小结第二课时教案

简化圆锥曲线运算的几种数学思想

（1）方程思想

把圆锥曲线问题中的解析式看作一个方程，通过解方程的手段或对方程的研究，使问题得到解决，这种思想方法在解析几何试题中经常使用。

[例4] 已知双曲线C：(1a)xaya(a1)，设该双曲线上支的顶点为A，且上支与直线yx相交于P点，一条以A为焦点，M（0,m）为顶点，开口向下的抛物2222211k3，求实数a的取值范围。

线通过点P，设PM的斜率为k，且42x4(m1)(ym)，由双曲线与直解：由双曲线方程知A（0，1），则抛物线方程为线相交，解得点P的坐标为(a,a)，又因为点P在抛物线上，所以

a24(m1)(am)

①

kmaa，所以maka

22而MP的斜率为将maka代入①，得a4(aka1)(ak)，即4ak4(a1)ka0②

11[,]根据题意，方程②在区间43上有实根

k1a02a

令f(k)4ak4(a1)ka，其对称轴方程为21f()0124a4712f(1)0[,4]37所以

所以实数a的取值范围为

（2）函数思想

对于圆锥曲线问题上一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的变量，从而使变量与其中的参变量之间构成函数关系，此时，用函数思想与函数方法处理起来十分方便。

[例5] 直线m：ykx1和双曲线xy1的左支交于A、B两点，直线l过P（2,0）22

和AB线段的中点M，求l在y轴上的截距b的取值范围。

ykx1(x1)2222xy1解：由消去y得(k1)x2kx20，由题意，有：

4k28(1k2)02kxx01221k2xx01221k1k2

x1x2kx021k2ykx11001k2

设M（x0,y0），则k12,b222k2k2

由P（2,0）、M（1k1k）、Q（0,b）三点共线，可求得1172(k)248，则f(k)在(1,2)上为减函数。

设f(k)2kk22所以f(2)f(k)f(1)，且f(k)0

所以(22)f(k)1

所以b(22)或b2

（3）参数思想

处理圆锥曲线问题，可以通过引入参变量替换，使许多相关或不相关的量统一在参变量下，其妙处在于减少未知量的个数或转化原命题的结构，以达到简化解题过程的目的。

(xa)21y2xy212有公共点？

2[例6] 当a为何实数时，椭圆与曲线C：(解：椭圆方程变形为：xa2)2y21

xa设2cos,ysin，即xa2cos,ysin代入曲线C得：

sin21(a2cos)22，即a2sin2cos（1）

2椭圆与曲线C有交点，等价于方程（1）有解，即等价于函数y2sin域

2cos的值所以a2sin22cos9222(cos)44

因为299229[2,]2(cos)4

444，所以a的取值范围是（4）转化思想

数学问题的求解过程，实际上就是问题的转化过程。它主要体现在条件由“隐”转化为“显”，结论由“暗”转化为“明”，即从陌生向熟悉、复杂向简单、间接向直接的过程。

[例7] 设圆满足：①

截y轴所得弦长为2；②

被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3:1，在满足条件①、②的所有圆中，求圆心到直线l：x2y0的距离最小的圆的方程。

22解：设圆的圆心为P（a,b），半径为r，由①知ra1；由②知，圆P截x轴所得22劣弧对应的圆心角为90，即圆P截x轴所得的弦长为2r，故有r2b，消去r得圆22心的轨迹为：2ba1

