林靜
摘要: 直線與圓錐曲線相交是直線與圓錐曲線位置關(guān)系中一種,由此得到弦.在解決有關(guān)弦的問題中恰當(dāng)使用到直線方程的假設(shè)會(huì)減少運(yùn)算量.本文通過三個(gè)題目解法的對比分析,闡述了如何根據(jù)問題的條件、所求問題的特點(diǎn)以及圓錐曲線的特點(diǎn)選擇恰當(dāng)?shù)闹本€方程形式.
關(guān)鍵詞:直線方程;弦;圓錐曲線
學(xué)生在解決有關(guān)解析幾何的問題時(shí)計(jì)算是一只攔路虎,特別是在求有關(guān)弦的問題的時(shí)候,往往是因?yàn)橛?jì)算半途而廢,因此要特別重視直線方程的假設(shè)恰當(dāng)?shù)姆匠绦问娇梢云鸬綔p少計(jì)算量、事半功倍的作用直線方程的假設(shè)要根據(jù)問題的條件、所求問題的特點(diǎn)以及圓錐曲線的特點(diǎn)選擇恰當(dāng)?shù)男问?直線方程的假設(shè)對后續(xù)的計(jì)算有著舉足輕重的影響.
一、直線方程的假設(shè)
①若直線過點(diǎn)(x0,y0)和斜率k,則其方程可以設(shè)為y-y0=k(x-x0);
②直線過(x0,y0),其方程可設(shè)為:形式(Ⅰ)(?。﹛=x0,(ⅱ)y-y0=k(x-x0);形式(Ⅱ)x=x0+tcosαy=y0+tsina(t為參數(shù)) ;
③直線過點(diǎn)A(a,0),其方程可設(shè)為(Ⅰ)y=0;(Ⅱ)x=mx+a;
④直線過點(diǎn)A(0,b),其方程可設(shè)為(Ⅰ)x=0(Ⅱ)y=kx+b;
⑤過點(diǎn)A(a,0),B(0,b),其方程可設(shè)為(Ⅰ)y=kx(a=b=0)(Ⅱ)xa+yb=1(ab≠0);
⑥ax+by+c=0(a,b不同時(shí)為0)
二、直線方程的應(yīng)用
例1(2016年高考新課標(biāo)Ⅰ卷理數(shù)20題)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E
(Ⅰ)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程;
(Ⅱ)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于MN兩點(diǎn),過B且與l垂直的直線與圓A交于PQ兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍
分析(Ⅰ)x24+y23=1(y≠0))過程略
(Ⅱ)方法一設(shè)直線l的方程為x=1+tcosαy=tsinα(t為參數(shù)),
∵t1=BM,t2=BN,∴|MN|=|t1-t2|
將x=1+tcosαy=tsinα代入x24+y23=1,
得(3+sin2α)t2+6cosα·t-9=0,
∴t1+t2=-6cosα3+sin2α,t1·t2=-93+sin2α
∴|MN|=|t1-t2|=123+sin2α(0<α<π)
過點(diǎn)B且與l垂直的直線方程為:x=1+tcos(α+π2)y=tsin(α+π2)(t為參數(shù)),
∵t3=BP,t4=BQ,∴|PQ|=|t1-t2|,
將x=1+tcos(α+π2)y=tsin(α+π2)代入x2+y2+2x-15=0,
得t2-4sinα·t+12=0
∴t1+t2=4sinα,t1·t2=12
∴|PQ|=|t1-t2|=123+sin2α
∴四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=243+sin2α
由0<α<π得0 因此12≤SMPNQ<83 綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83] 方法二由條件可設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),若m≠0,直線l的方程為x=my+1, 由x24+y23=1x=my+1得:(3m2+4)y2+6my-9=0, 則由△=(6m)2-4·(3m2+4)·(-9)>0得m∈R, ∵y1+y2=-6m3m2+4,y1·y2=-93m2+4 ∴|MN|=1-m2|y1-y2|=12(m2+1)3m2+4 過點(diǎn)B且與l垂直的直線方程為: x=-1my+1,即mx+y-m=0 點(diǎn)A到直線mx+y-m=0的距離為: d=2|m|1+m2,則|PQ|=242-(2|m|1+m2)2 四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=24m2+13m2+4 ∈[12,83] 若m=0,直線l的方程為x=1,易求|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ面積為12 綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83) 方法三由條件可設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)若k∈R由條件可知k≠0直線l的方程為y=k(x-1),由x24+y23=1y=k(x-1)得: (4k2+3)x2+6-8k2x+4k2-12=0. 則由△=(-8k2)2-4·(4k2+3)·(4k2-12)>0得k∈R, ∵x1+x2=8k23+4k2,x1·x2=4k2-123+4k2 ∴|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)3+4k2; 過點(diǎn)B且與l垂直的直線方程為: y=-1k(x-1)即x+ky-1=0. 點(diǎn)A到直線x+ky-1=0的距離為: d=21+k2則|PQ|=242-(21+k2)2 則四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=24k2+13+4k2∈[12,83) 若k∈φ,直線l的方程為x=1,易求|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ面積為12 綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83) 評(píng)注從三種解題方法的解題過程來看,方法一比較簡潔且成功避免了分類討論;方法二沒有避免分類討論,根據(jù)圓錐曲線方程和假設(shè)的直線方程,消元后方程(3m2+4)y2+6my-9=0與(4k2+3)x2+6-8k2x+4k2-12=0相比較,前者比后者復(fù)雜,因此方法二的計(jì)算量相對方法三少,計(jì)算起來比較簡單
例2(2016年高考新課標(biāo)Ⅱ卷理數(shù)20題)已知橢圓E∶x24+y23=1的焦點(diǎn)在x軸上,A是E的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上,MA⊥NA.
