高中理科数学解题方法竞赛篇(解析几何)
2021年宁波市高中数学竞赛解析几何
2021年宁波市高中数学竞赛解析几何一、赛事背景2021年宁波市高中数学竞赛是宁波市教育局主办的一项重要的数学竞赛活动，旨在促进高中学生数学学科的学习和应用能力的提高，激发学生对数学的兴趣，选拔和培养数学人才。
其中，解析几何是竞赛中的一个重要组成部分，也是考察学生几何思维和分析解决问题能力的重要内容。
二、竞赛题型解析几何作为竞赛科目的一部分，覆盖了较广泛的内容，包括点、直线、圆、三角形、四边形等几何图形的性质、定理和应用。
在竞赛中，解析几何题型通常包括如下几种类型：1.定理证明。
通过已知的几何定理和性质，结合已知条件，推导出目标结论，或者证明目标定理。
2.应用问题。
通过几何知识，解决实际问题，如建筑测量、地图绘制、工程设计等。
3.三角形的性质和判定。
包括三角形的边长关系、角度关系、面积计算、全等、相似、共线等性质。
4.圆的性质和判定。
包括圆的圆心角、弦长关系、切线定理、圆幂定理等。
三、解题思路解析几何作为数学竞赛中的一道难题，要求学生不仅要熟练掌握几何学的基本概念和定理，还需要具备较强的逻辑推理能力和应用能力。
在解析几何的题目中，学生需要注意以下几点：1.审题。
仔细阅读题目，理清题目要求和已知条件，找出关键信息。
2.图像。
根据题意，绘制几何图形，有时可以通过图像找到解题思路。
3.定理应用。
熟练掌握相关的几何定理和公式，灵活应用到解决问题中。
4.逻辑推理。
善于运用逻辑推理，从已知条件出发，推导出未知结论。
5.反证法。
当直接证明困难时，可以尝试采用反证法进行推理。
四、解析几何典型题目以下列举了一些典型的解析几何竞赛题目，供参赛选手练习和思考： 1.已知△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，使得AD是△ABC的高，求证：AD=CD。
2.已知△ABC中，内角A=60°，AB=3cm，AC=2√3cm，求BC的长度。
3.已知点P到圆心的距离为5cm，点P到圆上任意一点的距离为4cm，求圆的半径。
解析几何问题的解题技巧
解析几何问题的解题技巧6中等数学解析几何问题的解题技巧薛党鹏(陕西省西安中学)(本讲适合高中)的处理问题,但是,的计算.,介绍解析几何中一些常见的解题技巧.2(y1+y2)-2px.将A(a,b)、B(-a,0)分别代入MM1、MM2的方程,得(y1-b)y0=by1-2pa和y0y2=2pa.下面说明直线M1M2恒过一个定点.联立这两式,消去y0,得(y1-b)2pa=(by1-2pa)y2.1 回避方程(组)求解灵活运用方程知识解析几何的繁杂运算主要集中在解方程、求交点等方面.如果我们能够充分挖掘几何曲线的代数含义,紧扣目标,灵活运用代数方程的知识(包括消元思想、整体思想、函数思想、同解原理以及方程的轮换对称、韦达定理、判别式、实根分布等),回避这些运算,往往可以使问题得到简便解决.例1 已知抛物线y=2px及定点2A(a,b)、B(-a,0)(ab≠0,b≠2pa).M是抛物线上的点,设直线AM、BM与抛物线的另一交点分别为M1、M2.求证:当M在抛物线上变动时(只要M1、M2存在且M1≠M2),直线M1M2恒过一个定点,并求出这个定点的坐标.(1998,全国高中数学联赛)y分析:设M,y2p02整理成M1M2的方程的形式,得y1y2=b(y1+y2)-2pa.b故点Qa,满足M1M2的方程.b所以,直线M1M2恒过点Qa,.说明:此解法借助于轮换对称,简化了MM2和M1M2方程的求解过程.例2 设一圆和一等轴双曲线交于四点A1、A2、A3、A4,其中A1和A2是圆的直径的一对端点.求证:(1)A3和A4是双曲线直径的端点;(2)双曲线在A3和A4处的切线都垂直于A1A2.(1998,北京市高二数学竞赛)y,y2pi2,Mi(i=1,2).易得直线MM1的方程为y0y1=y(y0+y1)-2px.分析:设双曲线和圆的方程分别为xy=22a和x+y+2Dx+2Ey+F=0,交点坐标为(xi,yi),i=1,2,3,4.这两个方程消去y得x+2Dx+Fx+2aEx+a=0.322①同理,直线MM2的方程为y0y2=y(y0+y2)-2px,则xi(i=1,2,3,4)是方程①的根.由韦达定理知,x1+x2+x3+x4=-2D.因为A1和A2是圆的直径的一对端点,且圆心的横坐标是-D,所以,直线M1M2的方程为收稿日期:2002-11-122019年第4期7x1+x2=-2D,x3+x4=0.故y3+y4=ax+x=a=0.x3x434因此,该曲线族在直线y=2x上截得的弦长的最大值l=(22+1)(x1-x2)2=8于是,A3A4的中点是(0,0).从而,A3和A4是双曲线直径的端点.A3处双曲线的切线方程为x3y+x=2a,其斜率k=-2.x3x3--,A1A2=2-x12说明:,|2,进.灵活运用曲线知识解析几何不仅仅是运用代数方法研究几何,更是“数”与“形”的统一、代数与几何的结合.因此,充分挖掘图形的几何结论,灵活运用曲线本身的知识(曲线的定义、性质以及焦半径、曲线系等),也会大大简化解题过程.例4 给定A(-2,2),已知B是椭圆2又22,3=-x4和韦达定理知x1x2x3x1x2x3x4=a,2得kkA1A2=-1,即过A3的双曲线切线垂直于A1A2.同理可证,过A4的双曲线切线亦垂直于A1A2.说明:韦达定理对研究直线与曲线、曲线与曲线之间的位置关系有着重要的作用.例3 给定曲线族22(2sinθ-cosθ+3)x-(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ为参数.试求该曲线族在直线y=2x上所截得的弦长的最大值.(1995,全国高中数学联赛)分析:把y=2x代入给定曲线族方程得22(2sinθ-cosθ+3)x-(8sinθ+cosθ+1)2x=0.解得x1=0,x2=.2sinθ-cosθ+3要使截得的弦最长,就必须使x2的绝对值最大.为了利用正、余弦函数的有界性,将上式变为(2x2-8)sinθ-(x2+1)cosθ=1-3x2,22得(2x2-8)+(x2+1)sin(θ+φ)25++216=1上的动点,F是左焦点.当|AB||BF|取最小值时,求点B的坐标.3(1999,全国高中数学联赛)分析:因为椭圆的离心率e=|AB|+,所以,5|BF|=|AB|+|BF|.3e而e为动点B到左准线的距离.故本=1-3x2.因为|sin(θ+φ)|≤1,所以,2x2-30x2+65≥|1-3x2|.题转化为:在椭圆上求一点B,使得它到点A和左准线的距离之和最小.设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c,则a=5,b=4,c=3,e=,左准线5l:x=-.3作BN⊥l于点N,AM⊥l于点M.由椭圆定义,有|BN|==|BF|,于是,e3|AB|+|BF|=|AB|+|BN|3≥|AN|≥|AM|为定值,当且仅当B是AM与椭圆的交点即B-,2时等号成立.2故-8≤x2≤2.8中等数学所以,当|AB|+点的坐标为-2|BF|取最小值时,B3到运算量.从直线和圆锥曲线方程的多种形式中,结合题设特征以及所求目标,选用恰当的形式,也是简化解析几何运算的一种有效途径.例6AC平分CDAC交于FG.求证:∠GAC=(1999,全国高中数学联赛)分析:建立坐标系的方式很多,但是以AC所在直线为x轴,点A为坐标原点建立平面直角坐标系,其计算量要小一些.证明:建立如图2所示的直角坐标系.设A(0,0),C(c,0),D(d,kd),B(b,-kb),其中k,2.说明:在研究二次曲线时,切勿忽视第一定义和第二定义的作用.例4就是在深刻认识解题目标的基础之上,灵活运用椭圆的第二定义与平面几何结论获解的.例5 如图1,已2知点P在圆x+2-4)=,Q在椭圆9y=1上移动.试求|PQ|的最大值.(1994,四川省高中数学竞赛)图1分析:先让点Q在椭圆上固定,显然当PQ通过圆心O1时,|PQ|最大.因此,要求图2|PQ|的最大值,只要求|O1Q|的最大值.为直线AD的斜率.再设F(f,0),则lCDlBF(x-c),(x-f).=・=-・yd-cyb-f设Q(x,y),则222|O1Q|=x+(y-4).①2因Q在椭圆上,故x=9(1-y).2229+y=1,即②将式②代入式①得,|O1Q|=9(1-y)+(y-4)=-8y-8y+25=-8y+222+27.因为点Q在椭圆上移动,所以,-1≤y≤1.故当y=-时,2|O1Q|max=3,|PQ|max=3+1.说明:涉及到圆的解析几何问题,常需要灵活运用圆的有关性质.3 建立适当坐标平面选择正确方程形式坐标系的建立是应用解析法的前提和基础.坐标系的选择(直角坐标系、极坐标系、复平面)与建立(坐标系的定位),都将直接影响从而,E点坐标为,,2bd-df-bc2bd-df-故kAE=(.bdc+f)-cf(b+d)同理,将b、d互换,k变为-k,可得kAG=.bd(c+f)-cf(b+d)所以,∠GAC=∠EAC.说明:此题将角相等转化为斜率相等或互为相反数.结合题设中各几何量的关系,建立以AC所在直线为x轴、A为原点的直角坐标系,充分利用对称性,大大减少计算量.例7 设O为抛物线的顶点,F为焦点,且PQ为过F的弦.已知|OF|=a,|PQ|=b.求△OPQ的面积.(1991,全国高中数学联赛)分析1:求△ABC的面积,常用的公式有S=aha或S=absinC.若用前者求222019年第4期90.于是,y2=-(y1+y3).将此式代入式①可得2pq+y1y3(y1+y3)=0.)2.已知:(1)半圆的直径AB长为2r;(2)半圆外的直线l与BA的延长线垂直,垂足2△OPQ的面积,关键是求点O到PQ的距离,这需要建立直角坐标系,求出弦PQ所在直线的方程,较复杂;若用后者,可以通过建立极坐标系来解决,非常简单.以F为极点,射线FO的反向延长线为极轴建立极坐标系.则抛物线的方程为ρ=.1-cosθθ),则Q(ρ,设P(ρ,P,Q|PQ|=Q==2,π+θ)sinθ1-1-cos(即2=b.解得sinθ=2sinθ.bab.为T,AT2a2a3)N,l|||==1.|AM||AN|:|AM|+|AN|=|AB|.(1984,全国高中数学联赛)(提示:以A为极点,AB为极轴建立极坐标系.θ则半圆的方程为ρ=2rcosθ.设M(ρN(ρM,1)、N,θ2),可求得cosθ1+cosθ2=1.进而可证得结论.)3.