《2017-2018版高中數(shù)學(xué) 第二單元 圓錐曲線與方程疑難規(guī)律方法教學(xué)案 新人教B版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018版高中數(shù)學(xué) 第二單元 圓錐曲線與方程疑難規(guī)律方法教學(xué)案 新人教B版選修1-1（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二單元 圓錐曲線與方程 1　橢圓的定義在解題中的妙用 橢圓定義反映了橢圓的本質(zhì)特征，揭示了曲線存在的幾何性質(zhì)．有些問題，如果恰當(dāng)運(yùn)用定義來解決，可以起到事半功倍的效果，下面通過幾個(gè)例子進(jìn)行說明． 1．求最值 例1　線段|AB|＝4，|PA|＋|PB|＝6，M是AB的中點(diǎn)，當(dāng)P點(diǎn)在同一平面內(nèi)運(yùn)動時(shí)，PM的長度的最小值是(　　) A．2 B. C. D．5 解析　由于|PA|＋|PB|＝6>4＝|AB|，故由橢圓定義知P點(diǎn)的軌跡是以M為原點(diǎn)，A、B為焦點(diǎn)的橢圓，且a＝3，c＝2，∴b＝＝.于是PM的長度的最小值是b＝. 答案　C 2．求動點(diǎn)坐標(biāo) 例2　橢圓＋＝

2、1上到兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2距離之積最大的點(diǎn)的坐標(biāo)是________． 解析　設(shè)橢圓上的動點(diǎn)為P，由橢圓的定義可知 |PF1|＋|PF2|＝2a＝10， 所以|PF1|·|PF2|≤2＝2＝25， 當(dāng)且僅當(dāng)|PF1|＝|PF2|時(shí)取等號． 由解得|PF1|＝|PF2|＝5＝a， 此時(shí)點(diǎn)P恰好是橢圓短軸的兩端點(diǎn)， 即所求點(diǎn)的坐標(biāo)為(±3,0)． 答案　(±3,0) 點(diǎn)評　由橢圓的定義可得“|PF1|＋|PF2|＝10”，即兩個(gè)正數(shù)|PF1|，|PF2|的和為定值，結(jié)合均值不等式可求|PF1|，|PF2|積的最大值，結(jié)合圖形可得所求點(diǎn)P的坐標(biāo)． 3．求焦點(diǎn)三角形面積 例3　如圖所

3、示，已知橢圓的方程為＋＝1，若點(diǎn)P在第二象限，且∠PF1F2＝120°，求△PF1F2的面積． 解　由已知得a＝2，b＝， 所以c＝＝1，|F1F2|＝2c＝2. 在△PF1F2中，由余弦定理得 |PF2|2＝|PF1|2＋|F1F2|2－2|PF1||F1F2|cos 120°， 即|PF2|2＝|PF1|2＋4＋2|PF1|， ① 由橢圓定義，得|PF1|＋|PF2|＝4， 即|PF2|＝4－|PF1|. ② 將②代入①，得|PF1|＝. 所以S△PF1F2＝|PF1|·|F1F2|·sin 120° ＝××2×＝，即△PF1F2的面積是.

4、點(diǎn)評　在△PF1F2中，由橢圓的定義及余弦定理可得關(guān)于|PF1|，|PF2|的方程組，消去|PF2|可求|PF1|. 從以上問題，我們不難發(fā)現(xiàn)，凡涉及橢圓上的點(diǎn)及橢圓焦點(diǎn)的問題，我們應(yīng)首先考慮利用橢圓的定義求解． 2　如何求橢圓的離心率 1．由橢圓的定義求離心率 例1　以橢圓的焦距為直徑并過兩焦點(diǎn)的圓，交橢圓于4個(gè)不同的點(diǎn)，順次連接這四個(gè)點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)恰好組成一個(gè)正六邊形，那么這個(gè)橢圓的離心率為________． 解析　如圖所示，設(shè)橢圓的方程為＋＝1 (a>b>0)，半焦距為c，由題 意知∠F1AF2＝90°，∠AF2F1＝60°. ∴|AF2|＝c， |AF1|＝2

