《2023年高考数学第02章攻克压轴题的战术提升.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考数学第02章攻克压轴题的战术提升.pdf（76页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第0 2章 攻克压轴题的战术提升攻克高考数学压轴题要从整体上进行谋划，上一章从i o 个方面对解题的战略构想作出了较为详尽的分析，这还是远远不够的，应当在解题战术上再提升到一个较高的层次，这是因为在具体解题过程中，解题者还会碰到许多难点需要攻克,需要在正确战术指引下打胜每一个局部的战斗,以小胜积大胜，最终以一场漂亮、完美的战役攻下难题.解题战术是解题术碘究领域的核心内容.我曾在所著的一本著作中总结了 36种重要的解题战术，而解题战术的实现又离不开学科方法.当然，本书作为一本专讲攻克压轴题的专著，没有必要作如此详尽的介绍.故仅从中选择1 0 个方面展开,希望能在较短时间内提高学生解压轴题的能力.
2、这 1 0 个方面有几个是通过拓展学科知识提升学生的解题能力.如第十一讲:几个重要的不等式，介绍了均值不等式，柯西不等式，排序不等式;第十二讲:递推数列求通项方法的拓展，介绍了特征根法与不动点法;第十三讲:巧用直线系.圆系方和解题;第十四讲:巧用圆锥曲线系方程解题，介绍了运用曲线族的方法提升求解解析几何题的能力，这里既有数学概念上的拓展,又介绍了一类有效的解题方法；而第十五讲:构造思想与构造法，是攻克压轴题的锐利武器，其重要作用不言而喻;第十六讲:放缩技巧与放缩法;第十七讲:引参换元与参数方程;第十八讲:三角函数与向量方法;第十九讲:正难则反与反证法;第二十讲:数学归纳法.这10讲是攻克压轴题
3、中应用最为广乏的学科方法,是克敌制胜的精良武器.思维方法是解题的先导,学科方法与类型解证法是解题的具体实施，通常我们所说的解题方法与技巧往往是在正确的思维方法引导下，灵活运用学科方法,类型解证法与数学知识的结果.“数学三法”是解数学题的思路，方法与技巧的源泉，总而言之,解决数学问题如同打仗一样，也应讲究点战略战术.从思维过程分析，任何数学问题特别是综合题的解决都不是运用单一学科方法可以奏效的,常常是类比、归纳与直觉一起发挥作用，它们之间的关系是“剪不断,理还乱”，罗增儒教授把解题 方 法 总 结 为“条件预示可知并启发解题手段，结论预告须知并诱导解题方法”.解题战术和方法实质就是沟通己知与末知
4、，条件与结论的过程，借助杜甫的诗句:“野色更无山隔断，天光直与水相通”，这就是解题战术和方法的“功效”所产生的意境.第十一讲几个重要的不等式1 多元均值不等式若 4，%,%，则 旦 土 妇 一 上 .防 豆 一 W，当且仅当%=%=时取n等 号，其 中.+%+%为%,国,4的 算 术 平 均 数，出/%q 为n。1，%，4，的几何平均数.2 柯西不等式二维形式的柯西不等式:若a,A,c,d都是实数很4（/+匕2）.2+a 2）.（ac+儿7）2,当且仅当ad=A c 时取等号.一 般 形 式 的 柯 西 不 等 式：若 4，%，。3，?也 也 也，,b 都 是 实 数，则（如+d+4；卜（+后
5、+彳）.（44+4%+a/j ,当 且 仅 当 e=0（i=l,2,）或m =m=+时取等号.仄 瓦 b.3柯西不等式的向量形式及平面三角不等式柯西不等式的向量形式:设a,夕是两个向量，则,川,|即,当且仅当4=0 或存在实数工使a =女 4时取等号.（2）平面三角不等式:设王，%,犬2，%e R贝jjx；+y；+Jx；+.J（X|一瓦+（y4 排序不等式设 4釉 2 皴以，人 打 都 为两组实数,。勺，c“为仇也，勿 的任意排列，那么a也,+%0 i+a 他领9+a 2c2+a2b2+a 也，即反序和不大于乱序和，舌序和不大于硕序和.当且仅当=%=%或 瓦=瓦=d 时取等号.一、例题精讲【例
6、 1】证明柯西不等式.【解题策略】证明柯西不等式的方法很多，其中向是法与构造法是高中数学中的常见证法，介绍如下，有利于学生开阔解题思路、提升解题能力.【证法1（向量法:将平面向量、空间向量推广到“维向量）令a=（4,外,%）,0=（自也，也），则 无 方=姐+。2 d+a 也,0 方=同同 c o s&b）,由于卜o s/,1,故卜。圈 曲“o,弛+%为 +a,A,|Ja：+a；+a；+4+/?：o （弓 仿 +a2t +,A,）?（.等号成立的条件是a*共线即a,=H?j（4e R）.【证法2（构选二次函数法）若q=%=a =0 ，则 柯 西 不 等 式（a；+a；）-侬+改+；）.（64+
