代入椭圆方程中，后把所)、(2，2)，点P的坐标为(t，0)，则t=x0c由|PA|=|PB|，可得5逆用点在直线的概念，得定点为(2，3)6在直角坐标系中，由已知两个等式可知，直线axby=c过点重合的条件，可证得结论也无实数解故a=1，m=2思维方

15、法分析综合法 综合法、分析法和分析综合法是平面解析几何中论证命题的基本方法从已知条件出发，运用学过的定义、公式、定理进行一步步地正确推理，最后证得结论，这种论证命题的思维方法叫做综合法从命题的结论入手，寻找使这个结论成立的充分条件，一直追溯到已知条件为止，这种论证命题的思维方法叫做分析法把分析法与综合法结合起来去论证命题的思维方法叫做分析综合法，它是从一个命题的两头向中间“挤”，因此容易发现证题的突破口，收到事半功倍的效果例1 设A、B、C是双曲线xy=1上的三点，求证：ABC的垂心H必在此双曲线上【分析】 如图11，设H的坐标为(x0，y0)，要证H在此双曲线上，即证x0y0=1而H是两条高

16、AH与BH的交点，因此需求直线AH、BH的方程，进而从所得方程组中设法推出x0y0=1【证明】 如图11，由已知可设A、B、C的坐标分别为(，设点H的坐标为(x0，y0)，则由式左乘式右及式右乘式左，得化简可得x0y0(-)=- ，x0y0=1故H点必在双曲线xy=1上【解说】 本证法的思考过程中，从分析法入手，得出证点H在双曲线xy=1上就是证x0y0=1这为综合法证明此题指明了目标在用综合法证明的过程中，牢牢抓住这个目标，去寻找x0、y0的关系式，用式子与相乘，巧妙地消去参数、，得到x0y0=1从而避免了解方程的麻烦，提高了解题速度例2 在直角坐标系xOy中，已知A1(x1，y1)、A2(

17、x2，y2)是单位圆x2+y2=1内任两点，设点P(x，y)是以线段A1A2为直径的圆上任一点，求证：x2+y22【分析】 欲证x2y22，由于A1、A2是圆x2y2=1内两点，坐标的关系式，又点P在以A1A2为直径的圆上，故可从PA1PA2入手去证【证明】 当P是直径A1A2的端点时，结论显然成立当P不是直径A1A2的端点时，如图12，连结PA1、PA2，则PA1PA2，即x2y2-(x1+x2)x-(y1+y2)y+x1x2y1y2=0， x2y2(x1+x2)x+(y1+y2)y-x1x2-y1y2又由A1、A2是圆x2y2=1内两点，得故x2y22【解说】 乍看，本题难以下手但用分析综

18、合法，把被证结论转例3 已知P是椭圆b2x2a2y2=a2b2(ab0)上任一点，F1、F2是左、右两个焦点，PF1F2=，PF2F1=，e是离心率，求证：由合分比定理，得只需证如图13，在PF1F2中，由正弦定理，得 |PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，由和差化积公式和倍角公式，得即式成立故原结论成立【解说】 本例的上述证法就是分析综合法它从被证结论入手，把它转化为证式成立，这个过程是分析法然后，从已知条件出发，运用解析几何、三角知识推得式，这个过程是综合法 习题11 用分析综合法证明下列各题：1已知a、b、c满足3(a2b2)=4c2(c0)，求证：直线axbyc=0与圆x2

19、+y2=1有两个不同的交点B、B是此椭圆的短轴的两个端点，BM与BM分别交x轴于K、N两点求证：|ON|OK|=a24设F1、F2是双曲线x2-y2=a2(a0)的两个焦点，P为该双 习题11答案或提示 1欲证直线与圆有两个不同的交点，只需证圆心O到直线的距离a又点P既在椭圆上，又在圆x2y2-ax=0上，由此可得(b2-a2)3欲证|OK|ON|=a2，需要求出K、N两点的横坐标，从而只需求出直线BM、BM的方程思维方法数形结合观点 解析几何是数形结合的科学，其显著特点是用代数的方法研究几何图形的性质，从而把代数、几何、三角熔为一炉解题时，要贯穿数形结合的观点，不但要注意把图形数字化和把数式

