高中数学 第二章 解析几何初步 章末复习

解析几何初步章末复习知识网络构建高频考点例析考点一直线的方程例1直线l过点P(8,6)，且与两条坐标轴围成等腰直角三角形，求直线l的方程．[解]解法一：直线l与两条坐标轴围成的三角形为等腰直角三角形，必须且只需直线l在两条坐标轴上的截距的绝对值相等且不为0，故设直线l的方程为xa ＋ya＝1或xa＋y－a＝1(a≠0)，当直线l的方程为xa ＋ya＝1时，把P(8,6)代入得8a ＋6a＝1，解得a＝14，∴直线l的方程为x＋y－14＝0；当直线l的方程为xa ＋y－a＝1时，把P (8,6)代入得8a －6a ＝1，解得a ＝2， ∴直线l 的方程为x －y －2＝0.综上所述，直线l 的方程为x ＋y －14＝0或x －y －2＝0. 解法二：设所求直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， 令x ＝0，得y ＝b ；令y ＝0，得x ＝－bk . ∵直线与两条坐标轴围成等腰直角三角形， ∴|b |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－b k .∵b ≠0，∴k ＝±1.当k ＝1时，直线l 的方程为y ＝x ＋b ， 把P (8,6)代入得6＝8＋b ，解得b ＝－2， ∴直线l 的方程为y ＝x －2， 即x －y －2＝0；当k ＝－1时，直线l 的方程为y ＝－x ＋b ， 把P (8,6)代入得6＝－8＋b ，解得b ＝14， ∴直线l 的方程为y ＝－x ＋14，即x ＋y －14＝0. 综上所述，直线l 的方程为x ＋y －14＝0或x －y －2＝0.类题通法常用待定系数法求直线方程求直线方程的主要方法是待定系数法，要掌握直线方程五种形式的适用条件及相互转化，能根据条件灵活选用方程，当不能确定某种方程条件具备时要另行讨论条件不满足的情况．[变式训练1]将直线的方程x－2y＋6＝0；(1)化成斜截式，并指出它的斜率与在y轴上的截距；(2)化成截距式，并指出它在x轴、y轴上的截距．解(1)将原方程移项得2y＝x＋6，两边同除以2，得斜截式y＝12x＋3，因此它的斜率k＝12，在y轴上的截距为3.(2)将原方程移项得x－2y＝－6，两边同除以－6，得截距式x－6＋y3＝1.由方程可知，直线在x轴、y轴上的截距分别为－6,3.考点二直线的位置关系例2已知两条直线l1：ax－by＋4＝0，l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求分别满足下列条件的a、b的值．(1)直线l1过点(－3，－1)，并且直线l1与直线l2垂直；(2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1、l2的距离相等．[解](1)∵l1⊥l2，∴a(a－1)＋(－b)·1＝0，即a2－a－b＝0.①又点(－3，－1)在l1上，∴－3a＋b＋4＝0.②由①②解得a＝2，b＝2.(2)∵l1∥l2且l2的斜率为1－a，∴l1的斜率也存在，ab ＝1－a，即b＝a1－a.故l1和l2的方程可分别表示为l1：(a－1)x＋y＋4(a－1)a＝0，l 2：(a －1)x ＋y ＋a 1－a＝0.∵原点到l 1与l 2的距离相等，∴4⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1－a ，解得a ＝2或a ＝23. 因此⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎨⎧a ＝23，b ＝2.类题通法两条直线位置的判定方法两条直线的位置关系有相交(特例垂直)、平行、重合三种，主要考查两条直线的平行和垂直．通常借助直线的斜截式方程来判断两条直线的位置关系．解题时要注意分析斜率是否存在，用一般式方程来判断，可以避免讨论斜率不存在的情况．[变式训练2] 已知直线l 1：ax ＋2y ＋6＝0和直线l 2：x ＋(a －1)y ＋a 2－1＝0. (1)试判断l 1与l 2是否平行； (2)l 1⊥l 2时，求a 的值． 解 (1)若l 1∥l 2， 则⎩⎪⎨⎪⎧a (a －1)－2×1＝0，a (a 2－1)－6×1≠0.∴a ＝－1.∴a ＝－1时，l 1∥l 2. (2)当l 2的斜率不存在时，a ＝1. 则l 2：x ＝0，l 1：x ＋2y ＋6＝0. 显然l 1与l 2不垂直．当l 2斜率存在时，a ≠1. 则k 2＝11－a，k 1＝－a 2. ∵l 1⊥l 2，∴k 1·k 2＝11－a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－1. ∴a ＝23.考点三 求圆的方程例3 有一圆与直线l ：4x －3y ＋6＝0相切于点A (3,6)，且经过点B (5,2)，求此圆的方程．[解] 解法一：设圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，则圆心为C (a ，b )，由|CA |＝|CB |，CA ⊥l ，得⎩⎪⎨⎪⎧(a －3)2＋(b －6)2＝(a －5)2＋(b －2)2＝r 2，b －6a －3×43＝－1.解得a ＝5，b ＝92，r 2＝254， ∴圆的方程为(x －5)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －922＝254.