平面上给定△A1A2A3和另一点P,定义Aj=Aj+3.作点列P1,P2,…,Pn,…,使得Pj+1为Pj绕中故S△OPQ=absinθ=a2心Aj+1顺时针旋转120°时所达到的位置(j=0,1,2,).若P1986=P0,求证:△A1A2A3为等边三角形.…(第26届IMO)(提示:涉及到向量旋转,用复数方法.)4.设双曲线xy=1的两支为C1、C2,正△PQR分析2:建立直角坐标系,使得抛物线有2标准方程y=4ax.将直线PQ的参数方程x=a+tcosθ,代入抛物线方程,得y=tsinθ222tsinθ-4atcosθ-4a=0.有b=|PQ|=|t1-t2|=故sinθ=2从而,S△OPQ=.b的3个顶点位于此双曲线上.(1)求证:P、Q、R不能都在双曲线的同一支上;(2)设P(-1,-1)在C2上,Q、R在C1上.求顶.2sinθ点Q、R的坐标.(1997,全国高中数学联赛)(提示:(1)抓住等边三角形的三边中垂线都过absinθ=a2ab.三角形的中心,运用反证法可以推出矛盾;(2)注意到点P与坐标原点连线的倾斜角为45°,于是,PQ、PR的倾斜角都可求得(或由P、Q的对称性求解).说明:此题若用直角坐标系和普通方程求解,运算量很大,读者不妨比较一下.另外,例3若用极坐标求解,运算量也会大大减少.(2+,2-),(2-,2+).)5.设A、B、C、D是一条直线上依次排列的4个练习题1.求证:若抛物线y=2px的内接△A1A2A3的2不同的点,分别以AC、BD为直径的两圆相交于X和Y,直线XY交BC于Z.若P为直线XY上异于Z的两边所在直线A1A2与A2A3都和抛物线x2=2qy相切,则第三边所在直线A1A3也和该抛物线相切.(提示:设Ai的坐标为,y2pi222一点,直线CP与以AC为直径的圆相交于C和M,直线BP与以BD为直径的圆相交于B 和N.试证:AM、DN、XY三条直线共点.(第36届IMO),i=1,2,3.易求得直线A1A2和抛物线x=2qy相切的充要条件为2pq+y1y2(y1+y2)=0.①同理,直线A2A3和抛物线x=2qy相切的充要条件为2pq+y2y3・(y2+y3)=0.两式相减得(y1-y3)(y1+y2+y3)=22(提示:以AC所在直线为x轴,XY所在直线为y轴建立直角坐标系.证明当点P确定时,AM与y轴的交点S和BN与y轴的交点S′为同一点.)。
解析几何竞赛题求解的几种常见策略
解析几何竞赛题求解的几种常见策略解析几何竞赛题求解的几种常见策略陈硕罡吴国建（浙江省东阳中学 322100）解析几何作为高中数学的重要内容之一，研究问题的主要方法是坐标法，解题的基本过程是：首先用代数语言（坐标及其方程）描述几何元素及其关系，将几何问题代数化，解决代数问题，得到结果，分析代数结果的几何意义，最终解决几何问题。
解决几何问题的解决往往需要具有较强的观察、分析问题、解决问题的能力，需要熟练掌握数形结合与转换的思想，同时还要具有较强的运算能力，所以解析几何一直是各级高中数学竞赛命题的热点和难点。
在近几年的全国数学联赛中一试试题中，一般有一或两道填空题和一道解答题，分值在30分左右，占一试总分值的四分之一，其重要性不言而喻。
下面笔者结合自己的教学实践，提出解析几何竞赛题求解的几种常见策略，与同仁们探讨。
一、用函数（变量）的观点来解决问题函数是描述客观世界中变量间依赖关系的重要数学模型。
抓住问题中引起变化的主变量，并用一个具体的量（斜率或点的坐标等）来表示它，同时把问题中的的因变量用主变量表示出来，从而变成一个函数的问题，这就是解决问题的函数观点。
在解析几何问题中，经常会碰到由于某个量（很多时候是线或点）的变化，而引起图形中其它量（面积或长度等）的变化的情况，所以函数观点成为了解决解析几何的一种重要方法。
【例1】（2010全国高中数学联赛试题）已知抛物线y 2 6x 上的两个动点 A （x 1, y-i ）和B （x 2, y 2）,其中捲x 2且为X 2 4.线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C,求厶ABC 面积的最大值.【分析】通过对题目的分析可以发现线段AB 中点的横坐标已经是定值，只有纵坐标在变化，可以把 AB 中点的纵坐标作为主变量，这样只要把 ABC 的面积表示成以 AB 中点的纵坐标的函数即可，这是问题就转化为求函数的最值问题。
【解析】设线段AB 的中点M 坐标为（（2, y 0），贝V、-7）, B （6 35, 、5 -■ 7）时等号成立，所以3【评析】在解答过程中用韦达定理代入消元转化，蕴含了“设而不求”的解题策略，把面积注意y °的取值范围，体现了函数问题首先关注定义域，在对函数求最值的过程中运用了基本不等式，其实也可设9 y 0 t,t [9,21），转化为一个t 的三次函数，利用导数求最值也是一种常用技巧。
(word完整版)高中数学解析几何解题方法~
解析几何常规题型及方法（1）中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为(,)x y 11，(,)x y 22，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式，消去四个参数。
典型例题 给定双曲线x y 2221-=。
过A （2，1）的直线与双曲线交于两点P 1 及P 2，求线段P 1P 2的中点P 的轨迹方程。
（2）焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点P ，与两个焦点F 1、F 2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。
典型例题 设P(x,y)为椭圆x a y b22221+=上任一点，F c 10(,)-，F c 20(,)为焦点，∠=PF F 12α，∠=PF F 21β。
（1）求证离心率βαβαsin sin )sin(++=e ； （2）求|||PF PF 1323+的最值。
（3）直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式，应特别注意数形结合的办法典型例题 抛物线方程，直线与轴的交点在抛物线准线的右边。
y p x p x y t x 210=+>+=()()（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点（2）设直线与抛物线的交点为A 、B ，且OA ⊥OB ，求p 关于t 的函数f(t)的表达式。
（4）圆锥曲线的有关最值（范围）问题圆锥曲线中的有关最值（范围）问题，常用代数法和几何法解决。
<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。
<2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值。
典型例题已知抛物线y 2=2px(p>0)，过M （a,0）且斜率为1的直线L 与抛物线交于不同的两点A 、B ，|AB|≤2p（1）求a 的取值范围；（2）若线段AB 的垂直平分线交x 轴于点N ，求△NAB 面积的最大值。
高中数学解析几何解题技巧
高中数学解析几何解题技巧解析几何是高中数学中的一大难点，也是考试中的重点内容之一。
掌握解析几何的解题技巧，不仅可以提高解题效率，还能够在考试中获得更好的成绩。
本文将从直线、圆和曲线三个方面介绍解析几何的解题技巧，并通过具体题目的分析来说明每个考点。
一、直线的解析几何解题技巧直线是解析几何中最基础的图形，其解题技巧主要包括确定直线的方程和求直线的性质。
在确定直线的方程时，常用的方法有点斜式和两点式。
例如，已知直线过点A(1,2)且斜率为3，求直线的方程。
根据点斜式的公式y-y₁ = k(x-x₁)，代入已知条件，可以得到直线的方程为y-2=3(x-1)。
在求直线的性质时，常用的方法有平行和垂直关系的判断。
例如，已知直线l₁的方程为y=2x+1，直线l₂与l₁平行且过点(2,3)，求l₂的方程。
根据平行关系的性质可知，l₂的斜率与l₁的斜率相等，因此l₂的方程为y=2x+b。
代入过点(2,3)的条件，可以解得b=-1，所以l₂的方程为y=2x-1。
二、圆的解析几何解题技巧圆是解析几何中的另一个重要图形，其解题技巧主要包括确定圆的方程和求圆的性质。
在确定圆的方程时，常用的方法有标准式和一般式。
例如，已知圆心为(2,-3)且经过点(1,2)，求圆的方程。
根据标准式的公式(x-a)²+(y-b)²=r²，代入已知条件，可以得到圆的方程为(x-2)²+(y+3)²=18。
在求圆的性质时，常用的方法有判断点与圆的位置关系和求切线的斜率。
例如，已知圆的方程为(x-2)²+(y+3)²=18，点P(4,-1)在圆上，求点P处切线的斜率。
根据点与圆的位置关系的性质可知，点P处切线的斜率等于圆的斜率，即-(x-2)/(y+3)。
代入点P的坐标，可以求得点P处切线的斜率为-2/4=-1/2。
三、曲线的解析几何解题技巧曲线是解析几何中的较为复杂的图形，其解题技巧主要包括确定曲线的方程和求曲线的性质。
高中理科数学解题方法竞赛篇(解析几何).doc