20、图形化，而且还要留心观察图形的特点，发掘题目中的隐含条件，充分利用图形的几何性质，把数与形有机地结合在一起，去探索问题的最佳解法例1 过圆M：(x-1)2(y-1)2=1外一点P向此圆作两条切线，当这两切线互相垂直时，求动点P的轨迹方程【分析】 本题一般用参数法去解，但运算量大且有一定的技巧，不易求解如果运用数形结合的观点，仔细观察图形的性质，不难发现动点P是正方形PT1MT2的顶点，因此|PM|是定值，立得简捷解法如下【解】 如图110，设切点为T1、T2，连结MT1、MT2、PM，则MT1T1P，MT2PT2，又T1PPT2，且|PT1|=|PT2|，那么MT2PT1设动点P(x，y)，则

21、(x1)2+(y-1)2=2，这就是所求的轨迹方程的对称点为Q，点P绕圆心C依逆时针方向旋转120后到达点R，求线段RQ长度的最大值和最小值)，然后求出点Q、R的坐标，最后用两点间距离公式，求出|RQ|的最值但这种解法运算量较大，还易出错观察图111，在PRQ中，欲求|RQ|，因A是PQ的中点，易想起三角形的中位线，从而取PR的中点B，连结BA，则|RQ|=2|AB|又求|QR|的最值，转化为求点A与所作圆上点的距离的最值过C、A作直线，交所作圆于B1、B2两点，则由平面几何知，|AB|的最大值为x2，求a的值集【分析与解】 本题如果用纯代数法，着眼于求出集合A，就相当麻烦如果用数形结合的观点

22、看待已知不等式，从“形”的角度去考虑可得下列简捷解法：为半径的半圆(如图112)，而y=(a-1)x是过原点的直线束问题转化为：求半圆在动直线上方且0x2时，a的值集易得a-11，即a2故a的值集为a|a2【解说】 由以上三例可知，数与形密切配合，坐标法以图形性质相助，如虎添翼，问题可迎刃而解 习题13 用数形结合观点解证下列各题：1过圆M：(xa)2y2=a2(a0)上一点A(2a，0)作此圆的动弦AB，求AB中点P的轨迹方程必与相应的准线相交u=x2y2的最大值和最小值 习题13答案或提示 1连MP，则MPAB，从而P的轨迹是以AM为直径的圆，方2欲证准线l与以AB为直径的圆相交，即证圆心

23、M到l的距离小于半径设过A、B、M分别作准线l的垂线，重足分别为P、Q、N，(x，y)是以F1(-1，0)、F2(1，0)为焦点、长轴为8的椭圆上的动点umax=16，umin=15b2)1，即(a2b2-1)20，所以a2b2=1学科方法参数法 参数观点是运动、变化思想在数学中的重要体现参数是解析几何中最活跃的元素，也是解题的一种主要方法解析几何中的许多解题技巧都来源于参数观点(一)参数法解题的基本步骤参数法解题的步骤是：(1)设参，即选择适当的参数(参数的个数可取一个或多个)；(2)用参，即建立参数方程或含参数的方程；(3)消参，即通过运算消去参数，使问题得到解决例1 已知抛物线y2=2p

24、x(p0)，在x轴的正半轴上求一点M，使过M的弦P1P2，满足OP1OP2【解】 如图25，设M(m，0)(m0)、P1(x1，y1)、P2(x2，y2) OP1OP2，即y1y2=-x1x2 (y1y2)24p2x1x2从而(-x1x2)2=4p2x1x2 x10，x20， x1x2=4p2 设直线P1P2的方程为y=k(x-m)，把它代入y2=2px中，整理，得k2x2-2(k2m+p)x+k2m2=0由韦达定理，得x1x2=m2 把代入中，得m2=(2p)2 m0，p0，m=2p于是所求的点M的坐标为(2p，0)【解说】 本例选点P1、P2的坐标为参数，利用已知条件建立x1，x2，y1，