7、。2%+。也 丫 显 然成立.若生不全为零（/=1,2,/?）,令/（x）=（a；+a；+a；）x?+2（q 4 +凡6,+a“）x +（/+优+b.方面，因为 f （x）=（4%2+2aM x+/?：）+（a*2+2%与工+质）+x2+2anbnx+b（ayx+b+a2x+b2y +（a“x +.O 另一方 面，由+a；+a；0,y（x）-0恒成立=2（46+a力2 +.+a/“）-4（a；+ag+可）仅+优+/?；）,（%“+a2b2+a也）,（a；+a；+,+a：）仰+b；+b；（此即柯西不等式.由式知等号成立的条件为4=4,（i=1,2,n）.例2有小于 1 的（.2）个正数 看,，了
8、3，,Xn Xy+X2+X?i+x.=l.4 T 1111 1求证:-r+-?+-+王 一 玉 龙2一 七 吃 一 不 当一2 2（2）已知6,。2，葭,求证:幺+”+4；2 2H-H.4+g +Q 册 4【解题策略】第（1）问,每一个七均为（0,1）内的正数，由X+X2+X3+七=1可联想到均值不等式芯+七+/.0 9十 3%，从而需要对原式中每一项进行放缩，得到X,乘积的形式，也可构选出柯西不等式的形式，利用柯西不等式来证明.第问，同样可以运用上述两种证法,在运用均值不等式时首先霄要对所证不等式通过拆分、构造、再合成的过程.（1）【证法1】（均值不等式法）o -1-1-F 4-./?ni又
9、Jx也 演与京产+“2+七+7=工n n.n-n.x,X2X y Xn+-1r n2.,22=4.x“一x”1x +11111中2工3 Z11-+F -3-3-3X 一 为 x2-x2 x3-x3【证法2（柯西不等式法）由柯西不等式可得11_1 _、X“一瑞.IV又 0cxi=（玉7：）+（芍 一）+（-彳）=1-（1+后+片）0，1）1111(2)【证法1】又2 2（均值不等式法）.五+%朦%幺+%2。,%2 2 2 2等式相力口，即得 +H H-+%+a.i2 2,朦。，口 +4，上述不4 4 证/2 9a i_a2,-1-r 1%。3法 2】(柯西不等式法)由柯西不等式可得2 1 2,-
10、1 a-1-a.i）2 2,J 4+。2+。0,d 4-a2%2 2H H .4+a,+a.已知 a,A,。为正数,an q h5且源C,求证:由+方c5 _a%a【解题策略】运用排序不等式解题，苜先要指两个数组的大小关系明确出米，分清顺序和、乱序和及反序和,由于乱序和是不确定的，根据需要写出其中的一个即可.affi?c0,.,.55 c5,-ffi-0c b a2户k序乱n-C1-。=3a功+-3-。一+和序反和由1，2两式得11-C+1-+1。357c3a+35,Q3c+5-3Ca-3b得二、发散训练1 已知 R,a+2A+3c=6,则 a?+4Z?2+9c2 的最小值为 设 x,y,z
11、e R，且满 足 id +y+z?=l,x+2y+3z=JIZ,则x+y+z =.2求使直线尤cos。+y s in。=2和椭圆x2+3y2=6有公共点的。的取值范围(阖9分已知直线y =(1-x)t an。与双曲线-1+y2cos20=1相切(一求切线方程和切点坐标.3 设a 0,6 0,求(a+2。)：+羡)的最小值；(2)已知 x,y,z 0,a力,c 为,y,z 的一个排列,求证:-+-.3.x y z第十二讲递推数列求通项方法的拓展对于递推数列求通项类题型，虽然在数学教学中的要求不是很高,高考命题时难度也有控制,但是在原名牌大学自主招生时,递推数列则是一个重要考点，解题方法更丰富多彩
12、,对于将要实施的“强基计划”来说想必也是重要考点.本讲介绍两种递推数列求通项的新方法.1.特征根法型如q=犯，4=m2,4+2=pa“+i+qa“(p,q是常数)的数列为二阶线性递推数列，可构造 a“+i ,满足 an+l-Aan=/(a-/la-),则 几 +=p，即为方-“-彳=。的两个根，此方程称为特征方程,则数列加“的通项公式均可用特征根转化为一阶线性递推数列,进一步构造特殊数列或利用“累加法”求通项公式.2.不动点法型如4向=土(H 0,4 H 0,7 H O,s H 0)的递推式，可利用不动点法，其中X=丝Hpa,+q px+q的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点力,则