学习必备 欢迎下载高中数学解析几何问题研究x 2 y 21题 1. Let point M movealong the ellipse 98,and point F be itsright focus, then for fixed point P(6,2) ,then maximum of 3|MF|-|MP| is ,where the coordinate of M is. (ellipse 椭圆； focus 焦点； coordinate 坐标 ) （第十四届高二第二试第 18 题）x 2 y 2译文：点 M 是椭圆91上一点，点 F 是椭圆的右焦点，点 P （6，2），那8么 3|MF|-|MP| 的最大值是，此时点 M 的坐标是.x 2y 2 1y在椭圆98解中 ，MMQ D a29,b28 ，则 c 21, c 1 ，PG 所以椭圆的右焦点 F 的坐标Fc 1-3O 1369 xea 3 ，l为（1，0），离心率a 2 9l : x右准线c，显然点x 2y 21P （6，2）在椭圆98的外部 . 过点 P 、M 分别作 PG ⊥ l于 G ，MD ⊥ l于 D ，过点 P 作 PQ ⊥MD 于 Q ，由椭圆的定义知，3|MF|-|MP|=|MD|- |MP|≤|MD|-|MQ|=|QD|=|PG|=9-6=3 ，当且仅当点 P 位于线段MD 上，即点 P 与 Q 点重合时取等号 . 由点 P 位于线段 MD 上，MD ⊥ l及点 P （6，2），x 02 41 知点 M 的纵坐标为 2，设 M 的横坐标为x 0，即 M （x 0，2），则有98 ，解3 23 2x 02，因此 3|MF|-|MP| 的最大值是 3，此时点 M 的坐标是（ 2 ，2）. 得评析 若设点 M 的坐标为 (x,y) ，则可将 3|MF|-|MP| 表示成 x 、y 的二元无理函数，然后再求其最大值，可想而知，这是一件相当麻烦的事，运用椭圆的定义，将3|MF|-|MP| 转化为 ||MD|-|MP| ，就把无理运算转化为有理运算， 从而大大简化了解题过程 .拓展 将此题引伸拓广，可得x 2y 2 1(a b0)定理 M 是椭圆 E ： a 2b 2上的动点， F 是椭圆 E 的一个焦点， c为椭圆 E 的半焦距， P （ m,n ）为定点 .1a 2m若点 P 在椭圆 E 内，则当 F 是右焦点时， e |MF|+|MP| 的最小值是 c；当 F是左焦1a 2m点时， e |MF|+|MP| 的最小值是 c.若点 P 在椭圆 E 外，则a 21a 2mF 是右焦点，且 0≤m ≤ c ，|n| ≤b 时， e |MF|-|MP| 的最大值是c.a 21ma 2F 是右焦点，且 m>cc .，|n| ≤b 时， |MP|- e|MF| 的最小值是a 21a 2F 是左焦点，且mc ≤m ≤0，|n| ≤b 时， e |MF|-|MP| 的最大值是c.a 21ma 2 F 是左焦点，且 m ≤c，|n| ≤b 时， |MP|- e|MF| 的最小值是 c .1简证 1 、如图 1，作 MN ⊥右准线 l 于 N ，PQ ⊥l 于 Q ，由椭圆定义， |MN|= e|MF|.1a 2mm∴ e |MF|+|MP|=|MN|+|MP| ≥|PQ|=c，当且仅当 P 、M 、Q 三点共线，且 M1a 2在 P 、Q 之间时取等号 . 如图 2，同理可证 e|MF|+|MP||=|MN|+|MP|≥|PQ|= mc ，y当且仅当 P 、M 、Q 三点共线，且MNyNMP M QQMPOm FxlF mOxl图 1图 2M 在 P 、Q 之间时取等号 .1a 2如图 3， e|MF|-|MP|=|MN|- |MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|= m，当且仅当 Pc位于线段 MN 上，即 P 与 R 重合时取等号 .1a 2如图 4，|MP|- e|MF|=|MP|- |MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|= m，当且仅当 P 位于直c 线 MN 上，即点 P 与 Q 重合时取等号 .yyMm MN QMMR NPQPOFmxOF m xll图 3 图 41a 2m如图 5， e |MF|-|MP|=|MN|- |MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|= c，当且仅当 P位于线段 MN 上，即 P 与 R 重合时取等号 .1a 2如图 6，|MP|- e |MF|=|MP|- |MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=mc，当且仅当 P 位于yyN R MMQ NMMQPPmF O xmF O xll图 5图 6直线 MN 上，即点 P 与 Q 重合时取等号 .题 2 已知双曲线 x2y2k关于直线 x-y=1 对称的曲线与直线 x+2y=1 相切，则 k 的 值 等 于（ ）2454A 、3B 、 3C 、4D5（第十五届高二培训题第 19 题）解 设点 P （x0,y0 ）是双曲线 x 2y 2k上任意一点，点 P 关于直线 x-y=1 的对称点为x x 0y y 0 1y y 01P ’（ x,y ）, 则 22①，又 xx 0②，解①、②联立方程组得x 0y 1y 0 x1③. ∵P 点在双曲线x 2y2k 上，∴x 02y 02 k④. ③代入④，得( y 1) 2 (x 1) 2k ⑤，此即对称曲线的方程，由 x+2y=1，得 x=1-2y`, 代入⑤并整理，得 3 y 242 y k 1 0. 由题意，△ =4-12 （ k-1 ）=0，解得 k= 3，故选 B.评析 解决此题的关键是求出对称曲线的方程 . 由于对称曲线与直线相切，故由 △=0 便可求得 k 的值 . 拓展 关于直线的对称，我们应熟知下面的 结论 1 、点（ x0,y0 ）关于 x 轴的对称点是（ x0,-y0 ）. 2、点（ x0,y0 ）关于 y 轴的对称点是（ -x0, y0 ）. 3、点（ x0,y0 ）关于 y=x 的对称点是（ y0,x0 ）. 4、点（ x0,y0 ）关于 y=-x 的对称点是（ -y0,-x0 ）. 5、点（ x0,y0 ）关于 y=x+m 的对称点是（ y0-m,x0+m ）. 6、点（ x0,y0 ）关于 y=-x+n 的对称点是（ n-y0,n-x0 ） .7、点（ x0,y0 ）关于直线 Ax+By+C=0的对称点是（ x,y ），x,y 是方程组 Ax 0 x 1By 0 y 1c 022A( y 0 y 1 ) B( x 0 x 1 )的解 .根据以上结论，不难得到一曲线关于某直线对称的曲线的方程，比如曲线 f(x,y)=0 关于直线 y=x+m 对称的曲线的方程是 f(y-m,x+m)=0.3.F 1, F2是双曲线x 23y23的左、右焦点，A, B两点在右支上， 且与F2在同一条直线上，则F 1 A F 1B的最小值是y____________. CA（第四届高二第二试第 15 题）x 22NM双曲线 x23y23,即 3y1解，如图，OF2xF1BDlA, B在双曲线右支上，AF 1AF 2 2 3 ,BF 1BF 2 2 3, 故当 AF 2BF 2 取得最小值时， AF 1 BF 1 也取最小值 . 设l是双曲线对应于 F2的准线，ACl , BDl, 垂足为C, D，则由双曲线定义可知AF 2e AC , BF 2eBD，而ACBD 2 MN，其中 MN 是梯形 ACDB 的中位23 122 ，这时，AF2BF2取得最小值线，当ABF 1F2时， MN 取最小值2e MN24 2 143 , 从而AF1BF133取最小值 33.评析 解决此题的关键是灵活运用双曲线的第一、第二定义，发现 AF 2BF2，即e( ACBD )，亦即2eMN最小时， F 1AF 1 B也最小，并能知道 AB F 1F 2时MN最小（这点请读者自己证明） . 本题虽然也有其他解法， 但都不如此法简单，双曲线定义及平几知识的运用在简化本题解题过程中起了决定性的作用.拓展 将本题中的双曲线一般化，便得x 2 y 21F1、F2是双曲线 a2b2A, B两点在右支上，且与F2定理的左、右焦点，4a2b 2a .在同一条直线上，则F 1 A F 1B的最小值是 仿照本题的解法易证该定理（证明留给读者） .43 2 1214 3 用此定理可知本题中的最小值为33.题4.方 程 x 2 2y 2 2| x y 3 | 表 示的曲线是( )A 、直线B、椭圆C、双曲线D、抛物线（第十二届高二培训题第23 题）解法1 由x 22y 2 2| x y3 |的两边平方并整理得2xy 10x 2 y 1 0 . 令 xu v, y uv，则2 u v uv 10 u v 2 u v 1 0，整 理 得2u 2 8u 8 2v 2 12v 18 9 ，即 2 u 2 2 2 v 3 2 9，故已知方程表示双曲线，选 C. x 2 y 22 | x y 3 |2 2解法 2 已知方程就是 2 ，由双曲线的第二定义，可知动点 P x, y到定点（2，2）的距离与到定直线x y 3 0的距离比为 2 ，因为2 1，所以选 C.评析根据选择支，可知解决本题的关键是将已知方程化为某二次曲线的标准方程或直线方程 . 显然，平方可去掉根号与绝对值符号，但却出现了乘积项xy . 如何消去乘积项便成了问题的关键. 解法 1 表明对称换元是消去乘积项的有效方法 .解法 2 从已知方程的结构特征联想到两点距离公式与点线距离公式，发现方程表示的曲线是到定点（ 2，2）的距离与到定直线x y30的距离之比为2的动点x, y的轨迹，根据双曲线定义选 C.显示了发现与联想在解题中的作用 .拓展将此题一般化，我们有下面的定理若x a 2 y b 2 | Ax By C |（ A、B、 C、 a、 b 为常数，且 A、 B不全为零），则（1）当0A2 B 2 1时，方程表示a, b为一个焦点，直线Ax ByC 0为相应准线的椭圆 .（ 2）当 A2 B2 1时，方程表示a,b为一个焦点，直线Ax By C 0为相应准线的双曲线 .（3）当 A2 B2 1 且 Aa Bb c 0 时，方程表示过点a,b且与直线Ax By C 0垂直的直线 .（4）当 A2 B2 1 且 Aa Bb c0 时，方程表示a, b为焦点，直线Ax By C 0为准线的抛物线 .读者可仿照解法2，运用二次曲线的第二定义自己证明该定理 .1，则动点 A x1, x 1题 5. 已知xxx与点 B（ 1， 0）的距离的最小值是_________.（第七届高二第一试第 23 题）ABx 12x1 0211 22解法 1由已知得xxx21 211 27142 x2 321xx xx22xxx将此式看作以1x1, 1 1xx2x2, 这表明该二次函数的定x为自变量的二次函数，xx1 2义域是2,.该函数在 2,x上是增函数，当x时 ，272 2 211, AB m i n 1ABm i n22 .x tan ,x 1tan1 22csc22解法 2x tansin2令42，则x 1x1 2 , x1 tan1 2 2cot 2 .x xtantan 22AB2csc 222cot 2 28csc 22 4csc 238 csc 21 7.1421 2ABmin71当 csc21，即8 124时，4.x1tty1t解 法 3设t（ t1）,两式平方并相减，得yB x 2y 24(x 2, y 0), 即动点 A 的轨迹是双曲线x2 y 24O1 2x的 右半支在 x 轴上方的部分（含点（ 2，0）），由图知 |AB|min=1.