25、y2，m，p的关系式，消去参数，求得m的值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，求动点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线(1995年全国高考理科压轴题)【解】 如图26，设动点Q(x，y)(x，y不同时为零)又设|OR|=|OQ|，|OP|=u|OQ|，(，u0)，由于Q、R、P三点共线，所以点R(x，y)、点P(ux，uy) |OQ|OP|=|OR|2， u|OQ|2=2|OQ|2又|OQ|0，同理，由P在l上，可得于是由、，可得动点Q的轨迹方程为且长轴平行于x轴的椭圆，去掉坐标原点利用已知条件|OQ|OP|=|OR|2巧妙地消去参数，这里参数是

26、一个过渡，起桥梁作用这种解法比高考命题者提供的答案简明(二)解题技巧的一个源泉参数观点是产生解题技巧的一个源泉，解析几何的许多解题技巧都起源于参数其中“设而不求”和“代点法”就是最突出的两个1设而不求例3 如图27，过圆外一点P(a，b)作圆x2y2=R2的两条切线，切点为A、B，求直线AB的方程【解】 设A、B的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则切线AP、BP的方程分别为x1x+y1yR2，x2x+y2yR2 这两条切线都过点P(a，b)， ax1by1=R2，ax2by2=R2由以上二式可以看出，点A、B在直线axby=R2上，又过A、B只有一条直线， 直线AB的方程为axby=

27、R2【解说】 本例中把A、B的坐标作为参数虽然设了A、B的坐标，但并没有去求它的值，而是利用曲线与方程的概念，巧妙地“消去”参数，这就是所谓的“设而不求”2代点法例4 求抛物线y2=12x的以M(1，2)为中点的弦所在直线的方程【解法1】 设弦的两个端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，则由中点坐标公式，得y1y24 即(y1y2)(y1-y2)=12(x1-x2) 即直线AB的斜率k=3故直线AB的方程为y-2=3(x-1)即 3x-y-1=0【解法2】 弦的中点为M(1，2)， 可设弦的两个端点为A(x，y)、B(2-x，4-y) A、B在抛物线上， y2=12x，(4-y)2=12(

28、2-x)以上两式相减，得y2-(4-y)2=12(x-2+x)，即 3x-y-1=0，这就是直线AB的方程【解说】 以上两种解法都叫做代点法它是先设曲线上有关点的坐标，然后代入曲线方程，最后经适当变换而得到所求的结果 习题22 用参数法解证下列各题：1已知椭圆9x216y2=144内有一点P(2，1)，以P为中点作弦MN，则直线MN的方程为 A9x-8y260B9x8y-260C8x-9y+26=0D8x9y-26=02点D(5，0)是圆x2y2-8x-2y+7=0内一点，过D作两条互相垂直的射线，交圆于A、B两点，求弦AB中点M的轨迹方程且OPOQ，求m的值4已知射线OA、OB分别在第一、四

29、象限，且都与Ox轴成60的轨迹5已知两点P(-2，2)、Q(0，2)以及一条直线l：y=x设长为程(要求把结果写成普通方程)(1985年全国高考理科试题)6已知椭圆的中心在原点，对称轴合于坐标轴，直线y=-x1与 习题22答案或提示 1仿例4，选(B)2设M(x，y)，A(xx0，yy0)，B(x-x0，y-y0)，把A、B=03仿例1，可得m=35设A(t，t)，B(t1，t1)，又设直线PA、PB的斜率分别x2-y22x-2y8=06设椭圆的方程为ax2by2=1(a0，b0)，A、B、C的坐学科方法待定系数法 待定系数法是中学数学中的一种重要方法，它在平面解析几何中有广泛的应用(一)求直

