数学解题技巧：解析几何新题型

第七讲解析几何新题型【考点透视】一．直线和圆的方程1．理解直线的斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程．2．掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系．3．了解二元一次不等式表示平面区域．4．了解线性规划的意义，并会简单的应用．5．了解解析几何的基本思想，了解坐标法．6．掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程．二．圆锥曲线方程1．掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质．2．掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质．3．掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质．4．了解圆锥曲线的初步应用．【例题解析】考点1.求参数的值求参数的值是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,构造方程解之.例1．若抛物线22ypx的焦点与椭圆22162xy的右焦点重合，则p的值为（）A．2B．2C．4D．4考查意图:本题主要考查抛物线、椭圆的标准方程和抛物线、椭圆的基本几何性质.解答过程：椭圆22162xy的右焦点为(2,0)，所以抛物线22ypx的焦点为(2,0)，则4p，故选D.考点2.求线段的长求线段的长也是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,找出点的坐标,利用距离公式解之.例2．已知抛物线y-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B，则|AB|等于A.3B.4C.32D.42考查意图:本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系和距离公式的应用.解：设直线AB的方程为yxb，由22123301yxxxbxxyxb，进而可求出AB的中点11(,)22Mb，又由11(,)22Mb在直线0xy上可求出1b，∴220xx，由弦长公式可求出221114(2)32AB．故选C例3．如图，把椭圆2212516xy的长轴AB分成8等份，过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部分于1234567,,,,,,PPPPPPP七个点，F是椭圆的一个焦点，则1234567PFPFPFPFPFPFPF____________.考查意图:本题主要考查椭圆的性质和距离公式的灵活应用.解答过程：由椭圆2212516xy的方程知225,5.aa∴12345677277535.2aPFPFPFPFPFPFPFa故填35.考点3.曲线的离心率曲线的离心率是高考题中的热点题型之一,其解法为充分利用:(1)椭圆的离心率e＝ac∈(0,1)(e越大则椭圆越扁);(2)双曲线的离心率e＝ac∈(1,＋∞)(e越大则双曲线开口越大).结合有关知识来解题.例4．已知双曲线的离心率为2，焦点是(4,0)，(4,0)，则双曲线方程为A．221412xyB．221124xyC．221106xyD．221610xy考查意图:本题主要考查双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本概念.解答过程：2,4,ceca所以22,12.ab故选(A).小结:对双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本概念，要注意认真掌握.尤其对双曲线的焦点位置和双曲线标准方程中分母大小关系要认真体会.例5．已知双曲线9322yx,则双曲线右支上的点P到右焦点的距离与点P到右准线的距离之比等于（）A.2B.332C.2D.4考查意图:本题主要考查双曲线的性质和离心率e＝ac∈(1,＋∞)的有关知识的应用能力.解答过程：依题意可知3293,322baca．考点4.求最大(小)值求最大(小)值,是高考题中的热点题型之一.其解法为转化为二次函数问题或利用不等式求最大(小)值:特别是,一些题目还需要应用曲线的几何意义来解答.例6．已知抛物线y2=4x,过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，则y12+y22的最小值是.考查意图:本题主要考查直线与抛物线的位置关系，以及利用不等式求最大(小)值的方法.解:设过点P(4,0)的直线为224,8164,ykxkxxx122222222122284160,8414416232.kxkxkkyyxxkk故填32.考点5圆锥曲线的基本概念和性质圆锥曲线第一定义中的限制条件、圆锥曲线第二定义的统一性，都是考试的重点内容，要能够熟练运用；常用的解题技巧要熟记于心.例7．在平面直角坐标系xOy中,已知圆心在第二象限、半径为22的圆C与直线y=x相切于坐标原点O.椭圆9222yax=1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.（1）求圆C的方程；（2）试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.[考查目的]本小题主要考查直线、椭圆等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力．[解答过程](1)设圆C的圆心为(m,n)则,222,mnn解得2,2.mn所求的圆的方程为22(2)(2)8xy(2)由已知可得210a，5a．椭圆的方程为221259xy,右焦点为F(4,0);假设存在Q点222cos,222sin使QFOF,22222cos4222sin4．