解析几何的解题思路方法与策略.doc

-!解析几何的解题思路、方法与策略高三数学复习的目的， 一方面是回顾已学过的数学知识， 进一步巩固基础知识， 另一方面， 随着学生学习能力的不断提高， 学生不会仅仅满足于对数学知识的简单重复， 而是有对所学知识进一步理解的需求， 如数学知识蕴涵的思想方法、 数学知识之间本质联系等等， 所以高三数学复习既要“温故” ， 更要“知新” ， 既能引起学生的兴趣， 启发学生的思维， 又能促使学生不断提出问题， 有新的发现和创造， 进而培养学生问题研究的能力以“圆锥曲线与方程”内容为主的解题思想思路、方法与策略是高中平面解析几何的核心内容， 也是高考考查的重点每年的高考卷中，一般有两道选择或填空题以及一道解答题， 主要考查圆锥曲线的标准方程及其几何性质等基础知识、基本技能及基本方法的灵活运用， 而解答题注重对数学思想方法和数学能力的考查，重视对圆锥曲线定义的应用， 求轨迹及直线与圆锥曲线的位置关系的考查解析几何在高考数学中占有十分重要的地位，是高考的重点、热点和难点通过以圆锥曲线为主要载体，与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合，结合数学思想方法，并与高等数学基础知识融为一体，考查学生的数学思维能力及创新能力，其设问形式新颖、有趣、综合性很强基于解析几何在高考中重要地位，这一板块知识一直以来都是学生在高三复习中一块“难啃的骨头” 所以研究解析几何的解题思路，方法与策略，重视一题多解，一题多变，多题一解这样三位一体的拓展型变式教学，是老师和同学们在高三复习一起攻坚的主题之一本文尝试以笔者在实际高三复习教学中，在教辅教参和各类考试中遇到的几道题目来谈谈解析几何解题思路和方法策略一、一道直线方程与面积最值问题的求解和变式例1 已知直线过点 ，若直线交轴负半轴于A，交轴正半轴于B，O为坐标原点.（1）设的面积为，求的最小值并求此时直线的方程；（2）求最小值；（3）求最小值解：方法一：直线交轴负半轴，轴正半轴，设直线的方程为，（1）,当时，即 ，即 时取等号，此时直线的方程为.（2），当且仅当时取等号；（3），当且仅当时取等号；方法二：设直线截距式为，过点，（1），；（2）；（3）（3）方法三： ，当且仅当时最小，变式1：原题条件不变，（1）求AOB的重心轨迹；（2）求AOB的周长最小值解：（1）设重心坐标为，且，则，又，该重心的轨迹为双曲线一部分；（2）令直线AB倾斜角为，则，又，过分别作轴和轴的垂线，垂足为,则， ，令，则t0， 周长。变式2：求的最小值（留给读者参照变式1，自行解决）点评：由于三角函数具有有界性，均值不等式有放大和缩小的功能，在解析几何中遇上求最值的问题，可构建三角函数和均值不等式，合理地放大缩小，利用有界性，求得最值圆锥曲线的最值问题， 解法一般分为两种: 一是几何法， 特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来处理非常巧妙; 二是代数法， 将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题， 然后利用基本不等式、 函数的单调性或三角函数的有界性等求最值；二、涉及到抛物线的相关题目和证明例2 证明抛物线的焦点弦定值.设直线AB：，与抛物线交于两点，则有如下一些结论：，； 证明：方法一：设.由，得，. ，则. 作，假设，设,，.方法二：； ； .例3 已知，为抛物线上两点，且满足，为坐标原点，求证：（1），两点横坐标之积，纵坐标之积分别为定值；（2）直线经过一定点解：（1）设，易得，又，则， ， ；（2） 方法一：由对称性，可知直线过定点一定在轴上，取特值，得定点为；设直线的方程为，化简整理把代入抛物线的方程，可得，那么， ，则满足题意,表明直线过定点.方法二：易得直线的斜率，直线的方程为，整理得，即，又 ， 直线的方程为，即得直线过定点.方法三：设，设直线方程为，将其代入抛物线的方程，得方程，只需，解得， 直线的方程为，即得直线过定点.方法四：设直线的方程为，由，得交点为和，又 的方程为，同理可得，当时， 直线方程为，即，即得直线过定点；当，得，的方程为，综上，由直线过定点.