30、线和曲线的方程例1 过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程【解】 设所求的直线方程为(x-2y-3)+(2x-3y-2)=0，整理，得依题意，列方程得于是所求的直线方程为8x-5y20=0或2x-5y-10=0【解说】 (1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，是待定系数(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法例2 如图29，直线l1和l2相交于点M，l1l2，点Nl1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等若系，求曲线C的方程(1998年全国高考理科试题)【解】 如图29，以l1为

31、x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点设曲线C的方程为y2=2px，p0(x1xx2，y0)其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|从而M、N解之，得p=4，x1=1故曲线C的方程为y2=8x (1x4，y0)(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质例3 已知方程ax2bxycy2=0表示两条不重合的直线L1、L2求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小【解】 设L1、L2的方程分别为mxny=0、qxpy=0，则ax2+bxycy2(mx+n

32、y)(qx+py)从而由待定系数法，得amq，bmpnq，c=np(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为即(m2n2)(qxpy)2=(q2+p2)(mxny)2，化简、整理，得(nq-mp)(nqmp)x22(np-mq)xy-(nqmp)y2=0 L1、L2是两条不重合的直线b2-4ac(mp+nq)2-4mnpq=(mpnq)20即 mp-nq0从而(nqmp)x22(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得bx2+2(c-a)xy-by20即为所求的两条角平分线方程(2)显然当mqnp=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直

33、，即夹角为90当mqnp0即ac0时，设L1与L2的夹角为，则【解说】 一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便(三)探讨二次曲线的性质1证明曲线系过定点例4 求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t2t1)x2+(t1)y24t(t1)y-(109t221t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标【证明】 把原方程整理成参数t的方程，得(4x24y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2y2-31=0 t是任意实数上式都成立，【解说】 由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是：(1)把F(x，y，t)=0

34、整理成t的方程；(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；(3)解这个方程组，即得定点坐标2求圆系的公切线或公切圆例5 求圆系x2y2-2(2m1)x-2my4m24m1=0(m0)的公切线方程【解】 将圆系方程整理为x-(2m+1)2(y-m)2=m2(m0)显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线设它的公切线方程为 y=kxb，则由圆心(2m1，m)到切线的距离等于半径|m|，得从而(1-2k)m-(kb)2m2(1k2)，整理成m的方程，得(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0 m取零以外的任意实数上式都成立，【解说】 由

35、本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：(1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kxb，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0由于mR，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；(4)解这个方程组，求出k、b的值；(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程3化简二元二次方程例6 求曲线9x24y218x-16y-11=0的焦点和准线【分析】 把平移公式x=xh，y=yk，代入原方程化简【解】 (略) 习题23

36、用待定系数法解证下列各题：1求经过三点(2，3)、(5，3)、(3，-1)的圆的方程2求双曲线x2-2y2-6x4y3=0的焦点坐标3若方程ax3bx2ycxy2dy3=0表示三条直线，且其中两条互相垂直，求证：a2acbdd2=04求圆系2x2+2y2-4tx-8ty9t2=0(t0)的公切线方程5试证圆系x2+y2-4Rxcos-4Rsin+3R2=0(R是正的常数，为参数)与定圆相切，并求公切圆的方程6若在抛物线y2=2px(p0)的对称轴上有一个定点Q，过Q的任 习题23答案或提示 1设圆的方程为x2y2DxEyF=0，把三个已知点的坐标代入，可求得D=-8，E=-2，F=123设过原

37、点互相垂直的两条直线方程为lx2+mxy-ly2=0，另一条直线方程为pxqy=0，则ax3bx2ycxy2+dy3=(lx2mxy-ly2)(pxqy)，从而a=lp，b=lqmp，c=mq-lp，d=-lp于是可得a2acbdd2=04y=x或y=7x5圆系方程为(x-2Rcos)2+(y-2Rsin)2=R2，设公切圆方程为(x-a)2+(y-b)2=r2，则由两圆相切的充要条件是圆心距等于两圆半径和或差的绝对值，可得(a-2Rcos)2(b-2Rsin)2=(Rr)2，整理，可得a2b2-2R即a=b=0从而r2-3R22Rr=0，解得r1=R，r2=3R6设Q(x0，0)，直线AB的