5、c·sin 60°＝c. ∴|AF1|＋|AF2| ＝2a＝(＋1)c. ∴e＝＝＝－1. 答案?。? 點(diǎn)評　本題利用了圓及正六邊形的幾何性質(zhì)，并結(jié)合橢圓的定義，化難為易，使問題簡單解決． 2．解方程(組)求離心率 例2　橢圓＋＝1 (a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1(－c,0)，A(－a，0)、B(0，b)是兩個(gè)頂點(diǎn)，如果F1到直線AB的距離為，則橢圓的離心率e＝________. 解析　如圖所示，直線AB的方程為＋＝1， 即bx－ay＋ab＝0. ∵點(diǎn)F1(－c,0)到直線AB的距離為，∴＝， ∴|a－c|＝， 即7a2－14ac＋7c2＝a2＋b2. 又∵b2＝a2－

6、c2，整理，得5a2－14ac＋8c2＝0. 兩邊同除以a2并由e＝知，8e2－14e＋5＝0， 解得e＝或e＝(舍去)． 答案　 3．利用數(shù)形結(jié)合求離心率 例3　在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓＋＝1(a>b>0)的焦距為2，圓O的半徑為a，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，且這兩條切線互相垂直，則離心率e＝________. 解析　如圖所示，切線PA、PB互相垂直，PA＝PB. 又OA⊥PA，OB⊥PB，OA＝OB， 則四邊形OAPB是正方形， 故OP＝OA， 即＝a，∴e＝＝. 答案　 4．綜合類 例4　設(shè)M為橢圓＋＝1上一點(diǎn)，F(xiàn)1、F2為橢圓的左、右焦點(diǎn)，如果∠MF1F

7、2＝75°，∠MF2F1＝15°，求橢圓的離心率． 解　由正弦定理得＝＝ ＝＝， ∴e＝＝＝＝. 點(diǎn)評　此題可推廣為若∠MF1F2＝α，∠MF2F1＝β，則橢圓的離心率e＝. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　3　活用雙曲線定義妙解題 在解雙曲線中的有關(guān)求離心率、最值等問題時(shí)，若能靈活應(yīng)用雙曲線的定義，能把大題化為小題，起到事半功倍的作用．下面舉例說明． 1．求焦點(diǎn)三角形的周長 例1　過雙曲線－＝1左焦點(diǎn)F1的直線與左支交于A、B兩點(diǎn)，且弦AB長為6，則△ABF2(F2為右焦點(diǎn))的周長是________． 解析　由雙曲線的定義知|AF2|－|AF1|＝8， |BF

8、2|－|BF1|＝8， 兩式相加得|AF2|＋|BF2|－(|AF1|＋|BF1|) ＝|AF2|＋|BF2|－|AB|＝16， 從而有|AF2|＋|BF2|＝16＋6＝22， 所以△ABF2的周長為 |AF2|＋|BF2|＋|AB|＝22＋6＝28. 答案　28 點(diǎn)評　與焦點(diǎn)有關(guān)的三角形周長問題，常借助雙曲線的定義解決，注意解決問題時(shí)的拼湊技巧． 2．最值問題 例2　已知F是雙曲線－y2＝1的右焦點(diǎn)，P是雙曲線右支上一動點(diǎn)，定點(diǎn)M(4,2)，求|PM|＋|PF|的最小值． 解　設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F′， 則F′(－2,0)， 由雙曲線的定義知：|PF′|－|PF|＝2a

9、＝2，所以|PF|＝|PF′|－2， 所以|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PF′|－2，要使|PM|＋|PF|取得最小值，只需|PM|＋|PF′|取得最小值，由圖可知，當(dāng)P、F′、M三點(diǎn)共線時(shí)，|PM|＋|PF′|最小，此時(shí)|MF′|＝2， 故|PM|＋|PF|的最小值為2－2. 點(diǎn)評　本題利用雙曲線的定義對F的位置進(jìn)行轉(zhuǎn)換，然后再根據(jù)共線易求得最小值．另外同學(xué)們不妨思考一下：①若將M坐標(biāo)改為M(1,1)，其他條件不變，如何求解呢？②若P是雙曲線左支上一動點(diǎn)，如何求解呢？ 3．求離心率范圍 例3　已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，點(diǎn)P在雙曲線的右支上