点评：方法一是用特殊位置找结论，再证明，方法二、三、四是处理垂直关系的通法类似地，过椭圆，双曲线的一个顶点作，分别交椭圆，双曲线于，则直线也 经过一定点变式 如图，椭圆和圆，已知圆将椭圆的长轴三等分，且圆的面积为椭圆的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线与圆相交于点A、B，直线EA、EB与椭圆的另一个交点分别是P、M（1）求椭圆的方程；（2）（i）设PM的斜率为，直线斜率为，求的值；（ii）求面积最大时直线的方程解：（1）依题意：，则，椭圆方程为；（2）（i）由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为0，PEME不妨设直线PE的斜率为k（k0），则PE：，由得：或 用去代，得，则 由得：或， ，则（ii）由（i）可知：，设，则，当且仅当时去等号，则直线AB：，所以直线的方程为例4 直线过抛物线的焦点，且，又点均在抛物线上，求（1）求四边形面积的最小值；（2）求的最小值；（3）若，分别是的中点，求证：直线过定点解：（1）设直线，不妨设.由，得,.弦长.又直线.同理.，当且仅当时取等号.（2），当且仅当时取等号（3）设，由（1）问所得方程，可得，设中点，则，可得，用替换，易得，则，那么直线的方程为，化简得（*）当时，直线恒过点；当时，即轴，易得直线的方程为，恒过点.综上，直线恒过点点评：实际上，第（3）问从 直线MN的方程化为（*）式较难，从得分的角度来讲，可以先从时得到定点，再回到（*），虽不严密，但可节省时间变式 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为（1）求四边形的面积的最小值；（2）求的最小值；（3）若于，且、的中点分别为，求证：直线过定点解：（1）方法一：（）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得设，则，；因为与相交于点，且的斜率为，所以，四边形的面积当时，上式取等号（）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积综上，四边形的面积的最小值为注：当的斜率存在时，也可这样求四边形ABCD的面积的最小值：方法二：设，则，当，即时，上式取等号方法三：判别式法，读者自己完成（2）当BD斜率存在时，同上，当，即时，上式取等号的最小值为，当BD斜率存在或等于零时，综上，的最小值为；（3）设线段BD的中点为，则，则，从而，直线的方程为，即（*），显然过定点，当时，或，适合（*）式，综上，直线过定点点评：本题（1）问表明，求解解析几何的最值问题，常用到均值不等式法，二次函数法和判别式法；从以上几例的解析可以看出：应用焦点弦的性质不仅能使许多问题的解答快捷、方便，而且能够优化学生的思维品质，提高解决问题的能力凡涉及弦长的问题， 常用根与系数的关系设而不求计算弦长(即应用弦长公式); 涉及弦长的中点问题时， 常用“点差法” 设而不求， 将弦所在直线的斜率、 弦的中点坐标联系起来， 相互转化 同时还应充分挖掘题目的隐含条件， 寻找量与量之间的关系，并进行灵活转化，往往能避免求交点坐标等复杂运算三、一道椭圆考题的证明和拓展例5 已知椭圆，有以下两个结论：若，为椭圆上两个点，则；若椭圆两焦点为，则点的轨迹方程为或则以下说法正确的是（ ）（A）和都不对 （B）和都对 （C）不对，对 （D）对，不对本题选D，现笔者试对第问给出不同的证法：解：方法一：当ABx轴时，ADX=BOX=45，当AB不垂直于x轴时：设，设与椭圆联立得：,又AOB中，,又由得，方法二（三角法）：如图，令，则，则，代入椭圆方程，有，则，两式相加，有；方法三（特值法）：当直线斜率为0或不存在时，当直线、斜率都存在且不为0时，设直线方程为，又OAOB直线OB方程为，；本问的一般性结论：已知椭圆，若，为椭圆上两个点，且满足，则变式1：是否存在一定圆与直线AB相切？解：方法一：设直线的方程为，代入到椭圆方程，则，设点O（0,0）到直线AB的距离为，则，过O作AB的垂线，垂足为H，设，则，存在定圆与直线AB相切方法二：由例7的问结论可得，过O作AB的垂线，垂足为H，那么，设，存在定圆与直线AB相切拓展推广：（1）若A、B、C、D为椭圆4个点，直线ACBD于坐标原点O，则证明：由例6中问结论可得结论正确；（2）若A、B、C为椭圆上3个点，则 证明：令，则，代入椭圆得，则，同理 ，.