7 3 1直線與圓及圓錐曲線 解題策略一 解題策略二 解題策略三 求軌跡方程解題策略一直接法例1已知過點A 0 2 的動圓恒與x軸相切 設(shè)切點為B AC是該圓的直徑 1 求點C軌跡E的方程 2 當(dāng)AC不在坐標(biāo)軸上時 設(shè)直線AC與曲線E交于另一點P 該曲線在P處的切線與直線BC交于點Q 求證 PQC恒為直角三角形 難點突破 1 利用AC是直徑 所以BA BC 或C B均在坐標(biāo)原點 由此求點C軌跡E的方程 2 設(shè)直線AC的方程為y kx 2 由得x2 8kx 16 0 利用根與系數(shù)的關(guān)系及導(dǎo)數(shù)的幾何意義 證明QC PQ 即可證明結(jié)論 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題心得如果動點運動的條件涉及一些幾何量的等量關(guān)系 那么設(shè)出動點坐標(biāo) 直接利用等量關(guān)系建立x y之間的關(guān)系F x y 0 就得到軌跡方程 解題策略一 解題策略二 解題策略三 對點訓(xùn)練1已知點P 2 2 圓C x2 y2 8y 0 過點P的動直線l與圓C交于A B兩點 線段AB的中點為M O為坐標(biāo)原點 1 求M的軌跡方程 2 當(dāng) OP OM 時 求l的方程及 POM的面積 解 1 圓C的方程可化為x2 y 4 2 16 所以圓心為C 0 4 半徑為4 故x 2 x y 4 2 y 0 即 x 1 2 y 3 2 2 所以M的軌跡方程是 x 1 2 y 3 2 2 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略二相關(guān)點法 1 求曲線C的方程 2 若動直線l2 y kx m與曲線C有且僅有一個公共點 過F1 1 0 F2 1 0 兩點分別作F1P l2 F2Q l2 垂足分別為P Q 且記d1為點F1到直線l2的距離 d2為點F2到直線l2的距離 d3為點P到點Q的距離 試探索 d1 d2 d3是否存在最值 若存在 請求出最值 解題策略一 解題策略二 解題策略三 難點突破 1 設(shè)圓C1 x2 y2 R2 根據(jù)圓C1與直線l1相切 求出圓的方程為x2 y2 12 由此利用相關(guān)點法能求出曲線C的方程 2 將直線l2 y kx m代入曲線C的方程中 得 4k2 3 x2 8kmx 4m2 12 0 由此利用根的判別式 根與系數(shù)的關(guān)系 直線方程 橢圓性質(zhì) 弦長公式 結(jié)合已知條件能求出 d1 d2 d3存在最大值 并能求出最大值 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題心得如果動點P的運動是由另外某一點Q的運動引發(fā)的 而該點坐標(biāo)滿足某已知曲線方程 則可以設(shè)出P x y 用 x y 表示出相關(guān)點Q的坐標(biāo) 然后把Q的坐標(biāo)代入已知曲線方程 即可得到動點P的軌跡方程 解題策略一 解題策略二 解題策略三 對點訓(xùn)練2已知圓M x2 y2 r2 r 0 與直線l1 相切 設(shè)點A為圓上一動點 AB x軸于B 且動點N滿足 設(shè)動點N的軌跡為曲線C 1 求曲線C的方程 2 直線l與直線l1垂直且與曲線C交于P Q兩點 求 OPQ面積的最大值 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略三定義法例3已知圓M x 1 2 y2 1 圓N x 1 2 y2 9 動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切 圓心P的軌跡為曲線C 1 求C的方程 2 l是與圓P 圓M都相切的一條直線 l與曲線C交于A B兩點 當(dāng)圓P的半徑最長時 求 AB 難點突破 1 將圓的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為圓心連線的關(guān)系 從而利用橢圓的定義求出軌跡方程 2 在三個圓心構(gòu)成的三角形中 由兩邊之差小于第三邊得動圓的最大半徑為2 此時動圓圓心在x軸上 由l與圓P 圓M都相切構(gòu)成相似三角形 由相似比得l在x軸上的截距 利用l與圓M相切得l斜率 聯(lián)立直線與曲線C的方程 由弦長公式求出 AB 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解由已知得圓M的圓心為M 1 0 