2011高考数学典型例题圆锥曲线 13页

典型例题一 例1 如果命题“坐标满足方程的点都在曲线上”不正确，那么以下正确的命题是 ‎（A）曲线上的点的坐标都满足方程．‎ ‎（B）坐标满足方程的点有些在上，有些不在上．‎ ‎（C）坐标满足方程的点都不在曲线上．‎ ‎（D）一定有不在曲线上的点，其坐标满足方程．‎ 分析：原命题是错误的，即坐标满足方程的点不一定都在曲线上，易知答案为D．‎ 典型例题二 例2 说明过点且平行于轴的直线和方程所代表的曲线之间的关系．‎ 分析：“曲线和方程”的定义中所列的两个条件正好组成两个集合相等的充要条件，二者缺一不可．其中“曲线上的点的坐标都是方程的解”，即纯粹性；“以方程的解为坐标的点都是曲线上的点”，即完备性．这是我们判断方程是不是指定曲线的方程，曲线是不是所给方程的曲线的准则．‎ 解：如下图所示，过点且平行于轴的直线的方程为，因而在直线上的点的坐标都满足，所以直线上的点都在方程表示的曲线上．但是以这个方程的解为坐标的点不会都在直线上，因此方程不是直线的方程，直线只是方程所表示曲线的一部分．‎ 说明：本题中曲线上的每一点都满足方程，即满足纯粹性，但以方程的解为坐标的点不都在曲线上，即不满足完备性．‎ 典型例题三 例3　说明到坐标轴距离相等的点的轨迹与方程所表示的直线之间的关系．‎ 分析：该题应该抓住“纯粹性”和“完备性”来进行分析．‎ 解：方程所表示的曲线上每一个点都满足到坐标轴距离相等．但是“到坐标轴距离相等的点的轨迹”上的点不都满足方程，例如点到两坐标轴的距离均为3，但它不满足方程．因此不能说方程就是所有到坐标轴距离相等的点的轨迹方程，到坐标轴距离相等的点的轨迹也不能说是方程所表示的轨迹．‎ 说明：本题中“以方程的解为坐标点都在曲线上”，即满足完备性，而“轨迹上的点的坐标不都满足方程”，即不满足纯粹性．只有两者全符合，方程才能叫曲线的方程，曲线才能叫方程的曲线．‎ 典型例题四 例4 曲线与直线有两个不同的交点，求的取值范围．有一个交点呢？无交点呢？‎ 分析：直线与曲线有两个交点、一个交点、无交点，就是由直线与曲线的方程组成的方程组分别有两个解、一个解和无解，也就是由两个方程整理出的关于的一元二次方程的判别式分别满足、、．‎ 解：由 得 ‎∴‎ ‎∴当即，即时，直线与曲线有两个不同的交点．‎ 当即，即或时，直线与曲线有一个交点．‎ 当即，即或时，直线与曲线没有公共点．‎ 说明：在判断直线与曲线的交点个数时，由于直线与曲线的方程组成的方程组解的个数与由两方程联立所整理出的关于(或)的一元方程解的个数相同，所以如果上述一元方程是二次的，便可通过判别式来判断直线与曲线的交点个数，但如果是两个二次曲线相遇，两曲线的方程组成的方程组解的个数与由方程组所整理出的一元方程解的个数不一定相同，所以遇到此类问题时，不要盲目套用上例方法，一定要做到具体问题具体分析．‎ 典型例题五 例5 若曲线与有两个公共点，求实数的取值范围．‎ 分析：将“曲线有两个公共点”转化为“方程有两个不同的解”，从而研究一元二次方程的解的个数问题．若将两条曲线的大致形状现出来，也许可能得到一些启发．‎ 解法一：由得：‎ ‎∵，∴，‎ 即．‎ 要使上述方程有两个相异的非负实根．‎ 则有：‎ 又∵‎ ‎∴解之得：．‎ ‎∴所求实数的范围是．‎ 解法二：的曲线是关于轴对称且顶点在原点的折线，而表示斜率为1且过点的直线，由下图可知，当时，折线的右支与直线不相交．所以两曲线只有一个交点，当时，直线与折线的两支都相交，所以两条直线有两个相异的交点．‎ 说明：这类题较好的解法是解法二，即利用数形结合的方法来探求．若题设条件中“”改为呢，请自己探求．