高考数学专题二十三直线与圆锥曲线问题的解题策略.docx

专题二十三 直线与圆锥曲线问题的解题策略（研究性学习之一）众所周知，直线与圆锥曲线的问题，是解析几何解答题的主要题型，是历年来高考备考的重点和高考命题的热点。多年备考的实践经验告诉我们，欲更快地提高解决这类问题的实践能力，需要切实解决好以下两个问题：（1）条件或目标的等价转化；（2）对于交点坐标的适当处理。本文试从上述两个问题的研究切入，对直线与圆锥曲线问题的解题策略作初步探索，希望对高考备考有所帮助。一、条件或目标的认知与转化解题的过程是一系列转化的过程。从某种意义上说，解题，就是要将所解的题转化为已经解过的题。然而，转化的基础是认知认知已知、目标的本质和联系。有了足够的认知基础，我们便可以着力实践化生为熟或化繁为简的转化。1、化生为熟化生为熟是解题的基本策略。在直线与圆锥曲线相交问题中，弦长问题及弦中点问题是两类基本问题。因此，由直线与圆锥曲线相交引出的线段间的关系问题，要注意适时向弦长或弦中点问题转化。一但转化成功，解题便得以驾轻就熟，胜券在握。（1）向弦中点问题转化例1.已知双曲线=1（a0,b0）的离心率，过点A（0,-b）和B（a,0）的直线与原点间的距离为（1）求双曲线方程；（2）若直线（km0）与双曲线交于不同两点C、D，且C、D两点都在以A为圆心的同一个圆上，求m的取值范围。略解：（1）所求双曲线方程为（过程略）（2）由消去y得：由题意知，当时， 设中点则C、D均在以A为圆心的同一圆上又于是由得 由代入得，解得m4 于是综合、得所求m的范围为（2）向弦长问题转化例2设F是椭圆的左焦点，M是C1上任一点，P是线段FM上的点，且满足（1）求点P的轨迹C2的方程；（2）过F作直线l与C1交于A、D两点，与C2交点B、C两点，四点依A、B、C、D顺序排列，求使成立的直线l 的方程。分析：为避免由代换引发的复杂运算，寻觅替代的等价条件：设弦AD、BC的中点分别为O1、O2，则，故，据此得于是，所给问题便转化为弦长与弦中点问题。略解：椭圆C1的中心点P分所成的比=2。（1）点P的轨迹C2的方程为（过程略）（2）设直线l的方程为 代入椭圆C1的方程得，故有故弦AD中点O1坐标为 代入椭圆C2的方程得，又有故弦BC中点O2坐标为 由、得 注意到于是将、代入并化简得：由此解得。因此，所求直线l的方程为2化繁为简解析几何是用代数计算的方法解决几何问题，因此，解答解析几何问题，人们都有这样的共同感受：解题方向或途径明朗，但目标难以靠近或达到。解题时，理论上合理的思路设计能否在实践中得以实现？既能想到，又能做到的关键，往往在于能否化繁为简。化繁为简的策略，除去“化生为熟”之外，重要的当数“借重投影”或“避重就轻”。（1）借助投影对于线段的定比分点以及其它复杂的线段间关系的问题，当题设条件的直接转化颇为繁杂时，不妨运用当初推导定比分点坐标公式的基本方法；将线段上有关各点向x轴（或y轴或其它水平直线）作以投影，进而利用平行线分线段成比例定理推理或转化，这一手法往往能够有效地化解难点，将人们引入熟悉的解题情境。例3如图，自点M（1，-1）引直线l交抛物线于P1、P2两点，在线段P1、P2上取一点Q，使、的倒数依次成等差数列，求点Q的轨迹方程。解：设又设直线l的方程为 代入得由题意得或 且 又由题意得 作P1、Q、P2在直线y=-1上的投影P1、Q、P2（如图）又令直线l的倾斜角为则由得 同理，将上述三式代入得将代入得 将代入得于是由、消去参数k得 再注意到式，由得或 因此，由、得所求点Q的轨迹方程为（2）避重就轻事物都是一分为二的，复杂问题中有关事物之间你中有我、我中有你的局面，在给我们解题制造麻烦的同时，也会为我们侧面迂回、避重就轻带来机会。例4已知 点P、Q在椭圆上，椭圆中心为O，且， 求椭圆中心O到弦PQ的距离。分析：这里需要P、Q点坐标，对此，如果直面直线PQ方程和椭圆方程联立方程组，则不论是求解P、Q坐标，还是利用所设P、Q坐标，都不免招致复杂局面。