13、,乡二凹为等比数歹U；若该数列有唯一的不动点，即方程等根时，一 为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法.例1已知5皿(2+以%2=&,求$1 11二+：0$5 1的值.【解题策略】一个数学问题有时候很难一下子得到结果，于是设想把问题分成若干步，找出相邻两步之间的关系，可以达到目的一般而言，一个与正整数有关的数学问题，由初始值通过递推公式，若能使问题解决，则这种解题方法称为递推方法，本题中初始值是s ina+cos a=Z，但没有给出递推式，如果能够找到递推式，则s in%+cos%的值就容易求得,而求递推式的过程既有归纳又有推理的逻辑思维过程这正是递推方法的独到之处.【解】设/()=
14、sin a +cosa,由(sina+cosa)2=%2彳 导 sinacosa=卜 in a +cosa)(sina+cosa)=sina+cos%+sinacosa k in7。+cosa)b2 _ib2 _i./().左=/(+1)+(-1),./(+1)=4()/(rt-1).又 了 =A,2)=sin2a+cos2a=l，N 3)=Q 2)l)=.以 此 类 推，可 得 4)=不 一 年.2)=-.+2+1,5)=一(4)-早/二一女；5%，即sin%+cos%=-例2数列 4 满足 =1,%=11,+2=2a+|+3an+4(w N)，求通项 an;数列 q 满足4=；，*=母三(
15、e N*),求通项。“；乙 今数列 4 满足q=5,。“+|=【解题策略】eN*),求通项氏.第(1)问，可运用特征根法，当然由于所给递推式并非是规范的二阶线性递推数列，首先要适当变形使之符合类型，再运用这一方法求解;第、两问，可运用不动点法.【解】由 a“+2=2a,用+3。“+4 得 an+2+1=2(用 +l)+3(a+1).不 妨 设”=凡+1 ,则以度=2仇出+3包.其 特 征 方 程 为X2-2X-3=0，特征根为%=3,=一1 故可设包=C1-3)1+C2.(-1),(C1,C2 为待定常数).由kM募二;27ci=7，解得:Q=771-2可得勿=7 3+3二 (1)”,从而7
16、3+3 (一 1)一 16 2 6 2x+3，口 1 。占工 7 X,X j ,X2 3 由于2 x-4 2 设 函 数 力=丁 一；，解 方 程/(x)=x，即2x 4且。尸3(否则由式可以得到q=3相矛盾).1 1“+1 +弓 2 +5将两式相除，得-J=J结合初始条件及等比数列的通项公式,可知.%-3 5 a-31-5fl+(-l)w-,-3-2n+12-5+(-iy-2n+X 4 r 4 设 函 数/(x)=,解 方 程/(x)=x,即=X,得 内=马=2.x-3 x-3由 于%=a,-4 2=4+24-3 a-3且。，片2(否则由式可以得到q=2,矛盾).两边取倒数，得 一二=/二=
17、一1 +=，%-2 -+2 a,-2数列 一 为 等 差 数 列 得=从而为=等?.an-2 an-2 3 3/1-4 例3已知数列 ,圾 满足+1=a-2。“且 hn+l=6 an+6 bn，又 q=2曲=4求 为也;!唠.【解题策略】观察题设条件杷两个关系式适当变形后代入消元可得到数列 4的二阶线性递推关系，则可运用特征方程求通项公式.【解】(1)f l,=2,Z?,=4,a2=2 Z?,=2 8=-1 0,由 all+l=an 2bn,得a+a”=2bn，即 bn-；(一4田一。“)=g(一/+2 一%+i)代入包+i =6 a”+6。，得(-+2-+1)=6 +3(-a+l-an)整理
18、得%+2=5。“+1 -6。“，其特征方程为X2-5X+6=0，解之得X=2,=3.2，1+2 3!由尸：得 ；=2，解得 e：=+3c2 10,c 2=14.%=16 2T -14 3|,b =|(-+1-a)=28-3-24 -2-a 16 2”T 一 143T I 3 I 14 1 lim，=lim,=lim-r=b *2 8 3 -2 4 2 i u s ，2丫 28 2 28-24-1-1【例4】设 函 数/（加詈且存 在 函 数s=at+b2满 足2 r-M _ 2.V +1证明:存在函数，=*（s）=cs+d（s0）满足了2s+12/-1 设X=3,x“+i=/(尽),=1,2,