(Ⅰ)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時(shí),求△AMN的面積;
(Ⅱ)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),求k的取值范圍.
方法一依題意可設(shè)直線AM,AN的傾斜角分別為α,α+β
(Ⅰ)由條件可設(shè)直線AM的方程為
x=-2+tcosαy=tsinα(t為參數(shù)),t1=AM,
將x=-2+tcosαy=tsinα代入x24+y23=1得:
(3+sin2α)t2-12tcosα=0,t1=12cosα3+sin2α
直線AN的方程為
x=-2+tcos(α+π2)=-2-tsinαy=tsin(a+π2)(t為參數(shù)),
t2=AN,
將x=-2-tsinαy=tsin(α+π2)代入x24+y23=1得:
(3+cos2α)t2+12tsinα=0,t1=-12sinα3+cos2α
由|AM|=|AN|即|t1|=|t2|得
12cosα3+sin2α=12sinα3+cos2α,
解得tanα=1或tanα=-1,
α=π4或α=3π4
ΔAMN的面積=12|AM|·|AN|=12|t1|·|t2|=14449.
(Ⅱ)由條件可設(shè)直線AM的方程為x=-t+t′cosαy=t′sinα(t′為參數(shù)),t′1=AM,
將x=-t+t′cosαy=t′sinα代入x2t+y23=1得:
(3cos2α+tsin2α)(t′)2-6tcosα(t′)=0,
t′1=6tcosα3cos2α+tsin2α;
由條件可設(shè)直線AN的方程為:
x=-t+t′cos(α+π2)y=t′sin(α+π2)x=-t-t′sinαy=t′cosα
(t′參數(shù)),t′2=AN,
將x=-t-t′sinαy=t′cosα代入x2t+y23=1得:
(3sin2α+tcos2α)(t′)2+6tsinα(t′)=0,
t′2=-6tsinα3sin2α+tcos2α
由2|AM|=|AN|即2|t1|=|t2|得:
2|6tcosα3cos2α+tsin2α|=|-6tsinα3sin2α+tcos2α|,
設(shè)x=tanα,t=6|x|2-3|x||x|3-2>3,
則3|x|3-6|x|2+2|x|-6|x|3-2<2,
(|x|-2)(|x|2+1)|x|3-2,<0,
解得32 方法二(1)當(dāng)t=4時(shí),橢圓E的方程為x24+y23=1,A點(diǎn)坐標(biāo)為(-2,0),則直線AM的方程為y=k(x+2). 聯(lián)立x24+y23=1y=k(x+2)并整理得, (3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0. 解得x=-2或x=-8k2-63+4k2, 則|AM|=1+k2-8k2-63+4k2+2=1+k2·123+4k2 . 由AM⊥AN得: |AN|=1+-1k2·123+4·1-1k21+k2·123|k|+4|k|. 由|AM|=|AN|及k>0得: 1+k2·123+4k2=1+k2·123k+4k, 整理得(k-1)(4k2-k+4)=0,4k2-k+4=0無實(shí)根,則k=1. ∴△AMN的面積為 12|AM|2=121+1·123+42=14449. (2)直線AM的方程為y=k(x+t), 聯(lián)立x2t+y23=1y=k(x+t)并整理得: (3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0. 