2022年解析几何常见突破口 .pdf

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1、解析几何常见突破口解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法 )因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化， 即几何条件代数化如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，即解析几何问题中的条件转化是如何实现的，是突破解析几何问题难点的关键所在为此，从以下几个途径，结合数学思想在解析几何中的切入为视角，分析解析几何的“双管齐下”，突破思维难点考点一利用向量转化几何条件典例 如图所示， 已知圆 C：x2y22x4y40，问：是否存在斜率为1 的直线 l，使 l 与圆 C 交于 A，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点？若存在，写出直线l 的方程；若不存在，请说明理由

2、解题观摩 假设存在斜率为1 的直线 l，使 l 与圆 C 交于 A， B 两点，且以AB 为直径的圆过原点设直线 l 的方程为y xb，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)联立yxb，x2y2 2x4y40，消去 y 并整理得 2x22(b1)xb2 4b4 0，所以 x1x2 (b 1)，x1x2b24b42.因为以 AB 为直径的圆过原点，所以OA OB，即 x1x2y1y2 0. 又 y1x1b，y2x2b，则 x1x2y1y2x1x2(x1b)(x2b)2x1x2b(x1x2)b20. 由知， b24b 4b(b1)b20，即 b23b4 0，解得 b 4 或 b1. 当 b 4 或

3、 b1 时，均有 4(b1)28(b24b4) 4b224b360，即直线 l 与圆 C 有两个交点所以存在直线l，其方程为xy10 或 xy40. 关键点拨 以 AB 为直径的圆过原点等价于OAOB，而 OAOB 又可以“直译”为x1x2y1y2 0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题考点二角平分线条件的转化典例 已知动圆过定点A(4,0)，且在 y 轴上截得的弦MN 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程

4、；(2)已知点 B(1,0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹 C 交于不同的两点P，Q，若 x 轴是 PBQ 的角平分线，求证：直线l 过定点解题观摩 (1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x242(x4)2y2，化简即得圆心的轨迹C 的方程为 y28x. (2)证明： 法一： 由题意可设直线l 的方程为ykxb(k0)联立ykxb，y28x，得 k2x22(kb4)xb20.由 4(kb4)24k2b20，得 kb2. 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x22 kb4k2，x1x2b2k2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

5、- - - - -第 1 页，共 9 页因为 x 轴是 PBQ 的角平分线，所以kPBkQB0，即 kPBkQBy1x11y2x212kx1x2 kb x1x22bx11 x218 kbx11 x21 k20，所以 kb0，即 b k，所以 l 的方程为 yk(x1)故直线l 恒过定点 (1,0)法二： 设直线 PB 的方程为xmy 1，它与抛物线C 的另一个交点为Q，设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由条件可得，Q 与 Q关于 x 轴对称，故Q(x2， y2)联立xmy 1，y28x，消去 x 得 y28my80，其中 64m2320，y1y28m，y1y28. 所以 kPQy1y2

6、x1x28y1y2，因而直线PQ 的方程为yy18y1 y2(xx1)又 y1y28，y218x1，将 PQ 的方程化简得(y1y2)y8(x 1)，故直线 l 过定点 (1,0)法三： 由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在x 轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线 PQ 的方程为xmya.联立xmya，y28x消去 x，整理得 y28my8a0， 0. 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y28m，y1y2 8a.由条件可知kPBkQB0，即 kPBkQ By1x1 1y2x21my1a y2 my2a y1y1y2x1 1 x212my1y2 a1 y1y2x11 x

7、21 0，所以 8ma8m0. 由 m 的任意性可知a1，所以直线l 恒过定点 (1,0)法四： 设 P),8(121yy，Q),8(222yy，因为 x 轴是 PBQ 的角平分线，所以 kPBkQ By1y218 1y2y22810，整理得 (y1y2)18(21yy0. 因为直线l 不垂直于x 轴，所以y1y20，可得 y1y2 8.因为 kPQy1y2y218y2288y1y2，所以直线 PQ 的方程为yy18y1y2)8(21yx，即 y8y1y2(x1)故直线l 恒过定点 (1,0)法五角平分线性质|y|QPyQMPMBQBP，|) 1() 1(22222121BAyyyxyx，y1

8、x1 1y2x210关键点拨 本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页与系数的关系等知识解题，计算量较大解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y1，y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式考点三弦长条件的转化典例 如图所示，已知椭圆G：x22y21，与 x 轴不重合的直线l 经过左焦点F1，且与椭圆G 相交于 A，B 两点，弦AB 的中点为M，直线

9、 OM 与椭圆 G 相交于 C，D 两点(1)若直线 l 的斜率为1，求直线OM 的斜率(2)是否存在直线l，使得 |AM|2 |CM|DM |成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由解题观摩 (1)由题意可知点F1(1,0)，又直线 l 的斜率为 1，故直线l 的方程为yx 1. 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由yx1，x22y21，消去 y 并整理得3x24x0，则 x1x243，y1y223，因此中点M 的坐标为)31,32(.故直线 OM 的斜率为132312. 中点弦点差法算不出来？(2)假设存在直线l，使得 |AM|2 |CM|DM |成立由题意，直线l