19、一，证 明：,“一2|”【解题策略】第问，主要运用函数的对应法则与待定系数法证明;第问，运用不动点法求数列的通项再证明.【证明】2r-l叫丁广 7-2-=3 12s+l _ 2(勿+。)+1 _ 2+2/7+ls at+b at+b.(/;2)；-1=2;：+1=丽 +2)_ +“=(3-)(23 +2匕 +1).即(2+2)+(bm+2ba jtb=6at2+(6/7+3 2)，一(2/7+1).上式对一切，恒成立，必有2(m+2)a=6a,bm+2b-a=6b+3-2a,-b=-2b-1,。w 0.m=4x+4cz=3,/.f(x)=-,s=(p(t)=3 t-lx+1b=-l2s+l1，
20、n s 6.9+1 2/-1 2(c.v+J)-l 2cs+2 d-=J 2+=-=-,-=-=-s J(s)2+-+1 3s+1 t cs+d cs+d由6 s+1 2c s+2d 13s +lc s+c l6 c s +(6 d+c)s -r d 6 c s +(6 d 3+2c)s +2d 16 d+c=6 d 3+2c,d =2df解得c=3故存在函数0(s)=3s +la=i 由 加=上 吧,考 虑 数 列 的 不 动 点，设为,当+1则x =x+4,工 2=4,=2.X+1当+1制+2二，,有无+1 +2=_3,上,:.幺 马 是 首 项 为 5,公比为一3的等比数列.-2 当-2
21、=5 x (3)i,1 +1=5 x (-3)-.茏,一2 x 2X2=5X(一，.11若=2 左，贝 4 5 x (一 3)1-1|=5 x 321+1.4 x 3 2 1,显然成立，若 =2%1 则4 x 322剜5 x (3产-2 T o 4 x 32*-2 5 x 32_ _ 1 =1?32k2，显然成立综上所述，不等式成立.二、发散训练1 有一个 层的台阶若是每次可上一层或两层,那么共有几种上法？2.(1)数列 中,q=1吗=3,3。什2=2%+1+an，求 an 和 lim 可;(2)设 数 列 风 和 也 满 足%=L%=0,且 J。(w N),试求O li SO”+/n 4,4
22、 的通项公式；2 个已知q =2,且4 什=2-(.1),求通项4.2%3.已知函数/(x)=%2 4,设曲线y =在点(x J仁)处的切线与x轴的交点为(七山,()乂 e N)其中为为正实数.用尤“表示茗用；若 =4,记%=lg铝|,求证:数列%成等比数歹I J,并求数列%的通项公式；若玉=4,bn=xn-2,7；是数列例 的前项和，证明:7；?+b=0 与直线/：-+3 +。=0 交点的圆系方程为尤 2+y-+Dx-Ey-尸+几(A x+By+C)=0(/1 为参数).过圆 O 1：x2+y2+/+g y+耳=0 与圆 Q :Y +J +E2y-F2=0 的圆系方程为父+：/+。声+耳+/
23、112+；/+/+丹)=()(不包括圆。2，；1为参数.当/I =一 1时，为一条直线(根轴，即过两圆交点的直线).若 伍，)表 示 圆 C：f +y 2+Dx +F =0 上 任 意 一 点，则曲线系方程:(x2+y2+x+F)+/l(x-xo)2+(-yo)2 =Oa 为 参 数)表示与 C 相 切 于 点(七,%)的所有圆.巧用直线系、圆系方程解题的关键是由题设条件确定参数的值，从而求出需求的结果.一、例题精讲 例1经过点(3,2)的一条动直线分别交x轴、y轴于M、N两点，设。为MN的中点，联结O Q并延长到P,使1cM =2|O Q|,求点P的轨迹方程；（2）求过直线/1：5x+2y
24、3=0 和，2：3x 5 y-8=0 的交点尸，且与直线x+4y 7=0 垂直的直线/的方程.【解题策略】第问，可以创造性地构造两条过定点的直线，再利用直线系方程求解;第问，求过两直线交点且与另一直线垂直的直线方程，常规解法是通过联立方程组求其交点，再由与另一直线垂直确定所求直线的斜率，利用点斜式得直线方程.若运用直线系求解，则更简洁.通过垂直的直线系方程来解,需要解方程组求交点，若利用过两直线交点的直线系方程,可以避免解方程组的过程.【解】（1）点（3,2）为两条直线X 3=0 和 y-2 =0 的交点，则过点（3,2）的直线系方程为x 3+4（y-2）=0（不包括直线 y-2 =0），于是
25、得 M（3+2 4 0）,N（0,2+1），设点、P的坐标分别为（毛,%）和（乂用，则x=3+2/1息 Q 为M N的中点，由中点坐标公式得 3，消去参数见得点P的轨迹b=2+i方程为 y=2+9（XH3）.x-3、即 孙-2 x-3 y =0（xw 3）.（2）【解法1】5 x 4-2 y3 0/、（常规解法）由/C八得4 与L 的交点坐标为（L 1）.3 x-5 y _ 8 =0直线x+4 y-7 =0 的斜率为一上.直线/的斜率为4.4因此满足条件的直线/的方程为:y+l=4（x 1）,即4 x-y-5 =0.【解法2（利用垂直直线系解）直线/垂直于直线x+4），-7 =0,，可设直线/