评析 所求距离 |AB| 显然是 x 的函数，然而它是一个复杂的分式函数与无理函数的复合函数，在定义域 1,上的最小值并不好求，解法 1 根据 |AB| ≥0，通过平方，先求| AB |m2| AB |min2 ，并将x1in，再求 |AB|min=x看作一个整体，将原问题化为求二次函数在 2,上的最值问题；解法 2 通过三角换元，把求 |AB|min的问题转化为求关于csc2的二次函数在2,的最小值问题，整体思想、转化思想使得问题化繁为简，化生为熟； 解法 3 则求出点 A 的轨迹，从图形上直观地看出答案，简捷得让人拍案叫绝，这应当归功于数形结合思想的确当运用 . 许多最值问题，一旦转化为图形，往往答案就在眼前 .题 6. 抛物线yx 2 上到直线x y 2 0的距离最小的点的坐标是________．（第九届高二培训题第 27 题）解法 1 设抛物线 yx 2 上的点的坐标是 x, x 2 ，则它到直线x y 2 0的距离是x x 22 (x 1 )27d22 2 4x1y1时 d最小，此时，当 2 4. 故所求点的坐标1 , 1是24.解法 2 如图，将直线xy 20 平移至与抛物线yx 2 相切，则此时的切点即为 所 求 点 . 设 切 线方 程 为yx k ， 代 入 y x 2 ，得y1x2xk 0 . 由o ， 即 14k 0 ， 得k4. 解y=x2 yx 2x 12-2Ox111 , 1y x y-24 得4. 故所求点的坐标是2 4 .解法 3设所求点的坐标为 Px 0, y 0，则过点 P 的抛物线的y y 0 x 0 x，故 2x 01 ，切线应与直线 x y 2平行 . 而其切线方程为2x 01 y 0 x 02 1故所求点的坐标为 1 , 12 .4 . 2 4 .评析 解法 1 由点线距离公式将抛物线上的任意一点 x, x 2到直线x y2 0的距离 d表示成 x的二次函数，再通过配方求最值，体现了函数思想在解析几何中的运用 .解法 2 运用数形结合思想发现与直线 xy 2 0 平行的抛物线 y x 2的切线的切点就是所求点，设切线方程为yxk后运用方程思想求出k，进而求出切点坐标 .解法 3 则设切点为 P x 0 , y0 ，直接写出过二次曲线f x, y 0 上一点 P x 0, y 0的 切线方程，由切线与已知直线平行 . 两斜率相等，求出切点坐标 . 解法 2、3 不仅适用于求抛物线上到直线的距离最小的点的坐标，同样也适用于 求椭圆、双曲线上到直线的距离最小的点的坐标，故为通法.解法 3 涉及到过抛物线上一点的抛物线的切线方程， 下面用导数证明一般情形的 结论：定理 过抛物线 yax 2 bx c 上一点 P x 0 , y 0的切线方程是yy 0 ax x b xx 0 c2 02 .证 明设过点 Px 0 , y 0 的抛物线 y ax 2bx c的切线的方程为y y 0 k x x 0 ①.y /2ax b ，k y / xx 02ax 0 b ，代入①得 yy 02ax 0 b xx 0 ，yy 0 2ax 0 b x x 02 y 0y y 0x x 02bx②. 点222 ， 2ax 0 x b 2y 0 ax 0x 0 , y 0 在抛物线yax 2 bxc上， y 0ax 02 bx 0c ， y 0ax 02bx 0c，代y y 0 ax 0 x b x x 0 c入②，得切线方程为 22 .拓展 观察切线方程的特征，就是同时将曲线方程中的x2, y 2x 0 x，分别换成y 0 y，把 x, y 分别换成x 0x , yy2 2 便得切线方程 . 事实上，对于一般二次曲线，有下面的定理 .定理过二次曲线Ax 2Bxy Cy 2 Dx EyF 0 上一点 Ρ x 0 , y 0 的该曲线Ax xBx 0y xyCyyDxx EyyF 0的切线方程是20 22.运用该定理必须注意点 Ρx 0, y在曲线上 .例 求过点2,3 的曲线 2x23xy 4 y 2 4 x 8 y 30的切线的方程 .解 经验证，点 2,3 在曲线 2x23xy 4 y24x 8 y 30上，根据上面的定理，所求切线方程为2 2x 32 y 3x4 3 y 4 2 x 83 y30 0222， 即13 x 22 y 92 0.题 7在抛物线y2 4x 上恒有两点关于直线 y kx3 对称 , 则 k 的取值范围是.(第十五届高二培训题第 71 题)解法 1设两点 Bx 1, y1、Cx 2, y2关于直线ykx3对称，直线 BC 的方程为xky m，将其代入抛物线方程y24x ，得 y24ky4m 0. 若设 BC 的中点y 1 y 22ky 02. 因为 M 在直线ykx 3上，所以为 Mx 0, y，则k 2k2m 3.m2k 3 2k 22k 32k 32kkk，因为 BC 与抛物线相交 于两个不同点，所以16k 216 m. 再将m的式 子代 入， 经 化 简得k 3 2k3k，即k 1 k 2k 3k0 ，因为 k2k 3，所以 1 k 0 .y 1 y 28k 38k 12 解 法 2 由 解 法 1 ， 得 y 1y24mk. 因 为4k ，y 1 2y2y 1 y 2 4k28k 38k 1221 k 0 .，所以k，解得解法 3设 Bx 1, y1、Cx 2, y2是抛物线 y24x上关于直线ykx 3对称的两点，且 BC 中点为 Mx 0, y 0.因为y124x 1 , y 2 2 4 x2，所以y22y 1 24 x 2x1，y 2y 1 y 1 y 2 412 y 04, y 02k即 x 2x 1kx 03,所以， 所 以 k. 又 y 0x 02k 3在抛 物线 y24x 的内部，所以 y24x，即k, 因为 Mx 0, y2k 2 42k3k，解得 1 k 0 .解法 4 设 B 、C 是抛物线 y24x上关于直线ykx3对称的两点， M 是 BC中点 . 设 M x 0 , y 0 ， B x, y ， C 2x 0x,2 y 0y , 则 y24x ① ，2 y 0y 24 2x 0 x ②. ①- ②，得 2x y 0 y y 022x 00 ③. 因为点 M x 0 , y 0 在直 线ykx 3 上 ，y 0kx 0 3④.④代入③得直线 BC 的方程为px 0 ,2x 02x kx 0 3 ykx 03 22x 0 0，故直线 BC 的方向向量为kx 0 3 ，同理得直线ykx3的方向向量vx 0 , kx 0 . 因为直线 BC 与直线ykx3垂2x 0直，所以 p v 0，即 x 0 ,kx 03 x 0 , kx 0 0，化简得 x 0 2 kx 0 2k32kx 0 3，得kx2k 3或x（舍去） . 显然k，解得x 02k 3, y 0kx 0 32k . 因为 M x 0 , y 0 在抛物线 y24x的内部，所以k2k 24 2k 3k 32k 3 0, ( k1)(k 2k 3)y 0 24x， 即0,k，kk又k 2k 3，所以 1 k 0 .评析 定（动）圆锥曲线上存在关于动（定）直线对称的两点，求直线（圆锥曲 线）方程中参数的取值范围 . 这是解析几何中一类常见的问题 . 解决这类问题的关 键是构造含参数的不等式，通过解不等式求出参数的范围.解法 1 运用二次方程根的判别式，解法 2 运用均值不等式，解法 3、4 运用抛物线弦的中点在抛物线内部，分别成功地构造了关于k的不等式，这其中，韦达定理、曲线与方程的关系、两垂直直线的方向向量的数量积为零等为构造关于 k 的不等式起了积极作用 .练习 若抛物线 yax 21上总存在关于直线xy对称的两个点，则实数a的 取 值范围是 （ ）1 ,3 ,0,11 , 3A 、4B 、4C、 4D、4 4答案： B题 8 抛物线 y24x的一条弦的倾斜角是, 弦长是4csc 2, 那么这种弦都经过一定点 , 该定点是 ．（第十三届高二培训题第 73 题）解法 1 设弦过点M (a,0)，则弦所在的直线是yk( xa)，k tan， 90 ，yy 2 a)k y 2 y akk(，即4代入抛物线方程，消去 x得 4．(弦2cot 24 16a1 cot 21616a长)2=(1 )ktan 2csc 2 16cot 216a=16 csc4，即 16cot216a 16csc 216 16cot 2，由此得 a1 ．x ax a 当90 时，弦所在直线方程为x a (a0) ，弦长为 4．由 y 24x ，得 y2 a或x ay2a．又由弦长4a4 ，得 a1 ．综上，这些弦都经过点（ 1，0）．解法 2 由题意，对任意 都得同一结论，故运用特殊化思想解．4csc 24x a (a 0) ，代入令2，则弦长为2，此时弦所在直线方程为y24x ，得 y 24a ， y2 a．由题设， 4 a 4，即 a 1 ．所以2时，弦所在直线方程为x 1．4csc 28y b x 1 ，得再令4，则弦长为 4，设此时弦所在直线方程为x y 1 b ， 代 入 y 24x 并 整 理 ， 得 y24y 4b4 0，弦长1 1 ( y1 y2 ) 2 4 y1 y2 2 16 4(4b 4) 8，解得 b0，所以 4x 1时，弦所在直线方程为y x 1．解y x 1，得定点为（ 1，0）．评析题目本身反映了对于一条确定的抛物线，若确定，则以为其倾斜角的弦的长也确定，变化，则以为其倾斜角的弦的长也变化．但不论怎样变化，这样的弦都过一个定点，这反映了客观世界运动变化中的相对不变因素的存在．由题设可知0 ，故解法 1 设弦过点( a,0) ，并分直线的斜率存在与不存在两类情形，根据弦长是4csc2 ，直接求出 a 1 ．从而说明不论为何值，弦总过定点（ 1，0）．这是合情合理的常规思维．然而，根据题意，这些弦过定点肯定是正确的，这就意味着满足题设的任意两弦的交点就是所求定点．这就具备了运用特殊化思想解题的前提．解法 2 分别令2 与 4 ，得到两个相应的弦所在直线的方程，解其联立方程组得其交点为 (1,0) ，即为所求．这种解法的逻辑依据是“若对一般正确，则对一般中的特7 3殊也正确．”至于解法2中为什么令2 与 4 ，而不令13与25，主要是为了计算的方便，这也是用此法解题时应当十分注意的．应当指出，凡解某种一般情形下某确定结论是什么的问题都可用这种方法解．拓展原题中弦长 4 csc2 中的 4 恰好为抛物线方程中的2 p，而答案中的定点(1,0) 又恰好为抛物线 y2 4x的焦点．这是偶然的巧合，还是普遍规律呢？经研究，这并非巧合，而是一个定理 .定理若抛物线 y 2 2 px ( p 0)的弦 PQ 的倾斜角为，则 PQ 2p csc2 的充分必要条件是 PQ经过抛物线的焦点F (p, 0)2 ．