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圆锥曲线问题是高考考查的热点和重点.圆锥曲线中的“点”问题灵活性较大,技巧性强.下面总结这类问题的一般解题规律和方法,供大家参考.
一、交点问题
【例1】 若直线y=kx+1与双曲线2x2-y2=1的右支交于不同的两点,求实数k的取值范围.
解:由2x2-y2=1,y=kx+1消去y得
(k2-2)x2+2kx+2=0.
直线与双曲线的右支交于不同的两点.
k2-2≠0,Δ=(2k)2-8(k2-2)>0,-2kk2-2>0,2k2-2>0.
解得k的取值范围是-2 评注:对于直线与圆锥曲线的位置关系问题或交点个数问题,常用“Δ”判定解决.
二、中点问题
【例2】 椭圆x236+y29=1的弦恰好被点P(4,2)平分,求该弦所在的直线方程.
解法1:(代式法)当斜率不存在时,不合题意.设直线的斜率为k,则直线方程为y-2=k(x-4),设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组x236+y29=1,y-2=k(x-4)得
(1+4k2)x2+16k(1-2k)x+(8k-4)2-36=0.
由韦达定理得x1+x2=(2k-1)16k1+4k2.
而弦AB的中点为(4,2),所以x1+x2=8,即(2k-1)16k1+4k2=8,解得k=-12.
综上,所求直线的方程为y-2=-12(x-4),即x+2y-8=0.
解法2:(代点法)设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8,y1+y2=4.
∵A,B在椭圆上,
∴9x21+36y21=324,① 9x22+36y22=324.②
①-②得9(x1-x2)(x1+x2)+36(y1-y2)(y1+y2)=0,
则72(x1-x2)+144(y1-y2)=0,显然x1≠x2.
∴直线的斜率k=y1-y2x1-x2=-12.
∴所求的直线方程为x+2y-8=0.
三、定点问题
【例3】 已知抛物线y2=4x的焦点为F,过作F两条相互垂直的弦AB、CD,设弦AB,CD的中点分别为M,N.
求证:直线MN必过定点.
证明:由题设知F(1,0)且直线AB的斜率存在.
设lAB为y=k(x-1)(k≠0),代入y2=4x,得k2x2-2(k2+2)x+k2=0.
又由于M为AB中点,可得xM=xA+xB2=k2+2k2,yM=k(xM-1)=2k,
故M(k2+2k2,2k).
因为CD⊥AB,所以直线CD的斜率kCD=-1k.
同理可得N(2k2+1,-2k).
所以直线MN的方程lMN为(2k2+1-k2+2k2)(y+2k)=(-2k-2k)(x-2k2-1),即(1-k2)y=k(x-3).
故不论k为何定值,直线MN恒过定点(3,0).
四、动点问题
【例4】 已知椭圆方程为x2+y24=1,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OP=12(OA+OB),当l绕点M旋转时,求动点P的轨迹方程.
解:设点P(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)则
x21+y214=1,① x22+y224=1.②
①-②得x21-x22+14(y21-y22)=0,
所以(x1-x2)(x1+x2)+14(y1-y2)•(y1+y2)=0.
当x1≠x2时,有
(x1+x2)+14(y1+y2)y1-y2x1-x2=0,③
且x=x1+x22,y=y1+y22,y-1x=y1-y2x1-x2,代入③并整理得
4x2+y2-y=0.④
当x1=x2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④.
所以点P的轨迹方程为x2
116
+
(y-12)2
14=1.
评注:利用点差法是求解的关键.
五、点的存在问题
【例5】 给定双曲线x2-y22=1,过点B(1,1)能否作直线m,使其与所给双曲线交于Q1,Q2,且B为Q1Q2中点?若能,求出它的方程;若不能,说明理由.
解:假设存在直线m,与双曲线的交点Q1,Q2的坐标为Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)则
x21-y212=1,①
x22-y222=1.②
两式相减,得2(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2),
又x1+x22=1,y1+y22=1,∴2(x1-x2)=y1-y2.
∴km=y1-y2x1-x2=2.
∴直线m为y-1=2(x-1),
即y=2x-1.
由y=2x-1,x2-y22=1
可得2x2-4x+3=0.