如何求圆心P（a,b）到直线l：x2y0的距离不同角度求条件最值问题。

转化1：变量替换求最值

22∵

2ba1

∴

(2ba)(2ba)1

da2b5的最小值，这样转化为从设2bat(t0)，则有2ba1112at22btt，解得t，t，所以有

111(t)2(t)(21)t(21)a2btttd25255=

(21)t

1(21)t55

25(21)t当且仅当或ab1

1(21)t，即t21时，d达到最小值。此时可求得ab122由于r2b，故r2。于是所求圆的方程是：

(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22

转化2：三角代换求最值

令2bsec,atan,02，

d则a2b522sin5cossin5dcos2，

2

所以15dsin()由sin()251d15d25

，得354，并由此解得4或4

当d达到最小值5时，sin()=1，从而即ab1或ab1，以下同解法1 【练习】（答题时间：60分钟）

x2y21431. 已知椭圆，能否在此椭圆位于y轴左侧的部分上找到一点M，使它到左准线的距离为它到两焦点F1、F2距离的等比中项？

2. 求证：椭圆bxayab(ab0)的弦中点与椭圆中心连线的斜率（两斜率222222

b22均存在时）与此弦的斜率之积为a.

3. 一椭圆长短轴平行于坐标轴，与直线2xy11相切于点P（4，3），它还经过点Q（0,1），R（1,101），求椭圆方程.

2yx4. 两个不同的点P、Q在曲线上移动，不管如何选择其位置，它们总不能关于直线ym(x3)对称，求m的范围.

5. 过抛物线y4x的焦点F的直线l与该抛物线交于A、B两点，若AB的中点为M，直线l的斜率为k。

（1）试用k表示点M的坐标；

（2）若直线l的斜率k2，且点M到直线l：3x4ym0的距离为数m的取值范围.

21，试确定实5

【答案】

1. 解：由椭圆方程可知a2,b3，并求得c1，离心率设椭圆上y轴左侧部分存在点M（x0,y0）（2x00）

e12，准线x4

MN满足2MF1MF2

①

|MN|为点M到左准线的距离

1MF21,2

则由椭圆第二定义，得x0424x0MF1aex021x02

MF1因而由椭圆的焦半径公式知MF2aex02MNMF11x02

又

12MF14x0e

(4x0)2(211x0)(2x0)22

125或x04，这与2x00相矛盾，将以上各式代入①中得：整理得：5x32x0480，所以故不存在满足条件的点M 20x02. 证明：设弦两端点为A（x1,y1），B（x2,y2），中点为P，则kOPy1y2x1x2

kABy2y1x2x1

222222bx1ay1ab222222bxayabb2(x2x1)(x2x1)a2(y2y1)(y2y1)0

22由2y1y2y2y1b2b2kk2x1x2x2x1a

即OPABa

3. 解：视点P（4，3）为退化椭圆，其方程为(x4)n(y3)0（n0,n1）

由此所求椭圆长、短轴与坐标轴平行且与直线2xy11相切于点P的椭圆方程可设为：

22(x4)2n(y3)2(2xy11)0（1）

n1,22，代入椭圆方程（1）

将Q、R点坐标代入（1）式得：

得2(x2)(y1)12

22(x2)2(y1)21612即所求椭圆方程为

4.

解析：从不能的角度考虑，需分别讨论各种情况，比较麻烦，用补集思想从问题的反面考虑就可以达到避繁就简的目的。

解：设I{m|mR},A{m|P、Q关于直线ym(x3)对称}

若m0，显然曲线yx上没有关于直线y0对称的点

当m0时，设抛物线上的两点（x1,x1）、B（x2,x2）关于直线ym(x3)对称，

2221122(xx)m[(x1x2)3]22122x12x2m(x1x26)22xx1112xx21mmx1x2则

消去x2得2x122x1126m10mm

21()28(26m1)02mm由，得(2m1)(6m2m1)0

2∵

6k2k10恒成立

11A{m|m}2

∴

2m10，即m2

∴

m12时满足题设条件

故当5. 解：

（1）设直线方程yk(x1)，代入y4x，得kx(2k4)xk0，k0

222222(k22)k2设A（x1,y1），B（x2,y2），则x1x2

y1y2422M(12,)k

∴

kk

（2）∵

M到l的距离

d1686868|32m||32m|1m225kkkkkk

∴

，从而或6842kk

11,k20t2k2，这时mf(t)6t8t2

，则1519m2m422或

mt令或mf(t)6t8t4

∴

219,2因此m的取值范围是（2）

