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.。