10、不与 x 轴重合 ，设直线 l 的方程为x my1.由xmy1，x22y21，消去 x 并整理得 (m22)y22my10. 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y22mm22，y1y21m22，可得 |AB|1m2|y1 y2| 1m22mm2224m222 2 m21m22，x1x2m(y1y2)22m2m2 224m22，所以弦 AB 的中点 M 的坐标为)2,22(22mmm，故直线 CD 的方程为ym2x. 联立ym2x，x22y21，消去 y 并整理得 2x2m2x240，解得 x24m22. 由对称性，设C(x0，y0)，D(x0， y0)，则 x204m22，可得

11、|CD|1m24 |2x0|m2 4 4m222 m24m22. 因为 |AM|2 |CM|DM |(|OC|OM|)(|OD|OM|)，且|OC|OD|，所以 |AM|2|OC|2|OM|2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页故|AB|24|CD|24|OM|2， 即|AB|2|CD|2 4|OM|2，则8 m212m2224 m24m2 244m222m2m222，解得 m22，故 m 2. 所以直线l 的方程为x2y10 或 x2y10. 关键点拨 本题 (2)的核心在于转化|AM|2|CM| |DM |中弦长

12、的关系 由|CM|OC| |OM|，|DM |OD |OM|，又|OC|OD|，得|AM|2|OC|2 |OM|2.又|AM|12|AB|， |OC|12|CD|， 因此 |AB|2|CD|24|OM|2，转化为弦长 |AB|，|CD|和 |OM|三者之间的数量关系，易计算考点四面积条件的转化典例 设椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)， B(0,1)是它的两个顶点，直线ykx(k0)与椭圆交于E，F 两点，求四边形AEBF 的面积的最大值解题观摩 法一： 如图所示，依题意得椭圆的方程为x24y21，直线 AB，EF 的方程分别为x 2y2， ykx(k0)设点 E(x1，kx1)，F(x2，k

13、x2)，其中 x1x2，且 x1，x2满足方程 (14k2)x24，故 x2 x1214k2.根据点到直线的距离公式和，得点E，F 到直线 AB 的距离分别为h1|x12kx12|52 12k14k25 14k2，h2|x22kx22|52 12k14k25 14k2. 又|AB|22125，所以四边形AEBF 的面积为S12|AB| (h1h2)12 54 12k5 14k22 12k14k2214k24k14k2214k14k22141k4k22，当且仅当1k4k，即 k12时取等号因此四边形AEBF 的面积的最大值为22. 法二： 依题意得椭圆的方程为x24y21.直线 EF 的方程为y

14、kx(k0)设点 E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中 x1x2.联立ykx，x24y21消去 y，得 (14k2)x24. 故 x1214k2，x2214k2，|EF|1k2 |x1x2|41k214k2. 根据点到直线的距离公式，得点A，B 到直线 EF 的距离分别为d1|2k|1k22k1k2，d211k2. 因此四边形AEBF 的面积为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页S12|EF| (d1 d2) 1241 k214k212k1k22 12k14k2 24k24k114k2 214k14k2 214

15、1k4k2 2，当且仅当1k4k，即 k12时取等号因此四边形AEBF 的面积的最大值为22. 关键点拨 如果利用常规方法理解为S四边形AEBFSAEFSBEF12|EF| (d1d2)(其中 d1，d2分别表示点A，B 到直线 EF的距离 )，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出EF 的弦长， 再表示出两个点线距，其过程很复杂 而通过分析， 若把四边形AEBF 的面积拆成两个小三角形 ABE 和ABF 的面积之和，则更为简单因为直线AB 的方程及其长度易求出，故只需表示出点E 与点 F 到直线 AB 的距离即可总结规律 快速转化 做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言

16、、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题附几种几何条件的转化，以供参考1平行四边形条件的转化几何性质代数实现(1)对边平行斜率相等，或向量平行(2)对边相等长度相等，横 (纵)坐标差相等(3)对角线互相平分中点重合2直角三角形条件的转化几何性质代数实现(1)两边垂直斜率乘积为 1，或向量数量积为0 (2)勾股定理两点的距离公式(3)斜边中线性质 (中线等于斜边一半)两点的距离公式3等腰三角形条件

17、的转化几何性质代数实现(1)两边相等两点的距离公式(2)两角相等底边水平或竖直时，两腰斜率相反(3)三线合一 (垂直且平分 )垂直：斜率或向量平分：中点坐标公式4菱形条件的转化几何性质代数实现精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页(1)对边平行斜率相等，或向量平行(2)对边相等长度相等，横(纵)坐标差相等(3)对角线互相垂直平分垂直：斜率或向量平分：中点坐标公式、中点重合5圆条件的转化几何性质代数实现(1)点在圆上点与直径端点向量数量积为零(2)点在圆外点与直径端点向量数量积为正数(3)点在圆内点与直径端点向量数量积为负