证明先证必要性 :由已知，可设 PQ 的方程为y k ( xa) (k tan , 90 ) ，代入 y2 2 px ，得k 2 x22( k2 a p)x k 2 a 2 0 ①．由已知及弦长公式得2(1 k 2 ) (x1 x2 ) 2 4 x1x2② ．将①的两根之和与积代入②，得PQ241 k2 22p csck4p 2apk，从而得 p 2 csc 4tan 4sec2（ p22ap tan 2 ），a pF (p, 0)90时，结论也成立．解得2 ，即知 PQ过焦点2．容易验证当再证充分性：yk( xptan, 90 )由已知可设PQ的方程为 ) ( ky 22 px ，得2，代入4k 2 x 2 4 p( k 2 2) xk 2 p 2③，将③的两根之和与积代入②得PQ 2 p csc 2．容易验证当90时，结论也成立．应用该定理，可解决下面的问题：1．斜率为 1 的直线经过抛物线 y 24x的焦点，与抛物线相交于 A 、B 两点，求线段 AB 的长．2．PQ是经过抛物线y 2 4ax (a 0)焦点 F 的弦，若 PQb ，试求△ POQ 的面积（ O是坐标原点）．（91 年全国高中联赛题）3．PQ是经过抛物线y 2 4x焦点 F 的弦， O 是抛物线的顶点，若△POQ的面积为 4，求PQ的倾斜角．（98 年上海高考题）答案： 1. 8 2.aab3. 30 或 150题 9 长为 l (l1)的线段 AB 的两端在抛物线yx 2 上滑动，则线段 AB 的中点 M到 x轴的最短距离等于.（第 13 届高二第二试第 20 题）解 设 AB 的中点为 M （x, y），点 A 的坐标为（x, y），由对称性知 B 的坐y( x )2① ,)2y( x② ,22( l )2标为x, y，于是有以下关系成立：③ .2①+② ， 得 y x22④，-②，得2 x ⑤.将④、⑤代入③，得22l 2yl 2 x21 [l 22)1]( yx )(1 4x )4 x 2 )4x 2 )(1 4x4 ， 即4(14 (1， 因 为u xa 2(a x1 4x 2l (l0, x 0),a时, u 有最小值 , 当x a时 ,u是单调增加的 . 又当xl 21), y 关于 x2是单调增加的 , 所以 , 当x 0时 , y取得最小值 4.评析 点 M 到 x轴的最短距离显然就是点 M 的纵坐标的最小值 . 巧妙利用对称性，设出点 M 、A 、B 的坐标后，利用曲线与方程的关系及平几知识，可以得到三个关系式，这又有何用处呢？我们要求的是y的最小值，现在却出现了四个变量x 、 y 、 、 ，能否消去、从而得到y f (x)，再求其最小值呢？果然，可以、yl 2 x 2 消去 ，得到4(1 4x 2 ) ⑥（这里用到了“设而不求”及函数的思想方法） . 若变形为yl 2 4x 216x 4x 24 16 x2，再令u，得到y l 2 4u 16u 216u 2(4 16 y)u l 2 4y0(u0)⑦，则可由方程⑦有非4 16u负实数解求出 y的最小值，但方程⑦有非负实数解的充要条件很复杂 . 能否用别的 什 么 方 法 呢 ？ 考 虑 到 ⑥ 式 中 的1 4x2，故将⑥式变形为1 l 22l 2y4[1 4x 2(1 4x ) 1]⑧，由于14x 2 与 1 4x 2的积是定值，故当l 2l时, 有 y 最小值 .. 然而，因为l1 4 x 2=14x2 ，即14x21，所以 1 4x 2l ，0时，yminl 2即 1 4x 2取不到 l，故由函数⑧为x 2的单调增函数，可知当x4 .f (x) xa 2 ( a 0)0, 则当 x a 时 ,f ( x)取得最小值注：形如x的函数，若x2a ； 若xa (b b0 ), 则f ( x)单 调 递 增 ,f ( x)minf (ab) ； 若0 xab( 0 b , a) f ( x)则单调递减， f (x) minf (a b).( 请读者自己证明该结论 )拓展 将此题推广，可得定理 1 长为l的线段 AB 的两端在抛物线x22 py( p0)上滑动，线段 AB 的中点 M到x轴的距离为d，则0 l 2 p时， d min l 2;当8 p当 l 2p时， d min lp, d max l 22 8 p .证明由题意，直线 AB 的斜率k存在 . 设A( x1 ,x12), B( x2,x22 ), M ( x0 , y0 ),2 p 2 p 则x12 x22kAB 2 p 2px1 x2x2 2pyx1 x2 x0y y0 x0(x x0 ) y y0x0(x x0 )2p p，所以直线 AB的方程为p p，由，2x02，因为点 M在抛物线的内部，即yx02消去y，得 x2 2 x0 x 2 py0 2p ，所以（4 2py0 x02） 0，又x1 x2 2 ,x0 x1 2 x22 x20所p 0 y，以2l 1 x2 | x1 x2 | p1 p2 x02 ( x1 x2 )2 4x1x2 2 p2 x02 2 py0 x02p p . 于是d y0 p 2 l x02 ,8( p2 x 2 ) x02 p对求导数，得0' pl 2( 2 ) x12xx20[1 )p2l 22]2dx08 p 1 x0 ( 0p0 2 2 22 p 4( p x0 )x0x02 )2 [2( p 2 2 pl ][ 2( p 24p( p2 x0 ) x02 ) pl ] .（1）若0l2p（抛物线的通径长），令dx'，得x，易知x，是 ddminl 2x 0AB y 8 p的唯一极小值点，所以当（即 轴）时，；'，得xx 02 p(l 2 p)，易知当x 0 0时，（ 2）若l22 p，令d x0 或l 2 x 02 p(l2 p) lpdmax2时， dmin2 .8 p ；当l 2令定理中的 2 p 1 ，由定理的结论（ 1）可知本赛题的答案为 4.此定理尽管也可以用均值不等式加以证明，但配凑的技巧性很强 . 这里，运用高中数学的新增内容导数进行证明，显得较为简洁 . 用导数研究函数的最值问 题，顺理成章，不必考虑特殊技巧，易被大家接受，应当加以重视并大力提倡 .此定理还可进一步拓广到椭圆、双曲线的情形，便得如下：x 2 y 2 1(a b0)定理 2已知 A 、 B 两点在椭圆a 2b2上滑动， |AB| =l，线段 AB 的中点 M 到 y 轴的距离为 d，则当 2b 2 l 2a 时， d max a( 2a l )a 2 a 2b 2（ 1）；（ 2）当 l2b 2 时， d maxa 4b 2 l 2 .a2bx 2 y21(a,b 0)定理 3已知 A 、B 两点同在双曲线a 2b 2的右（或左）分支上滑动， |AB| = l ，线段 AB 的中点 M 到 y 轴的距离为 d，则当l 2b 2 时， d mina(2a l )（ 1）a2 a 2 b 2 ；l2b 2 时， d mina 4b 2 l 2（ 2）当a2b.为证定理 2、3，可以先证引理 在圆锥曲线过焦点的弦中，垂直于对称轴的弦最短 .ep l证明 设圆锥曲线的极坐标方程为1ecos，其中 e表AOFxBx示圆锥曲线的离心率，p表示焦点 F 到对应准线 l的距离，设 AB 是圆锥曲线过焦点 F 的弦，且 A ( 1,), B( 2 ,) ，epepep1,2ecos ，所以 | AB | 1因为1 ecos1 ecos() 1 2ep ep2ep1 ecos + 1 ecos= 1 e 2 cos 2 . 当2 ，即当 AB 与对称轴 x轴垂直时，| AB |min2ep，故在圆锥曲线过焦点的弦中，垂直于对称轴的弦最短.下面运用引理证明定理 2 .xa 2 证明 （1）不妨设椭圆的右焦点为 F （c,0），A 、M 、B 三点到右准线 c 的距离分别是t 1、 t 、 t 2，则 t t 1t2,由 椭 圆 的 第 二 定 义 知 ： |AF|=et1，2|BF|= et 2 (e c )a ，|AF|+|BF||AB|= l，所以 t l2b 2 ,当 l 2b 2 时，2e. 又过焦点的弦最小值为aa线段lAB 可 以 过 焦 点 F ， 当 AB 过 焦 点 F 时 ， t有 最 小 值2e， 因 此a2la(2a l ) a( 2a l )d m a x2 a 2 b 2c2e2c.当 l2b 2 时，a（ 2）线段 AB 不可能过焦点 F ，但点 M总可以在过 F 垂直于 x轴的椭圆的弦的右侧， 如右图，在△ AFM 中，设 ∠AMF= ，由余弦定理知| AF |2 | FM |2 | AM |22 | FM || AM |cosyAt1FOM t xBt2| FM |21l21l 2 cos在 △BFM42， 中 ，|BF|2|FM |21 l2 1l 2cos|AF |2| BF |2 2 | FM |21l 242，所以2，所以1（2|AF| 222| FM | ta 2 cb 2|FM || BF | ） lcc，所以2，又t1 22） l 2b 2（2|AF||BF|2c①，无论线段 AB 在什么位置，不等式①都成立.又（2|AF| 22） l 2（|AF |2l 22(t 1 t 2 ) 2l 22 22, 故|BF | |BF |）e4e tl t2 21 2b 2ta 2a 4b 2l 2e tlcc2b③，当线段 AB 垂4②. 解此不等式，得直 于 x轴 且 在焦 点 F 的 右侧 时， 不等 式 ① 、 ② 、 ③ 都 取等 号， 此时t min a2a 4b 2 l2dmaxa 2( a 2a 4b 2 l 2 ) a4b 2 l 2c2b， cc2b2b. 仿此亦可证明定理 1、3，不再赘述 .题 10动圆 M 过定点 A 且与定圆 O相切，那么动圆M 的中心的轨迹 是（ ）A 、圆B 、圆，或椭圆C 、圆，或椭圆，或双曲线D 、圆，或椭圆，或双曲线，或直线（第三届高二第二试第 10 题）解 动圆 M 、定点 A 、定圆 O, 这三者的位置关系有 5种可能，如图⑴～⑸：O在情形⑴： A 在圆O上，这时动圆 M 与定圆O相切于 A ，所以 M 点的轨迹是过O, A的一条直线 .在情形⑵： A 与O重合，这时动圆 M 在定圆O的内部，与它内切，所以 M 点的轨迹是以O为圆心，以定圆O的半径的一半为半径的圆 .在情形⑶： A 在定圆O的内部但不重合于 O 点，动圆 M 过 A 且与定圆 O 内切，这时动点 M 与定点 O 、 A 的距离的和是MOMA ( R x)xR（定值），其中的 R 、x分别表示定圆 O 、动圆 M 的半径 . 可知点 M 的轨迹是以 O、A 为焦点，R 为长轴长的椭圆 .在情形⑷： A 在定圆O的外部，动圆M 过 A 且与定圆O外切，这时MO MA(R x) x R（定值） . 可知 M 的轨迹是以 O 、 A 为焦点， R 为实轴长的双曲线的一支 .在情形⑸： A 在定圆O的外部，动圆M 与定圆O内切，这时MAMOx ( xR)R（定值）. 可知 M 点的轨迹也是以O, A为焦点 . R 为实轴长的双曲线的一支（和情形 4 对应的另一支） .综上，可知选 D.评析 分类讨论是参加高考与竞赛必须掌握的数学思想 . 分类要注意标准的统一，不可重复，也不能遗漏 . 此题的关键是要搞清全部情形有 5 种，然后再分别求动圆中心的轨迹 . 运用二次曲线的定义大大简化了解题过程 .应当指出，当点 A 在圆O上时，动圆 M 的中心的轨迹是直线OA，但应除去点 O 、A . 另外，讨论完第一种情形后就可排除A, B, C,而选 D，这样就更快捷了.。
