資源簡介

直線與圓錐曲線問題的解題策略（研究性學習之一）
眾所周知，直線與圓錐曲線的問題，是解析幾何解答題的主要題型，是歷年來高考備考的重點和高考命題的熱點。多年備考的實踐經驗告訴我們，欲更快地提高解決這類問題的實踐能力，需要切實解決好以下兩個問題：
　　（1）條件或目標的等價轉化； （2）對于交點坐標的適當處理。
　　本文試從上述兩個問題的研究切入，對直線與圓錐曲線問題的解題策略作初步探索，希望對高考備考有所幫助。
　　一、條件或目標的認知與轉化
　　解題的過程是一系列轉化的過程。從某種意義上說，解題，就是要將所解的題轉化為已經解過的題。然而，轉化的基礎是認知——認知已知、目標的本質和聯系。有了足夠的認知基礎，我們便可以著力實踐化生為熟或化繁為簡的轉化。
　　1、化生為熟
　　化生為熟是解題的基本策略。在直線與圓錐曲線相交問題中，弦長問題及弦中點問題是兩類基本問題。因此，由直線與圓錐曲線相交引出的線段間的關系問題，要注意適時向弦長或弦中點問題轉化。一但轉化成功，解題便得以駕輕就熟，勝券在握。
　　（1）向弦中點問題轉化
　例1.已知雙曲線 =1（a>0,b>0）的離心率，過點A（0,-b）和B（a,0）的直線與原點間的距離為
　　（1）求雙曲線方程；　　（2）若直線（km≠0）與雙曲線交于不同兩點C、D，且C、D兩點都在以A為圓心的同一個圓上，求m的取值范圍。
　　略解：（1）所求雙曲線方程為（過程略）
　　（2）由 消去y得：
　　由題意知，當 時， 　　 ①
　　設 中點 　則C、D均在以A為圓心的同一圓上
又
∴ ②
　　于是由②得 ③　　由②代入①得 ，解得m<0或m>4　④
　　于是綜合③、④得所求m的范圍為
　　（2）向弦長問題轉化
　例2．設F是橢圓 的左焦點，M是C1上任一點，P是線段FM上的點，且滿足 （1）求點P的軌跡C2的方程；
　　（2）過F作直線l與C1交于A、D兩點，與C2交點B、C兩點，四點依A、B、C、D順序排列，求使 成立的直線l 的方程。
　　分析：為避免由代換 引發的復雜運算，尋覓替代 的等價條件：設弦AD、BC的中點分別為O1、O2，則，故 ，據此得 于是，所給問題便轉化為弦長與弦中點問題。
　　略解：橢圓C1的中心 點P分 所成的比λ=2。
　　（1）點P的軌跡C2的方程為 （過程略）
　　（2）設直線l的方程為 ①　
①代入橢圓C1的方程得　 ，故有
　　故弦AD中點O1坐標為 　　 ②
　　①代入橢圓C2的方程得 ，
　又有 故弦BC中點O2坐標為 ③
　　∴由②、③得 ④　　注意到 　　　⑤
　　于是將②、③、④代入⑤并化簡得： 　由此解得 。
　　因此，所求直線l的方程為
　　2．化繁為簡
　　解析幾何是用代數計算的方法解決幾何問題，因此，解答解析幾何問題，人們都有這樣的共同感受：解題方向或途徑明朗，但目標難以靠近或達到。解題時，理論上合理的思路設計能否在實踐中得以實現？既能想到，又能做到的關鍵，往往在于能否化繁為簡。化繁為簡的策略，除去“化生為熟”之外，重要的當數“借重投影”或“避重就輕”。
　　（1）借助投影
　　對于線段的定比分點以及其它復雜的線段間關系的問題，當題設條件的直接轉化頗為繁雜時，不妨運用當初推導定比分點坐標公式的基本方法；將線段上有關各點向x軸（或y軸或其它水平直線）作以投影，進而利用平行線分線段成比例定理推理或轉化，這一手法往往能夠有效地化解難點，將人們引入熟悉的解題情境。
　　例3．如圖，自點M（1，-1）引直線l交拋物線 于P1 、P2兩點，在線段P1 、P2上取一點Q，使 、 、 的倒數依次成等差數列，求點Q的軌跡方程。