整理得sin3cos22，代入22sincos1．得:210cos122cos70,122812222cos11010．因此不存在符合题意的Q点.例8．如图,曲线G的方程为)0(22yxy.以原点为圆心，以)0(tt为半径的圆分别与曲线G和y轴的正半轴相交于A与点B.直线AB与x轴相交于点C.（Ⅰ）求点A的横坐标a与点C的横坐标c的关系式；（Ⅱ）设曲线G上点D的横坐标为2a,求证：直线CD的斜率为定值.[考查目的]本小题综合考查平面解析几何知识，主要涉及平面直角坐标素中的两点间距离公式、直线的方程与斜率、抛物线上的点与曲线方程的关系，考查运算能力与思维能力，综合分析问题的能力.[解答过程]（I）由题意知，).2,(aaA因为.2,||22taatOA所以由于.2,02aatt故有（1）由点B（0，t），C（c，0）的坐标知，直线BC的方程为.1tycx又因点A在直线BC上，故有,12taca将（1）代入上式，得,1)2(2aaaca解得)2(22aac.（II）因为))2(22(aaD，所以直线CD的斜率为1)2(2)2(2))2(22(2)2(22)2(2aaaaaacaakCD，所以直线CD的斜率为定值.例9．已知椭圆2222xyE:1(ab0)ab，AB是它的一条弦，M(2,1)是弦AB的中点，若以点M(2,1)为焦点，椭圆E的右准线为相应准线的双曲线C和直线AB交于点N(4,1)，若椭圆离心率e和双曲线离心率1e之间满足1ee1，求：（1）椭圆E的离心率；（2）双曲线C的方程.解答过程：（1）设A、B坐标分别为1122A(x,y),B(x,y)，则221122xy1ab，222222xy1ab，二式相减得：21212AB21212yy(xx)bkxx(yy)a2MN22b1(1)k1a24，所以2222a2b2(ac)，22a2c，则c2ea2；（2）椭圆E的右准线为22a(2c)x2ccc，双曲线的离心率11e2e，设P(x,y)是双曲线上任一点，则：22(x2)(y1)|PM|2|x2c||x2c|，两端平方且将N(4,1)代入得：c1或c3，当c1时，双曲线方程为：22(x2)(y1)0，不合题意，舍去；当c3时，双曲线方程为：22(x10)(y1)32，即为所求.小结：（1）“点差法”是处理弦的中点与斜率问题的常用方法；（2）求解圆锥曲线时，若有焦点、准线，则通常会用到第二定义.考点6利用向量求曲线方程和解决相关问题利用向量给出题设条件，可以将复杂的题设简单化，便于理解和计算.典型例题：例10．双曲线C与椭圆22184xy有相同的焦点，直线y=x3为C的一条渐近线.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P(0,4)的直线l，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合）.当12PQQAQB，且3821时，求Q点的坐标.考查意图:本题考查利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力,以及运用数形结合思想,方程和转化的思想解决问题的能力.解答过程：（Ⅰ）设双曲线方程为22221xyab,由椭圆22184xy,求得两焦点为(2,0),(2,0)，对于双曲线:2Cc，又3yx为双曲线C的一条渐近线3ba解得221,3ab，双曲线C的方程为2213yx（Ⅱ）解法一：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零.设l的方程：114,(,)ykxAxy，22(,)Bxy,则4(,0)Qk.1PQQA,11144(,4)(,)xykk.111111114444()44xkkxkkyy11(,)Axy在双曲线C上，2121111616()10k.222211161632160.3kk2221116(16)32160.3kk同理有：2222216(16)32160.3kk若2160,k则直线l过顶点，不合题意.2160,k12,是二次方程22216(16)32160.3kxxk的两根.122328163k,24k，此时0,2k.所求Q的坐标为(2,0).解法二：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零设l的方程，11224,(,),(,)ykxAxyBxy，则4(,0)Qk.1PQQA，Q分PA的比为1.由定比分点坐标公式得1111111111144(1)14401xxkkyy下同解法一解法三：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零设l的方程：11224,(,),(,)ykxAxyBxy，则4(,0)Qk.12PQQAQB，111222444(,4)(,)(,)xyxykkk.11224yy，114y，224y，又1283，121123yy,即12123()2yyyy.将4ykx代入2213yx得222(3)244830kyyk.230k，否则l与渐近线平行.212122224483,33kyyyykk.222244833233kkk.2k(2,0)Q.解法四：由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设l的方程：4ykx，1122(,),(,)AxyBxy,则4(,0)Qk1PQQA,11144(,4)(,)xykk.1114444kkxxk.同理1244kx.1212448443kxkx.即2121225()80kxxkxx.（*）又22413ykxyx消去y得22(3)8190kxkx.当230k时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，230k.由韦达定理有：12212283193kxxkxxk代入（*