高中數學總復習-解題方法

1、思維方法·類比法  類比是通過兩個(或兩類)對象的比較，找出它們在某一方面(特征、屬性和關系)的類似點，從而把其中一對象的其他有關性質，移植到另一對象中去因此，類比推理是從特殊到特殊的思維方法在解析幾何中，類比法是編制新命題、發(fā)現新定理以及開拓解題思路的重要方法解析幾何的研究對象是直線、圓和圓錐曲線，因此，在圓、橢圓、雙曲線、拋物線之間相互類比，是類比推理的主要內容例1  對圓x2y2=r2，由直徑上的圓周角是直角出發(fā)，可得：若AB是O的直徑，M是O上一點(異于A、是否有類似的結論？標分別為(x1，y1)、(-x1，-y1)，又設點M(x0，y0)是這個橢圓上一點

2、，且x0±x1，則以上兩式相減，得于是、兩式就是橢圓、雙曲線與圓類似的結論【解說】  (1)與圓類似，連結圓錐曲線上兩點的線段叫做圓錐曲線的弦，過有心曲線(橢圓、雙曲線)中心的弦叫做有心曲線的直徑；(2)因為拋物線不是有心曲線，所以拋物線沒有與圓的這個性質相類似的結論ab)類似的命題是什么？【分析】  由習題11第5題，我們知道了橢圓這個命題的證明方法，用類似的方法，我們來尋找雙曲線的有關命題比較兩個標準方由+，得于是，我們得到與橢圓類似的正確命題：  習題14  1對圓x2y2=r2，由過弦AB(非直徑)中點M的直徑垂直于此(a0，b0)類似

3、的結果是什么？并證明你的結論1)，一直線順次與它們相交于A、B、C、D四點，則|AB|=|CD|雙曲線類似的命題是什么？并加以證明  習題14答案或提示  1若AB是橢圓、雙曲線的弦(非直徑)，M是AB的中點，則對一直線順次與它們相交于A、B、C、D四點，則|AB|=|CD|思維方法·求異思維  所謂求異思維是一種不依常規(guī)、尋求變異、從多方面探索答案的思維形式求異思維又叫發(fā)散思維，它具有不落俗套、標新立異、不拘一格的特點因此，用求異思維解題有利于培養(yǎng)思維的多向性、靈活性和獨特性在平面解析幾何中，培養(yǎng)學生的求異思維能力，要注意以下幾個方面(一)變換思維方向

4、解證解析幾何習題，常常會出現“思路自然、運算麻煩”的局面，甚至會到“山窮水盡疑無路”的地步這時，若能變換思維角度，多方位思考，多渠道辟徑，就會超過思維障礙，呈現“柳暗花明又一村”的美景例1  已知點A(1，-1)、B(7，2)，以A為圓心、8為半徑作A，以B為圓心，6為半徑作B，求這兩個圓外公切線交點P的坐標【分析】  如圖14解本題的自然思路是，先求出兩條外公切線的方程，再解方程求出交點坐標但這種解法是入手容易出手難，由于運算量過大，使思維陷入困境如果能換一個角度思考，聯(lián)想到公切徑之比)，那么便可用線段定比分點公式，使問題獲得巧解【解】  如圖14，設M、N是一

5、條外公切線與兩個圓的切點，連結AB、BP，則A、B、P三點共線，再連結AM、BN，則AMMP、BNMP  BNAM設點P的坐標為(x，y)，則由線段定比分點公式，得故點P的坐標為(25，11)例2  如圖15，直線y=kxb與圓x2+y2=1交于B、C兩點，與雙曲線x2-y2=1交于A、D兩點，若B、C恰好是線段AD的三等分點，求k與b的值【分析】  如圖15，解本題的自然思路是，由|AB|=|BC|=|CD|入手，先計算出|AB|、|BC|、|CD|(即用k、b表示)，然后解方程組求得k、b的值但由于線段AB、CD的端點不在同一曲線上，從而上述解法運算相當麻煩如

6、果變換思考角度，由|AB|=|CD|出發(fā)，可得線段BC與AD的中點重合，進而可用韋達定理，列出k、b的一個關系式，再【解】  如圖15，把y=kx+b代入x2-y2=1中，整理，得(1+k2)x2+2bkx+b2-1=0                               

7、;                                從而  由韋達定理，得把y=kx+b代入x2-y2=1中，整理，得(1-k2)x2-2bkx-(b2+1)=0        

