2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案第74讲__解析几何问题选讲

第74讲解析几何问题选讲解析几何是在坐标系的基础上，用坐标表示点，用方程表示曲线(包括直线)，用代数方法研究几何问题的一门数学学科．在中学阶段，解析几何研究的主要对象是直线和圆锥曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线)，主要研究的问题是：(1)根据已知条件，求出表示平面曲线的方程；(2)通过方程研究平面曲线的性质．在学习的过程中，同学们首先要熟练掌握直线与圆锥曲线的方程的各种表示方法及其适用的范围，并能灵活地选择适当的表示方法以便能快捷地解题．A类例题例1．S为直线l1：7x＋5y＋8＝0和l2：3x＋4y－13＝0的交点，点P(3，7)，Q(11，13)所成的直线PQ上有两点A、B，其中P在A、Q之间，B在P、Q之间，并且PAAQ＝PBBQ＝23．不求S的坐标，试求出直线SA与SB的方程．(IMO—30预选题)解由题意知，SA的方程为：(7x＋5y＋8)＋λ(3x＋4y－13)＝0，①SB的方程为：(7x＋5y＋8)＋μ(3x＋4y－13)＝0，②由PAAQ＝PBBQ＝23及分点公式，得A、B的坐标分别为A(－13，－5)，B(315，475)．它们分别适合①、②，代入后求得λ＝－2936，μ＝－11108．因此，所求的直线SA、SB的方程分别为：SA的方程165x－296y＋665＝0；SB的方程723x－584y＋1007＝0．例2．从椭圆x2a2＋y2b2＝1的右焦点向它的动切线引垂线，求垂足的轨迹．解法一设切点为Q(acosθ，bsinθ)，则椭圆的切线QP的方程为acosθa2x＋bsinθb2y＝1，即(bcosθ)x＋(asinθ)y＝ab①过右焦点F2(c，0)垂直于切线QP的直线F2P的方程为(asinθ)x－(bcosθ)y＝acsinθ②则垂足P满足①、②．①2＋②2得：(x2＋y2)(a2sin2θ＋b2cos2θ)＝a2(b2＋c2sin2θ)＝a2[b2＋(a2－b2)sin2θ]＝a2(b2cos2θ＋a2sin2θ)，显然b2cos2θ＋a2sin2θ≠0，所以x2＋y2＝a2．即垂足P的轨迹方程为圆x2＋y2＝a2．解法二如图，延长F1Q与F2P交于R，因为QP为切线，则有∠F2QP＝∠RQP，又PF2⊥PQ，F2F1RQPxOy所以|QR|＝|QF2|，|PR|＝|PF2|．因为|F1Q|＋|F2Q|＝2a，则|F1Q|＋|RQ|＝2a，即|F1R|＝2a，则|OP|＝12|F1R|＝a．即垂足P的轨迹方程为圆x2＋y2＝a2．说明在解题时，若能充分运用图形的几何性质，往往可获得快捷的解法．例3．设已知三条直线l1：mx－y＋m＝0；l2：x＋my－m(m＋1)＝0；l3：(m＋1)x－y＋(m＋1)＝0，它们围成ΔABC．(1)求证：不论m为何值，ΔABC有一个顶点为定点；(2)当m为何值时，ΔABC的面积有最大值、最小值？(第五届美国普特南数学竞赛题)(1)证明直线l1的方程可写成(x＋1)m－y＝0，故直线l1恒过点C(－1，0)．同样，直线l3的方程可写成(x＋1)m＋x－y＋1＝0，故直线l3恒过点C(－1，0)，即直线l1、l3交于定点(－1，0)，由此可见ΔABC的顶点C为定点．(2)解注意到l1⊥l2，即AB⊥AC，则ΔABC为直角三角形，用点到直线的距离公式求出点C到直线AB的距离为d1＝1m2＋1，求出B到AC的距离d3＝|m2＋m＋1|m2＋1．SΔABC＝12·|m2＋m＋1|m2＋1＝12|1＋1m＋1m|．当m＞0时，m＋1m≥2，等号在m＝1时成立，S有最大值34；当m＜0时，m＋1m≤－2，等号在m＝－1时成立，S有最小值14．说明我们可以用下面的方法：直线l1、l2的交点坐标为(mm2＋1，m(m2＋m＋1)m2＋1)，直线l2、l3的交点坐标为(0，m＋1)，直线l1、l3的交点坐标为(－1，0)．故ΔABC的顶点C为定点(－1，0)．SΔABC＝12112233111xyxyxy＝12·m2＋m＋1m2＋1．以下同例题中的解法．