　　解：設 　又設直線l的方程為 ①
　　①代入 得
　　由題意得 或 　②
　　且 ③　　又由題意得 ④
　　作P1、Q、P2在直線y=-1上的投影P1′、Q′、P2′（如圖）
又令直線l的傾斜角為 則由 得 ∴
　　同理， 　　
　　∴將上述三式代入④得 　⑤
　　∴將③代入⑤得 　∴ 　⑥
　　∴將⑥代入①得 　　⑦
　　于是由⑥、⑦消去參數k得 　　 ⑧
　　再注意到②式，由⑥得 或⑨
　　因此，由⑧、⑨得所求點Q的軌跡方程為　
　　（2）避重就輕
　　事物都是一分為二的，復雜問題中有關事物之間你中有我、我中有你的局面，在給我們解題制造麻煩的同時，也會為我們側面迂回、避重就輕帶來機會。
例4．已知 點P、Q在橢圓 上，橢圓中心為O，且 ， 求橢圓中心O到弦PQ的距離。
　　分析：這里需要P、Q點坐標，對此，如果直面直線PQ方程和橢圓方程聯立方程組，則不論是求解P、Q坐標，還是利用所設P、Q坐標，都不免招致復雜局面。于是轉而考慮側面迂回，避重就輕，同時，注意到P、Q兩點的雙重屬性，想到避開正面求解，而由直線OP（或OQ）方程和橢圓方程聯立方程組解出點P（或點Q）坐標。
　　解（避重就輕，解而不設）：設
　　則由 得
　　（1）當點P、Q不在坐標軸上時，設直線OP的方程①
則直線OQ的方程為　②　將①代入橢圓方程 易得　
　　∴③
　　將②代入橢圓方程 易得 　　∴④
　　∴由③、④得 　　 ⑤
　　又在 中作 于H，于是由 及⑤式得
　　 　= 　∴
　　（2）當點P、Q在坐標軸上時，同樣可得 ，從而有 。
　　于是由（1）（2）知所求橢圓中心O到弦PQ的距離為 。
　　直線與圓錐曲線相交的問題，適當處置交點坐標是解題繁簡乃至解題成敗的關鍵環節。循著教材中關于曲線交點的定位，直線與圓錐曲線的交點坐標，首先是立足于“解”，其次是輔助于“設”。于是，在宏觀上圍繞著“解”與“設”的選擇，產生出兩對解題思路：解而不設與設而不解；既設又解與不解。在這里，“設”是舉手之勞，問題在于，在一個具體問題中，“解”的火候如何把握？“不解”的時機如何捕捉？以下繼續作以探索。
　　二、求解交點坐標的“度”的把握
　　個體與整體是辯證的統一，循著“個體”與“整體”的辯證關系，立足于“解”交點坐標，主要是以下兩種選擇：
　　1、半心半意，解至中途
　　從認識目標切入，如果目標不是交點的橫坐標或縱坐標的個體，而是關于交點橫坐標（或縱坐標）的和與積的對稱式，則一般選擇從直線方程與曲線方程的聯立方程組入手，解至中途運用韋達定理，進而對目標進行轉化、靠攏，直至利用上述結果解決問題。
　　例1.設斜率為2的直線與拋物線 相交于A、B兩點，以線段AB為邊作矩形ABCD，使 ，求矩形ABCD的對角線交點M的軌跡方程。
　　解：設 直線AB的方程為 。
由 由題意 ①
　　由韋達定理得 ②　　∴ ③
　　再設AB中點為 ，則有 ，　
注意到四邊形ABCD為矩形，故有 ，且 ，由此得
由（4）得 ⑥　　⑥代入（5）得 　化簡得　⑦
　　再注意到①中 ，由（5）得 　∴ 　　　　　　 ⑧
　　因此由⑦、⑧得所求動點M的軌跡方程為　 。
　點評：本例是“立足于一條直線與曲線相交”的問題。這里所說的“立足于一條直線與曲線相交”的問題，是指這樣兩種題型：
　　（1）問題由一直線與曲線相交引出；
