物线y2=x有四个不同的交点,当这四点共圆时,求这两条直线
I与m的交点的轨迹。
解:
本题是过定点弦冋题,宜用参数法。
在利用四点共圆条件时,应充分挖掘几何条件去转化,比如
圆幕定理。
交于点
P(xo,yo),它们与
x轴的倾角分别为
01,02,于
Xo
数①m:
xXo
yyo
tcos2
t为参数
tsin2
将①代入
y2=x得t2sin201+t(2ysin
2
01—cos01)+(y0
yo
tcos
tsin
1
t为参
1
—xo)=0,由韦达定理得
|t1||t2|=|芈
sin1
2
,由参数t的几何意义得|PA1||PA2|=IJ
sin
2
将②代入y2=x,同理有|PB1||PB2|=丨牛sin
Bi、B2四点共圆,由圆幕定理得,
|PAi||PA2|
=|PB1||PB2|,/•sin201=sin202,故01=02或
0i=n—02.
若0i=02,则I//m,无交点,故舍去。
若0i=n—02,故过定点A(a,0),B
(b,0)的直线方程分别为:
I:
y=k(x—a)
m:
y=—k(x—b),联立解得直线的交点P(X0,y°)的坐标为:
ab
X0
2,•••交点P的轨迹为直线
y2(ba)
ab
x(除去与x轴的交点和与y2=x的交点)
方法二:
设1的方程为y—kx+ka—0,m的方程为:
y—kx+kb—0,于是过1,m与y2—x的
四个不同交点的二次曲线,应有方程:
y2—x+入(y—kx+ka)(y—k'x+k'b)=0,
即:
(1+入)y2—入
(k+k')xy+入kk'x2+入(ka+k'b)—[入kk'(a+b)+1]x+入kk'ab=0,
它成为圆的充要条件是
kk即:
k
1,二这种直线l:
y—kx+ka=0;m:
y—k'x+k'b
1k2
Xo
=0的交点P(xo,yo)的坐标
yo
即P在AB的中垂线上,故P点的轨迹是直线x
a)
(除去其与x轴,y2=x的三个交点)
(二)定点定值问题
例4(98年全国咼中联赛)
已知抛物线y2=2px及定点A(a,b),B(—a,0)(ab丰0,b2工2pa),
M是抛物线上的点,设直线AM,BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2,求证:
当M点在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1工M2),直线M1M2恒过一个定点,并求出这个定点的坐标。
解:
分析:
设动点M的坐标为(X0,y0)由直线AM,MB与抛物线相交可以表示出交点M1,M2
的坐标(用X0,y0,a,b,p表示),又可求定点P(x,y)在直线M1M2上,故P,M1,M2三点共线
可化简为关于
P(x,y)的方程,系数用X0,y0表示,由于(X0,y0)的任意性而求出P(x,y)。
222
设M,M1,M2的坐标分别为吩,y0),(眷y1),(話y2),由A,M,M1共线得:
22
_y_y
2p2p
y1y。
2p
by02pa2pa
化简得:
y1y0=b(y1+y0)—2pa即y1=-,①同理:
由B,M1,M2共线得:
y2=,②
y0by0
设(x,y)是直线M1M2上的点,贝Uyiy2=y(yi+汕—2px,
2
盏,y2),同方法一得yiy0=b(yi+y0)—2pa,
用共线条件,建立起M与Mi,M2的坐标关系,从而间接写出直线MiM2的方程,进而求出定点坐标。
"设而不求”的手法。
这是参数思想的完美体现,具体到技巧而言,就是常见的
22
方法二:
设M,Mi,M2的坐标为吩曲吩,心
证明你的结论。
io
i
解:
所求条件为:
—
a
a,0),有
必要性:
易知圆的外切平行四边形必为菱形,圆心即菱形中心。
假设结论成立,则对点(
相垂直平分。
•••另两个顶点必为(0,b),(0,—b)从而菱形的一条边的方程为
|ab|ii
—ab=0。
由于菱形与C0外切,故必有i,整理得:
—
vb2a2ab
1
充分性:
设一2
a
1
1,P是Ci上任意一点,过P,0作Ci的弦PR,再过0作与PR垂直的弦QS,b2
则PQRS为与Ci内接的菱形,设|0P|=ri,|0Q|=r2,贝UP、Q的坐标分别为(ricos0,risin0),
(r2cos(0+
),r2Sin(
2
0+朮)代入椭圆方程,得
2
(ricos)
(risin)2
[r2cos(
i,厂
a
訓£
sin(
i,
2a
b2
b2
亍是i
i
iicos2
—(2
riaa
sin2)
b2)
cos2
[——
(
sin2(
-)
2ii
2]i
2.2
ab
|0PI2
|0Q|2
a2
b2
评注:
本题应先凭直觉分析图形特征找出必要条件,然后再证充分性。
实质是探求定值问题,利用椭圆的参数方程及三角中平方关系即可找出定值从而得证。
(三)最值和范围问题
求点C的纵坐标取值范围。
(5,—3)均满足题意。
当y=0时,B的坐标为(一3,—i);当y=4时,点B的坐标为
故点C的纵坐标y的取值范围为(一s,0]U[4,+)
例7(全国高中联赛)已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(一i,i),(2,2)。
若
直线l:
x+my+m=0与PQ的延长线相交,则m的取值范围是什么?