26、的方程为4x-y+c=0.4 与乙的交点为 P（L1），；4 x 1（-1）+c=0,从而 c=5.直线/的方程为4 x-y-5 =0.【解法3（利用过两直线交点的直线系解）由于直线/过4 与6 的交点，可设直线/的方程为（5x+2 y-3）+/l（3x5 y-8）=0,即（5+3；l）x+（2 5/l）y 3 84=0./与直线 x+4 y 7=0 垂直,.4=一 三=4,从而 4=U.2-5 2 17-直线/的方程为4x y 5=0.例2求过直线2 x+y +4=0 和圆 2+丁+2X4y+l=0 的交点，且面积最小的圆的方程；求过两圆与尤2+2+6x-4=0 与/+丁+6y-28=0 的
27、交点的直线方程和圆心在直线x y -4 =0 上的圆的方程；（3）求圆心在直线x +y =0 上，且过两圆/+2-2犬 +10），-24 =0,/+/+2+2 一8=0 交点的圆的方程；（4）求与圆/+V -4 x-8 +15 =0 切于点4（3,6）,且过点8（5,6）的圆的方程.【解题策略】若所求的圆过一直线与一圆的交点或过两已知圆的交点，当然可以运用直接法求交点，再设所求的圆方程为标准方程或一般方程，把交点坐标代入且由另一个条件（圆方程的确定需要3 个条件）得方程组解之求。,儿厂或。、旦 E 但运算量肯定比按大，若巧用圆系方程解题则方便许多.第问，直接套用与圆相切于一点的圆系方程,是个好
28、方法.【解】【解法1】（常 规 解 法）由 已 知 条 件，所 求 圆 一 定 是 以 直 线2x+y +4=0被圆V +y 2+2x 4 y +l =0 截得的弦为直径的圆.故由方程组2 x+y+4 =0,x +y +2x 4 y 4-10,解得直径的两端点分别为P（-3,2）,Q .线段PQ 的中点为M 卜 装,外 即 所求圆的圆心V 0 =竽，则半径=半.所 求 圆 的 方 程 为 +?+卜-=*【解法2（利用圆系方程解）过直线2 x+y +4 =0和圆V +y2+2 x-4 y +l=0.的交点的圆系方程可设为工2+；/+2%一 分+1+42 1+旷+4）=0（1/?）,/1 、2即+
29、）=：丸 2_4 丸 +4圆的半径为小;22-4/1+4 =gj5/l2-16/l+1 6=g j 5（；l-1+y,故当力=|时对应圆的半径最小，且最小半径为|7 5.所 求 圆 的 方 程 为 葭）=|-（2）（利用圆系方程解）过两圆交点的圆系方程为：X?+y +6 x 4 +A（x?+y +6 y 28）=0 1令X=-l即可得x-y +4 =0,此即为公共弦所在直线的方程把式整理得（1+（1+几）y1+6 x+6 A y4 28A 0.二圆心的坐标为J二 一，乌411 +A 1+2)而圆心、在直线x-y-4 =0 上,；.一3 32T+I+T+I-4 =0,.-.2=-7.代人圆系方程
30、得/+丁 一尤+7)-3 2 =0.【解法1】(常规解法:利用圆心到两交点的距离相等求圆心)将两圆的方程联立得方程组x2+y2-2x+10y-24=0 x2+y2+2 x+2 y-8 =0解这个方程组求得两圆的交点坐标A(T,0),8(0,2),所求圆心在直线x+y=0 上,故设所求圆心坐标为(a,b),a+=0,。,则它到两交点(T O)和(0,2)的距离相等，故有,(-4 -a.+()+a.=Ra2+(2+a)?.,.。=-3,=3,从而圆心坐标是(-3,3).又r=7(-4 +3)2+32=可，故所求圆的方便为(x+3尸+(y-3)2=10.(用圆系方程解)设所求圆的方程为X2+/-2X
31、+1()J-24 +/1(X2+/+2X+2 -8)=()(2-1),即 x?+y2-2(1-4)52(5+4)8(3+4)1 4-A=0,可知圆心坐标为1-21 +%1 +A1 十几5+几、1 +圆心在直线x+y=0上，二1-2 5+4=0,m#Z=-2.1 +2 1+2将4=-2 代入所设方程并化简，得圆的方程为f +y 2+6/一 6y+8=0.设与圆/+y2 _4x 8y+15=0 切于点A(3,6)的圆系方程为x2+/-4 x-8 y +15+/l(x-3)2+(y-6)2=()以点B(5,6)代人，求得X =-2.故有f +y2-4 x-8 y +1 5-2(x2-6 x+9 +/