　　（2）問題中雖然出現多條直線與同一曲線相交，但這些直線的引出存在著明顯的順序（或依賴關系），整個問題構建在某一條直線與曲線相交的基礎之上，對此，我們的求解仍倚仗于對交點坐標“既設又解”的策略。這里的“解”，是解直線方程與曲線方程所聯立的方程組，是“半心半意”地求解，解至中途運用韋達定理，因此，此類問題的解題三部曲為
　　（1）全心全意地設出交點坐標；　　（2）“半心半意”地求解上述方程組，解至中途運用韋達定理；
　　（3）對題設條件主體進行分析、轉化，使之靠攏并應用（2）的結果導出既定目標。
　　2、真心實意，求解到底
當目標的轉化結果不是交點橫標（或縱標）的對稱式，而是交點坐標的個體時，則需要真心實意地將求解交點坐標進行到底。
　　例2.正方形ABCD的中心為M（3，0），一條頂點在原點，焦點在X軸正半軸上的拋物線E，一條斜率為 的直線l，若A、B兩點在拋物線E上，而C、D兩點在直線l上，求拋物線E和直線l的方程。
　　解：由題意設拋物線E的方程為 ，　直線l的方程為 。
　　又設正方形ABCD的（一條）對角線的斜率為k，　則由
　　∴直線AM、BM的方程分別為 　再設
　　則由 得　 ①　　又點A、B在拋物線E上，故有
　　 ②　　 　 ③　　于是由①、②、③解得 。
　　故得A（4，2）、B（1，1）、 　因此可知，所求拋物線E的方程為 ； 　所求直線l方程為 。
　　點評：上述問題中出現“相對獨立的多條直線與同一曲線相交”，即問題中多條直線的出現沒有確定的順序或依賴關系，各條直線之間具有相對獨立性。對此，我們仍然運用對交點坐標“既設又解”的策略，不過，這里的“解”不是解直線方程與曲線方程所聯立的方程組，而是解關于所設交點坐標的等式所聯立的方程組；這里的“解”不是“半心半意”地解至中途運用韋達定理，而是全心全意地去解出交點坐標，因此，此類問題的解題三部曲為：
　　（1）全心全意地設出交點坐標；
　　（2）全心全意地求解所設交點坐標滿足的方程所聯立的方程組，解出所設交點坐標；
　　（3）利用（2）的結果追求既定目標。
　　三、求解交點坐標的轉換與回避
　　解決直線與圓錐曲線相交問題招致復雜局面或陷入絕境，究其原因，大多是求解直線與圓錐曲線所聯立方程組惹的禍。因此，面對所給問題，當能預見到求解上述方程組的繁難程度時，能轉換正面求解（交點坐標）便盡量轉換，能回避正面求解（交點坐標）便盡量回避。
　　1、設而不解
　　這里所謂的“設而不解”，是指設出交點坐標之后，借助已知方程，運用交點坐標去表示已知條件或主要目標。其中，用所設交點坐標去構造有關直線的斜率最為多見。
　　例1．設橢圓 的上半部有不同三點A、B、C，它們到同一焦點的距離依次成等差數列，且點B的縱坐標與橢圓的半焦距相等，求線段AC的中垂線在y軸上的截距。
　　分析：考察線段AC的中垂線方程，易知其斜率由點A、C同名坐標的差式表出，弦中點由點A、C同名坐標的和式表出。由此想到對交點坐標“設而不解”，并借助焦點半徑公式求解。
　　解：設 ，弦AC中點M(x0,y0)。　由已知橢圓方程得
　　又運用橢圓第二定義可得 ，　
　　∴由題設條件得 　①　而 ∴ ②
　　此時，注意到點A、C在橢圓 上，　故有 ③　　④
　　③ —④得 ⑤
　　∴②代入得 　由此得⑥
　　∴由②、⑥得 ，　即AC中點
　　于是可知弦AC的中垂線方程為 　　 ⑦　　∴在⑦中令x=0得
　　由此可知，所求弦AC的中垂線在y軸上的截距為
　　2、不設不解
　　這是解決直線與曲線相交問題的至高境界。因此，欲適時地正確選擇對交點坐標“不設不解”，需要我們對問題或圖形本質的深刻認知，需要我們對有關知識的深厚積淀或升華。
