圓錐曲線問題的常見方法-全文預(yù)覽
【正文】 =20x上，第三個頂點在原點，則這個三角形的面積為 設(shè)P(a,b)是圓x2+y2=1上的動點，則動點Q(a2b2,ab)的軌跡方程是 實數(shù)x、y滿足3x2+2y2=6x，則x+y的最大值為 已知直線l：2x+4y+3=0，P是l上的動點，O為坐標(biāo)原點，點Q分為1：2，則點Q的軌跡方程為 橢圓在第一象限上一動點P，若A(4，0)，B(0，3)，O(0，0)，則的最大值為 已知實數(shù)x、y滿足x+y=4，求證：1△ABC中,A(3,0)，BC在y軸上，且在[3,3]間滑動，求△ABC外心的軌跡方程。解法一：由直線方程3x4y+10=0得代入橢圓方程得∴ △ ≥0，得解得，又a0,∴ 解法二：設(shè)有公共點為P，因公共點P在橢圓上，利用橢圓方程設(shè)P（acos，sin）再代入直線方程得3acos4sin+10=0 4sin3acos=10。解：連OB，OC，∵∠BAC=，∴∠BOC= 設(shè)B（2cosθ,2sinθ）(0θ),則C(2cos(θ+),2sin(θ+)) 設(shè)重心G（x，y），則： x= y=即： x= y= θ+∴。解法1：設(shè)AB的斜率為k，則AC的斜率為k AB：y2=k(x4),與y2=x聯(lián)立得： y2=k(y24),即ky2y4k+2=0 ∵y=2是此方程的一解， ∴2yB= xB=yB2= ∴B ∵kAC=k,以k代替k代入B點坐標(biāo)得C ∴kBC=為定值解法2：設(shè)B（y12,y1）,C(y22,y2)，則 kBC= ∵kAB= 由題意，kAB=kAC, ∴則：kBC=為定值。求證：直線BC的斜率是定值。解：設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)是雙曲線上的點，且AB的斜率為1，AB的中點為M(x0,y0)則： ①②得即M(X0,y0)在直線9x16y=0上。不同的代入方法常會影響解題的難易程度，因此要學(xué)會分析，選擇簡易的代入法。如x軸上一動點P，常設(shè)P（t，0）；直線x2y+1=0上一動點P。2，弦長為4y=kx+1代入x2y2=1得x2(kx+1)21=0∴(1k2)x22kx2=0①得4k2+8(1k2)=0，k=②1k2=0得k=177。求證：。解：（1）橢圓中，a2=m，b2=m1，c2=1，左焦點F1(1,0)則BC:y=x+1,代入橢圓方程即(m1)x2+my2m(m1)=0得(m1)x2+m(x+1)2m2+m=0∴(2m1)x2+2mx+2mm2=0設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),則x 1+x2=（2）∴當(dāng)m=5時， 當(dāng)m=2時，點評：此題因最終需求，而BC斜率已知為1，故可也用“點差法”設(shè)BC中點為M(x0,y0),通過將B、C坐標(biāo)代入作差，得，將y0=x0+1，k=1代入得，∴，可見當(dāng)然，解本題的關(guān)鍵在于對的認(rèn)識，通過線段在x軸的“投影”發(fā)現(xiàn)是解此題的要點?！郙到x軸的最短距離為點評：解法一是列出方程組，利用整體消元思想消x1，x2，從而形成y0關(guān)于x0的函數(shù)，這是一種“設(shè)而不求”的方法。（2）M到x軸的距離是一種“點線距離”，可先考慮M到準(zhǔn)線的距離，想到用定義法。分析：由于sinA、sinB、sinC的關(guān)系為一次齊次式，兩邊乘以2R（R為外接圓半徑），可轉(zhuǎn)化為邊長的關(guān)系。（2）3 作出右準(zhǔn)線l，作PH⊥l交于H，因a2=4，b2=3，c2=1， a=2，c=1，e=，∴∴當(dāng)A、P、H三點共線時，其和最小，最小值為例動圓M與圓C1:(x+1)2+y2=36內(nèi)切,與圓C2:(x1)2+y2=4外切,求圓心M的軌跡方程。解：（1）（2，）連PF，當(dāng)A、P、F三點共線時，最小，此時AF的方程為 即 y=2(x1),代入y2=4x得P(2,2)，（注：另一交點為()，它為直線AF與拋物線的另一交點，舍去）（2）（）過Q作QR⊥l交于R，當(dāng)B、Q、R三點共線時，最小，此時Q點的縱坐標(biāo)為1，代入y2=4x得x=，∴Q()點評：這是利用定義將“點點距離”與“點線距離”互相轉(zhuǎn)化的一個典型例題，請仔細(xì)體會。設(shè)而不求法對于直線與圓錐曲線相交而產(chǎn)生的弦中點問題，常用“點差法”，即設(shè)
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