高中数学总复习考试-解题方法.doc

思维方法·类比法

类比是通过两个(或两类)对象的比较，找出它们在某一方面(特征、属性和关系)的类似点，从而把其中一对象的其他有关性质，移植到另一对象中去．因此，类比推理是从特殊到特殊的思维方法．
在解析几何中，类比法是编制新命题、发现新定理以及开拓解题思路的重要方法．
解析几何的研究对象是直线、圆和圆锥曲线，因此，在圆、椭圆、双曲线、抛物线之间相互类比，是类比推理的主要内容．
例1  对圆x2＋y2=r2，由直径上的圆周角是直角出发，可得：若AB是⊙O的直径，M是⊙O上一点(异于A、

是否有类似的结论？

标分别为(x1，y1)、(-x1，-y1)，又设点M(x0y0)是这个椭圆上一点，且x0≠±x1，则

以上两式相减，得

于是①、②两式就是椭圆、双曲线与圆类似的结论．
【解说】  (1)与圆类似，连结圆锥曲线上两点的线段叫做圆锥曲线的弦，过有心曲线(椭圆、双曲线)中心的弦叫做有心曲线的直径；
(2)因为抛物线不是有心曲线，所以抛物线没有与圆的这个性质相类似的结论．

＜a＜b)类似的命题是什么？
【分析】  由习题1．1第5题，我们知道了椭圆这个命题的证明方法，用类似的方法，我们来寻找双曲线的有关命题．比较两个标准方

由①+②，得

于是，我们得到与椭圆类似的正确命题：

习题1．4

1．对圆x2＋y2=r2，由过弦AB(非直径)中点M的直径垂直于此

(a＞0，b＞0)类似的结果是什么？并证明你的结论．

＜1)，一直线顺次与它们相交于A、B、C、D四点，则|AB|=|CD|．双曲线类似的命题是什么？并加以证明．

习题1．4答案或提示

1．若AB是椭圆、双曲线的弦(非直径)，M是AB的中点，则对

一直线顺次与它们相交于A、B、C、D四点，则|AB|=|CD|．
思维方法·求异思维

所谓求异思维是一种不依常规、寻求变异、从多方面探索答案的思维形式．求异思维又叫发散思维，它具有不落俗套标新立异、不拘一格的特点．因此，用求异思维解题有利于培养思维的多向性、灵活性和独特性．
在平面解析几何中，培养学生的求异思维能力，要注意以下几个方面．
(一)变换思维方向
解证解析几何习题，常常会出现“思路自然、运算麻烦”的局面，甚至会到“山穷水尽疑无路”的地步．这时，若能变换思维角度，多方位思考，多渠道辟径，就会超过思维障碍，呈现“柳暗花明又一村”的美景．
例1  已知点A(1，-1)、B(7，2)，以A为圆心、8为半径作⊙A，以B为圆心，6为半径作⊙B，求这两个圆外公切线交点P的坐标．

【分析】  如图1－4．解本题的自然思路是，先求出两条外公切线的方程，再解方程求出交点坐标．但这种解法是入手容易出手难，由于运算量过大，使思维陷入困境．如果能换一个角度思考，联想到公切

径之比)，那么便可用线段定比分点公式，使问题获得巧解．
【解】  如图1－4，设M、N是一条外公切线与两个圆的切点，连结AB、BP，则A、B、P三点共线，再连结AM、BN，则AM⊥MP、BN⊥MP．
∴  BN∥AM．

设点P的坐标为(x，y)，则由线段定比分点公式，得

故点P的坐标为(25，11)．
例2  如图1－5，直线y=kx＋b与圆x2+y2=1交于B、C两点，与双曲线x2-y2=1交于A、D两点，若B、C恰好是线段AD的三等分点，求k与b的值．

【分析  如图1－5，解本题的自然思路是，由|AB|=|BC|=|CD|入手，先计算出|AB|、|BC|、|CD|(即用k、b表示)，然后解方程组求得k、b的值．但由于线段AB、CD的端点不在同一曲线上，从而上述解法运算相当麻烦．如果变换思考角度，由|AB|=|CD|出发，可得线段BC与AD的中点重合，进而可用韦达定理，列出k、b的一个关系式，再