　　（1）利用圓錐曲線定義回避交點坐標
　　例2．已知F1、F2為橢圓的兩個焦點，過F2的直線交橢圓于P、Q兩點， ，且 ，求橢圓的離心率。
　　解：注意到這里涉及點P處兩條焦點半徑，故考慮利用橢圓定義1。
　　設橢圓方程為 。
　　又設 ，則由題意得①
　　根據橢圓定義得　　
　　∴ ②　　∴①代入②得 ，解得 　　 ③
　　再由 得 　∴④
　　∴③代入④得 　化簡得 ，　∴由此解得 。
　　（2）借助有關圖形性質回避交點坐標
　　例3．已知直線l： 與⊙ 相交于A、B兩點，當 時，求⊙C的方程。
　　提示：圓心C到弦AB的距離（弦心距） 　　注意到
　　由圓的弦的性質得 ，由此解得a的值。
　　（3）利用有關問題的深入認知回避交點坐標
　　這是處置直線與曲線乃至兩曲線相交問題的重要策略，現以例4示范說明。
　　例4．已知圓M與圓 相交于不同兩點A、B，所得公共弦AB平行于已知直線 ，又圓M經過點C（-2，3），D（1，4），求圓M的方程。
　　解（利用對圓的根軸方程的認知廻避交點坐標）：
　　設圓M方程為 　　①　　又已知圓方程為 　　　　 ②
∴①—②得上述兩圓公共弦AB所在直線方程∴由題設得③
　　注意到點C、D在圓M上，故有　 ④　　 ⑤
　　∴將①、②、③、聯立解得 　∴所求圓M的方程為
　　四、高考真題
　　1.已知橢圓的中心為坐標原點O，焦點在x軸上，斜率為1且過橢圓在焦點F的直線交橢圓于A、B兩點， 與 共線。　　（1）求橢圓的離心率；
　　（2）設M為橢圓上任意一點，且 ，證明 為定值。
　　分析：（1）求橢圓離心率，首先要求關于a，b，c的等式。為此，從設出橢圓方程與直線AB的方程切入，運用對A、B坐標“既設又解”的策略；
　　（2）注意到這里的點為橢圓上任意一點，故考慮對點的坐標“設而不解”。
　　解：（1）設橢圓方程為 　　則直線AB方程為 　①
設 　將①代入橢圓方程 得
由題意 ，顯然成立
由韋達定理得 　②　又 ， ， 與 共線
　　∴
　　
　　 　即所求橢圓的離心率為
　　（2）由（1）得 ，　∴橢圓方程化為 ③
　　設 ，由題設得 　∴
　　∵點M在橢圓③上　∴
　　 　　 ④
　　又由（1）知，
∴　⑤
　　而 ,　　 　　⑥　∴ 將⑤、⑥代④得
　　∴ ， 即 為定值。
　　點評：對于（1），立足于對A、B坐標“既設又解”，對 與 共線的充要條件 ，先“轉化”而后“代入”，與先“代入”而后化簡比較，計算量要明顯減少。因此，諸如此類的問題，要注意選擇“代入”的形式或時機，以求減少解題的計算量。
　　2.P、Q、M、N四點都在橢圓 上，F為橢圓在y軸正半軸上的焦點，已知 與 共線， 與 共線，且 ，求四邊形PMQN的面積的最小值和最大值。
　　分析：這里 ，b=1，c=1，故F（0，1）由題設知 ，四邊形PMQN的面積等于 ，因此解題從求 ， 切入。
　　解：這里 ，b=1，c=1，F（0，1），　由 得 ，即
　　∴直線PQ，MN中至少有一條直線斜率存在。　不妨設PQ的斜率為k，則直線PQ的方程為 　　 ①
　　又設 　將①代入橢圓方程得 　∴
　　且 ②　　∴ 　　③
　　（1）當 時，直線MN的斜率為 ，　同理可得
　　∴ 四邊形PMQN的面積
　　令 ，則 （當且僅當 時等號成立）　∴
　　∴當 時， ，S是以 為自變量的增函數　∴
　　（2）當 時，MN為橢圓的長軸， ， ，　∴
　　于是（1）（2）得 　∴四邊形PMQN的面積的最大值為2，最小值為