解法二：设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，圆心为C ，由CA ⊥l ，A (3,6)、B (5,2)在圆上，得⎩⎪⎨⎪⎧32＋62＋3D ＋6E ＋F ＝0，52＋22＋5D ＋2E ＋F ＝0，－E2－6－D 2－3×43＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－10，E ＝－9，F ＝39.∴所求圆的方程为：x 2＋y 2－10x －9y ＋39＝0.解法三：设圆心为C ，则CA ⊥l ，又设AC 与圆的另一交点为P ，则CA 方程为y －6＝－34(x －3)，即3x ＋4y －33＝0. 又k AB ＝6－23－5＝－2，∴k BP ＝12，∴直线BP 的方程为x －2y －1＝0. 解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋4y －33＝0，x －2y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝3.∴P (7,3)．∴圆心为AP 中心⎝ ⎛⎭⎪⎫5，92，半径为|AC |＝52. ∴所求圆的方程为(x －5)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －922＝254.类题通法求圆的方程常用的方法求圆的方程主要是联想圆系方程、圆的标准方程和一般方程，利用待定系数法解题．采用待定系数法求圆的方程的一般步骤为：(1)选择圆的方程的某一形式；(2)由题意得a ，b ，r (或D ，E ，F )的方程(组)；(3)解出a ，b ，r (或D ，E ，F )；(4)代入圆的方程．[变式训练3] 已知圆经过点A (2，－1)，圆心在直线2x ＋y ＝0上且与直线x －y －1＝0相切，求圆的方程．解 解法一：设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－D2，－E 2.∵圆过点A (2，－1)， ∴5＋2D －E ＋F ＝0，① 又圆心在直线2x ＋y ＝0上，∴2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－E 2＝0，即2D ＋E ＝0.② 将y ＝x －1代入圆方程得 2x 2＋(D ＋E －2)x ＋(1－E ＋F )＝0. Δ＝(D ＋E －2)2－8(1－E ＋F )＝0.③将①②代入③中，得(－D －2)2－8(1－2D －5)＝0， 即D 2＋20D ＋36＝0，∴D ＝－2或D ＝－18. 代入①②，得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－2，E ＝4，F ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－18，E ＝36，F ＝67.故所求圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋4y ＋3＝0 或x 2＋y 2－18x ＋36y ＋67＝0.解法二：设圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)． ∵圆心在直线y ＝－2x 上，∴b ＝－2a ， 即圆心为(a ，－2a )．又圆与直线x －y －1＝0相切，且过点(2，－1)， ∴|a ＋2a －1|2＝r ，(2－a )2＋(－1＋2a )2＝r 2，即(3a －1)2＝2(2－a )2＋2(－1＋2a )2， 解得a ＝1或a ＝9.∴a ＝1，b ＝－2，r ＝2或a ＝9，b ＝－18，r ＝338， 故所求圆的方程为：(x －1)2＋(y ＋2)2＝2， 或(x －9)2＋(y ＋18)2＝338.考点四 直线与圆、圆与圆的位置关系例4 已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，是否存在斜率为1的直线l ，使以l 被圆C 截得的弦AB 为直径的圆过原点；若存在，写出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解] 假设存在斜率为1的直线l ，满足题意， 则OA ⊥OB ，设直线l 的方程是y ＝x ＋b ，其与圆C 的交点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1x 1·y 2x 2＝－1，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，消去y ，得2x 2＋2(b ＋1)x ＋b 2＋4b －4＝0. 所以x 1＋x 2＝－(b ＋1)，x 1x 2＝12(b 2＋4b －4)，② y 1y 2＝(x 1＋b )(x 2＋b )＝x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2 ＝12(b 2＋4b －4)－b 2－b ＋b 2 ＝12(b 2＋2b －4)，③ 把②③式代入①式，得b 2＋3b －4＝0，解得b ＝1或b ＝－4， 且b ＝1或b ＝－4都使得Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)>0成立．故存在直线l满足题意，其方程为y＝x＋1或y＝x－4.