32、12y+36)=0化简即得所求圆的方程为/+y2 _ 8x _ 16J+75=0.例3判断方程d +丁 +2+(必+10)y+102+20=0(%为参数次w l表示何种曲线?找出通过定点的坐标；直线系A:(x-3)cosa+ysina=2，直线系A中能 组 成 正 三 角 形 的 面 积 等 于.【解题策略】第问，所给的方程含有参数%,左在变动时表示不同的曲线,但这些曲线的规律是什么?这就是本题探索的内容.通常采用配方法化为圆的标准方程形式，看一看圆心是怎样变化的?半径又是怎样变化的?本题反映出圆系方程的多样性，并非只有本讲前面所讲的3种类型;第(2)问,告诉我们的则是直线系程的多样性，直线系
33、A：(x-3)cos+ysin=2,当参变量a取不同的值时可以得到一系列不同的直线，但这些直线之间内在必有联系，这究竟是一个怎样的直线系?值得深入探究，探究明白了，才能使本题获解.【解】(1)将原方程整理得(x+A)?+y+(2%+5)F 5(%+1)，=0,即(x+女 产 +y+(2Z+5)羊=+1)2,.方程表示圆心在(左,一(2R+5)即在直线y=2万一5上，半径 为 石 卜+1|的圆系.将原方程整理为关于左的方程：x2+y2+i0y+2O+%(2x+4y+lO)=O,可见此圆系也为过 圆/+2+10),+20=0与直线2工+4丁 +10=0交点的圆系,其交点即为所求的定点./2 +y+
34、0旷 +20=0,解 得 卜=,由 2x+4y+10=0,y=-3,表明圆系过定点M(l,-3).实际上,2x+4y+10=0是圆/+V+0丁 +20=o的切线,M(1,-3)为切点，可见圆系中的圆的圆心在直线y=2 x-5上 移 动 泮 径 为 石 卜+1|也在变动但都过用(1,一3)这一点.直线系 A 的方程(x 3)cosa+ysina=2 可变形为 7(-3)2+y2sin(a+)=2,2艮|1 sin(a+69)/：)J(x-3尸 +22而卜in(a+9)怪|,;./1,即(x 3)-+y；4.y(x-3)2+y2其几何意义为圆(x 3+V=4外的点的集合，即 直 线 系A:(x-3
35、)cosa+jsina=2是 圆(x-3)2+2=4的 切 线 的 包 络，也即是圆(x-3)2+V=4上所有点的切线的集合，如图2-1所示.为了解决本题,采用以退为进的策略，即把圆心平移到原点.联想到过圆月+产=r2上一点PG。,%）的切线方程为xx+%），=/，而圆储+）,2=/的参数形式为 x=rc.osa,b r 0,2句、.令x。.=rc.osay=rsina=rsina.则以尸（%,%）为切点的切线方程为工（Q。$。）+y（rsina）=/,即 xcosa+ysina=r.由圆心（0,0）到切线xcOsa+ysina=r的距离等于半径，有J一/=r.Vsin2a +cos2a即 s
36、in2a +cos2a =l.故当ae0,2江）时,直线系xcosa+ysina=r是圆/+y2=/上的所有点的切线方程系,也即是圆的包络线.显而易见,所有直线系中的直线，构成的正三角形有无数个，但是面积的值只有两个.回到原题，如取厂=2（如图2 2所示），设 直 线 的 方 程 为）=石工+江吕心到直线的距离等于半径.则-”-2,b=4,AB:y/3x+4.A/3+1BC:y=2,B,2|BC|=-J=.：.S ABC 又BCiy=-2,B-耳,一2）,即 谭.会2=12也将圆/+2=4向右平移3个单位即为(X-3了 +y2=4,不改变正三角形的面积,.直线系A中组成正三角形的面积为 殍或1
37、20.二、发散训练1(1)求经过两直线2万一3丁 =1,3%+2丁 =2的交点,且平行于直线；+3=0的直线方程；(2)求 经 过 两 圆x2+y 2-x+y 2=0与f +y 2=5的 交 点，且 圆 心 在 直 线3x+4y 1=0上的圆的方程.2(1)在四边形A B CD中,对角线A C平分N 8 4。，在CD上取一点E,B E与A C相交于F,延长交8 C于G.求证:/G 4 C =N E 4C ；已知圆C：/+y2 2+4丫-4=0,问:是否存在斜率为1的直线/,使直线/被圆C截得的弦A 8为直径的圆经过原点?若存在，写出直线/的方程;若不存在，说明理由.第十四讲巧用圆锥曲线系方程解
38、题应用曲线系方程解题，即引入适当的参数先设出符合部分条件的曲线系方程.然后根据题中的其他条件，通过推理，运算求出曲线系方程中的参数值，从而实现问题的解决.运用曲线系方程往往可以回避联立解方程组、求交点坐标等带来的麻烦，既减少了计算量,又体现了参数变化、整体处理、待定系数法等重要的数学思想方法.当然，由于曲线系方程的多样化、所给问题条件的隐蔽性，应用曲线系方程解题虽然减少了运算量，但对技巧的要求颇高,在高中数学竞赛中运用较为广泛，本讲对各类圆雉曲线系方程进行归纳总结.圆锥曲线系方程：龙2 v2(1)共顶点圆锥曲线系方程:=十 一 =1(4为参数).2 2(2)共渐近线双曲线系方程：a一方=为参数