　　點評：認知條件，從而認知本題中四邊形PMQN面積的決定因素，尋求的目標便隨之明確，而在對四邊形面積S的變形中，所施行的分子分母同除以 ，變量替換，分離常數項等等，都是尋求最值的基本策略。
　　3.設A、B是橢圓 上的兩點，點N（1，3）是線段AB的中點，線段AB的垂直平分線與橢圓相交于C、D兩點。　　（1）確定 的取值范圍，并求直線AB的方程；
　　（2）試判斷是否存在這樣的 ，使得A、B、C、D四點在同一個圓上？并說明理由。
　　分析：在這里，有兩條直線經過點N并且與橢圓相交，由于（1）要求直線AB的方程，故以交點A、B的坐標“即設又解”切入；對于（2）中的四點共圓， 知，圓的直徑為AB或CD，到底是哪一個，則要在完成（1）之后根據具體情況再行確定。
　　解：（1）由題意，設直線AB方程為①　　設
　　將①代入橢圓方程 得　　②
則由題設知
　　③　　且 ④　∴由N（1，3）是線段AB的中點得
　　∴ 　　解得 　　將 代入③得 　∴所求 的取值范圍為 ，
　　直線AB的方程為 即
　　（2）由題設知，線段CD垂直平分線段AB　∴直線CD的方程為 　　即 　⑤
　　將⑤與橢圓方程聯立，消去y得 ⑥
　　又設 ，CD的中點為 ，　則 為方程⑥的根
　　∴ ⑦　　且 ⑧
　　∴ ，即
　　注意到由（1）可得
　　由（2）可得 　　∴當 時，
　　∴假設存在 ，使得A、B、C、D四點共圓，則CD必為圓的直徑，點M為圓心
　　又點M到直線AB的距離　 ⑨
　　∴由勾股定理得
　　故當 時，A、B、C、D四點均在以M為圓心，以 為半徑的圓上。
　　點評：在這里，對A、B及C、D的坐標均是“既設又解”，解到中途運用韋達定理導出同坐標之間的關系式；對于（2），要切實認知條件的特殊性，根據問題的特殊性，這時化生為熟，轉化為熟悉的弦長或弦中點問題。
　　4.已知方向向量為 的直線l過點 和橢圓 的焦點，且橢圓C的中心關于直線l的對稱點在橢圓C的右準線上
　　（1）求橢圓C的方程；
　　（2）是否存在過點E（-2，0）的直線m交橢圓C于點M、N，滿足 （0為原點）。若存在，求直線m的方程；若不存在，請說明理由。
　　分析：這里直線l的方程容易滿足，對橢圓中心O關于l的對稱點“解而不設”容易完成。解題難點在于轉化和應用（2）中的條件，注意到 。為便于溝通左右兩邊的聯系，運用內積定義得 ，即 的面積等于 于是解題以表示 的面積突破。
　　解：　　（1）由已知得直線l的斜率為 ，直線l的方程為 　　　　　　 ①
　　過原點且垂直于l的直線方程為②　　由①，②解得 ，即上述兩直線的交點為
　　又橢圓中心O關于直線l的對稱點在橢圓C的右準線上，　∴點 在右準線 上，　∴
　　∵直線l過橢圓焦點，　∴該焦點為（2，0）　∴ 　∴橢圓方程為
　　（2）假設存在符合條件的直線m　　設
　　（Ⅰ）當直線m不垂直x軸時，設直線m的方程為 ③　　③代入橢圓方程 得
　　 　由題設
　　且 ， 　　⑤
　　∴
　　又 O到直線MN的距離 　∴ ⑥
　　由 得　 ，即 ，
　　∴由⑥得 　解得 ， 即 　
　　（Ⅱ）當直線 軸時，直線 ，易得 滿足條件
　　∴（Ⅰ）（Ⅱ）知直線m的方程為 或 或
　　經檢驗上述直線均滿足 ，
　　因此，存在滿足題設條件的直線m，直線m的方程為　 或 或
　　點評：在本題中，條件 的認知與轉化是解題成功的關鍵環節，一旦已知條件轉化為 ，解題便納入求弦長與距離的熟悉的途徑。
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