数学竞赛中解析几何问题的解法(一)-最新教育资料
数学竞赛中解析几何问题的解法（一）
解析几何是各种考试中的重点和难点内容，解析几何题的运算量往往较大，所以很多同学容易出错或者做着做着就做不下去了.所以减少运算量、降低难度常常是解析几何题能否顺利做出来的关键.本文就选了近年的部分考题，来说明解好解析几何题的一些方法.
一、抓住定义解题――要熟练掌握圆锥曲线的两个定义，很多考题都是从定义出发求解的
二、用好韦达定理――韦达定理是解题的重要工具，圆锥曲线问题中恰当运用韦达定理可以减少不必要的运算
三、结合向量――近年解析几何题常常安一个向量的外壳，所以熟练运用向量知识在解这类题中至关重要
例6对于两条互相垂直的直线和一个椭圆，已知椭圆无论如何滑动都与两条直线相切，求椭圆中心轨迹.（上海交大自主招生考试）
解以两条直线的交点为原点，两条直线为坐标轴建立直角坐标系.设椭圆的长轴长与短轴长分别为2a，2b（a>b>0）.中心为P（x，y），两个焦点分别为F1，F2.
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数学竞赛中解析几何问题的解法(一)-最新教育资料
数学竞赛中解析几何问题的解法（一）
解析几何是各种考试中的重点和难点内容，解析几何题的运算量往往较大，所以很多同学简易出错或者做着做着就做不下去了.所以减少运算量、降低难度常常是解析几何题能否顺利做出来的关键.本文就选了近年的部分考题，来说明解好解析几何题的一些方法.
一、抓住定义解题――要烂熟掌握圆锥曲线的两个定义，很多考题都是从定义出发求解的
二、用好韦达定理――韦达定理是解题的严重工具，圆锥曲线问题中恰当运用韦达定理可以减少不必要的运算
三、结合向量――近年解析几何题常常安一个向量的外壳，所以烂熟运用向量知识在解这类题中至关严重
例6对于两条互相垂直的直线和一个椭圆，已知椭圆无论如何滑动都与两条直线相切，求椭圆中心轨迹.（上海交大自主招生考试）
解以两条直线的交点为原点，两条直线为坐标轴建立直角坐标系.设椭圆的长轴长与短轴长分别为2a，2b（a>b>0）.中心为P（x，y），两个焦点分别为F1，F2.
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高中数学竞赛讲义+完美数学高考指导(二)
高中数学竞赛讲义+完美数学高考指导(二) 高中数学竞赛讲义（十）──直线与圆的方程一、基础知识1．解析几何的研究对象是曲线与方程。
解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲线与方程的关系，即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方程的解集之间存在一一映射，则方程叫做这条曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线。
如x22=1是以原点为圆心的单位圆的方程。
2．求曲线方程的一般步骤：(1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示条件，列出方程；(4)化简方程并确定未知数的取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上，且曲线上对应点都满足方程（实际应用常省略这一步）。
3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与x轴正方向所成的小于1800的正角，叫做它的倾斜角。
规定平行于x 轴的直线的倾斜角为00，倾斜角的正切值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。
根据直线上一点及斜率可求直线方程。
4．直线方程的几种形式：（1）一般式：0；（2）点斜式：0(0)；（3）斜截式：；（4）截距式：；（5）两点式：；（6）法线式方程：θθ（其中θ为法线倾斜角，为原点到直线的距离）；（7）参数式：（其中θ为该直线倾斜角），t的几何意义是定点P0（x0, y0）到动点P（x, y）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号，若P0P方向向上则取正，否则取负）。
5．到角与夹角：若直线l1, l2的斜率分别为k1, k2，将l1绕它们的交点逆时针旋转到与l2重合所转过的最小正角叫l1到l2的角；l1与l2所成的角中不超过900的正角叫两者的夹角。
若记到角为θ，夹角为α，则θα=.6．平行与垂直：若直线l1与l2的斜率分别为k1, k2。
且两者不重合，则l12的充要条件是k12；l1l2的充要条件是k1k21。
7．两点P1(x1, y1)与P2(x2, y2)间的距离公式：1P2。
8．点P(x0, y0)到直线l: 0的距离公式：。
高中理科数学解题方法篇(解析几何)
118解析几何问题的题型与方法一．复习目标：1. 能正确导出由一点和斜率确定的直线的点斜式方程；从直线的点斜式方程出发推导出直线方程的其他形式，斜截式、两点式、截距式；能根据已知条件，熟练地选择恰当的方程形式写出直线的方程，熟练地进行直线方程的不同形式之间的转化，能利用直线的方程来研究与直线有关的问题了.2.能正确画出二元一次不等式（组）表示的平面区域，知道线性规划的意义，知道线性约束条件、线性目标函数、可行解、可行域、最优解等基本概念，能正确地利用图解法解决线性规划问题，并用之解决简单的实际问题，了解线性规划方法在数学方面的应用；会用线性规划方法解决一些实际问题.3． 理解“曲线的方程”、“方程的曲线”的意义，了解解析几何的基本思想，掌握求曲线的方程的方法.4．掌握圆的标准方程：222)()(r b y a x =-+-（r ＞0），明确方程中各字母的几何意义，能根据圆心坐标、半径熟练地写出圆的标准方程，能从圆的标准方程中熟练地求出圆心坐标和半径，掌握圆的一般方程：022=++++F Ey Dx y x ，知道该方程表示圆的充要条件并正确地进行一般方程和标准方程的互化，能根据条件，用待定系数法求出圆的方程，理解圆的参数方程cos sin x r y r θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），明确各字母的意义，掌握直线与圆的位置关系的判定方法.5．正确理解椭圆、双曲线和抛物线的定义，明确焦点、焦距的概念；能根据椭圆、双曲线和抛物线的定义推导它们的标准方程；记住椭圆、双曲线和抛物线的各种标准方程；能根据条件，求出椭圆、双曲线和抛物线的标准方程；掌握椭圆、双曲线和抛物线的几何性质：范围、对称性、顶点、离心率、准线（双曲线的渐近线）等，从而能迅速、正确地画出椭圆、双曲线和抛物线；掌握a 、b 、c 、p 、e 之间的关系及相应的几何意义；利用椭圆、双曲线和抛物线的几何性质，确定椭圆、双曲线和抛物线的标准方程，并解决简单问题；理解椭圆、双曲线和抛物线的参数方程，并掌握它的应用；掌握直线与椭圆、双曲线和抛物线位置关系的判定方法.119 二．考试要求：(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。
数学竞赛精品课解析几何的高效解题方法
数学竞赛精品课解析几何的高效解题方法解析几何是数学竞赛中的重要内容之一，也是相对较难的部分。
为了提高在解析几何题目上的解题效率，我们需要掌握一些高效的解题方法和技巧。
本文将介绍一些数学竞赛精品课中教授的解析几何的高效解题方法。
一、题目分析与几何性质的归纳在解析几何的题目中，首先我们需要仔细分析题目，理解题目的要求和条件。
同时，我们需要总结几何图形的性质和定理，将题目中的几何要素和已知条件归纳整理。
这样不仅可以帮助我们更好地理解题目，还能够为后续解题过程中的思路提供指导。
二、构建辅助线与辅助图形在解析几何的题目中，合理地构建辅助线与辅助图形是提高解题效率的重要一环。
通过构建辅助线和辅助图形，我们可以产生新的几何关系，简化原题的解决过程。
在构建辅助图形时，我们可以根据题目中的几何要素和已知条件来选择合适的辅助线和辅助图形，以减少问题的复杂性。
三、利用相似性与对称性在解析几何的题目中，相似性和对称性是经常使用的思想和方法。
通过观察几何图形的相似性和对称性，我们可以得到一些有用的信息，简化题目的解决过程。
当题目中的几何图形具有相似性或对称性时，我们可以利用相似性定理、对称轴等性质来推导和求解题目。
四、利用三角函数和向量方法解析几何中常常涉及到角度、距离和方向等概念，因此利用三角函数和向量方法可以帮助我们更快地解决问题。
通过运用三角函数的性质和向量的运算法则，我们可以得到一些有用的结论，从而更好地解析几何的题目。
五、利用面积和体积的性质在解析几何中，面积和体积的性质经常用于推导和求解题目。
通过利用面积和体积的性质，我们可以得到一些有关几何图形的关键信息，帮助我们更快地解决问题。
在解析几何的题目中，常用的面积和体积的性质包括三角形的面积公式、平行四边形的面积公式、立体图形的体积公式等。
六、几何题目的综合解题方法除了以上介绍的一些高效解题方法和技巧外，还有一些综合解题方法可以帮助我们更好地解决解析几何题目。
比如运用直线的垂直性与平行性、利用圆的切线与弦的性质、通过解析几何与代数几何的结合等等。
高中解析几何秒杀公式大全 高中解析几何解题套路