情景再现1．已知圆x2＋y2＝r2经过椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两个焦点F1(－c，0)，F2(c，0)，两曲线有四个交点，其中一个交点为P．若ΔF1PF2的面积为26，椭圆长轴长为15，求a＋b＋c的值．(2000年“希望杯”竞赛题)2．设p＞0，当p变化时，Cp：y2＝2px为一族抛物线，直线l过原点且交Cp于原点和点Ap．又M为x轴上异于原点的任意点，直线MAp交Cp于点Ap和Bp．求证：所有的点Bp在同一条直线上．3．已知椭圆4x2＋5y2－8mx－20my＋24m2－20＝0．(1)求证椭圆的两焦点分别在两条（与m无关的）平行线l1、l2上；(2)求与l1平行且被椭圆截得的线段长等于535的直线l的方程．B类例题例4．椭圆x2a2＋y2b2＝1的内接平行四边形ABCD的边AB的斜率为k．试求四边形ABCD面积的最大值．解设AB(CD)所在直线的方程为y＝kx＋m．由于AB、CD平行且相等，故可知AB、CD的纵截距分别为m和－m．于是AB、CD关于原点对称．由对称性知△OAB的面积等于四边形ABCD面积的14．故只要求出△AOB的面积的最大值即可．以y＝kx＋m代入b2x2＋a2k2－a2b2＝0，得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2(m2－b2)＝0．△＝4a4k2m2－4a2(b2＋a2y2)(m2－b2)＝4a2b2(b2＋a2y2－m2)．则当－b2＋a2k2＜m＜b2＋a2k2时方程有解．故弦长为2abb2＋a2k2－m2b2＋a2k2·1＋k2．原点到直线AB的距离d＝|m|1＋k2．则S△AOB＝|m|abb2+a2k2－m2b2+a2k2≤14ab，当且仅当m＝±12(b2＋a2k2)时等号成立．从而平行四边形ABCD面积的最大值为2ab．说明(1)利用压缩变换易证此结果：如果令x'＝x，y'＝aby，则椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2变为圆x'2＋y'2＝a2．直线y＝kx＋m变为bay'＝kx'＋m，即y'＝abkx'＋abm．于是AB、CD变为圆的两条平行弦A'B'、C'D'，平行四边形ABCD变为圆的内接矩形A'B'C'D'．而圆内接矩形面积的最大值为2a2，从而椭圆的内接平行四边形的最大面积为2a2·ba＝2ab．(2)平行四边形的两边与轴平行时，平行四边形变为矩形，结果同此；(3)用参数方程也易得此结论；例5．已知抛物线x＝32＋t2，y＝6t(t为参数)和椭圆x＝m＋2cosθ，y＝3sinθ(θ为参数)，问是否存在实数m，使得抛物线与椭圆有四个不同的交点？(第十五届全俄数学奥林匹克题)解消去参数t，抛物线方程为y2＝6(x－32)(x≥32)．消去参数θ，椭圆方程为(x－m)24＋y23＝1．由上述两方程联立消去y，整理得x2＋(8－2m)x＋m2－16＝0．令f(x)＝x2＋(8－2m)x＋m2－16(x＞32)，则抛物线与椭圆有四个不同交点的充要条件是Δ＝(8－2m)2－4m＋64＞0，f(32)≥0，－12(8－2m)＞32化简得m＜4，m＞72或m≤－12，m＞112不等式组无解，故这样的实数m不存在．例6．A、B是平面上给定的两点，C在以A为圆心的圆上运动，△ABC的∠A的内角平分线与边BC的交点为P．求：点P的轨迹．(1991年加拿大数学奥林匹克训练题)解以A为坐标原点，AB为x轴建立平面直角坐标系．设以A为圆心的圆是单位圆x2＋y2＝1，再设C(x0，y0)，B(a，0)，P(x，y)．由AP是∠CAB的平分线，则ABAC＝BPPC＝a1＝a，从而由定比分点公式得：x＝a＋ax01＋a，y＝ay01＋a．从而解得x0＝(1＋a)x－aa，y0＝(1＋a)ya．由x02＋y02＝1，得[(1＋a)x－aa]2＋[(1＋a)ya]2＝1，整理得x2＋y2－2a1＋ax＝0．因此，P点的轨迹是一个圆，但去掉此圆与x轴的两个交点．情景再现4．