变式2：已知双曲线，且，（1）求的值；（2）若，求点的轨迹方程解：（1）当轴时，,，；当不垂直于x轴时，设，设联立双曲线方程得：，由，得，则，有，作于，设，在中，又，由可得，综上，的值为（2），的轨迹方程为，即点评：本题从到实际复习中遇到的一个考题，尝试了用普通的解析法，和三角代换（应注意并非椭圆的三角参数方程），不同角度地证明了这个结论，并加以拓展和延伸，使之达到让学生们可以一题多解，一题多变，多题一解的目的，让复习过程得以升华变式3：设椭圆的离心率，左顶点到直线的距离，为坐标原点()求椭圆的方程；（）设直线与椭圆相交于两点，若以为直径的圆经过坐标原点，证明：点到直线的距离为定值；()在（）的条件下，试求的面积的最小值()解由e，得ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1，即bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆C的方程为y21. 3分（）证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点A在椭圆C上，所以y1，解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OAOB. 所以x1x2y1y20.所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20.所以(1k2)m20. 整理得5m24(k21)，所以点O到直线AB的距离d1.综上所述，点O到直线AB的距离为定值. 8分 ()解：方法一 设直线OA的斜率为k0.当k00时，则OA的方程为yk0x，OB的方程为yx，联立得同理可求得故AOB的面积为S|x1|x2|2.令1kt(t1)，则S22，令g(t)49()2(t1)，所以4g(t).所以S1.当k00时，可求得S1，故S1，故S的最小值为. 13分方法二 由（2）知 当直线AB的斜率不存在时，S=；当直线AB的斜率存在时，(14k2)x28kmx4m240，5m24(k21)， 所以弦长思路一 令则故S1，故S的最小值为. 思路二 所以 S1.在中，则故S1，故S的最小值为.说明：一般性结论：已知椭圆，若，为椭圆上两个点，且满足，则（1）；（2）点O到直线AB的距离；（3）; (4) 四、一道和椭圆切线方程有关考题的证明和拓展例6已知椭圆的离心率为，其四个顶点构成的四边形面积为若为椭圆上任意一点，过作圆（）的切线，且直线与交于点（1）求椭圆的方程；（2）求点的轨迹；（3）定义：椭圆上一点处的切线方程为，过椭圆的左焦点弦的端点分别作椭圆的切线，求证：直线，的交点在定直线上解：（1）由顶点四边形面积，离心率，解得，椭圆的方程为； （2）设，如图，设切点为，在中，由，得，即由，得，又，将式代入式，得轨迹，当时，点的轨迹为椭圆；当时，点的轨迹为，表示两条平行直线 （3）方法一：证明：设，当轴时，由定义，在，处椭圆的切线方程分别为和，交点；当与轴不垂直时，设直线斜率为，直线的方程为，由定义，在，处椭圆的切线方程分别为和，解得，直线，的交点在定直线上 方法二：由定义，在，处椭圆的切线方程分别为和，设，则，直线BD的方程为，又直线BD过点，方法三：本题第（3）问也可采用伸缩变换求得该定直线：设伸缩变为，则有，再伸缩变换回去，设，且，为切线，又lBD过，得证注：本题第（3）问涉及椭圆的上一点的切线方程，除了可以用常规的判别式和隐函数求导法则解决外，亦可用直线的参数证明证明：由椭圆，设在C上那么过过M的切线l的参数方程为：（t为参数），代入椭圆C得：M在C上，l为椭圆在M处的切线，上述二次方程c=0， .又, ,，证毕点评：本题第（2）问与例7的变式1的方法二都用到了三角形的面积不变法，应注意体会；本题第（3）问方法二求切点弦的方程，在圆、双曲线、抛物线中都有类似问题五、圆锥曲线弦中点问题的证明和拓展例7 已知A1、A2是椭圆的左、右顶点，B2、F2分别为其上顶点和右焦点，过F2作x轴的重线交椭圆C的上半部分于点D，设，而椭圆C的离心率为e（1）证明：；（2）当，且时，直线与椭圆C交于P、Q两点，问：是否存在直线l使得为等边三角形？若存在，写出直线l的方程；若不存在，请说明理由解：（1）证明：在中：，又D在上，代入解得到又，（2）方法一：由，令，设中点为,结合直线方程联立（*） ，由，其中，得：，（1）在（*）中，所以.