38、参数方程为x=x0tcos，y=tsin代任一值，所以x0=p学科方法判别式法 判别式法是中学数学中的一种常用方法，它在平面解析几何中有下列应用：(一)确定直线与二次曲线和二次曲线与二次曲线的位置关系它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线l的距离？(1988年全国高考理科试题)点、l为准线的抛物线方程为y2=2px椭圆上有四个点符合题意的充要条件为方程组y2=2px有四个不同的实数解显然，这个方程组有四个不同的实数解的充要条件为方程有两个不相等的正根设方程的两个根为x1、x2，则x10、x20的充要条件为又由已知，得p0 【解说】 本例的实质是求椭圆与抛物线有四个不同的交点的条件，它归结为一

39、元二次方程ax2+bx+c=0有两个不等的正根的条件，即(二)求极值例2 过点P(3，2)作直线l分别交x轴、y轴正方向于A、B两点，求AOB面积S的最小值【解】 如图2-21，设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k0)，则它在x轴、y轴上的截距分别为从而9k2+2(S-6)k+4=0 =2(S-6)2-4490， S(S-12)0 S0，S12 Smin=12例3 在椭圆9x2+4y2=36上分别求一点，使x+y有最大值和最小值【解】 设x+y=u，则y=u-x把它代入椭圆方程中，整理，得13x2-8ux+4(u2-9)=0 x是实数， 0即(-8u)2-4134(u2-9)0解之，得-(

40、三)求参数的取值范围例4 已知抛物线y=ax2-1上恒有关于直线l：y=-x对称的两点，求a的取值范围【解法1】 如图2-22，设点P(x0，y0)关于直线l对称的点为Q(-y0，-x0)，则由P、Q都在抛物线y=ax2-1上，得以上两式相减，得x0+y0=a(x0+y0)(x0-y0) 点P不在直线x+y=0上，x0+y00从而a(x0-y0)=1，即y0=x0- P、Q两点恒存在，x0是实数，即方程(*)恒有两个不等实学科方法韦达定理法 利用一元二次方程的韦达定理(即根与系数的关系)解题的方法叫做韦达定理法，它是处理解析几何问题的一个主要技巧(一)关于弦中点问题例1 已知点M(2，2)是椭

41、圆x24y2-2x-12y6=0内部一点，过M作直线l交此椭圆于两点A、B，使M为弦AB的中点，求直线l的方程【解法1】 先考察过M点斜率不存在的直线x=2由于点M不再考察过M点斜率存在的直线设直线l的方程为y-2=k(x-2)，即y=kx-2k2，把它代入椭圆方程中，整理，得(1+4k2)x2-2(8k2-2k+1)x+2(8k2-4k-1)=0设A、B的横坐标分别为x1、x2，则由韦达定理，得又由中点坐标公式，得即 x+2y-6=0把它代入椭圆的方程中，整理，得(cos2+4sin2)t2+2(cos+2sin)t-2=0 M是弦AB的中点，由韦达定理，得即 x2y-6=0【解说】 已知圆

42、锥曲线内一点，求以该点为中点的弦所在的直线方程，用韦达定理法去解，一般有上述两种方法B1、B2，且A为B1B2的中点？这样的直线m如果存在，求出它的方程；如果m不存在，说明理由【解】 设所求的直线方程为y=k(x-1)+1，代入双曲线方程中，整理，可得(2-k2)x2+2(k2-k)x-(k2-2k+3)=0设B1(x1，y1)、B2(x2，y2)，则A为B1B2中点的充要条件为解，得k=2代入中，不适合故满足题中条件的直线m不存在【解说】 由本例可知，应用韦达定理法解直线与圆锥曲线相交的问题时，要注意直线与圆锥曲线相交的条件，即判别式不小于零是应用韦达定理的先决条件(二)弦长问题例3 顶点在