半徑r1 1 圓N的圓心為N 1 0 半徑r2 3 設(shè)圓P的圓心為P x y 半徑為R 1 因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切 所以 PM PN R r1 r2 R r1 r2 4 由橢圓的定義可知 曲線C是以M N為左 右焦點 長半軸長為2 短半軸長為的橢圓 左頂點除外 其方程為 x 2 2 對于曲線C上任意一點P x y 由于 PM PN 2R 2 2 所以R 2 當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為 2 0 時 R 2 所以當(dāng)圓P的半徑最長時 其方程為 x 2 2 y2 4 若l的傾斜角為90 則l與y軸重合 可得 AB 若l的傾斜角不為90 由r1 R知l不平行于x軸 設(shè)l與x軸的交點為Q 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題心得1 若動點的軌跡符合某已知曲線的定義 可直接設(shè)出相應(yīng)的曲線方程 用待定系數(shù)法或題中所給幾何條件確定相應(yīng)系數(shù) 從而求出軌跡方程 2 涉及直線與圓的位置關(guān)系時 應(yīng)多考慮圓的幾何性質(zhì) 利用幾何法進(jìn)行運算求解往往會減少運算量 解題策略一 解題策略二 解題策略三 1 求軌跡E的方程 2 設(shè)點A B C在E上運動 A與B關(guān)于原點對稱 且 AC BC 當(dāng) ABC的面積最小時 求直線AB的方程 解題策略一 解題策略二 解題策略三 解題策略一 解題策略二 解題策略三 直線和圓的綜合解題策略幾何法例4已知拋物線C y2 2x 過點 2 0 的直線l交C于A B兩點 圓M是以線段AB為直徑的圓 1 證明 坐標(biāo)原點O在圓M上 2 設(shè)圓M過點P 4 2 求直線l與圓M的方程 難點突破 1 因圓M是以AB為直徑的圓 要證原點O在圓M上 只需證OA OB kOA kOB 1 2 聯(lián)立直線與拋物線的方程 線段AB中點坐標(biāo) 圓心M的坐標(biāo) 含參數(shù) r OM 圓M過點P 4 2 參數(shù)的值 直線l與圓M的方程 解題心得處理直線與圓的綜合問題 要特別注意圓心 半徑及平面幾何知識的應(yīng)用 如經(jīng)常用到弦心距 半徑 弦長的一半構(gòu)成的直角三角形 利用圓的一些特殊幾何性質(zhì)解題 往往使問題簡化 對點訓(xùn)練4已知圓O x2 y2 4 點 以線段AB為直徑的圓內(nèi)切于圓O 記點B的軌跡為 1 求曲線 的方程 2 直線AB交圓O于C D兩點 當(dāng)B為CD的中點時 求直線AB的方程 直線與圓錐曲線的綜合解題策略判別式法例5在平面直角坐標(biāo)系xOy中 已知橢圓C1 a b 0 的左焦點為F1 1 0 且點P 0 1 在C1上 1 求橢圓C1的方程 2 設(shè)直線l同時與橢圓C1和拋物線C2 y2 4x相切 求直線l的方程 難點突破 1 由焦點坐標(biāo)知c 1 由點P在橢圓上知b 從而求得橢圓方程 2 求直線方程即求直線方程中的斜率k 截距m 由l同時與橢圓C1和拋物線C2相切 聯(lián)立兩個方程組 由判別式等于0得出關(guān)于k m的兩個方程 解之得直線方程 解 1 因為橢圓C1的左焦點為F1 1 0 點P 0 1 在C1上 所以c 1 b 1 所以a2 b2 c2 2 所以橢圓C1的方程為 y2 1 2 由題意可知 直線l的斜率顯然存在且不等于0 設(shè)直線l的方程為y kx m 消去y并整理得 1 2k2 x2 4kmx 2m2 2 0 因為直線l與橢圓C1相切 所以 1 16k2m2 4 1 2k2 2m2 2 0 整理得2k2 m2 1 0 解題心得1 判斷直線與圓錐曲線的交點個數(shù)時 可利用消元后的一元二次方程的判別式來確定 需注意利用判別式的前提是二次項系數(shù)不為0 2 依據(jù)直線與圓錐曲線的交點個數(shù)求參數(shù)時 聯(lián)立方程組并消元轉(zhuǎn)化為一元方程 若二次項系數(shù)為0 則方程為一次方程 若不為0 則將方程解的個數(shù)轉(zhuǎn)化為判別式與0的大小關(guān)系求解 1 求橢圓C及圓O的方程 2 設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點P 若直線l與橢圓C有且只有一個公共點 求點P的坐標(biāo) 直線l與橢圓C交于A B兩點 若 OAB的面積為 求直線l的方程