8、0;                                                   |A

9、B|=|CD|，  AD與BC的中點重點解之，得k=0或b=0當k=0時，方程化為x2=1-b2，(二)一題多解在解析幾何中，進行一題多解訓練是培養(yǎng)求異思維能力的一種極好形式例3  已知直線l過坐標原點，拋物線C的頂點在原點，焦點在x軸正半軸上，若點A(-1，0)和點B(0，8)關于l的對稱點都在C上，求直線l和拋物線C的方程(1994年全國高考理科試題)【分析1】  設直線l的方程為y=kx，拋物線C的方程為y2=2px(p0)，先求出A、B關于l對稱的點A、B的坐標(用k表示)，再代入拋物線C的方程中，可得k、p的方程組，最后解方程組即可【解法1】 

10、 如圖16由已知可設拋物線C的方程為y2=2px(p0)由于直線l不與兩坐標軸重合，故可設l的方程為ykx(k0)                                        

11、60;                    設A、B分別是A、B關于l的對稱點，則由 AAl可得 直線AA的方程為將、聯(lián)立，解得線段AA的中點M的坐標為分別把A、B的坐標代入拋物線C的方程中，得由÷，消去p，整理，得k2-k-1=0              

12、;                                                  

13、;       又由知k0                                           

14、;                                             【分析2】  如圖17，設直線l的傾斜角為，則l的斜率為用

15、的三角函數表示點A、B的坐標，再把這些坐標用k表示，以下同解法1l的斜率為k  |OA|=|OA|=1，|OB|=|OB|=8，xOA=-(-2)，  由三角函數的定義，得A的坐標為xA=|OA|cosxOA=-cos2，yA=|OA|sinxOA=-sin2以下同解法1，從略又|OB|=8，|OA|=1，從而此題可設極坐標方程去解【解法3】  如圖17，以O為極點，Ox為極軸建立極坐標系，把x=cos代入方程y2=2px(p0)中，得拋物線的坐標方程為由已知可設點B的極坐標為(8，)、A的極坐標為(1，  直線l平分BOB，=8，OAOB列出p、t1、

16、t2的方程組，進而去求解  |OA|=|OA|=1，|OB|=|OB|=8，又由OAOB，得kOA·kOB=-1，【分析5】  如圖17，由于|OA|=1，|OB|=8，A【解法5】  如圖17把直角坐標系視為復平面，設點A 得點B對應的復數為(x1y1i)8i=-8y1+8x1i  點A、B的坐標為(x1，y1)、(-8y1，8x1)把它們分別代入拋物線C的方程y2=2px(p0)中，得即kOA'=-2，又|OA|=1，以下同解法4，從略【分析6】  本題也可以把拋物線的參數方程與復數法結合起來去解數乘法的幾何意義，得由復數

17、相等的條件，得消去p，解得t2=2從而B的坐標為(8p，4p)線段BB的中點C的坐標為(4p，2p4)，【分析7】  在解法5中，利用復數乘法的幾何意義，發(fā)現了A、B坐標之間的關系式，從而獲得簡解如圖18，點B與點A的坐標關系也可用平面幾何法得到【解法7】  如圖18，作ACOx于C，BDOx于D設A、B的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)  BODAOC=90°，  RtACORtODB又|OA|1，|OB|=8，  |OD|8|AC|，|BD|8|OC|于是x2=-8y1，y2=8x1以下同解法5，從略【解說】 

18、本例給出了七種解法解法1是本題的一般解法，它的關鍵是求點A、B關于l的對稱點的坐標解法2是三角法，它法3是極坐標法，巧妙利用了A、B的特殊位置解法4是利用拋物線的參數方程去解的解法5和解法7是從尋找A、B的坐標關系式入手的，分別用復數法和相似形法獲解解法6把參數法與復數法結合起來，體現了思維的靈活性總之，本例運用了解析幾何的多種方法，是對學生進行求異思維訓練的極好例題(三)逆向思維在人們的思維活動中，如果把AB的思維過程看作正向思維的話，那么就把與之相反的思維過程BA叫做逆向思維在平常的學習中，人們習慣于正向思維，而不善長逆向思維因此，為了培養(yǎng)思維的多向性和靈活性，就必須加強逆向思維訓練在解題

19、遇到困難時，若能靈活地進行逆向思維，往往出奇制勝，獲得巧解在解析幾何中，培養(yǎng)學生逆向思維能力，要注意逆用解析式的幾何意義、逆用曲線與方程的概念和逆用圓錐曲線的定義例4  設a、b是兩個實數，A=(x，y)|x=n，y=nab，nZ，B=(x，y)|x=m，y=3(m25)，mZ，C=(x，y)|x2y2144是平面xOy內的點焦，討論是否存在a和b，使得：(1)ABf；(2)(a，b)C(1985年全國高考理科試題)【解】  由已知可得，a、b是否存在等價于混合組以上二式的幾何意義是：如圖19，在平面aOb中，nab=3(n25)是直線，a2b2144是圓面(即圓x2y2=