于是转而考虑侧面迂回，避重就轻，同时，注意到P、Q两点的双重属性，想到避开正面求解，而由直线OP（或OQ）方程和椭圆方程联立方程组解出点P（或点Q）坐标。解（避重就轻，解而不设）：设则由得（1）当点P、Q不在坐标轴上时，设直线OP的方程 则直线OQ的方程为将代入椭圆方程易得 将代入椭圆方程易得 由、得 又在中作于H，于是由及式得=（2）当点P、Q在坐标轴上时，同样可得，从而有。于是由（1）（2）知所求椭圆中心O到弦PQ的距离为。直线与圆锥曲线相交的问题，适当处置交点坐标是解题繁简乃至解题成败的关键环节。循着教材中关于曲线交点的定位，直线与圆锥曲线的交点坐标，首先是立足于“解”，其次是辅助于“设”。于是，在宏观上围绕着“解”与“设”的选择，产生出两对解题思路：解而不设与设而不解；既设又解与不解。在这里，“设”是举手之劳，问题在于，在一个具体问题中，“解”的火候如何把握？“不解”的时机如何捕捉？以下继续作以探索。二、求解交点坐标的“度”的把握个体与整体是辩证的统一，循着“个体”与“整体”的辩证关系，立足于“解”交点坐标，主要是以下两种选择：1、半心半意，解至中途从认识目标切入，如果目标不是交点的横坐标或纵坐标的个体，而是关于交点横坐标（或纵坐标）的和与积的对称式，则一般选择从直线方程与曲线方程的联立方程组入手，解至中途运用韦达定理，进而对目标进行转化、靠拢，直至利用上述结果解决问题。例1.设斜率为2的直线与抛物线相交于A、B两点，以线段AB为边作矩形ABCD，使，求矩形ABCD的对角线交点M的轨迹方程。解：设直线AB的方程为。由由题意 由韦达定理得 再设AB中点为，则有，注意到四边形ABCD为矩形，故有，且，由此得由（4）得 代入（5）得化简得再注意到中，由（5）得 因此由、得所求动点M的轨迹方程为。点评：本例是“立足于一条直线与曲线相交”的问题。这里所说的“立足于一条直线与曲线相交”的问题，是指这样两种题型：（1）问题由一直线与曲线相交引出；（2）问题中虽然出现多条直线与同一曲线相交，但这些直线的引出存在着明显的顺序（或依赖关系），整个问题构建在某一条直线与曲线相交的基础之上，对此，我们的求解仍倚仗于对交点坐标“既设又解”的策略。这里的“解”，是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，是“半心半意”地求解，解至中途运用韦达定理，因此，此类问题的解题三部曲为（1）全心全意地设出交点坐标；（2）“半心半意”地求解上述方程组，解至中途运用韦达定理；（3）对题设条件主体进行分析、转化，使之靠拢并应用（2）的结果导出既定目标。2、真心实意，求解到底当目标的转化结果不是交点横标（或纵标）的对称式，而是交点坐标的个体时，则需要真心实意地将求解交点坐标进行到底。例2.正方形ABCD的中心为M（3，0），一条顶点在原点，焦点在X轴正半轴上的抛物线E，一条斜率为的直线l，若A、B两点在抛物线E上，而C、D两点在直线l上，求抛物线E和直线l的方程。解：由题意设抛物线E的方程为，直线l的方程为。又设正方形ABCD的（一条）对角线的斜率为k，则由直线AM、BM的方程分别为再设则由得 又点A、B在抛物线E上，故有 于是由、解得。故得A（4，2）、B（1，1）、因此可知，所求抛物线E的方程为；所求直线l方程为。点评：上述问题中出现“相对独立的多条直线与同一曲线相交”，即问题中多条直线的出现没有确定的顺序或依赖关系，各条直线之间具有相对独立性。对此，我们仍然运用对交点坐标“既设又解”的策略，不过，这里的“解”不是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，而是解关于所设交点坐标的等式所联立的方程组；这里的“解”不是“半心半意”地解至中途运用韦达定理，而是全心全意地去解出交点坐标，因此，此类问题的解题三部曲为：（1）全心全意地设出交点坐标；（2）全心全意地求解所设交点坐标满足的方程所联立的方程组，解出所设交点坐标；（3）利用（2）的结果追求既定目标。