‎ 典型例题六 例6 已知，其中，，，则角平分线的方程是(如下图)，对吗？‎ 分析：本题主要考查曲线方程概念掌握和理解的程度，关键是理解三角形内角平分线是一条线段．‎ 解：不对，因为内角平分线是一条线段，而方程的图形是一条直线．如点坐标适合方程，但点不在内角的平分线上．‎ 综合上述内角平分线为：．‎ 说明：判断曲线的方程或方程的曲线，要紧扣定义，两个条件缺一不可，关键是要搞清楚曲线的范围．‎ 典型例题七 例7 判断方程所表示的曲线．‎ 分析：根据方程的表面形式，很难判断方程的曲线的形状，因此必需先将方程进行等价变形．‎ 解：由原方程可得：‎ ‎，即 ‎∴方程的曲线是两条射线，如图所示：‎ 说明：判断方程表示的曲线，在化简变形方程时要注意等价变形．如方程等价于且，即，原方程的曲线是抛物线一部分．‎ 典型例题八 例8 如图所示，已知、是两个定点，且，动点到定点的距离是4，线段的垂直平分线交线段于点，求动点的轨迹方程．‎ 分析：本题首先要建立适当直角坐标系，动点满足的条件(等量关系)题设中没有明显给出，要从题意中分析找出等量关系．连结，则，由此，即动点到两定点，距离之和为常数．‎ 解：过，两点的直线为轴，，两点的中点为坐标原点，建立直角坐标系 ‎∵，∴，两点坐标分别为，．‎ 连结．∵垂直平分线段，‎ ‎∴，‎ ‎．‎ 设点，由两点距离公式得 ‎，‎ 化简方程，移项两边平方得(移项)‎ ‎．‎ 两边再平方移项得：‎ ‎，即为所求点轨迹方程．‎ 说明：通过分析题意利用几何图形的有关性质，找出点与两定点，距离之和为常数，是解本题的关键．方程化简过程也是很重要的，且化简过程也保证了等价性．‎ 典型例题九 例9　过点作两条互相垂直的直线，，若交轴于，交轴于，求线段中点的轨迹方程．‎ O A x P y B 图２‎ M 解：连接，设，则，．‎ ‎ ∵ ‎ ‎∴ 为直角三角形．‎ 由直角三角形性质知 即 化简得的轨迹方程为 说明：本题也可以用勾股定理求解，还可以用斜率关系求解，因此本题可有三种解法．用斜率求解的过程要麻烦一些． ‎ 典型例题十 例10 求与两定点、满足（是常数）的动点的轨迹方程．‎ 分析：按求曲线方程的方法步骤求解．‎ 解法一：如图甲，取两定点和的连线为轴，过的中点且与垂直的直线为轴建立坐标系．‎ 设，，，则：，．‎ 据题意，，有得．‎ 由于是常数，且，所以为动点的轨迹方程，即动点的轨迹是一条平行于轴的直线．‎ 解法二：如图乙，取与两点连线为轴，过点且与垂直的直线为轴建立坐标系．‎ 设，，，则：，．‎ 据题意，，有，‎ 得，即动点的轨迹方程为，它是平行于轴的一条直线．‎ 解法三：如图丙建立坐标系，设，，，则 ‎，．‎ 据题意，，有 ‎，‎ 整理后得到点的轨迹方程为：‎ ‎，它是一条直线．‎ 说明：由上面介绍的三种解法，可以看到对于同一条直线，在不同的坐标系中，方程不同，适当建立坐标系如解法一、解法二，得到的方程形式简单、特性明显，一看便知是直线．而解法三得到的方程烦琐、冗长，若以此为基础研究其他问题，会引起不必要的麻烦．因此，在求曲线方程时，根据具体情况适当选取坐标系十分重要．另外，也要注意到本题所求的是轨迹的方程，在作解答表述时应强调曲线的方程，而不是曲线．‎ 典型例题十一 例11 两直线分别绕着定点和()在平面内转动，且转动时保持相互垂直，求两直线的交点的轨迹方程．‎ 分析：建立适当的直角坐标系，利用直角三角形的性质，列出动点所满足的等式．‎ 解：取直线为轴，取线段的中点为原点建立直角坐标系，则：‎ ‎，，属于集合．‎ 设，则，化简得．‎ 这就是两直线的交点的轨迹方程．‎ 说明：本题易出现如下解答错误：‎ 取直线为轴，取线段的中点为原点建立直角坐标系，则：‎ ‎，，交点属于集合．