10、，且|PF1|＝4|PF2|，試求雙曲線離心率的取值范圍． 解　因?yàn)閨PF1|＝4|PF2|，點(diǎn)P在雙曲線的右支上， 所以設(shè)|PF2|＝m，則|PF1|＝4m， 由雙曲線的定義，得|PF1|－|PF2|＝4m－m＝2a， 所以m＝a. 又|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|， 即4m＋m≥2c， 所以m≥c， 即a≥c，所以e＝≤. 又e>1，所以雙曲線離心率的取值范圍為1

11、值問題 對于解析幾何中的定點(diǎn)、定值問題，要善于運(yùn)用辯證的觀點(diǎn)去思考分析，在動點(diǎn)的“變”中尋求定值的“不變”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊圖形等)先確定出定值，揭開神秘的面紗，這樣可將盲目的探索問題轉(zhuǎn)化為有方向有目標(biāo)的一般性證明題，從而找到解決問題的突破口． 例1　已知橢圓的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，斜率為1且過橢圓右焦點(diǎn)的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，＋與a＝(3，－1)共線．設(shè)M為橢圓上任意一點(diǎn)，且＝λ＋μ (λ，μ∈R)，求證：λ2＋μ2為定值． 證明　∵M(jìn)是橢圓上任意一點(diǎn)，若M與A重合， 則＝，此時(shí)λ＝1，μ＝0， ∴λ2＋μ2＝1，現(xiàn)在需要證明λ2＋μ2為定值1.

12、 設(shè)橢圓方程為＋＝1 (a>b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為N(x0，y0)， ∴ ①－②得＋＝0， 即＝－＝－， 又∵kAB＝＝1，∴y0＝－x0. ∴直線ON的方向向量為＝， ∵∥a，∴＝. ∵a2＝3b2，∴橢圓方程為x2＋3y2＝3b2， 又直線方程為y＝x－c. 聯(lián)立得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∵x1＋x2＝c，x1x2＝＝c2. 又設(shè)M(x，y)，則由＝λ＋μ， 得代入橢圓方程整理得 λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x＋3y＝3b2，x＋3y＝3b2， x1x2＋3

13、y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2 ＝c2－c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2為定值． 例2　已知拋物線y2＝2px (p>0)上有兩個(gè)動點(diǎn)A、B及一個(gè)定點(diǎn)M(x0，y0)，F(xiàn)是拋物線的焦點(diǎn)，且|AF|、|MF|、|BF|成等差數(shù)列． 求證：線段AB的垂直平分線經(jīng)過定點(diǎn)(x0＋p,0)． 證明　設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，由拋物線定義，知 |AF|＝x1＋，|BF|＝x2＋，|MF|＝x0＋. 因?yàn)閨AF|、|MF|、|BF|成等差數(shù)列， 所以2|MF|＝|AF|＋|BF|，即x0＝. 設(shè)AB的中點(diǎn)為(x0，t)，t＝. 則kAB＝＝

14、＝＝. 所以線段AB的垂直平分線方程為y－t＝－(x－x0)， 即t[x－(x0＋p)]＋py＝0. 所以線段AB的垂直平分線過定點(diǎn)(x0＋p,0)． 2．最值問題 解決圓錐曲線中的最值問題，一般有兩種方法：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來解非常巧妙；二是代數(shù)法，將圓錐曲線中的最值問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題(即根據(jù)條件列出所求的目標(biāo)函數(shù))，然后根據(jù)函數(shù)的特征選用參數(shù)法、配方法、判別式法、三角有界法、函數(shù)單調(diào)法及基本不等式法等，求解最大或最小值． 例3　已知F是雙曲線－＝1的左焦點(diǎn)，A(1,4)，P是雙曲線右支上的動點(diǎn)，則|PF|＋|PA|的最小值為________．