【解】  如图1－5，把y=kx+b代入x2-y2=1中，整理，得
(1+k2)x2+2bkx+b2-1=0                                                               ①
从而  由韦达定理，得

把y=kx+b代入x2-y2=1中，整理，得
(1-k2)x2-2bkx-(b2+1)=0                                                          ②

∵  |AB|=|CD|，
∴  AD与BC的中点重点．

解之，得k=0或b=0．
当k=0时，方程①化为x2=1-b2，

(二)一题多解
在解析几何中，进行一题多解训练是培养求异思维能力的一种极好形式．
例3  已知直线l过坐标原点，抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上，若点A(-1，0)和点B(0，8)关于l的对称点都在C上，求直线l和抛物线C的方程．(1994年全国高考理科试题)
【分析1】  设直线l的方程为y=kx，抛物线C的方程为y2=2px(p＞0)，先求出A、B关于l对称的点A′、B′的坐标(用k表示)，再代入抛物线C的方程中，可得k、p的方程组，最后解方程组即可．
【解法1】  如图1－6．由已知可设抛物线C的方程为
y2=2px(p＞0)．

由于直线l不与两坐标轴重合，故可设l的方程为
y＝kx(k≠0)．                                                             ①
设A′、B′分别是A、B关于l的对称点，则由 A′A⊥l可得 直线AA′的方程为

将①、②联立，解得线段AA′的中点M的坐标为

分别把A′、B′的坐标代入抛物线C的方程中，得

由③÷④，消去p，整理，得
k2-k-1=0．                                                                       ⑤
又由④知k＞0．                                                                                        ⑥

【分析2】  如图1－7，设直线l的倾斜角为α，则l的斜率为

用α的三角函数表示点A′、B′的坐标，再把这些坐标用k表示，以下同解法1．

l的斜率为k．
∵  |OA′|=|OA|=1，
|OB′|=|OB|=8，∠xOA′=-(π-2α)，

∴  由三角函数的定义，得A′的坐标为
xA=|OA′|cos∠xOA′=-cos2α，

yA=|OA′|sin∠xOA′=-sin2α

以下同解法1，从略．

又|OB′|=8，|OA′|=1，从而此题可设极坐标方程去解．
【解法3】  如图1－7，以O为极点，Ox为极轴建立极坐标系，把x=ρcosθ代入方程y2=2px(p＞0)中，得抛物线的坐标方程为

由已知可设点B′的极坐标为(8，α)、A′的极坐标为(1，

∵  直线l平分∠BOB′，

=8，OA′⊥OB′列出p、t1、t2的方程组，进而去求解．

∵  |OA′|=|OA|=1，|OB′|=|OB|=8，

又由OA′⊥OB′，得kOA·kOB=-1，

【分析5】  如图1－7，由于|OA′|=1，|OB′|=8，∠A′

【解法5】  如图1－7．把直角坐标系视为复平面，设点A′
得点B′对应的复数为(x1＋y1i)8i=-8y1+8x1i．
∴  点A′、B′的坐标为
(x1，y1)、(-8y1，8x1)．
把它们分别代入抛物线C的方程y2=2px(p＞0)中，得

即kOA'=-2，又|OA′|=1，

以下同解法4，从略．
【分析6】  本题也可以把抛物线的参数方程与复数法结合起来去解．

数乘法的几何意义，得

由复数相等的条件，得

消去p，解得t2=2．
从而B′的坐标为(8p，4p)．

∵线段BB′的中点C的坐标为(4p，2p＋4)，

【分析7】  在解法5中，利用复数乘法的几何意义，发现了A′、B′坐标之间的关系式，从而获得简解．如图1－8，点B′与点A′的坐标关系也可用平面几何法得到．

【解法7】  如图1－8，作A′C⊥Ox于C，B′D⊥Ox于D．设A′、B′的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)．
∵  ∠B′OD＋∠A′OC=90°，
∴  Rt△A′CO∽Rt△ODB′．