39、H/0).2 2(3)共焦点圆锥曲线系方程:与 二+3=l(c为焦半径,;I为参数).c+2 A当；I0时,表示共焦点椭圆系;当一 4 0时，表示共焦点双曲线系;当2 0).a-h过两圆锥曲线4个交点的圆锥曲线系：若ijxx3。是有4个交点的二次曲线,则。i+0%+6+/1（&%2+。2：/+。2犬+月）=（）是过4，2的交点的圆雉曲线系,其中不包括。2 G 为参数），（6）过两条直线与圆锥曲线4 个交点的圆锥曲线系：若（L:a x+b.y-ci=0,八 与圆锥曲线。：以2+0 2,+m+4+/=。有 4 个交点，:a2x+b2y+c2=0则方程4%2+0 2 +瓜+或+/+几（平+丁+0 乂
40、%+%丁+6：2）=0 为 过 4 个交点的圆锥曲线系方程.一、例题精讲（1）求渐近线方程为3无土4y=0,焦点为椭圆东+=1 的一对顶点的双曲线的方程；x2 y2（2）求与双曲线7T-J=1有共同的渐近线，且与直线5工-6-8=0 相切的标准双曲线方16 4程.【解题策略】当 已 知 双 曲 线 的 渐 近 线 方 程 为 一X 土V;=1（或 y=m r）时，可设双曲线的方程为a b2 2之 一 方=4 或 m2 f-y 2 =九）（其中彳为不等于零的待定常数），以简化运算过程这里方程2 2 2 22-哀=4（2 1 1 且/1H 0）称之为与双曲线，-2=1 共渐近线的双曲线系,为解题带
41、来方便.【解】%2 y2 依题意，可设双曲线的方程为-=A（2 是正实数），当双曲线的焦点为椭圆的16 9长轴的顶点，即（厢,0）与（-7 1 0,0）时，由C2=/+，可得10=164+9 4 4=,.双曲线 的 方 程 为 娑-汇=1;32 1 o当双曲线的焦点为椭圆的短轴的顶点，即（0,、后）与（0,-石）时，双曲线的方程为2 2 2 2 二一=一 九（几是正实数），即工一 72下=1,.5=92+162,2=.Io 9 9/1 1OA 55v2 5x2二双曲线的方程为一 一二二19 16（2）【解法1】（利用共渐近线双曲线系方程结合判别式法）2 2设所求双曲线的方程为3一=4（尤。0）
42、，此双曲线与直线5 x -6 y -8=0相切，且显然其渐近线都不平行于直线5 x -6 y -8=0.匕 _ _=4由方程组J16 4 消去乩得4 y2 一6 y+25 4 4 =0,其判别式4 =5 x-6 y-8=0（_6）2_4 x 4 x（25 2_4）=0,解得 =v-2 v2 1 r2故所求双曲线的标准方程为-J=:,即 一-丁=116 4 4 4【解法2（利用共渐近线双曲线系方程结合待定系数法）2 2设所有双曲线的方程为J J =4（2 h 0），即x2-4 y =16 2（/1丰0）,设其与直线5 x 6 y-8=0相切的切点为（毛,%），则切线方程为x.x-A y.y-lh
43、A=0,.有=二=上.%0=102,%=3 A.代人双曲与 4 y o 16 A线方程中并化简得4万=%又 几H 0,4 =L，故所求双曲线的标准方程4为 7-/=14【解法3（利用共渐近线双曲线系方程结合双曲线参数方程解）2 2设所求双曲线方程为高一点=1（2 H ），双曲线上一点M的坐标为（4 jls ec氏2jlt an6）,以 此 点 为 切 点 的 双 曲 线 的 切 线 方 程 为-=16 2 4/1s ec-x-2t an-y =4 /X.它和直线5 x-6 k8重合，手=等=字，即誓=誓由等比定理得些=7S P7Z=l-=7，代人原双曲线方程得:一,2=1，此25-9 4 16
44、 4 4 4即为所求.例222讨 论 方 程 丁7 +4=1所表示的曲线.【解题策略】观察方程可以发现其中心在原点,是有心曲线对称轴为坐标轴，若（25 -%025-攵 9一%0,则方程表示椭圆系,c?=（25-2）-（9 一%）=16,。=4;若 *9 k 0,方程表示则曲线系,d =（25左）+（女 9）=16,c=4.所有的曲线焦点相同，因此，原方程表示中心在原点，对称轴为坐标轴，有相同焦点的圆锥曲线系.【解】由所给方程知k。25且%w 9，原方程可化为（9-A:）X2+（25-A:）/=（2 5-JI）（9-）它表示中心在原点，对称轴为两坐标轴的有心圆锥曲线系.当 9时，它的曲线是椭圆.