20、144的邊界及其內部)因此，這個混合組有解的充要條件是直線nab=3(n2+5)與圓a2b2=144有公共點，即圓心O(0，0)到這條直線的距離d12即(n25)216(n2+1)，  n4-6n2+90，即(n2-3)20又(n2-3)20，  n2=3這與n是整數矛盾故滿足題中兩個條件的實數a、b不存在【解說】  這種解法中，把混合組翻譯成幾何語言(直線和圓面是否有公共點)就是解析法的逆向思維教學實踐表明，學生普遍認為這種解法難想，其實，“難就難在逆向思維”，普遍認為這種解法巧妙，其實，“巧就巧在逆向思維”  習題12  1已知圓C1：(x

21、1)2(y-2)2=4與圓C2：(x-3)2+(y-4)2=25，求它們外公切線交點P的坐標2已知直線l過點P(1，4)，求它在兩坐標軸正向截距之和最小時的方程(要求至少5種解法)(要求至少4種證法)(1992年全國高考理科試題)4長度為3的線段AB的兩端點在拋物線y2=x上移動，記線段AB的中點為M，求點M到y(tǒng)軸的最短距離，并求此時點M的坐標(要求至少4種解法)(1987年全國高考理科試題)5已知2a3b=5，求證：直線ax+by-5=0必過一個定點7已知三個集合M=(x，y)|y2=x1，S=(x，y)|4x22x-2y5=0，P=(x，y)|y=axm，問是否存在正整數a、m使得(MS)

22、P=f？(其中f表示空集)  習題12答案或提示  3證法1：設A、B的坐標分別為(x1，y1)和(x2，y2)，|PA|=r，則圓P的方程為(x-x0)2y2=r2，與橢圓方程聯(lián)立，消去y，得把A、B的坐標代入橢圓方程中，后把所)、(2，2)，點P的坐標為(t，0)，則t=x0c由|PA|=|PB|，可得5逆用點在直線的概念，得定點為(2，3)6在直角坐標系中，由已知兩個等式可知，直線axby=c過點重合的條件，可證得結論也無實數解故a=1，m=2思維方法·分析綜合法  綜合法、分析法和分析綜合法是平面解析幾何中論證命題的基本方法從已知條件出發(fā)，運用學

23、過的定義、公式、定理進行一步步地正確推理，最后證得結論，這種論證命題的思維方法叫做綜合法從命題的結論入手，尋找使這個結論成立的充分條件，一直追溯到已知條件為止，這種論證命題的思維方法叫做分析法把分析法與綜合法結合起來去論證命題的思維方法叫做分析綜合法，它是從一個命題的兩頭向中間“擠”，因此容易發(fā)現證題的突破口，收到事半功倍的效果例1  設A、B、C是雙曲線xy=1上的三點，求證：ABC的垂心H必在此雙曲線上【分析】  如圖11，設H的坐標為(x0，y0)，要證H在此雙曲線上，即證x0y0=1而H是兩條高AH與BH的交點，因此需求直線AH、BH的方程，進而從所得方程組中設法推

24、出x0y0=1【證明】  如圖11，由已知可設A、B、C的坐標分別為(，設點H的坐標為(x0，y0)，則由式左乘式右及式右乘式左，得化簡可得x0y0(-)=-  ，x0y0=1故H點必在雙曲線xy=1上【解說】  本證法的思考過程中，從分析法入手，得出證點H在雙曲線xy=1上就是證x0y0=1這為綜合法證明此題指明了目標在用綜合法證明的過程中，牢牢抓住這個目標，去尋找x0、y0的關系式，用式子與相乘，巧妙地消去參數、，得到x0y0=1從而避免了解方程的麻煩，提高了解題速度例2  在直角坐標系xOy中，已知A1(x1，y1)、A2(x2，y2)是單位圓x2

25、+y2=1內任兩點，設點P(x，y)是以線段A1A2為直徑的圓上任一點，求證：x2+y22【分析】  欲證x2y22，由于A1、A2是圓x2y2=1內兩點，坐標的關系式，又點P在以A1A2為直徑的圓上，故可從PA1PA2入手去證【證明】  當P是直徑A1A2的端點時，結論顯然成立當P不是直徑A1A2的端點時，如圖12，連結PA1、PA2，則PA1PA2，即x2y2-(x1+x2)x-(y1+y2)·y+x1x2y1y2=0，  x2y2(x1+x2)x+(y1+y2)y-x1x2-y1y2又由A1、A2是圓x2y2=1內兩點，得故x2y22【解說】