uuun
PMi2i2
解:
设M(x,y)为PQ延长线上任意一点且tutu,显然有(,i),x,y
MQii
>0)
三、巩固练习
相切,则直线的倾斜角为
A.或—
66
B.或——
44
C•一或—
33
D.一一或一—
6
3
”xtcos
解:
将
ytsin
代入(x—4)2+y2=4得t2—
8tcos+12=0,
由△=0,得
cos=3,而即
2
为倾斜角且0W
即得。
选A。
2.(02年全国联赛4)直线上
4
22
1与椭圆—-1相交于A、
169
B两点,过椭圆上P,使得△PAB
面积为3,则这样的点P共有
解:
设Pi(4cos,3sin)(0<
<1),即点P1在第一象限
的椭圆弧上,如图,考虑四边形P1AOB
的面积S。
11
S=SAoap1+Saobp1=x4x3sin+x3x4cos
22
x
=6(sin+cos)=6.2sin(H——),故Smax=6.2(此时=—),
44
1
而SAOAB=一X4X3=6为定值。
•••SPABmax
2
AB的下方有2个点P,故选B。
=6■2—6<3,故点P不可能在直线AB的上方,显然在直线
3.若椭圆x2+4(y—a)2=4抛物线x2=2y有公共点,则实数a的取值范围是
x2cos4
解:
令代入x2=2y得4cos29=2(a+sin0),•a=2cos20—sin0=—2(sin0+一)2+
yasin4
1717
,即sin0€[—1,1],•••a€[1,]
4.(89年全国高中联赛)当s与t取遍所有实数时,则(S+5—3|cost|)2+(S—2|sint|)2所能达到的
最小值是。
xS5x31cost|
解:
填2。
考查直线与椭圆弧则原式的几何意义在于:
直线上任意一点与椭圆
ySy2|sint|
弧上任意一点之间距离的平方,点C到直线AB距离d=■■2为最短,故所求为d2=2。
5.(04年中学生数学智能通讯赛)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过F作两条互相垂直的弦AB、
CD,设AB、CD的中点分别为M,N。
(1)求证:
直线MN必过定点;
(2)分别以AB和CD为直径作圆,求两圆相交弦中点H的轨迹方程。
解:
(1)由题设可知F(1,0),设A(xa,yA),B(xb,yB),M(xm,yM),N(xn,yN),直线
AB的方程为:
y=k(x—1),贝UA、B点的坐标代入y2=4x相减得yA+yB=—,即yM=—,代入方程ykk
k
1k2
=k(x—1),解得xm=-221,同理N的坐标为(2k2+1,—2k),直线MN的斜率Kmn=—
kXMXN
Imn:
y2kM(x2k21)整理得:
y(1—k2)=k(x—3)
1k
显然无论k为何值(3,0)均满足上式,•••直线MN恒过定点Q(3,0)
(2)过M、N作准线x=—1的垂线,垂足分别为E、F,由抛物线的性质知:
准线x=—1为圆M与
恒过原点。
由平面几何的知识知道,公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点,所以原点0,定点Q(3,0),
所求点构成以H为直角原点的直角△,即H在以0Q为直径的圆上,又对于圆上任意一点P(x,y)(原
2
点除外)必可利用方程y=k―x,求得k值,从而以上各步步步可逆,故所求轨迹方程为(x-)2y29
k24
(xm0)
纸片,使圆周上某一点A'冈収子与A点重合,这样的每一种折法都留下一条直线折痕,当A'取遍圆周上所有的点时,求所有折痕所在直线上的点的集合。
解:
如图,以O为原点,OA所在的直线为x轴建立直角坐标系,则有A
0)。
设折叠时,BO上点A'(Rcos,Rsin)与点A重合,而折痕为直线MN,
则MN为线段AA'的中垂线,设P(x,y)为MN上任一点,贝U|PA'|=|PA|,
故(x—Rcos尸+(y—Rsin)2=(x—a)2+y2,即:
2R(xcos
+ysin
)=R2—a2+2ax,故:
xcosysin
R2_a2_2ax
2R.「x2y2
可得sin(B+
R2_a2_2ax
2R,x2y2
,其中sin
x2
cos
22
,故ir—a2—2ax|1,平方后
2Rjx2y2
可化为:
a、2
(x㊁)
R2
(2)
2
y
1,即所求点的集合为椭圆
a、2
(x歹
R2
(2)
2
y
1的外部(含边界)
7.(98年湖南数学竞赛)已知双曲线
2
X
C1:
2
a
1(a>0),抛物线C2的顶点在原点0,C2的焦
点是C1的左焦点F1;
(1)求证:
C1与C2总有2个不同的交点。
(2)是否存在过C2的焦点F1的弦AB,使Saaob有最大(小)值?
若存在,求出AB所在直线方程及最值,若不存在,说明理由。
2厂
解:
(1)TF1(73a,0),AC2方程为:
y2=-^3ax,由y2严3,/2+2ax—a2=0,2xy2a
①'/A=(23a)2+4a2>0,•••方程①有实根X1,X2,又x1X2=—a2<0,•••X1与X2异号,不妨设X1>O,
X20时,y2=—4.3ax无实根,当X2<0时,y2=—43ax有2个不同实根,从而C1与C2有2个不同的交点。
(2)假设符合条件的弦AB存在
(1)当斜率k存在时,易知k丸,设Iab为:
y=k(x+3a),由,23a)消去目得k2x2+2„3a(k2
y4/3ax
又原点到直线AB的距离为h=2^占,•Saaob=1也雲一6a\;1厶
7H72山k2k2Vk2
(2)当k不存在时,即AB丄x轴,有Saaob=14.3a.3a6a2,^(SAAOB)max=6a2,此时Iab为x
2
=—■3a,当kt0时,~2,•.Saaob无最大值。
k