又|OA′|＝1，|OB′|=8，
∴  |OD|＝8|A′C|，|B′D|＝8|OC|．
于是x2=-8y1，y2=8x1．
以下同解法5，从略．
【解说】  本例给出了七种解法．解法1是本题的一般解法，它的关键是求点A、B关于l的对称点的坐标．解法2是三角法，它

法3是极坐标法，巧妙利用了A′、B′的特殊位置．解法4是利用抛物线的参数方程去解的．解法5和解法7是从寻找A′、B′的坐标关系式入手的，分别用复数法和相似形法获解．解法6把参数法与复数法结合起来，体现了思维的灵活性．总之，本例运用了解析几何的多种方法，是对学生进行求异思维训练的极好例题．
(三)逆向思维
在人们的思维活动中，如果把A→B的思维过程看作正向思维的话，那么就把与之相反的思维过程B→A叫做逆向思维．
在平常的学习中，人们习惯于正向思维，而不善长逆向思维．因此，为了培养思维的多向性和灵活性，就必须加强逆向思维训练．在解题遇到困难时，若能灵活地进行逆向思维，往往出奇制胜，获得巧解．
在解析几何中，培养学生逆向思维能力要注意逆用解析式的几何意义、逆用曲线与方程的概念和逆用圆锥曲线的定义．
例4  设a、b是两个实数，A={(x，y)|x=n，y=na＋b，n∈Z}，B={(x，y)|x=m，y=3(m2＋5)，m∈Z}，C={(x，y)|x2＋y2≤144}是平面xOy内的点焦，讨论是否存在a和b，使得：(1)A∩B≠f；(2)(a，b)∈C．(1985年全国高考理科试题)
【解】  由已知可得，a、b是否存在等价于混合组

以上二式的几何意义是：如图1－9，在平面aO′b中，na＋b=3(n2＋5)是直线，a2＋b2≤144是圆面(即圆x2＋y2=144的边界及其内部)．因此，这个混合组有解的充要条件是直线na＋b=3(n2+5)与圆a2＋b2=144有公共点，即圆心O′(0，0)到这条直线的距离d≤12．

即(n2＋5)2≤16(n2+1)，
∴  n4-6n2+9≤0，
即(n2-3)2≤0．
又(n2-3)2≥0，
∴  n2=3．这与n是整数矛盾．

故满足题中两个条件的实数a、b不存在．
【解说】  这种解法中，把混合组翻译成几何语言(直线和圆面是否有公共点)就是解析法的逆向思维．教学实践表明，学生普遍认为这种解法难想，其实，“难就难在逆向思维”，普遍认为这种解法巧妙，其实，“巧就巧在逆向思维”．

习题1．2

1．已知圆C1：(x＋1)2＋(y-2)2=4与圆C2：(x-3)2+(y-4)2=25，求它们外公切线交点P的坐标．
2．已知直线l过点P(1，4)，求它在两坐标轴正向截距之和最小时的方程．(要求至少5种解法)

(要求至少4种证法)．(1992年全国高考理科试题)
4．长度为3的线段AB的两端点在抛物线y2=x上移动，记线段AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离，并求此时点M的坐标．(要求至少4种解法)．(1987年全国高考理科试题)
5．已知2a＋3b=5，求证：直线ax+by-5=0必过一个定点．

7．已知三个集合M=｛(x，y)|y2=x＋1｝，S=｛(x，y)|4x2＋2x-2y＋5=0｝，P=｛(x，y)|y=ax＋m｝，问是否存在正整数a、m使得(M∪S)∩P=f？(其中f表示空集)