设P为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上异于长轴顶点A1、A2的任一点，过P点的切线与分别过A1、A2的切线相交于B1、B2，则以B1B2为直径的圆必过两焦点F1、F2．5．试证：存在一个同心圆的集合，使得（1）每个整点都在此集合的某一个圆周上（2）此集合的每个圆周上，有且只有一个整点.6．给定一个圆和它的内部一点M，考虑所有可能的矩形MKTP，它的顶点K和P位于圆上，求点T的轨迹．(1990年第16届全俄数学奥林匹克题)C类例题例7．已知C0：x2＋y2＝1和C1：x2a2+y2a2＝1(a＞b＞0)．试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形？并证明你的结论．(2000年全国高中数学联合竞赛试题)解设PQRS是与C0外切且与C1内接的平行四边形．易知圆的外切平行四边形是菱形．即PQRS是菱形．于是OP⊥OQ．设P(r1cosθ，r1sinθ)，Q(r2cos(θ＋90°)，r2sin(θ＋90°)，则在直角三角形POQ中有r12＋r22＝r12r22(利用△POQ的面积)．即1r21＋1r22＝1．但r21cos2θa2＋r22sin2θb2＝1，即1r21＝cos2θa2＋sin2θb2，同理，1r22＝sin2θa2＋cos2θb2，相加得1a2＋1b2＝1．反之，若1a2＋1b2＝1成立，则对于椭圆上任一点P(r1cosθ，r1sinθ)，取椭圆上点Q(r2cos(θ＋90°)，r2sin(θ＋90°)，则1r21＝cos2θa2＋sin2θb2，1r22＝sin2θa2＋cos2θb2，于是1r21＋1r22＝1a2＋1b2＝1，此时PQ与C0相切．即存在满足条件的平行四边形．从而得证．例8．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，43)，B(－1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB、AC距离的等比中项．(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线L经过ABC的内心(设为D)，且与点P轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围．(2004年全国高中数学联赛)解(1)设点P的坐标为(x，y)，AB方程：x－1＋3y4＝1，即4x－3y＋4＝0，①BC方程：y＝0，②AC方程：4x＋3y－4＝0，③则25|y|2＝|(4x－3y＋4)(4x＋3y－4)|，去绝对值整理得：25y2＋16x2－(3y－4)2＝0，即16x2＋16y2＋24y－16＝0，即2x2＋2y2＋3y－2＝0；或25y2－16x2＋(3y－4)2＝0，即16x2－34y2＋24y－16＝0，即8x2－17y2＋12y－8＝0．故所求轨迹为圆：2x2＋2y2＋3y－2＝0，④与双曲线：8x2－17y2＋12y－8＝0．⑤但应去掉点(－1，0)与(1，0)．(2)ABC的内心D(0，12)：经过D的直线为x＝0或y＝kx＋12．⑥RPQSyxOD-111BCAyxOKP(2,-1)Oxy(2,1)(2,1)(5，0)yxO(2,1)yxOD.C.B.A.Oxy(5，0)(2,1)(2,-1)(a)直线x＝0与圆④有两个交点，与双曲线⑤没有交点；(b)k＝0时，直线y＝12与圆④切于点(0，12)，与双曲线⑤交于(±582，12)，即k＝0满足要求．(c)k＝±12时，直线⑥与圆只有1个公共点，与双曲线⑤也至多有1个公共点，故舍去．(d)k0时，k12时，直线⑥与圆有2个公共点，以⑥代入⑤得：(8－17k2)x2－5kx－254＝0．当8－17k2＝0或(5k)2－25(8－17k2)＝0，即得k＝±23417与k＝±22．从而所求k值的取值范围为{0，±23417，±22}．情景再现7．抛物线y2＝2px的内接三角形有两边与抛物线x2＝2qy相切，证明这个三角形的第三边也与x2＝2qy相切．8．设有椭圆x24＋y2＝1，B1(0，－1)为椭圆上一点，问是否存在椭圆上两点M、N，使△MB1N为等腰直角