18、数6角条件的转化几何性质代数实现(1)锐角，直角，钝角角的余弦 (向量数量积 )的符号(2)倍角，半角，平分角角平分线性质，定理(夹角、到角公式) (3)等角 (相等或相似 )比例线段或斜率课时跟踪检测 1已知椭圆C 经过点)23, 1(，且与椭圆E：x22y21 有相同的焦点(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若动直线l：ykxm 与椭圆 C 有且只有一个公共点P，且与直线x4 交于点 Q，问：以线段PQ 为直径的圆是否经过一定点M？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由解： (1)椭圆 E 的焦点为 ( 1,0)，设椭圆 C 的标准方程为x2a2y2b2 1(ab0)，则1a29

19、4b21，a2b21，解得a24，b23，所以椭圆 C 的标准方程为x24y23 1. (2)联立y kxm，x24y231消去 y，得 (34k2)x28kmx4m2120，所以 64k2m24(34k2)(4m212)0，即 m234k2. 设 P(xP，yP)，则 xP 4km34k24km，yPkxPm4k2mm3m，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页即 P)3,4(mmk.假设存在定点M(s，t)满足题意，因为Q(4,4km)，则 MP)3,4(tmsmk，MQ(4s,4kmt)，所以MP MQ )4(sm

20、k(4s)3(tm(4kmt)4km(1s)43(kmmt(s24s 3t2)0恒成立，故1s0，t0，s24s3t20，解得s1，t0.所以存在点M(1,0)符合题意2已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的短轴长为2 2，离心率为63，点 A(3,0)， P 是 C 上的动点， F 为 C的左焦点(1)求椭圆 C 的方程；(2)若点 P 在 y 轴的右侧，以AP 为底边的等腰ABP 的顶点 B 在 y 轴上，求四边形FPAB 面积的最小值解： (1)依题意得2b22，ca63，a2b2c2解得a6，b2椭圆 C 的方程是x26y22 1. (2)设 P(x0，y0)(2y02，y0 0，

21、x00)，线段 AP 的中点为M，则 AP 的中点 M)2,23(00yx，直线 AP 的斜率为y0 x03，由 ABP 是以 AP 为底边的等腰三角形，可得BMAP，直线 AP 的垂直平分线方程为yy02x0 3y0)23(0 xx，令 x0 得 B)29, 0(02020yxy，x206y2021， B)232,0(020yy，F(2,0)，四边形FPAB 的面积 S52)232|(|0200yyy52)|23|2(00yy53，当且仅当2|y0|32|y0|，即 y032时等号成立，四边形FPAB 面积的最小值为5 3. 3椭圆C：x2a2y2b21(ab 0)的左、右焦点分别是F1，

22、F2，离心率为32，过点F1且垂直于x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为1. (1)求椭圆 C 的方程；(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设 F1PF2的角平分线PM 交 C 的长轴于点M(m,0)，求 m 的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页解： (1)将 x c 代入椭圆的方程x2a2y2b2 1，得 yb2a. 由题意知2b2a1，故 a2b2.又 eca32，则ba12，即 a2b，所以a 2，b1，故椭圆C 的方程为x24y21. (2)由 PM 是 F1PF2

23、的角平分线，可得|PF1|F1M|PF2|F2M|，即|PF1|PF2|F1M|F2M|. 设点 P(x0，y0)(2x02)，又点 F1(3，0)，F2(3，0)，M(m,0)，则|PF1|3x02 y20232x0，|PF2|3x02 y20 232x0. 又|F1M|m3|，|F2M|m3|，且3m3，所以 |F1M|m3，|F2M|3m. 所以232x0232x03 m3 m，化简得m34x0，而 2x02，因此32 m32.故实数 m 的取值范围为)23,23(. 4(2018 沈阳模拟 )已知椭圆x2a2y2b21(ab 0)的左，右焦点分别为F1， F2，且 |F1F2| 6，直

24、线ykx 与椭圆交于 A，B 两点(1)若 AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；(2)若 k24，且 A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e 的值；(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA 的斜率 k1(2， 1)，试求直线PB 的斜率 k2的取值范围解： (1)由题意得c3，根据 2a2c 16，得 a5.结合 a2 b2c2，解得 a225，b216.所以椭圆的标准方程为x225y2161.(2)由x2a2y2b21，y24x，得)81(22abx2a2b2 0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)所以 x1x20， x1x2a2b2b218a2，由

25、 AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2 BF2，因为 F2A(x13，y1)， F2B(x23，y2)，所以 F2A F2B (x13)(x23)y1y2)811(x1x29 0. 即 x1x2 8，所以有a2b2b218a2 8，结合 b29a2，解得 a212，所以离心率e32. (3)由(2)的结论知，椭圆方程为x212y231，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页由题可知 A(x1，y1)，B(x1， y1)，k1y0y1x0 x1，k2y0y1x0 x1，所以 k1k2y20y21x20 x21，又y20y21x20 x2121202120)121(3)121(3xxxx14，即 k214k1，由 2k1 1 可知，18k214.即直线 PB 的斜率 k2)41,81(.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页