26、60; 乍看，本題難以下手但用分析綜合法，把被證結論轉例3  已知P是橢圓b2x2a2y2=a2b2(ab0)上任一點，F1、F2是左、右兩個焦點，PF1F2=，PF2F1=，e是離心率，求證：由合分比定理，得只需證如圖13，在PF1F2中，由正弦定理，得  |PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，由和差化積公式和倍角公式，得即式成立故原結論成立【解說】  本例的上述證法就是分析綜合法它從被證結論入手，把它轉化為證式成立，這個過程是分析法然后，從已知條件出發(fā)，運用解析幾何、三角知識推得式，這個過程是綜合法  習題11  用分析綜合法證

27、明下列各題：1已知a、b、c滿足3(a2b2)=4c2(c0)，求證：直線axbyc=0與圓x2+y2=1有兩個不同的交點B、B是此橢圓的短軸的兩個端點，BM與BM分別交x軸于K、N兩點求證：|ON|·|OK|=a24設F1、F2是雙曲線x2-y2=a2(a0)的兩個焦點，P為該雙  習題11答案或提示  1欲證直線與圓有兩個不同的交點，只需證圓心O到直線的距離a又點P既在橢圓上，又在圓x2y2-ax=0上，由此可得(b2-a2)3欲證|OK|·|ON|=a2，需要求出K、N兩點的橫坐標，從而只需求出直線BM、BM的方程 思維方法·數

28、形結合觀點  解析幾何是數形結合的科學，其顯著特點是用代數的方法研究幾何圖形的性質，從而把代數、幾何、三角熔為一爐解題時，要貫穿數形結合的觀點，不但要注意把圖形數字化和把數式圖形化，而且還要留心觀察圖形的特點，發(fā)掘題目中的隱含條件，充分利用圖形的幾何性質，把數與形有機地結合在一起，去探索問題的最佳解法例1  過圓M：(x-1)2(y-1)2=1外一點P向此圓作兩條切線，當這兩切線互相垂直時，求動點P的軌跡方程【分析】  本題一般用參數法去解，但運算量大且有一定的技巧，不易求解如果運用數形結合的觀點，仔細觀察圖形的性質，不難發(fā)現動點P是正方形PT1MT2的頂點，因此

29、|PM|是定值，立得簡捷解法如下【解】  如圖110，設切點為T1、T2，連結MT1、MT2、PM，則MT1T1P，MT2PT2，又T1PPT2，且|PT1|=|PT2|，那么MT2PT1設動點P(x，y)，則(x1)2+(y-1)2=2，這就是所求的軌跡方程的對稱點為Q，點P繞圓心C依逆時針方向旋轉120°后到達點R，求線段RQ長度的最大值和最小值)，然后求出點Q、R的坐標，最后用兩點間距離公式，求出|RQ|的最值但這種解法運算量較大，還易出錯觀察圖111，在PRQ中，欲求|RQ|，因A是PQ的中點，易想起三角形的中位線，從而取PR的中點B，連結BA，則|RQ|=2|AB

30、|又求|QR|的最值，轉化為求點A與所作圓上點的距離的最值過C、A作直線，交所作圓于B1、B2兩點，則由平面幾何知，|AB|的最大值為x2，求a的值集【分析與解】  本題如果用純代數法，著眼于求出集合A，就相當麻煩如果用數形結合的觀點看待已知不等式，從“形”的角度去考慮可得下列簡捷解法：為半徑的半圓(如圖112)，而y=(a-1)x是過原點的直線束問題轉化為：求半圓在動直線上方且0x2時，a的值集易得a-11，即a2故a的值集為a|a2【解說】  由以上三例可知，數與形密切配合，坐標法以圖形性質相助，如虎添翼，問題可迎刃而解  習題13  用數形結合觀點

31、解證下列各題：1過圓M：(xa)2y2=a2(a0)上一點A(2a，0)作此圓的動弦AB，求AB中點P的軌跡方程必與相應的準線相交u=x2y2的最大值和最小值  習題13答案或提示  1連MP，則MPAB，從而P的軌跡是以AM為直徑的圓，方2欲證準線l與以AB為直徑的圓相交，即證圓心M到l的距離小于半徑設過A、B、M分別作準線l的垂線，重足分別為P、Q、N，(x，y)是以F1(-1，0)、F2(1，0)為焦點、長軸為8的橢圓上的動點umax=16，umin=15b2)1，即(a2b2-1)20，所以a2b2=1學科方法·參數法  參數觀點是運動、變化思想

32、在數學中的重要體現參數是解析幾何中最活躍的元素，也是解題的一種主要方法解析幾何中的許多解題技巧都來源于參數觀點(一)參數法解題的基本步驟參數法解題的步驟是：(1)設參，即選擇適當的參數(參數的個數可取一個或多個)；(2)用參，即建立參數方程或含參數的方程；(3)消參，即通過運算消去參數，使問題得到解決例1  已知拋物線y2=2px(p0)，在x軸的正半軸上求一點M，使過M的弦P1P2，滿足OP1OP2【解】  如圖25，設M(m，0)(m0)、P1(x1，y1)、P2(x2，y2)  OP1OP2，即y1y2=-x1x2  (y1y2)24p2x1x2從