三、求解交点坐标的转换与回避解决直线与圆锥曲线相交问题招致复杂局面或陷入绝境，究其原因，大多是求解直线与圆锥曲线所联立方程组惹的祸。因此，面对所给问题，当能预见到求解上述方程组的繁难程度时，能转换正面求解（交点坐标）便尽量转换，能回避正面求解（交点坐标）便尽量回避。1、设而不解这里所谓的“设而不解”，是指设出交点坐标之后，借助已知方程，运用交点坐标去表示已知条件或主要目标。其中，用所设交点坐标去构造有关直线的斜率最为多见。例1设椭圆的上半部有不同三点A、B、C，它们到同一焦点的距离依次成等差数列，且点B的纵坐标与椭圆的半焦距相等，求线段AC的中垂线在y轴上的截距。分析：考察线段AC的中垂线方程，易知其斜率由点A、C同名坐标的差式表出，弦中点由点A、C同名坐标的和式表出。由此想到对交点坐标“设而不解”，并借助焦点半径公式求解。解：设，弦AC中点M(x0,y0)。由已知椭圆方程得又运用椭圆第二定义可得，由题设条件得而 此时，注意到点A、C在椭圆上，故有 得 代入得由此得由、得，即AC中点于是可知弦AC的中垂线方程为 在中令x=0得由此可知，所求弦AC的中垂线在y轴上的截距为2、不设不解这是解决直线与曲线相交问题的至高境界。因此，欲适时地正确选择对交点坐标“不设不解”，需要我们对问题或图形本质的深刻认知，需要我们对有关知识的深厚积淀或升华。（1）利用圆锥曲线定义回避交点坐标例2已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F2的直线交椭圆于P、Q两点，且，求椭圆的离心率。解：注意到这里涉及点P处两条焦点半径，故考虑利用椭圆定义1。设椭圆方程为。又设，则由题意得根据椭圆定义得 代入得，解得 再由得 代入得化简得，由此解得。（2）借助有关图形性质回避交点坐标例3已知直线l：与相交于A、B两点，当时，求C的方程。提示：圆心C到弦AB的距离（弦心距）注意到由圆的弦的性质得，由此解得a的值。（3）利用有关问题的深入认知回避交点坐标这是处置直线与曲线乃至两曲线相交问题的重要策略，现以例4示范说明。例4已知圆M与圆相交于不同两点A、B，所得公共弦AB平行于已知直线，又圆M经过点C（-2，3），D（1，4），求圆M的方程。解（利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标）：设圆M方程为又已知圆方程为 得上述两圆公共弦AB所在直线方程由题设得 注意到点C、D在圆M上，故有 将、联立解得所求圆M的方程为四、高考真题1.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆在焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线。（1）求椭圆的离心率；（2）设M为椭圆上任意一点，且，证明为定值。分析：（1）求椭圆离心率，首先要求关于a，b，c的等式。为此，从设出椭圆方程与直线AB的方程切入，运用对A、B坐标“既设又解”的策略；（2）注意到这里的点为椭圆上任意一点，故考虑对点的坐标“设而不解”。解：（1）设椭圆方程为则直线AB方程为 设将代入椭圆方程得由题意，显然成立由韦达定理得又，与共线即所求椭圆的离心率为（2）由（1）得，椭圆方程化为 设，由题设得点M在椭圆上 又由（1）知，而, 将、代得， 即为定值。点评：对于（1），立足于对A、B坐标“既设又解”，对与共线的充要条件，先“转化”而后“代入”，与先“代入”而后化简比较，计算量要明显减少。因此，诸如此类的问题，要注意选择“代入”的形式或时机，以求减少解题的计算量。2.P、Q、M、N四点都在椭圆上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，已知与共线，与共线，且，求四边形PMQN的面积的最小值和最大值。