‎ 设，则，，‎ 故，即()．‎ 要知道，当轴且另一直线与轴重合时，仍有两直线互相垂直，此时两直线交点为．同样轴重合时，且另一直线与轴仍有两直线互相垂直，此时两直线交点为．因而，与应为所求方程的解．‎ 纠正的方法是：当或的斜率不存在时，即时，和也在曲线上，故所求的点的轨迹方程是．‎ 求出曲线上的点所适合的方程后，只是形式上的曲线方程，还必须对以方程的解为坐标的点作考察，既要剔除不适合的部分，也不要遗漏满足条件的部分．‎ 典型例题十二 例12 如图，的两条直角边长分别为和，与两点分别在轴的正半轴和轴的正半轴上滑动，求直角顶点的轨迹方程．‎ 分析：由已知是直角，和两点在坐标轴上滑动时，也是直角，由平面几何知识，、、、四点共圆，则有，这就是点满足的几何条件．由此列出顶点的坐标适合的方程．‎ 解：设点的坐标为，连结，由，所以、、、四点共圆．‎ 从而．由，，有，即．‎ 注意到方程表示的是过原点、斜率为的一条直线，而题目中的与均在两坐标轴的正半轴上滑动，由于、为常数，故点的轨迹不会是一条直线，而是直线的一部分．我们可考察与两点在坐标轴上的极端位置，确定点坐标的范围．‎ 如下图，当点与原点重合时，‎ ‎，所以．‎ 如下图，当点与原点重合时，点的横坐标．‎ 由射影定理，，即，有．由已知，所以 ‎．‎ 故点的轨迹方程为：（）．‎ 说明：求出曲线上的点所适合的方程后，只是形式上的曲线方程，还必须对以方程的解为坐标的点作考察，剔除不适合的部分．‎ 典型例题十三 例13 过点作两条互相垂直的直线、，若交轴于，交轴于，在线段上，且，求点的轨迹方程．‎ 分析：如图，设，题中几何条件是，在解析几何中要表示垂直关系的代数关系式就是斜率乘积为－1，所以要求的轨迹方程即、之间的关系，首先要把、的斜率用、表示出来，而表示斜率的关键是用、表示、两点的坐标，由题可知是、的定比分点，由定比分点坐标公式便可找出、、坐标之间的关系，进而表示出、两点的坐标，并求出点的轨迹方程．‎ 解：设，，‎ ‎∵在线段上，且．‎ ‎∴分所成的比是，‎ 由，得，‎ ‎∴、‎ 又∵，∴的斜率，的斜率．‎ ‎∵，∴．‎ 化简得：．‎ 说明：本题的上述解题过程并不严密，因为需在时才能成立，而当时，，的方程为．所以的方程是．故，可求得，而也满足方程．故所求轨迹的方程是．这类题在解答时应注意考虑完备性和纯粹性．‎ 典型例题十四 例14 如图，已知两点，以及一直线，设长为的线段在直线上移动．求直线和的交点的轨迹方程．‎ 分析1：设，题中的几何条件是，所以只需用表示出、两点的坐标，便可求出曲线的方程，而要表示点坐标可先找出、两点坐标的关系，显然、、三点共线．这样便可找出、坐标之间的关系，进而表示出的坐标，同理便可表示出的坐标，问题便可以迎刃而解．‎ 解法一：设、、．‎ 由、、三点共线可得：（利用与斜率相等得到）‎ ‎∴．‎ 由、、三点共线可得．‎ ‎∴．‎ 又由得．‎ ‎∴，∴．‎ 化简和所求轨迹方程为：．‎ 分析2：此题也可以先用、、三点共线表示出点坐标，再根据表示出点坐标，然后利用、、三点共线也可求得轨迹方程．‎ 解法二：设，‎ 由且在直线上且在的上方可得：‎ 由解法一知，‎ ‎∴‎ 又由、、三点共线可得：‎ ‎．‎ 化简得所求轨迹方程为：．‎ 解法三：由于且在直线上 所以可设，．‎ 则直线的方程为：‎ 直线的方程为：‎ 由上述两式解得 ‎∴‎ ‎∴，‎ 即．‎ 而当时，直线与平行，没有交点．‎ ‎∴所求轨迹方程为．‎ 说明：本题的前两种方法属于直接法，相对较繁，而后一种方法，事实上它涉及到参数的思想(为参数)，利用交点求轨迹方程．一般先把交点表示为关于参数的坐标，然后消去参数，这也反映出运动的观点．‎