33、而(-x1x2)2=4p2x1x2  x10，x20，  x1x2=4p2                                          &

34、#160;                                                 &

35、#160;                                                 &

36、#160;                                 設直線P1P2的方程為y=k(x-m)，把它代入y2=2px中，整理，得k2x2-2(k2m+p)x+k2m2=0由韋達定理，得x1x2=m2     &

37、#160;                                                 &

38、#160;                                                 &

39、#160;                                   把代入中，得m2=(2p)2  m0，p0，m=2p于是所求的點M的坐標為(2p，0)【解說】  本例選點P1、P2的坐標為參數，利用已知條件建立x1，x2，y

40、1，y2，m，p的關系式，消去參數，求得m的值OP交橢圓于點R，又點Q在OP上且滿足|OQ|·|OP|=|OR|2當點P在l上移動時，求動點Q的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線(1995年全國高考理科壓軸題)【解】  如圖26，設動點Q(x，y)(x，y不同時為零)又設|OR|=|OQ|，|OP|=u|OQ|，(，u0)，由于Q、R、P三點共線，所以點R(x，y)、點P(ux，uy)  |OQ|·|OP|=|OR|2，  u|OQ|2=2|OQ|2又|OQ|0，同理，由P在l上，可得于是由、，可得動點Q的軌跡方程為且長軸平行于x軸的橢圓，去掉坐標

41、原點利用已知條件|OQ|·|OP|=|OR|2巧妙地消去參數，這里參數是一個過渡，起橋梁作用這種解法比高考命題者提供的答案簡明(二)解題技巧的一個源泉參數觀點是產生解題技巧的一個源泉，解析幾何的許多解題技巧都起源于參數其中“設而不求”和“代點法”就是最突出的兩個1設而不求例3  如圖27，過圓外一點P(a，b)作圓x2y2=R2的兩條切線，切點為A、B，求直線AB的方程【解】  設A、B的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)，則切線AP、BP的方程分別為x1x+y1yR2，x2x+y2yR2  這兩條切線都過點P(a，b)，  ax1by1

42、=R2，ax2by2=R2由以上二式可以看出，點A、B在直線axby=R2上，又過A、B只有一條直線，  直線AB的方程為axby=R2【解說】  本例中把A、B的坐標作為參數雖然設了A、B的坐標，但并沒有去求它的值，而是利用曲線與方程的概念，巧妙地“消去”參數，這就是所謂的“設而不求”2代點法例4  求拋物線y2=12x的以M(1，2)為中點的弦所在直線的方程【解法1】  設弦的兩個端點為A(x1，y1)、B(x2，y2)，則由中點坐標公式，得y1y24        &#

43、160;                                                即(y1y2)(y1-y2

44、)=12(x1-x2)                                                &

45、#160;                即直線AB的斜率k=3故直線AB的方程為y-2=3(x-1)即                             

46、; 3x-y-1=0【解法2】  弦的中點為M(1，2)，  可設弦的兩個端點為A(x，y)、B(2-x，4-y)  A、B在拋物線上，  y2=12x，(4-y)2=12(2-x)以上兩式相減，得y2-(4-y)2=12(x-2+x)，即  3x-y-1=0，這就是直線AB的方程【解說】  以上兩種解法都叫做代點法它是先設曲線上有關點的坐標，然后代入曲線方程，最后經適當變換而得到所求的結果  習題22  用參數法解證下列各題：1已知橢圓9x216y2=144內有一點P(2，1)，以P為中點作弦MN，則直線MN的方

47、程為         A9x-8y260B9x8y-260C8x-9y+26=0D8x9y-26=02點D(5，0)是圓x2y2-8x-2y+7=0內一點，過D作兩條互相垂直的射線，交圓于A、B兩點，求弦AB中點M的軌跡方程且OPOQ，求m的值4已知射線OA、OB分別在第一、四象限，且都與Ox軸成60的軌跡5已知兩點P(-2，2)、Q(0，2)以及一條直線l：y=x設長為程(要求把結果寫成普通方程)(1985年全國高考理科試題)6已知橢圓的中心在原點，對稱軸合于坐標軸，直線y=-x1與  習題22答案或提示

48、0; 1仿例4，選(B)2設M(x，y)，A(xx0，yy0)，B(x-x0，y-y0)，把A、B=03仿例1，可得m=35設A(t，t)，B(t1，t1)，又設直線PA、PB的斜率分別x2-y22x-2y8=06設橢圓的方程為ax2by2=1(a0，b0)，A、B、C的坐學科方法·待定系數法  待定系數法是中學數學中的一種重要方法，它在平面解析幾何中有廣泛的應用(一)求直線和曲線的方程例1  過直線x-2y-3=0與直線2x-3y-2=0的交點，使它與兩坐標軸相交所成的三角形的面積為5，求此直線的方程【解】  設所求的直線方程為(x-2y-3)+(2x