15、 解析　設(shè)右焦點(diǎn)為F′，由題意可知F′坐標(biāo)為(4,0)，根據(jù)雙曲線的定義，|PF|－|PF′|＝4，∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF′|＋|PA|，∴要使|PF|＋|PA|最小，只需|PF′|＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA|最小需P、F′、A三點(diǎn)共線，最小值即4＋|F′A|＝4＋＝4＋5＝9. 答案　9 點(diǎn)評　“化曲為直”法求與距離有關(guān)的最值是平面幾何中一種巧妙的方法，特別是涉及圓錐曲線上動點(diǎn)與定點(diǎn)和焦點(diǎn)距離之和的最值問題常用此法． 例4　已知平面內(nèi)一動點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離的差等于1. (1)求動點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)過點(diǎn)F作兩條斜率存在且互相

16、垂直的直線l1，l2，設(shè)l1與軌跡C相交于點(diǎn)A，B，l2與軌跡C相交于點(diǎn)D，E，求·的最小值． 解　(1)設(shè)動點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，由題意有－|x|＝1.化簡得y2＝2x＋2|x|. 當(dāng)x≥0時(shí)，y2＝4x； 當(dāng)x<0時(shí)，y＝0. 所以，動點(diǎn)P的軌跡C的方程為y2＝4x (x≥0)和y＝0 (x<0)． (2)由題意知，直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)為k，則l1的方程為y＝k(x－1)． 由 得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1. 因?yàn)閘1⊥l2，所以l2的斜

17、率為－. 設(shè)D(x3，y3)，E(x4，y4)， 則同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1. 故·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋· ＝||·||＋||·|| ＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1) ＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1 ＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1 ＝8＋4≥8＋4×2＝16. 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝，即k＝±1時(shí)，·取得最小值16. 5　圓錐曲線中存在探索型問題的求解方法 存在探索型問題作為探索性問題之一，具備了內(nèi)容涉及面廣、重點(diǎn)題型豐富等命題要求，方便考查分析、比較、猜測、歸納等綜合能力，因而受到命

18、題人的喜愛．圓錐曲線存在探索型問題是指在給定題設(shè)條件下是否存在某個(gè)數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、性質(zhì)、圖形)使某個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論成立的數(shù)學(xué)問題．本文僅就圓錐曲線中的存在探索型問題展開，幫助復(fù)習(xí)． 1．常數(shù)存在型問題 例1　直線y＝ax＋1與雙曲線3x2－y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，是否存在這樣的實(shí)數(shù)a，使A，B關(guān)于直線y＝2x對稱？請說明理由． 分析　先假設(shè)實(shí)數(shù)a存在，然后根據(jù)推理或計(jì)算求出滿足題意的結(jié)果，或得到與假設(shè)相矛盾的結(jié)果，從而否定假設(shè)，得出某數(shù)學(xué)對象不存在的結(jié)論． 解　設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使A，B關(guān)于直線l：y＝2x對稱，并設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則AB中點(diǎn)坐標(biāo)為. 依題設(shè)有＝2

19、·， 即y1＋y2＝2(x1＋x2)， ① 又A，B在直線y＝ax＋1上， ∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1， ∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2， ② 由①②，得2(x1＋x2)＝a(x1＋x2)＋2， 即(2－a)(x1＋x2)＝2， ③ 聯(lián)立得(3－a2)x2－2ax－2＝0， ∴x1＋x2＝， ④ 把④代入③，得(2－a)·＝2， 解之得a＝，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意， ∴kAB＝，而kl＝2， ∴kAB·kl＝×2＝3≠－1. 故不存在滿足題意的實(shí)數(shù)a. 2．點(diǎn)存在型問題 例2　在平面直角