，（2），有：，化简得：，代入降次消元，解之可得（舍去）或，即方法二（对称性）：当不垂直于轴时，设，由对称性知：必有另一也满足条件，两式相乘，整理得： 设以为圆心的圆，整理得：又椭圆的方程 -：则由与等价知：到与的距离均为，由联立，易知为不定方程，由于可约简，不妨令：=1，则有： , , ，由+：，由+2+：, 又由故：,解得：，故：故或 即或20当垂直于轴时，设交C于P，由为等边三角形，知：又 联立，解得：，故，综上所述：或或方法三(点差法)，由点差法,设，设直线的斜率为，则 （1），（2）由得：，代入（2）可得：，再用“方法一”求解方法四（极坐标方程）解：以B为极点，y轴负半轴方向为极轴，建立极坐标，系设 ， ， , , ,，. ，即椭圆极坐标方程，, 两边同除以，解得，由对称性令，又，由到角公式知：，解得： 即由对称性,PQ：或点评：方法一中利用底边上的高和边长与底边高的长度关系是解决解析几何中等边三角形的常见方法；方法二利用了等边三角形的轴对称性质；方法三是点差法，特别适合圆锥曲线里的弦中点问题，可将弦的中点坐标和弦所在直线的斜率有效地结合起来以便减少运算的目的；方法四是利用教材4-4里的坐标系和参数方程里的极坐标方程解题，供学有余力的同学有选择性的掌握六比值问题例8. 已知椭圆，其左、右焦点分别为，关于椭圆有以下四种说法：（1）设A为椭圆上任一点，其到直线的距离分别为，则；（2）设A为椭圆上任一点，分别与椭圆交于两点，则（当且仅当点A在椭圆的顶点取等）；（3）设A为椭圆上且不在坐标轴上的任一点，过A的椭圆切线为，为线段上一点，且，则直线；（4）面积为的椭圆内接四边形仅有1个。 其中正确的有（ ）个.A 1 B 2 C 3 D 4第（2）问的解法解法1：如图，设，设令 ，代入椭圆化简得，同理，令，可得，两式相加，.解法2：设直线的方程：，代入椭圆方程可得，同理，又，原式.解法3：如图，令，原式.解法4：由椭圆的极坐标方程，可得，其中，那么，同理，则有，原式.第（3）问的解法 椭圆的光学性质，但是必须证明。求切线的斜率最好用例9. 平面上两定点，动点满足（1）求动点的轨迹；（2）当时，动点的轨迹为曲线，已知，过的动直线（斜率存在且不为0）与曲线交于P,Q两点，直线，SP,SQ分别与交于A,B两点.A,B,P,Q坐标分别为，求证：为定值，并求出此定值. 解：（1）由题意：当时，动点不表示任何图形；当时，动点的轨迹是线段；当时，动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.（2）当时，动点的轨迹方程为：设，则 可得： 又点在直线上， 同理： 又 由则，则 同理： 结论1 已知圆的方程，动直线过定点P（0，m）(0mr)且与圆相交于A,B两点，则存在与点P不同的定点，使得恒成立. 说明：（1）等价于,即x轴平分.(以下相同) （2）若定点P（m，0），则定点.结论2 已知椭圆的方程，动直线过定点P（0，m）(0mb)且与椭圆相交于A,B两点，则存在与点P不同的定点，使得恒成立.说明： 若定点P（m，0）(0ma)且与双曲线相交于A,B两点，则存在与点P不同的定点，使得恒成立.说明： 若定点P（m，0）(ma)，则定点.结论4 已知抛物线的方程，动直线过定点P（m，0）(m0)且与抛物线相交于A,B两点，则存在与点P不同的定点，使得恒成立.七坐标系与参数方程（一）选修考试例1. 已知直线的参数方程为为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1） 求圆的直角坐标方程；（2） 若是直线与圆面的公共点，求的取值范围.解：（1）圆的极坐标方程为.，又，.，圆的普通方程为；（2）方法一.设.由(1)知圆的方程，圆的圆心是，半径是.将代入得，又直线过，圆的半径是.，即的取值范围是.方法二.直接求直线与圆的交点坐标A,B.再代入求范围。说明：第一问主要是步骤完整的问题，第二问的方法一较巧妙，刚好是直线经过圆心，方法二虽然计算复杂一点，但是更容易学生掌握.（二）、坐标系伸缩变换的应用定义：设在平面直角坐标系中的任意点，在伸缩变换：作用下，点对应到，具有如下一些基本性质：（1）点与线、线与线的位置关系不变；（2）同一直线上两线段的长度之比不变；（3）直线斜率为变换后的直线斜率的倍，即；（4）封闭图形面积为变换后图形面积的倍，即例1一种作图工具如图1所示，是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系（1）求曲线C的方程；xDOMNy（2）设动直线与两定直线和分别交于两点若直线总与曲线有且只有一个公共点，试探究：OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由解：（1）设点，依题意，且，所以，且即且 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为 （2）方法一：（i）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有 （ii）当直线的斜率存在时，设直线， 由 消去，可得因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即 又由 可得；同理可得由原点到直线的距离为和，可得 将代入得， 当时，；当时，因，则，所以，当且仅当时取等号所以当时，的最小值为8综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小值8 方法二：坐标系的伸缩变换由椭圆方程做坐标系伸缩变换，令，得圆的方程为，设直线变换后的斜率为，那么由两直线和，变换之后可得和，易知，如图所示，在中，斜边上的高等于半径1，再设，则， ，则原三角形面积的最小值为例2平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是和，以为圆心，以3为半径的圆与以为圆心，以1为半径的圆相交，交点在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左、右焦点分别为和，若动直线与椭圆有且仅有一个公共点，且于，于，设为四边形的面积，请求出的最大值，并说明此时直线的位置；若无最大值，请说明理由解：（1）设两圆相交于点，且在椭圆上，则满足，由且，得，椭圆的标准方程为；（2）方法一：由题意，椭圆的标准方程为，有，化简后得，而动直线和椭圆有且仅有一个公共点，则，化简后得（）；设，到直线的距离分别是和，则，不妨设，（i）若，其中为直线的倾斜角，再作于，则 ，得 ，故，而 ，由（）式，可得，又，得，再由双勾函数在单增，得；（ii）若，此时直线平行于轴且与椭圆相切，可得四边形为矩形，再由矩形底边长为焦距，矩形高为短半轴长，综上，直线平行于轴且与椭圆相切时，四边形的面积有最大值为方法二：坐标系的伸缩变换令.联立得：，由，得 设切点为，则，又， .1当时，设倾斜角为，过作于,设，当的距离为，.，,由式可得，S1.2当k=0时，S=1综上所述，当平行于x轴且与相切时有，.转换回坐标系，平行于x轴且与C2相切时有最大值思路总结：利用坐标系的伸缩变换，化椭圆为圆，去寻找和圆相关的特殊直线的位置例3 已知椭圆C：，若O为坐标原点，P为直线上一动点，过点P作直线与椭圆相切于点A，求的面积S的最小值分析：由伸缩变换圆：利用圆的切线切点与圆心连线的性质找出面积最小时P所在的位置解：令，则.，又，是圆心为（0,0）半径为1的圆，设，此时P在x轴上；由P（2，0），设，与联立，=0得，取，代入C中得，即的纵坐标为，则，综上， 点评：伸缩变换是新课标人教版选修中坐标系和参数方程中的内容而在教材选修圆锥曲线 中，我们就知道椭圆在伸缩变换中可以变成圆，反之亦成立因圆具有椭圆不能与之堪比的完美对称性，从而利用几何思路解答圆类问题相比利用代数解析思路解答椭圆问题，可以达到更为简洁快捷的效果例4 如图所示，O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，离心率为；双曲线的左、右焦点为，离心率为，已知，且，（1） 求椭圆和双曲线的方程；（2） 过作的不垂直于轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与交于P、Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值解：（1）因为，所以，于是，得，椭圆方程，双曲线方程（2） 方法一：设直线AB的方程为：，联立椭圆方程得，设，有，于是AB中点M，故直线PQ的斜率为，则PQ的方程为联立双曲线方程得，所以，且，从而；设点A到直线PQ的距离为，则点B到直线PQ的距离也是，所以，因为点A、B在直线的异侧，所以，于是，从而，设四边形APBQ的面积为S，而，故当时，S取最小值2方法二：设直线AB的方程为：，联立椭圆方程得，设，由点差法（步骤略），可得，则直线方程为，代入双曲线方程解得，点A到直线PQ的距离，当时，方法三：设伸缩变换，则椭圆方程变为圆，双曲线变为，设直线的方程为，点O到直线的距离为，弦长，由直线，得直线的方程为，代入，得，弦长，,当时，四边形APBQ面积的最小值为2总之，解析几何是通过建立平面直角坐标系，用代数的方法研究几何问题本文力求用实战题目“说话”的策略，尽量避免空泛的理论，把基础知识、技能技巧、思想方法融会贯通于题目之中，再通过适当的点评加以归纳总结，对照题目，使那些抽象的数学思想方法解题策略技巧变为看得见、学得会、用得上的东西，以期能让大家得到实际收效