49、-3y-2)=0，整理，得依題意，列方程得于是所求的直線方程為8x-5y20=0或2x-5y-10=0【解說】  (1)本解法用到過兩直線交點的直線系方程，是待定系數(2)待定系數法是求直線、圓和圓錐曲線方程的一種基本方法例2  如圖29，直線l1和l2相交于點M，l1l2，點Nl1，以A、B為端點的曲線C上的任一點到l2的距離與到點N的距離相等若系，求曲線C的方程(1998年全國高考理科試題)【解】  如圖29，以l1為x軸，MN的垂直平分線為y軸，建立直角坐標系由已知，得曲線C是以點N為焦點、l2為準線的拋物線的一段，其中點A、B為曲線C的端點設曲線C的方程為

50、y2=2px，p0(x1xx2，y0)其中，x1、x2分別是A、B的橫坐標，p=|MN|從而M、N解之，得p=4，x1=1故曲線C的方程為y2=8x (1x4，y0)(二)探討二元二次方程(或高次方程)表示的直線的性質例3  已知方程ax2bxycy2=0表示兩條不重合的直線L1、L2求：(1)直線L1與L2交角的兩條角平分線方程；(2)直線L1與L2的夾角的大小【解】  設L1、L2的方程分別為mxny=0、qxpy=0，則ax2+bxycy2(mx+ny)(qx+py)從而由待定系數法，得amq，bmpnq，c=np(1)由點到直線的距離公式，得所求的角平分線方程為即(

51、m2n2)(qxpy)2=(q2+p2)(mxny)2，化簡、整理，得(nq-mp)(nqmp)x22(np-mq)xy-(nqmp)y2=0  L1、L2是兩條不重合的直線b2-4ac(mp+nq)2-4mnpq=(mpnq)20即  mp-nq0從而(nqmp)x22(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得bx2+2(c-a)xy-by20即為所求的兩條角平分線方程(2)顯然當mqnp=0，即a+c=0時，直線L1與L2垂直，即夾角為90°當mqnp0即ac0時，設L1與L2的夾角為，則【解說】  

52、一般地說，研究二元二次(或高次)方程表示的直線的性質，用待定系數法較為簡便(三)探討二次曲線的性質1證明曲線系過定點例4  求證：不論參數t取什么實數值，曲線系(4t2t1)x2+(t1)y24t(t1)y-(109t221t+31)=0都過兩個定點，并求這兩個定點的坐標【證明】  把原方程整理成參數t的方程，得(4x24y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2y2-31=0  t是任意實數上式都成立，【解說】  由本例可總結出，證明含有一個參數t的曲線系F(x，y，t)=0過定點的步驟是：(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；(2)因

53、t是任意實數，所以t的各項系數(包括常數項)都等于零，得x、y的方程組；(3)解這個方程組，即得定點坐標2求圓系的公切線或公切圓例5  求圓系x2y2-2(2m1)x-2my4m24m1=0(m0)的公切線方程【解】  將圓系方程整理為x-(2m+1)2(y-m)2=m2(m0)顯然，平行于y軸的直線都不是圓系的公切線設它的公切線方程為 y=kxb，則由圓心(2m1，m)到切線的距離等于半徑|m|，得從而(1-2k)m-(kb)2m2(1k2)，整理成m的方程，得(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0  m取零以外的任意實數上式都成立，

54、【解說】  由本例可總結出求圓系F(x，y，m)=0的公切線方程的步驟是：(1)把圓系方程化為標準方程，求出圓心和半徑；(2)當公切線的斜率存在時，設其方程為y=kxb，利用圓心到切線的距離等于半徑，求出k、b、m的關系式f(k，b，m)=0；(3)把f(k，b，m)=0整理成參數m的方程G(m)=0由于mR，從而可得m的各項系數(包括常數項)都等于零，得k、b的方程組；(4)解這個方程組，求出k、b的值；(5)用同樣的方法，可求出x=a型的公切線方程3化簡二元二次方程例6  求曲線9x24y218x-16y-11=0的焦點和準線【分析】  把平移公式x=xh，y

55、=yk，代入原方程化簡【解】  (略)  習題23  用待定系數法解證下列各題：1求經過三點(2，3)、(5，3)、(3，-1)的圓的方程2求雙曲線x2-2y2-6x4y3=0的焦點坐標3若方程ax3bx2ycxy2dy3=0表示三條直線，且其中兩條互相垂直，求證：a2acbdd2=04求圓系2x2+2y2-4tx-8ty9t2=0(t0)的公切線方程5試證圓系x2+y2-4Rxcos-4Rsin+3R2=0(R是正的常數，為參數)與定圓相切，并求公切圓的方程6若在拋物線y2=2px(p0)的對稱軸上有一個定點Q，過Q的任  習題23答案或提示 