20、坐標(biāo)系中，已知圓心在第二象限，半徑為2的圓與直線y＝x相切于原點(diǎn)O，橢圓＋＝1與圓C的一個(gè)交點(diǎn)到橢圓兩焦點(diǎn)的距離之和為10. (1)求圓C的方程； (2)試探究圓C上是否存在異于原點(diǎn)的點(diǎn)Q，使Q到橢圓右焦點(diǎn)F的距離等于線段OF的長．若存在，請求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 分析　假設(shè)滿足條件的點(diǎn)Q存在，根據(jù)其滿足的幾何性質(zhì)，求出Q的坐標(biāo)，則點(diǎn)Q存在，若求不出Q的坐標(biāo)，則點(diǎn)Q就不存在． 解　(1)由題意知圓心在y＝－x上， 設(shè)圓心的坐標(biāo)是(－p，p) (p>0)， 則圓的方程可設(shè)為(x＋p)2＋(y－p)2＝8， 由于O(0,0)在圓上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2， ∴

21、圓C的方程為(x＋2)2＋(y－2)2＝8. (2)橢圓＋＝1與圓C的一個(gè)交點(diǎn)到橢圓兩焦點(diǎn)的距離之和為10，由橢圓的定義知2a＝10，a＝5， ∴橢圓右焦點(diǎn)為F(4,0)． 假設(shè)存在異于原點(diǎn)的點(diǎn)Q(m，n)使|QF|＝|OF|， 則有且m2＋n2≠0， 解得 故圓C上存在滿足條件的點(diǎn)Q. 3．直線存在型問題 例3　試問是否能找到一條斜率為k (k≠0)的直線l與橢圓＋y2＝1交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M，N，且使M，N到點(diǎn)A(0，1)的距離相等，若存在，試求出k的取值范圍；若不存在，請說明理由． 分析　假設(shè)滿足條件的直線l存在，由平面解析幾何的相關(guān)知識求解． 解　設(shè)直線l：y＝kx＋

22、m為滿足條件的直線，再設(shè)P為MN的中點(diǎn)，欲滿足條件，只要AP⊥MN即可． 由得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則xP＝＝－，yP＝kxP＋m＝， ∴kAP＝.∵AP⊥MN， ∴＝－ (k≠0)，故m＝－. 由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3) ＝9(1＋3k2)·(1－k2)>0，得－1

23、B的中點(diǎn)P的軌跡方程． 錯(cuò)解　如圖所示，設(shè)A(0，y)，B(x,0)．由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得P點(diǎn)坐標(biāo)為，連接OP，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)有 |OP|＝|AB|＝a. 故2＋2＝2， 即所求的軌跡方程為x2＋y2＝a2. 錯(cuò)因分析　求軌跡方程，即求軌跡上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)所滿足的方程，并檢驗(yàn)以方程的解為坐標(biāo)的點(diǎn)是否都是軌跡上的點(diǎn)，因此，應(yīng)設(shè)軌跡上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y).上述解法是因?yàn)閯狱c(diǎn)坐標(biāo)設(shè)的不對，即運(yùn)用方法不當(dāng)而導(dǎo)致錯(cuò)誤. 正解　設(shè)中點(diǎn)P(x，y)，A(0，m)，B(n,0)， 則m2＋n2＝a2，x＝，y＝， 于是所求軌跡方程為x2＋y2＝a2. 2．忽視定義中

24、的條件而致誤 例2　平面內(nèi)一點(diǎn)M到兩定點(diǎn)F1(0，－4)，F(xiàn)2(0,4)的距離之和為8，則點(diǎn)M的軌跡為(　　) A．橢圓 B．圓 C．直線 D．線段 錯(cuò)解　根據(jù)橢圓的定義，點(diǎn)M的軌跡為橢圓，故選A. 錯(cuò)因分析　在橢圓的定義中，點(diǎn)M到兩定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和必須大于兩定點(diǎn)的距離，即|MF1|＋|MF2|>|F1F2|，亦即2a>2c.而本題中|MF1|＋|MF2|＝|F1F2|，所以點(diǎn)M的軌跡不是橢圓，而是線段F1F2. 正解　因?yàn)辄c(diǎn)M到兩定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和為|F1F2|，所以點(diǎn)M的軌跡是線段F1F2. 答案　D 3．忽視標(biāo)準(zhǔn)方程的特征而致誤 例3　設(shè)拋物線y＝