45、,2=。2_从=（25 _4）_（9左）=16,.焦点为（-4,0）和（4,0）.当9 k 25时,2 5 0,9-Z 2_ =0,将其中第二个方程乘以任意实数,然后与第一个方程相加得（V +y 2-2X-8）+2（X2-/-1）=0圆和双曲线的任一交点的坐标同时满足圆方程和双曲线的方程，因而使式左边两个括号里面代数式的值同时为0,所以这些交点都在式表示的二次曲线上.将点M的坐标（0,2）代入式得-4 -5/1=0,r.2=-，将所得2值代入式得 +y 2 _/2 _）=（）化 简 得 一,+9/,-10-36 =0,即（x三-5=）2+*y2=1.所得的曲线是一个椭圆,它的中心是6 1 6
46、19点（5,0）,焦点在x轴上，长 半 轴 和 短 半 轴 分 别 是 屈 和 平（如图2-3所示）.图2-3一 条 圆 锥 曲 线 过 点 切直线x-2y +5 =0于点(1,3),切直线5 x+2y _20=0于点(4,0),求它的方程.【解题策略】由于圆锥曲线的形态不清楚，无法直接求解，只能通过圆锥曲线系来解，如何列出符合条件的圆锥曲线系是关键.【解】过点(l,3),(4,0)的直线方由为x+y-4 =0,由于(1,3),(4,0)都是切点，直线(1)可以看作是两条重合的直线(退化了的曲线)，于是所求方程可写成(x 2y+5)(5 x+2y 20)+x+y 4)2=0.再由曲线过点,代人
47、(2)式，解得/l =y.故所求方程为 4 5/+18x y +9y 2-180 x =0.例5 (1)(蝴蝶定理)过圆A B弦的中点M，任意作两弦CD和EF,CF和E D交弦A B于P,。,求证:;(2)A B是圆r的一条定弦，。为A B上的定点，过点。作圆r的两条弦c o和E F，弦CF和0 A交于点1，弦D E与O B交于点J.4 T li 11求 证:两 一 两 二同 一 画【解题策略】运用曲线系方程证明蝴蝶定理及其推广比用平面几何知识证明要简便许多.【证明】如图2 4所 示 以M为原点,A 5所在直线为x轴建立直角坐标系，设圆方程为x2+(y-Z?)2=/(网 =&x.将 它 们 合
48、 并 为(尸 公)(尸 质 )=，于是过点C、。E,尸的曲线系方程为V +一与2 一厂2+丸(y _抬)(一 总司=0令y =0,得(1+:他)2+6 2一 尸=0即过点c,D,E,尸的曲线系与A B交于点P,Q的横坐标是方程(1+:他)/+从 一 /=。的两个根由韦达定理得X,+x =0,即 知 是PQ的中点，故PM=Q M(2)如 图2 5所示，以。为原点，直 线A 3为x轴建立平面直角坐标系，设 圆 的方程为x1+y1+d x+e y +/=0lc D.x-tty =0,lE F：x-t2y =0.则直线CD,E F合成的二次曲线方程为(x-V)(x-/2y)=0从而，经过C,D,E,f
49、这4点的曲线系方程为X2+y2+d x+e y +f+A.x txy x t2y -G.存在人使得为直线C F、D E合成的二次曲线.在中，令y =0,则为,是方程(1+几)d +必:+/=o的两个根.d f由韦达定理得 X+X=-,Xj-Xj =-.14-/1 1 +/L(O,XJ)O J w o”,焉一焉j_=一 +%W I Xj XtXj f在中，令4 =0,y =0,则无A，B是方程f+口+f=0的两个根由韦达定理得/+/=，又/(0,4)0,/。0,1 1 _ 1 1 _ xA+xB _ d,1O 4|。用 f XB XAXB f故|O A|O B O I O J 例6 已知任意二次
50、曲线S,A 3是曲线S的弦，。是A B的中点，过点。任意作弦C O、班 过 点C,Q,E,尸另作一条任意二次曲线九如果曲线/与直线A B交 于 点P、。，求证;吁。【解题策略】上例介绍了平面几何蝴蝶定理的证明和应用，本例是平面几何蝴蝶定理的推广，从圆一步飞跃到任意的二次曲线，联 结 圆 上4点的两直线C F和Q E也直接换成一般的二次曲线，从蝴蝶定理的特殊图形里看到一般的二次曲线系，升级换代、一次到位，不是拾级而上,而是直上高楼，美景无限.观察如图2-6所示图形,里面是否隐藏着一只飞舞的蝴蝶？【证明】如图2 6（a）所示,取直线A B为y轴,。为原点,A B方向为y轴的正方向建立直角坐标系.设