56、; 1設圓的方程為x2y2DxEyF=0，把三個已知點的坐標代入，可求得D=-8，E=-2，F=123設過原點互相垂直的兩條直線方程為lx2+mxy-ly2=0，另一條直線方程為pxqy=0，則ax3bx2ycxy2+dy3=(lx2mxy-ly2)(pxqy)，從而a=lp，b=lqmp，c=mq-lp，d=-lp于是可得a2acbdd2=04y=x或y=7x5圓系方程為(x-2Rcos)2+(y-2Rsin)2=R2，設公切圓方程為(x-a)2+(y-b)2=r2，則由兩圓相切的充要條件是圓心距等于兩圓半徑和或差的絕對值，可得(a-2Rcos)2(b-2Rsin)2=(R±r)2

57、，整理，可得a2b2-2R即a=b=0從而r2-3R2±2Rr=0，解得r1=R，r2=3R6設Q(x0，0)，直線AB的參數方程為x=x0tcos，y=tsin代任一值，所以x0=p學科方法·判別式法  判別式法是中學數學中的一種常用方法，它在平面解析幾何中有下列應用：(一)確定直線與二次曲線和二次曲線與二次曲線的位置關系它們中每一個點到點A的距離等于該點到直線l的距離？(1988年全國高考理科試題)點、l為準線的拋物線方程為y2=2px橢圓上有四個點符合題意的充要條件為方程組y2=2px有四個不同的實數解顯然，這個方程組有四個不同的實數解的充要條件為方程有兩個

58、不相等的正根設方程的兩個根為x1、x2，則x10、x20的充要條件為又由已知，得p0                                           

59、                     【解說】  本例的實質是求橢圓與拋物線有四個不同的交點的條件，它歸結為一元二次方程ax2+bx+c=0有兩個不等的正根的條件，即(二)求極值例2  過點P(3，2)作直線l分別交x軸、y軸正方向于A、B兩點，求AOB面積S的最小值【解】  如圖2-21，設直線l的方程為y-2=k(x-3)(k0)，則它在x軸、y軸上的截距分別

60、為從而9k2+2(S-6)k+4=0  =2(S-6)2-4×4×90，  S(S-12)0  S0，S12  Smin=12例3  在橢圓9x2+4y2=36上分別求一點，使x+y有最大值和最小值【解】  設x+y=u，則y=u-x把它代入橢圓方程中，整理，得13x2-8ux+4(u2-9)=0  x是實數， 0即(-8u)2-4×13×4(u2-9)0解之，得-(三)求參數的取值范圍例4  已知拋物線y=ax2-1上恒有關于直線l：y=-x對稱的兩點，求a的取值范圍【解法

61、1】  如圖2-22，設點P(x0，y0)關于直線l對稱的點為Q(-y0，-x0)，則由P、Q都在拋物線y=ax2-1上，得以上兩式相減，得x0+y0=a(x0+y0)(x0-y0)  點P不在直線x+y=0上，x0+y00從而a(x0-y0)=1，即y0=x0-  P、Q兩點恒存在，x0是實數，即方程(*)恒有兩個不等實學科方法·韋達定理法  利用一元二次方程的韋達定理(即根與系數的關系)解題的方法叫做韋達定理法，它是處理解析幾何問題的一個主要技巧(一)關于弦中點問題例1  已知點M(2，2)是橢圓x24y2-2x-12y6=0內部

62、一點，過M作直線l交此橢圓于兩點A、B，使M為弦AB的中點，求直線l的方程【解法1】  先考察過M點斜率不存在的直線x=2由于點M不再考察過M點斜率存在的直線設直線l的方程為y-2=k(x-2)，即y=kx-2k2，把它代入橢圓方程中，整理，得(1+4k2)x2-2(8k2-2k+1)x+2(8k2-4k-1)=0設A、B的橫坐標分別為x1、x2，則由韋達定理，得又由中點坐標公式，得即                 

63、;                                           x+2y-6=0把它代入橢圓的方程中，整理，得(cos2+4sin2)t2+2(cos+2s

64、in)t-2=0  M是弦AB的中點，由韋達定理，得即                                            

65、0;           x2y-6=0【解說】  已知圓錐曲線內一點，求以該點為中點的弦所在的直線方程，用韋達定理法去解，一般有上述兩種方法B1、B2，且A為B1B2的中點？這樣的直線m如果存在，求出它的方程；如果m不存在，說明理由【解】  設所求的直線方程為y=k(x-1)+1，代入雙曲線方程中，整理，可得(2-k2)x2+2(k2-k)x-(k2-2k+3)=0設B1(x1，y1)、B2(x2，y2)，則A為B1B2中點的充要條件為解，得k=2代入中，不適合故滿足題中條