分析：这里，b=1，c=1，故F（0，1）由题设知，四边形PMQN的面积等于，因此解题从求，切入。解：这里，b=1，c=1，F（0，1），由得，即直线PQ，MN中至少有一条直线斜率存在。不妨设PQ的斜率为k，则直线PQ的方程为 又设将代入椭圆方程得且（1）当时，直线MN的斜率为，同理可得 四边形PMQN的面积令，则（当且仅当时等号成立）当时，S是以为自变量的增函数（2）当时，MN为椭圆的长轴，于是（1）（2）得四边形PMQN的面积的最大值为2，最小值为点评：认知条件，从而认知本题中四边形PMQN面积的决定因素，寻求的目标便随之明确，而在对四边形面积S的变形中，所施行的分子分母同除以，变量替换，分离常数项等等，都是寻求最值的基本策略。3设A、B是椭圆上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点。（1）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（2）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由。分析：在这里，有两条直线经过点N并且与椭圆相交，由于（1）要求直线AB的方程，故以交点A、B的坐标“即设又解”切入；对于（2）中的四点共圆，知，圆的直径为AB或CD，到底是哪一个，则要在完成（1）之后根据具体情况再行确定。解：（1）由题意，设直线AB方程为 设将代入椭圆方程得 则由题设知且 由N（1，3）是线段AB的中点得解得将代入得所求的取值范围为，直线AB的方程为即（2）由题设知，线段CD垂直平分线段AB直线CD的方程为即将与椭圆方程联立，消去y得 又设，CD的中点为，则为方程的根 且 ，即注意到由（1）可得由（2）可得当时，假设存在，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心又点M到直线AB的距离 由勾股定理得故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，以为半径的圆上。点评：在这里，对A、B及C、D的坐标均是“既设又解”，解到中途运用韦达定理导出同坐标之间的关系式；对于（2），要切实认知条件的特殊性，根据问题的特殊性，这时化生为熟，转化为熟悉的弦长或弦中点问题。4.已知方向向量为的直线l过点和椭圆的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在过点E（-2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足（0为原点）。若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由。分析：这里直线l的方程容易满足，对椭圆中心O关于l的对称点“解而不设”容易完成。解题难点在于转化和应用（2）中的条件，注意到。为便于沟通左右两边的联系，运用内积定义得，即的面积等于于是解题以表示的面积突破。解：（1）由已知得直线l的斜率为，直线l的方程为 过原点且垂直于l的直线方程为 由，解得，即上述两直线的交点为又椭圆中心O关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上，点在右准线上，直线l过椭圆焦点，该焦点为（2，0）椭圆方程为（2）假设存在符合条件的直线m设（）当直线m不垂直x轴时，设直线m的方程为 代入椭圆方程得由题设且，又 O到直线MN的距离 由得，即，由得解得， 即（）当直线轴时，直线，易得满足条件（）（）知直线m的方程为或或经检验上述直线均满足，因此，存在满足题设条件的直线m，直线m的方程为或或点评：在本题中，条件的认知与转化是解题成功的关键环节，一旦已知条件转化为，解题便纳入求弦长与距离的熟悉的途径。