Δ=(-4)2-4×2×3=-8<0.
可知直线y=2x-1与双曲线不相交.因此题设中的直线m是不存在的.
(责任编辑 金 铃)
一、交点问题
【例1】 若直线y=kx+1与双曲线2x2-y2=1的右支交于不同的两点,求实数k的取值范围.
解:由2x2-y2=1,y=kx+1消去y得
(k2-2)x2+2kx+2=0.
直线与双曲线的右支交于不同的两点.
k2-2≠0,Δ=(2k)2-8(k2-2)>0,-2kk2-2>0,2k2-2>0.
解得k的取值范围是-2
二、中点问题
【例2】 椭圆x236+y29=1的弦恰好被点P(4,2)平分,求该弦所在的直线方程.
解法1:(代式法)当斜率不存在时,不合题意.设直线的斜率为k,则直线方程为y-2=k(x-4),设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组x236+y29=1,y-2=k(x-4)得
(1+4k2)x2+16k(1-2k)x+(8k-4)2-36=0.
由韦达定理得x1+x2=(2k-1)16k1+4k2.
而弦AB的中点为(4,2),所以x1+x2=8,即(2k-1)16k1+4k2=8,解得k=-12.
综上,所求直线的方程为y-2=-12(x-4),即x+2y-8=0.
解法2:(代点法)设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8,y1+y2=4.
∵A,B在椭圆上,
∴9x21+36y21=324,① 9x22+36y22=324.②
①-②得9(x1-x2)(x1+x2)+36(y1-y2)(y1+y2)=0,
则72(x1-x2)+144(y1-y2)=0,显然x1≠x2.
∴直线的斜率k=y1-y2x1-x2=-12.
∴所求的直线方程为x+2y-8=0.
三、定点问题
【例3】 已知抛物线y2=4x的焦点为F,过作F两条相互垂直的弦AB、CD,设弦AB,CD的中点分别为M,N.
求证:直线MN必过定点.
证明:由题设知F(1,0)且直线AB的斜率存在.
设lAB为y=k(x-1)(k≠0),代入y2=4x,得k2x2-2(k2+2)x+k2=0.
又由于M为AB中点,可得xM=xA+xB2=k2+2k2,yM=k(xM-1)=2k,
故M(k2+2k2,2k).
因为CD⊥AB,所以直线CD的斜率kCD=-1k.
同理可得N(2k2+1,-2k).
所以直线MN的方程lMN为(2k2+1-k2+2k2)(y+2k)=(-2k-2k)(x-2k2-1),即(1-k2)y=k(x-3).
故不论k为何定值,直线MN恒过定点(3,0).
四、动点问题
【例4】 已知椭圆方程为x2+y24=1,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OP=12(OA+OB),当l绕点M旋转时,求动点P的轨迹方程.
解:设点P(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)则
x21+y214=1,① x22+y224=1.②
①-②得x21-x22+14(y21-y22)=0,
所以(x1-x2)(x1+x2)+14(y1-y2)•(y1+y2)=0.
当x1≠x2时,有
(x1+x2)+14(y1+y2)y1-y2x1-x2=0,③
且x=x1+x22,y=y1+y22,y-1x=y1-y2x1-x2,代入③并整理得
4x2+y2-y=0.④
当x1=x2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④.
所以点P的轨迹方程为x2
116
+
(y-12)2
14=1.
评注:利用点差法是求解的关键.
五、点的存在问题
【例5】 给定双曲线x2-y22=1,过点B(1,1)能否作直线m,使其与所给双曲线交于Q1,Q2,且B为Q1Q2中点?若能,求出它的方程;若不能,说明理由.
解:假设存在直线m,与双曲线的交点Q1,Q2的坐标为Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)则
x21-y212=1,①
x22-y222=1.②
两式相减,得2(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2),
又x1+x22=1,y1+y22=1,∴2(x1-x2)=y1-y2.
∴km=y1-y2x1-x2=2.
∴直线m为y-1=2(x-1),
即y=2x-1.
由y=2x-1,x2-y22=1
可得2x2-4x+3=0.
Δ=(-4)2-4×2×3=-8<0.
可知直线y=2x-1与双曲线不相交.因此题设中的直线m是不存在的.
(责任编辑 金 铃)