高中解析几何秒杀公式大全高中解析几何解题套路高中解析几何秒杀公式大全高中解析几何解题套路高中解析几何秒杀公式是什么，解析几何解题套路有哪些，怎么能用一套完整的思路做所有类似的题目?下面跟大家分享一下高中解析几何秒杀公式大全，高中解析几何解题套路，希望对你有帮助。
公式总结解题套路各步骤操作规则口诀：见点化点、见直线化直线、见曲线化曲线。
1、见点化点：点用平面坐标系上的坐标表示，只要是高中解析几何题目中提到的点都要加以坐标化;2、见直线化直线：直线用二元一次方程表示，只要是高中解析几何题目中提到的直线都要加以方程化;3、见曲线化曲线：曲线(圆、椭圆、抛物线、双曲线)用二元二次方程表示，只要是高中解析几何题目中提到的曲线都要加以方程化; 备注：大家在学习本教材的例题时，可翻阅教科书回顾这些内容，以加深印象，如直线有五种表示方法哪种情形对应哪种方法表示;圆、椭圆、抛物线、双曲线的方程怎么列。
口诀：点代入直线、点代入曲线。
1、点代入直线：如果某个点在某条直线上，将点的坐标代入这条直线的方程;2、点代入曲线：如果某个点在某条曲线上，将点的坐标代入这条曲线的方程;备注1：这样，每代入一次就会得到一个新的方程，这些方程都是获得高中解析几何最后答案的基础。
备注2：方程逐一列出后，最后就是解方程组的问题了。
在方程组的求解中，我们发现一个特殊情况，即如果题目中有两个点在同一条曲线上，将它们的坐标代入曲线方程后不能直接算出常数结果，则采用下面这套等效规则来处理可以达到同样的处理效果，并让方程组的求解更简单。
高中解析几何等效规则的口诀，点代入这两个点共同所在的直线、直线代入曲线。
1、点代入这两个点共同所在的直线把这两个点共同所在直线用点斜式方程(如y=kx+d)表示出来，将这两个点的坐标分别代入这条直线的方程;2、将这条直线的方程代入这条曲线的方程，获得一个一元二次方程;3、把这个一元二次方程的根用韦达定理来表示(这里表示出来的实际上就是这两个点的坐标之间的相互关系式);4、把这个一元二次方程的二次项系数不等于零的条件列出来;5、把这个一元二次方程的判别式?>0列出来。
竞赛试题选讲之解析几何
高中数学竞赛专题讲座之四：解析几何一、选择题部分1．(集训试题)过椭圆C ：12322=+y x 上任一点P ，作椭圆C 的右准线的垂线PH （H 为垂足），延长PH 到点Q ，使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。
当点P 在椭圆C 上运动时，点Q 的轨迹的离心率的取值范围为 （ ）A ．]33,0( B ．]23,33(C ．)1,33[D ．)1,23(解：设P(x 1, y 1)，Q(x, y)，因为右准线方程为x=3，所以H 点的坐标为(3, y)。
又∵HQ=λPH ，所以λ+-=11PQ HP ，所以由定比分点公式，可得：⎪⎩⎪⎨⎧=-+=yy x x 11)1(3λλ，代入椭圆方程，得Q 点轨迹为123)]1(3[222=++-y x λλ，所以离心率e=)1,33[321322322∈-=-λλλ. 故选C.2．（2006年南昌市）抛物线顶点在原点,对称轴为x 轴,焦点在直线3x-4y ＝12上,则抛物线方程为(D)A ．212y x =-B ．212y x =C ．216y x =-D ．216y x =3．（2006年江苏）已知抛物线22y px =，O 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF 是直角三角形，则这样的点P 共有（B ）A ．0个B ．2个C ．4个D ．6个4．（200 6天津）已知一条直线l 与双曲线12222=-by a x （0>>a b ）的两支分别相交于P 、Q 两点，O 为原点，当OQ OP ⊥时，双曲线的中心到直线l 的距离d 等于（A ） A ．22ab ab- B ．22a b ab- C ．aba b 22- D ．ab a b 22-5．(2005全国)方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是（ ） A ．焦点在x 轴上的椭圆 B ．焦点在x 轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线 解：),23cos()22cos(,223220,32ππππππ->-∴<-<-<∴>+ 即 .3sin 2sin >又,03cos 2cos ,03cos ,02cos ,32,220>-∴<>∴<<<<πππ方程表示的曲线是椭圆.)()4232sin(232sin22)3cos 2(cos )3sin 2(sin *++-=--- π,0)4232sin(.423243,432322,0232sin ,02322>++∴<++<∴<+<<-∴<-<-πππππππ.0)(<*∴式即∴-<-.3cos 2cos 3sin 2sin 曲线表示焦点在y 轴上的椭圆，选C 。
高中理科数学解题方法篇（解析几何）
⾼中理科数学解题⽅法篇（解析⼏何）118解析⼏何问题的题型与⽅法⼀．复习⽬标：1. 能正确导出由⼀点和斜率确定的直线的点斜式⽅程；从直线的点斜式⽅程出发推导出直线⽅程的其他形式，斜截式、两点式、截距式；能根据已知条件，熟练地选择恰当的⽅程形式写出直线的⽅程，熟练地进⾏直线⽅程的不同形式之间的转化，能利⽤直线的⽅程来研究与直线有关的问题了.2.能正确画出⼆元⼀次不等式（组）表⽰的平⾯区域，知道线性规划的意义，知道线性约束条件、线性⽬标函数、可⾏解、可⾏域、最优解等基本概念，能正确地利⽤图解法解决线性规划问题，并⽤之解决简单的实际问题，了解线性规划⽅法在数学⽅⾯的应⽤；会⽤线性规划⽅法解决⼀些实际问题. 3．理解“曲线的⽅程”、“⽅程的曲线”的意义，了解解析⼏何的基本思想，掌握求曲线的⽅程的⽅法.4．掌握圆的标准⽅程：222)()(r b y a x =-+-（r ＞0），明确⽅程中各字母的⼏何意义，能根据圆⼼坐标、半径熟练地写出圆的标准⽅程，能从圆的标准⽅程中熟练地求出圆⼼坐标和半径，掌握圆的⼀般⽅程：022=++++F Ey Dx y x ，知道该⽅程表⽰圆的充要条件并正确地进⾏⼀般⽅程和标准⽅程的互化，能根据条件，⽤待定系数法求出圆的⽅程，理解圆的参数⽅程cos sin x r y r θθ=??=?（θ为参数），明确各字母的意义，掌握直线与圆的位置关系的判定⽅法.5．正确理解椭圆、双曲线和抛物线的定义，明确焦点、焦距的概念；能根据椭圆、双曲线和抛物线的定义推导它们的标准⽅程；记住椭圆、双曲线和抛物线的各种标准⽅程；能根据条件，求出椭圆、双曲线和抛物线的标准⽅程；掌握椭圆、双曲线和抛物线的⼏何性质：范围、对称性、顶点、离⼼率、准线（双曲线的渐近线）等，从⽽能迅速、正确地画出椭圆、双曲线和抛物线；掌握a 、b 、c 、p 、e 之间的关系及相应的⼏何意义；利⽤椭圆、双曲线和抛物线的⼏何性质，确定椭圆、双曲线和抛物线的标准⽅程，并解决简单问题；理解椭圆、双曲线和抛物线的参数⽅程，并掌握它的应⽤；掌握直线与椭圆、双曲线和抛物线位置关系的判定⽅法. ⼆．考试要求：(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。
高中数学竞赛(强基计划)历年真题练习 专题7 解析几何 (学生版+解析版)
【高中数学竞赛真题·强基计划真题考前适应性训练】专题07解析几何真题专项训练（全国竞赛＋强基计划专用〉一、单选题1. (2020·北京高三强基计划〉从圆～切J羔间的线段称为切J羔弦，贝0椭困C内不与任何切点弦相交的区域丽积为（〉－zA B.!!.3c.主4 D.前三个答案都2不对2. (2022·北京·高三校考强基计划〉内接于椭圆王→L=1的菱形周长的最大值和最小4 9值之利是（〉A. 4..{JjB.14.J]3c孚♂D上述三个选项都不对3. (2020湖北武汉·高三统考强基计划〉己知直线11:y=-..!.x，乌：y=..!.x ，动点户在椭2圆ι4= l(a > b > 0）上，作PM Ill，交12于点M，作PN I I以忏点N若。
－－IPMl2 +IPN l2为定值，则（〉A.ab=2B.ab=3C.a=2bD.a=3b4. (2020北京·高三强基计划〉设直线y=3x+m与椭圆三＋丘＝I交于A,B两点，0为25 16坐标原点，贝I],.OAB面积的最大值为（〉A.88.JO c.12 D.前三个答案都不对s. (2022·贵州·高二统考竞赛〉如圈，c,,c2是离心率都为e的椭圆，点A,B是分别是C2的右顶点和上顶点，过A,B两点分别作c,�］切线，，' 12 .若直线l，，儿的斜率分别芳、J k, , k2，则lk儿｜的值为（〉A .e 2 B.e 2 -1C.I-e2D.-i e 6. (2020湖北武汉·高三统考强基计划〉过椭圆！....＋L =I 的中心作两条互相垂直的弦4 9A C 和B D ，顺次连接A ,B,C,D 得－四边形，则该四边形的丽积可能为（A. 10B. 12c. 14D. 167.(2019贵州高三校联考竞赛〉设椭圆C：牛牛！（a>b>O）的左、右焦点分别为。
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a2 1 a2 m c . F 是左焦点，且 m≤ c ，|n|≤b 时，|MP|- e |MF|的最小值是
1 简证 1、如图 1，作 MN⊥右准线 l 于 N，PQ⊥l 于 Q，由椭圆定义，|MN|= e |MF|. a2 1 m m ，当且仅当 P、M、Q 三点共线，且 M ∴ e |MF|+|MP|=|MN|+|MP|≥|PQ|= c a2 1 m 在 P、 Q 之间时取等号.如图 2， 同理可证 e |MF|+|MP||=|MN|+|MP|≥|PQ|= c ，
解决此题的关键是灵活运用双曲线的第一、第二定义，发现 ， 亦即
2e MN
，
e( AC BD )
最小时，
F1 A F1 B
也最小， 并能知道 AB F1 F2 时
MN
最小 （这点请读者自己证明） .本题虽然也有其他解法， 但都不如此法简单，
双曲线定义及平几知识的运用在简化本题解题过程中起了决定性的作用. 拓展 将本题中的双曲线一般化，便得 定理
2 2 已知双曲线 x y k 关于直线 x-y=1 对称的曲线与直线 x+2y=1 相切，
k ）
的
值
等
于
2 A、 3
4 B、 3
5 C、 4
4 D5
（第十五届高二培训题第 19 题） 解
2 2 设点 P（x0,y0）是双曲线 x y k 上任意一点，点 P 关于直线 x-y=1 的
准线的双曲线.