25、mx2 (m≠0)的準(zhǔn)線與直線y＝1的距離為3，求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程． 錯(cuò)解　拋物線y＝mx2 (m≠0)的準(zhǔn)線方程為y＝－. 又與直線y＝1的距離為3的直線為y＝－2或y＝4. 故－＝－2或－＝4.∴m＝8或m＝－16. 所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y＝8x2或y＝－16x2. 錯(cuò)因分析　錯(cuò)解忽視了拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程中的系數(shù)，應(yīng)位于一次項(xiàng)前這個(gè)特征，故本題應(yīng)先化為x2＝y(tǒng)的形式，再求解. 正解　由于y＝mx2 (m≠0)可化為x2＝y(tǒng)， 其準(zhǔn)線方程為y＝－. 由題意知－＝－2或－＝4， 解得m＝或m＝－. 則所求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝8y或x2＝－16y. 4．涉及弦長問題時(shí)，忽

26、視判別式Δ>0這一隱含條件而致誤 例4　正方形ABCD的A，B兩點(diǎn)在拋物線y＝x2上，另兩點(diǎn)C，D在直線y＝x－4上，求正方形的邊長． 錯(cuò)解　∵AB與直線y＝x－4平行，∴設(shè)AB的直線方程為y＝x＋b，A(x1，x)，B(x2，x)， 則由?x2－x－b＝0， |AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2(1＋4b)． ∵AB與直線y＝x－4間的距離為d＝， ∴2(1＋4b)＝， 即b2－8b＋12＝0， 解得b＝2或b＝6， ∴|AB|＝3或|AB|＝5. 錯(cuò)因分析　在考慮直線AB與拋物線相交時(shí)，必須有方程x2－x－b＝0的判別式Δ>0，以此來限制b的取舍

27、. 正解　∵AB與直線y＝x－4平行，∴設(shè)AB的直線方程為y＝x＋b，A(x1，x)，B(x2，x)， 則由?x2－x－b＝0， |AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2(1＋4b)． ∵AB與直線y＝x－4間的距離為d＝， ∴2(1＋4b)＝，即b2－8b＋12＝0， 解得b＝2或b＝6，∵Δ＝1＋4b>0，∴b>－. ∴b＝2或b＝6都滿足Δ>0，∴b＝2或b＝6. ∴|AB|＝3或|AB|＝5. 7　圓錐曲線中的數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用 1．方程思想 方程思想就是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系，建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過解方程或解

28、方程組，或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決．本章中，方程思想的應(yīng)用最為廣泛． 例1　已知直線y＝－x＋2和橢圓＋＝1 (a>b>0)相交于A，B兩點(diǎn)，且a＝2b，若|AB|＝2，求橢圓的方程． 解　由 消去y并整理得x2－4x＋8－2b2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則由根與系數(shù)的關(guān)系得 x1＋x2＝4，x1x2＝8－2b2. ∵|AB|＝2， ∴ ·＝2， 即·＝2， 解得b2＝4，故a2＝4b2＝16. ∴所求橢圓的方程為＋＝1. 2．函數(shù)思想 很多與圓錐曲線有關(guān)的問題中的各個(gè)數(shù)量在運(yùn)動變化時(shí)，都是相互聯(lián)系、相互制約的，它們之