解得x=-t或x=-ttk2-3t3+tk2, ∴|AM|=1+k2-ttk2-3t3+tk2+t =1+k2·6t3+tk2 ∴|AN|=1+k2·6t3k+tk,∵2|AM|=|AN| ∴2·1+k2·6t3+tk2=1+k2·6t3k+tk, 整理得:t=6k2-3kk3-2. ∵橢圓E的焦點(diǎn)在x軸,所以t>3, 即6k2-3kk3-2>3,整理得(k2+1)(k-2)k3-2<0 解得32 評(píng)注對比法一和法二明顯可以看出,法一比法二易準(zhǔn)確求出答案因此涉及過定點(diǎn)A所作兩條互相垂直的直線與橢圓相交得到弦長AM,AN,使用直線的標(biāo)準(zhǔn)參數(shù)方程,利用參數(shù)的幾何意義計(jì)算弦長讓計(jì)算簡便準(zhǔn)確 例3(2016年福建省普通高中畢業(yè)班單科質(zhì)檢理科數(shù)學(xué)試題20題)以橢圓M∶x2a2+y2=1(a>1)的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的四條邊與⊙O∶x2+y2=1共有6個(gè)交點(diǎn),且這6個(gè)點(diǎn)恰好把圓周六等分 (Ⅰ)求橢圓M的方程; (Ⅱ)若直線l與⊙O相切,且與橢圓M相交于P,Q兩點(diǎn),求|PQ|的最大值 方法一 (Ⅰ) 橢圓M的方程為x23+y2=1 (過程略); (Ⅱ)由條件可知直線l的方程可以設(shè)為:x=my+n, 由直線l與⊙O相切得:n2=m2+1,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2).
由x23+y2=1x=my+n得:(m2+3)y2+2mny+n2-3=0,
則由Δ=(2mn)2-4·(m2+3)·(n2-3)=12(m2-n2+3)=24,
∵y1+y2=-2mnm2+3,y1·y2=n2-3m2+3
∴|PQ|=1+m2|y1-y2|=26m2+1m2+2
=26|n|n2+1=26|n|+2|n|≤3.
當(dāng)且僅當(dāng)|n|=2,|m|=1,|PQ|的最大值為3.
方法二若直線l的斜率不存在,則其方程為x=±1,易知|PQ|=263
若直線l的斜率存在,則直線l的方程可以設(shè)為:y=kx+b,由直線l與⊙O相切得:b2=k2+1,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2).
由x23+y2=1y=kx+b得:(3k2+1)y2+6kbx+3b2-3=0,
則由Δ=(6kb)2-4·3·(b2-1)·(3k2+1)=12(3k2-b2+1)=24k2,
∵x1+x2=-6kb3k2+1,x1·x2=3b2-33k2+1
∴|PQ|=1+k2|x1-x2|
=26|k|k2+13k2+1=26(k2+1)·k2(3k2+1)2 .
設(shè)t=3k2+1(t≥1),|PQ|=263-1t2+1t+1,
當(dāng)1t=14即t=4時(shí)|PQ|max=263·98=3
方法三設(shè)直線l與⊙O相切的切點(diǎn)為(a,b),則直線l的方程為ax+bx=1,且a2+b2=1
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),由x23+y2=1ax+by=1得:
(3a2+b2)y2-2by+1-3a2=0,
即(2a2+1)y2-2by+1-3a2=0,
則由Δ=(-2b)2-4·(1-3a2)·(2a2+1)=24a4,
y1+y2=2b2a2+1,y1·y2=1-3a22a2+1
則|PQ|=1+-ba2|y1-y2|
=1|a|·26a21+2a2=262|a|+1|a|≥26·122=3.
當(dāng)|a|=22 即a=±22時(shí)|PQ|max=3
評(píng)注對比三種方法可知法一比較簡單直接,避免了分類討論;法二有兩個(gè)難點(diǎn):分類討論、求最值的時(shí)候式子的變形;法三的難處是消元的時(shí)候若用y=-abx+1b或x=-bay+1a,會(huì)引發(fā)分類討論,同時(shí)導(dǎo)致計(jì)算量加大,只有根據(jù)a2x2+3a2y2=3a2消元才能減少計(jì)算量
從以上問題的解法可以看出:直線方程的假設(shè)對問題的解決引發(fā)的計(jì)算量有很大的影響,因此要根據(jù)給出直線的條件,圓錐曲線方程的特點(diǎn),解決的問題選擇恰當(dāng)直線方程的形式