2 2 （ 3 ） 当 A B 1 且 Aa Bb c 0 时 ， 方 程 表 示 过 点 a, b 且 与 直 线
Ax By C 0 垂直的直线.
2 2 （ 4 ） 当 A B 1 且 Aa Bb c 0 时 ， 方 程 表 示 a, b 为 焦 点 ， 直 线
x2 y2 2 1(a b 0) 2 b 定理 M 是椭圆 E： a 上的动点，F 是椭圆 E 的一个焦点， c 为
椭圆 E 的半焦距，P（m,n）为定点.
a2 1 m 若点 P 在椭圆 E 内，则当 F 是右焦点时， e |MF|+|MP|的最小值是 c ；当 F
是左焦
a2 1 m 点时， e |MF|+|MP|的最小值是 c .
2 2
A, B 在双曲线右支上， AF1 AF2 2 3 , BF1 BF2 2 3
,故当
AF2 BF2
取得最小值时，
AF1 BF1
也取最小值.设 l
是双曲线对应于 F2 的准线， AC l , BD l ,垂足为 C , D ，则由双曲线定义可知
AF2 e AC , BF2 e BD
1 a2 m c ，当且仅当 P 位于直 如图 4，|MP|- e |MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=
线 MN 上，即点 P 与 Q 重合时取等号.
y M M R P O F m N Q x l O F l M m y M N Q P mx
图3
图4
a2 1 m 如图 5， e |MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|= c ，当且仅当 P
过 点 P 作 PQ⊥MD 于 Q ， 由 椭 圆 的 定 义 知 ， 3|MF|-|MP|=|MD|-|MP|≤|MD|-|MQ|=|QD|=|PG|=9-6=3，当且仅当点 P 位于线段 MD 上， 即点 P 与 Q 点重合时取等号.由点 P 位于线段 MD 上， MD⊥ l 及点 P （6， 2） ，
对称点为
y y0 x x0 y y 0 1 1 x x 0 2 2 P’（x,y）,则 ①，又 ②，解①、②联立方程组得
x0 y 1 2 2 2 2 y0 x 1 ③.∵P 点在双曲线 x y k 上，∴ x0 y 0 k ④.③代入④，得
，而
AC BD 2 MN
，其中 MN 是梯形 ACDB 的中位
线，当 AB F1 F2 时， MN 取最小值
2
3 1 2 2 ，这时， AF2 BF2 取得最小值 2 3 14 3 3 .
AF2 F1 BF1
4 3
取最小值
评析 即
Ax By C 0 为准线的抛物线.
2 2
x a y b | Ax By C | （ A、B、C、a、b 为常数，且 A、B 定理 若 不全为零） ，则
2 2 （1）当 0 A B 1 时，方程表示 a, b 为一个焦点，直线 Ax By C 0 为相
应准线的椭圆.
2 2 （2）当 A B 1 时，方程表示 a, b 为一个焦点，直线 Ax By C 0 为相应
y M P O m F M N N Q x F l l 图1 m O x Q M M P
当且仅当 P、M、Q 三点共线，且
y
M 在 P、Q 之间时取等号.
图2
a2 1 m 如图 3， e |MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|= c ，当且仅当 P
位于线段 MN 上，即 P 与 R 重合时取等号.
高中数学解析几何问题研究
题 1. x2 y2 1 8 Let point M move along the ellipse 9 ,and point F be its right focus, then for fixed point P(6,2) ,then maximum of 3|MF|-|MP| is ,where the coordinate of M is . (ellipse 椭圆；focus 焦点；coordinate 坐标) （第十四届高二第二试第 18 题） x2 y2 1 8 译文：点 M 是椭圆 9 上一点，点 F 是椭圆的右焦点，点 P（6，2） ，那 么 3|MF|-|MP|的最大值是 x2 y2 1 8 解 在椭圆 9 中，
M
，此时点 M 的坐标是
y M
.
Q P
D G 9 l x
a 9, b 8 ， 则 c 1, c 1 ，
2 2 2
所以椭圆的右焦点 F 的坐标
F -3 O 1 3 6
c 1 e a 3， 为（1，0） ，离心率 a2 l:x 9 c 右准线 ，显然点
x2 y2 1 8 的外部.过点 P、M 分别作 PG⊥ l 于 G，MD⊥ l 于 D， P（6，2）在椭圆 9
若点 P 在椭圆 E 外，则
a2 a2 1 m F 是右焦点，且 0≤m≤ c ，|n|≤b 时， e |MF|-|MP|的最大值是 c . a2 1 a2 m c . F 是右焦点，且 m> c ，|n|≤b 时，|MP|- e |MF|的最小值是 a2 a2 1 m F 是左焦点，且 c ≤m≤0，|n|≤b 时， e |MF|-|MP|的最大值是 c .
位于线段 MN 上，即 P 与 R 重合时取等号.
1 a2 m c ，当且仅当 P 位于 如图 6，|MP|- e |MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=
y N Q R P m l 图5 F O x M M Q P m l 图6 F O x N M y M
直线 MN 上，即点 P 与 Q 重合时取等号. 题2 则 （
x2 y2 F1 、 F2 是双曲线 a 2 b 2 1 的左、右焦点， A, B 两点在右支上，且与 F2
2b 2 4a F A F1 B a . 在同一条直线上，则 1 的最小值是
仿照本题的解法易证该定理（证明留给读者）.
4 3 2 12 3
用此定理可知本题中的最小值为 题 4. ( ) A、直线 23 题） 解法 1 由 方 程
解法 2 已知方程就是
2
| x y 3| 2
，由双曲线的第二定
义， 可知动点 P x, y 到定点 （2， 2） 的距离与到定直线 x y 3 0 的距离比为 2 ， 因为 2 1 ，所以选 C. 评析 根据选择支， 可知解决本题的关键是将已知方程化为某二次曲线的标准方 程或直线方程.显然，平方可去掉根号与绝对值符号，但却出现了乘积项 xy .如 何消去乘积项便成了问题的关键.解法 1 表明对称换元是消去乘积项的有效方 法. 解法 2 从已知方程的结构特征联想到两点距离公式与点线距离公式， 发现方程表 示的曲线是到定点（2，2）的距离与到定直线 x y 3 0 的距离之比为 2 的动 点 x, y 的轨迹，根据双曲线定义选 C.显示了发现与联想在解题中的作用. 拓展 将此题一般化，我们有下面的
( y 1) 2 ( x 1) 2 k ⑤，此即对称曲线的方程，由 x+2y=1，得 x=1-2y`,代入⑤ 4 并整理，得 3 y 2 y k 1 0 .由题意，△=4-12（k-1）=0，解得 k= 3 ，故选
2
B. 评析 解决此题的关键是求出对称曲线的方程.由于对称曲线与直线相切，故由 △=0 便可求得 k 的值. 拓展 关于直线的对称，我们应熟知下面的 结论 1、点（x0,y0）关于 x 轴的对称点是（x0,-y0）. 2、点（x0,y0）关于 y 轴的对称点是（-x0, y0）. 3、点（x0,y0）关于 y=x 的对称点是（y0,x0）. 4、点（x0,y0）关于 y=-x 的对称点是（-y0,-x0）. 5、点（x0,y0）关于 y=x+m 的对称点是（y0-m,x0+m）. 6、点（x0,y0）关于 y=-x+n 的对称点是（n-y0,n-x0）. 7、点（x0,y0）关于直线 Ax+By+C=0 的对称点是（x,y） ，x,y 是方程组