类题通法开放性题的解题思路解答这类题的思路是先假设存在，再运用直线与圆相交时满足的几何性质或代数关系作转化，求出所涉及的参数，最后通过验证来说明其是否存在．[变式训练4]已知圆M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线l过点P(2,3)且与圆M 交于A，B两点，且|AB|＝23，求直线l的方程．解(1)当直线l存在斜率时，设直线l的方程为y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0.作示意图如图，作MC⊥AB于C.在Rt△MBC中，|BC|＝3，|MB|＝2，故|MC|＝|MB|2－|BC|2＝1，由点到直线的距离公式得|k－1＋3－2k|k2＋1＝1，解得k＝34.所以直线l的方程为3x－4y＋6＝0.(2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝2，且|AB|＝23，所以适合题意．综上所述，直线l的方程为3x－4y＋6＝0或x＝2.思想方法一、数形结合思想数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化、抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，这是数学的规律性与灵活性的有机结合，解析几何本身就是数与形的完美结合．例1直线y＝x＋b与曲线x＝1－y2有且仅有一个公共点，则b的取值范围是()A．|b|＝2B．－1<b≤1或b＝－2C．－1≤b≤1D．以上结论均不对[解析]将曲线x＝1－y2变为x2＋y2＝1(x≥0)．画出直线y＝x＋b与曲线x＝1－y2，如下图．当直线y＝x＋b与曲线x2＋y2＝1相切时，满足|0－0＋b|2＝1，则|b|＝ 2.观察图像，可得当b＝－2或－1<b≤1时，直线y＝x＋b与曲线x＝1－y2有且仅有一个公共点．[答案]B二、函数与方程思想解决有关直线与圆的最值或范围问题时，常把要求的最值或范围表示为某个变量的关系式，用函数或方程的知识，尤其是配方的方法求出最值或范围．例2 试在坐标平面yOz 内的直线2y －z －1＝0上确定一点P ，使P 点到点Q (－1,0,4)的距离最小．[解] ∵P 在yOz 平面内，∴可设点P 的坐标为(0，y,2y －1)．由两点间的距离公式，得|PQ |＝(0＋1)2＋(y －0)2＋(2y －1－4)2 ＝5y 2－20y ＋26＝5(y －2)2＋6. 显然当y ＝2时，|PQ |取得最小值6，这时点P 的坐标为(0,2,3)．三、分类讨论思想分类讨论思想是数学的基本思想之一，是历年高考的重点．在用二元二次方程表示圆时，在求直线的斜率问题时，用斜率表示直线方程时，都要分类讨论．例3 过点P (－1,0)，Q (0,2)分别作两条互相平行的直线，使它们在x 轴上的截距之差的绝对值为1，求这两条直线的方程．[解] (1)当两条平行直线的斜率都不存在时，两条直线的方程分别为x ＝－1，x ＝0，它们在x 轴上的截距之差的绝对值为1，满足题意．(2)当两条平行直线的斜率都存在时，设其斜率为k ，则两条直线的方程分别为y ＝k (x ＋1)，y ＝kx ＋2.令y ＝0，分别得x ＝－1，x ＝－2k .由题意得⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋2k ＝1，即k ＝1. ∴两条直线的方程分别为y ＝x ＋1，y ＝x ＋2，即x －y ＋1＝0，x －y ＋2＝0.综上可知，所求的两条直线方程分别为x ＝－1，x ＝0，或x －y ＋1＝0，x －y ＋2＝0.四、转化与化归思想涉及与圆有关的最值问题，可借助图形的性质，考查所给式子的几何意义，一般地：(1)形如y－bx－a的最值问题，可转化为动直线的斜率问题；(2)形如ax＋by的最值问题，可转化为动直线的截距问题；(3)形如(x－a)2＋(y－b)2的最值问题，可转化为动点到定点的距离问题．例4如果实数x，y满足方程(x－3)2＋(y－3)2＝6，求：(1)yx的最大值或最小值；(2)x＋y的最大值与最小值；(3) (x－2)2＋y2的最大值与最小值．[解](1)设P(x，y)，则点P的轨迹就是已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝6.而yx的几何意义就是直线OP的斜率，其中O为坐标原点．设yx＝k，则直线OP的方程为y＝kx.画图可知(图略)，当直线OP与圆相切时，斜率取得最值．∵圆心C到直线y＝kx的距离为|3k－3|k2＋1，∴当|3k－3|k2＋1＝6，即当k＝3±22时，直线OP与圆相切，∴yx的最大值与最小值分别是3＋22与3－2 2.(2)设x＋y＝b，则y＝－x＋b.画图可知(图略)，当直线y＝－x＋b与圆C：(x －3)2＋(y－3)2＝6相切时，截距b取得最值．∵圆心C到直线y＝－x＋b的距离为|6－b|2，∴当|6－b|2＝6，即当b＝6±23时，直线y＝－x＋b与圆C相切，∴x＋y的最大值与最小值分别为6＋23与6－2 3.(3)代数式(x－2)2＋y2的几何意义是圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝6上的点到定点(2,0)的距离．∵圆心C(3,3)与定点(2,0)的距离是(3－2)2＋32＝10，圆的半径是6，∴(x－2)2＋y2的最大值是10＋6，最小值是10－ 6.。