43、原点，焦点在x轴上的抛物线，被直线y=2x1截得【解】 设抛物线的方程为y2=2px，把y=2x1代入抛物线方程中，整理，得4x2+2(2-p)x1=0 =2(2-p)2-4410， p0或p4设直线与抛物线交于A(x1，y1)、B(x2，y2)，则解之，得p1=-2，p2=6故所求的抛物线方程为y2=-4x或y2=12x【解说】 直线与二次曲线相交，截得弦长，一般可用公式|AB|=、x2分别是点A、B的横坐标(三)线段关系式例4 已知抛物线C：y2=4x和定点R(0，-2)，是否存在过定点R的直线l，交抛物线C于P、Q两点，使|PQ|2=|RP|RQ|，若存在，求其方程，若不存在，说明理由【

44、解】 如图210，设所求的直线为y=kx-2，把它代入y2=4x中，整理，得k2x2-4(k+1)x+4=0当=-4(k1)2-16k20，分别过P、Q作x轴的垂线，垂足为A、B，则由|PQ|2=|RP|RQ|，得|AB|2=|OA|OB|， |xQ-xP|2=xPxQ，即(xP+xQ)2 -5xPxQ=0故符合题意的直线l存在，其方程为例5 已知点M(x1，y1)在第一象限内，过M的两个圆与两坐标都相切，且它们的半径分别为r1、r2(r1r2)，求证：【证明】 设过点M的两个圆为O1、O2 它们都与x轴、y轴都相切， 它们的方程分别为 点M在这两个圆上，由以上两式可知，r1、r2是关于r的方

45、程于是 由韦达定理，得 习题24 用韦达定理法解证下列各题：1已知抛物线y24x-y1=0的一条弦被点M(-2，3)所平分，求这条弦所在直线的方程方程3抛物线y=x2-2x+2交动直线y=kx(k0)于P1、P2两点，点Q在4过点P(1，1)作一条动直线，交圆x2y2=4于A、B两点，求|AP|2+|BP|2的最大值和最小值5已知抛物线y2=2px(p0)的焦点弦长|AB|=m，顶点为O，求OAB的面积6抛物线y2=4x，过点A(0，-2)的直线与抛物线交于不同的两点P、Q，O为原点，以OP、OQ为邻边的平行四边形为OPMQ，求动点M的轨迹方程7设抛物线的顶点在原点，焦点F是圆x2y2-4x=

46、0的圆心过此抛物线的焦点且斜率为2的直线与抛物线和圆分别相交于A、D、B、C(如图211)，求|AB|CD| 习题24答案或提示 3把y=kx代入y=x2-2x2中，整理，得x2-(k2)x2=0，由4用直线的参数方程去解，最大值为12，最小值为46设直线PQ的斜率为k(k0)，把y=kx-2代入y2=4x中，得k2x2-4(k+1)x+4=0由中点坐标公式和韦达定理，得动点M(x，y)的坐标k0或k0，从而y0或y-8于是轨迹方程为(y2)2=4(x1)(y0或y-8)7抛物线的方程为y2=8x设A、D的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)又设直线AD的方程为y=2(x-2)，把它代入抛物线方程中，由韦达定理和弦长公式可得|AD|=10，于是|AB|CD|=|AD|-|BC|=10-4=6学科方法坐标法 坐标法是解析几何最基本的方法，它的思路是，通过建立平面坐标系(直角坐标系或极坐标系等)，把几何问题转化为代数问题(或代数问题转化为几何问题)，从而利用代数知识(或解析几何知识)使问题得以解决(一)坐标法解证几何题例1 在ABC中，已知BC=a，CA=b，AB=c，S为三角形面【证明】 如图21，以边AB的