29、間構(gòu)成函數(shù)關(guān)系．這類問題若用函數(shù)思想來分析、尋找解題思路，會有很好的效果．一些最值問題常用函數(shù)思想，運(yùn)用根與系數(shù)的關(guān)系求弦的中點(diǎn)和弦長問題，是經(jīng)常使用的方法． 例2　若點(diǎn)(x，y)在＋＝1 (b>0)上運(yùn)動，求x2＋2y的最大值． 解　∵＋＝1 (b>0)， ∴x2＝4≥0， 即－b≤y≤b. ∴x2＋2y＝4＋2y ＝－＋2y＋4＝－2＋4＋. 當(dāng)≤b，即0b，即b>4時(shí)，若y＝b， 則x2＋2y取得最大值，其最大值為2b. 綜上所述，x2＋2y的最大值為 3．轉(zhuǎn)化和化歸思想 在解決圓錐曲線的綜合問題時(shí)

30、，經(jīng)常利用轉(zhuǎn)化和化歸思想．轉(zhuǎn)化題中的已知條件和所求，真正化歸為直線和圓錐曲線的基本問題．這里的轉(zhuǎn)化和化歸非常關(guān)鍵，沒有轉(zhuǎn)化和化歸，就很難找到解決問題的途徑和方法． 例3　如圖所示，已知橢圓＋＝1，直線l：x＝12，P是l上任意一點(diǎn)，射線OP交橢圓于點(diǎn)R，又點(diǎn)Q在線段OP上，且滿足|OQ|·|OP|＝|OR|2，當(dāng)點(diǎn)P在l上運(yùn)動時(shí)，求點(diǎn)Q的軌跡方程． 解　設(shè)P(12，yP)，R(xR，yR)，Q(x，y)，∠POx＝α. ∵|OR|2＝|OQ|·|OP|， ∴2＝·. 由題意知xR>0，x>0，∴x＝x·12. ① 又∵O，Q，R三點(diǎn)共線， ∴kOQ＝kOR，即＝.

31、 ② 由①②得y＝. ③ ∵點(diǎn)R(xR，yR)在橢圓＋＝1上， ∴＋＝1. ④ 由①③④得2(x－1)2＋3y2＝2 (x>0)， ∴點(diǎn)Q的軌跡方程是2(x－1)2＋3y2＝2 (x>0)． 4．分類討論思想 本章中，涉及的字母參數(shù)較多，同時(shí)圓錐曲線的焦點(diǎn)可能在x軸上，也可能在y軸上，所以必須要注意分類討論． 例4　求與雙曲線－y2＝1有共同的漸近線且焦距為10的雙曲線的方程． 分析　由題意可設(shè)所求雙曲線的方程為－y2＝λ (λ≠0)，將λ分為λ>0，λ<0兩種情況進(jìn)行討論． 解　由題意可設(shè)所求雙曲線的方程為－y2＝λ (λ≠0)， 即－＝1 (λ≠0)．

32、當(dāng)λ>0時(shí)，c2＝4λ＋λ＝5λ＝25，即λ＝5， ∴所求雙曲線的方程為－＝1. 當(dāng)λ<0時(shí)，c2＝(－4λ)＋(－λ)＝－5λ＝25，即λ＝－5， ∴所求雙曲線的方程為－＝1. 綜上所述，所求雙曲線的方程為 －＝1或－＝1. 5．?dāng)?shù)形結(jié)合思想 利用數(shù)形結(jié)合思想，可以解決某些最值、軌跡、參數(shù)范圍等問題． 例5　在△ABC中，BC邊固定，頂點(diǎn)A在移動，設(shè)|BC|＝m，當(dāng)三個(gè)角滿足條件|sin C－sin B|＝|sin A|時(shí)，求頂點(diǎn)A的軌跡方程． 解　以BC所在直線為x軸，線段BC的中垂線為y軸，建立直角坐標(biāo)系，如圖所示： 則B，C. 設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)(x，y)，由題設(shè)， 得|sin C－sin B|＝|sin A|. 根據(jù)正弦定理，得||AB|－|AC||＝m. 可知點(diǎn)A在以B、C為焦點(diǎn)的雙曲線上． 這里2a＝m，∴a＝.又c＝m， ∴b2＝c2－a2＝－＝m2. 故所求點(diǎn)A的軌跡方程為－＝1(y≠0)． 16