66、件的直線m不存在【解說】  由本例可知，應用韋達定理法解直線與圓錐曲線相交的問題時，要注意直線與圓錐曲線相交的條件，即判別式不小于零是應用韋達定理的先決條件(二)弦長問題例3  頂點在原點，焦點在x軸上的拋物線，被直線y=2x1截得【解】  設拋物線的方程為y2=2px，把y=2x1代入拋物線方程中，整理，得4x2+2(2-p)x1=0  =2(2-p)2-4×4×10，  p0或p4設直線與拋物線交于A(x1，y1)、B(x2，y2)，則解之，得p1=-2，p2=6故所求的拋物線方程為y2=-4x或y2=12x【解說】 &

67、#160;直線與二次曲線相交，截得弦長，一般可用公式|AB|=、x2分別是點A、B的橫坐標(三)線段關系式例4  已知拋物線C：y2=4x和定點R(0，-2)，是否存在過定點R的直線l，交拋物線C于P、Q兩點，使|PQ|2=|RP|·|RQ|，若存在，求其方程，若不存在，說明理由【解】  如圖210，設所求的直線為y=kx-2，把它代入y2=4x中，整理，得k2x2-4(k+1)x+4=0當=-4(k1)2-16k20，分別過P、Q作x軸的垂線，垂足為A、B，則由|PQ|2=|RP|·|RQ|，得|AB|2=|OA|·|OB|，  |

68、xQ-xP|2=xP·xQ，即(xP+xQ)2 -5xPxQ=0故符合題意的直線l存在，其方程為例5  已知點M(x1，y1)在第一象限內，過M的兩個圓與兩坐標都相切，且它們的半徑分別為r1、r2(r1r2)，求證：【證明】  設過點M的兩個圓為O1、O2  它們都與x軸、y軸都相切，  它們的方程分別為  點M在這兩個圓上，由以上兩式可知，r1、r2是關于r的方程于是 由韋達定理，得  習題24  用韋達定理法解證下列各題：1已知拋物線y24x-y1=0的一條弦被點M(-2，3)所平分，求這條弦所在直線的方程方程

69、3拋物線y=x2-2x+2交動直線y=kx(k0)于P1、P2兩點，點Q在4過點P(1，1)作一條動直線，交圓x2y2=4于A、B兩點，求|AP|2+|BP|2的最大值和最小值5已知拋物線y2=2px(p0)的焦點弦長|AB|=m，頂點為O，求OAB的面積6拋物線y2=4x，過點A(0，-2)的直線與拋物線交于不同的兩點P、Q，O為原點，以OP、OQ為鄰邊的平行四邊形為OPMQ，求動點M的軌跡方程7設拋物線的頂點在原點，焦點F是圓x2y2-4x=0的圓心過此拋物線的焦點且斜率為2的直線與拋物線和圓分別相交于A、D、B、C(如圖211)，求|AB|CD|  習題24答案或提示 

70、; 3把y=kx代入y=x2-2x2中，整理，得x2-(k2)x2=0，由4用直線的參數方程去解，最大值為12，最小值為46設直線PQ的斜率為k(k0)，把y=kx-2代入y2=4x中，得k2x2-4(k+1)x+4=0由中點坐標公式和韋達定理，得動點M(x，y)的坐標k0或k0，從而y0或y-8于是軌跡方程為(y2)2=4(x1)(y0或y-8)7拋物線的方程為y2=8x設A、D的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)又設直線AD的方程為y=2(x-2)，把它代入拋物線方程中，由韋達定理和弦長公式可得|AD|=10，于是|AB|CD|=|AD|-|BC|=10-4=6學科方法·坐

71、標法  坐標法是解析幾何最基本的方法，它的思路是，通過建立平面坐標系(直角坐標系或極坐標系等)，把幾何問題轉化為代數問題(或代數問題轉化為幾何問題)，從而利用代數知識(或解析幾何知識)使問題得以解決(一)坐標法解證幾何題例1  在ABC中，已知BC=a，CA=b，AB=c，S為三角形面【證明】  如圖21，以邊AB的中點O為坐標系原點、AB所在的直線為x軸，建立直角坐標系，設A、B、C的坐標分別為(-m，0)、(m，0)、(p，q)(m0，q0)，則a2=|BC|2=(m-p)2q2=m2+p2q2-2mp，b2=|AC|2=(pm)2q2=p2m2q2-2mp，c2=4m2，Smq例2  已知：AB是半圓的