习题1．2答案或提示

3．证法1：设A、B的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，

|PA|=r，则圆P的方程为(x-x0)2＋y2=r2，与椭圆方程联立，消去y，得

把A、B的坐标代入椭圆方程中，后把所

)、(ρ2，θ2)，点P的坐标为(t，0)，则t=x0＋c．由|PA|=|PB|，可得

5．逆用点在直线的概念，得定点为2，3)．
6．在直角坐标系中，由已知两个等式可知，直线ax＋by=c过点

重合的条件，可证得结论．

也无实数解．故a=1，m=2．

思维方法·分析综合法

综合法、分析法和分析综合法是平面解析几何中论证命题的基本方法．
从已知条件出发，运用学过的定义、公式、定理进行一步步地正确推理，最后证得结论，这种论证命题的思维方法叫做综合法．从命题的结论入手，寻找使这个结论成立的充分条件，一直追溯到已知条件为止，这种论证命题的思维方法叫做分析法．把分析法与综合法结合起来去论证命题的思维方法叫做分析综合法，它是从一个命题的两头向中间“挤”，因此容易发现证题的突破口，收到事半功倍的效果．
例1  设A、B、C是双曲线xy=1上的三点，求证：△ABC的垂心H必在此双曲线上．
【分析】  如图1－1，设H的坐标为(x0，y0)，要证H在此双曲线上，即证x0y0=1．而H是两条高AH与BH的交点，因此需求直线AH、BH的方程，进而从所得方程组中设法推出x0y0=1．

【证明】  如图1－1，由已知可设A、B、C的坐标分别为(α，

设点H的坐标为(x0，y0)，则

由①式左乘②式右及①式右乘②式左，得

化简可得x0y0(α-β)=α-β．
∵  α≠β，∴x0y0=1．
故H点必在双曲线xy=1上．
【解说】  本证法的思考过程中，从分析法入手，得出证点H在双曲线xy=1上就是证x0y0=1．这为综合法证明此题指明了目标．在用综合法证明的过程中，牢牢抓住这个目标，去寻找x0、y0的关系式，用式子①与②相乘，巧妙地消去参数α、β、γ，得到x0y0=1．从而避免了解方程的麻烦，提高了解题速度．
例2  在直角坐标系xOy中，已知A1(x1，y1)、A2(x2，y2)是单位圆x2+y2=1内任两点，设点P(x，y)是以线段A1A2为直径的圆上任一点，求证：x2+y2＜2．
【分析】  欲证x2＋y2＜2，由于A1、A2是圆x2＋y2=1内两点，

坐标的关系式，又点P在以A1A2为直径的圆上，故可从PA1⊥PA2入手去证．
【证明】  当P是直径A1A2的端点时，结论显然成立．当P不是直径A1A2的端点时，如图1－2，连结PA1、PA2，则PA1⊥PA2，

即x2＋y2-(x1+x2)x-(y1+y2)·y+x1x2＋y1y2=0，
∴  x2＋y2＝(x1+x2)x+(y1+y2)y-x1x2-y1y2．

又由A1、A2是圆x2＋y2=1内两点，得

故x2＋y2＜2．
【解说】  乍看，本题难以下手．但用分析综合法，把被证结论转

例3  已知P是椭圆b2x2＋a2y2=a2b2(a＞b＞0)上任一点，F1、F2是左、右两个焦点，∠PF1F2=α，∠PF2F1=β，e是离心率，求证：

由合分比定理，得只需证

①
如图1－3，在△PF1F2中，由正弦定理，得

∵  |PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，

由和差化积公式和倍角公式，得

即①式成立．
故原结论成立．
【解说】  本例的上述证法就是分析综合法．它从被证结论入手，把它转化为证①式成立，这个过程是分析法．然后，从已知条件出发，运用解析几何、三角知识推得①式，这个过程是综合法．

习题1．1

用分析综合法证明下列各题：
1．已知a、b、c满足3(a2＋b2)=4c2(c≠0)，求证：直线ax＋by＋c=0与圆x2+y2=1有两个不同的交点．

B、B′是此椭圆的短轴的两个端点，BM与B′M分别交x轴于K、N两点．求证：|ON|·|OK|=a2．
4．设F1、F2是双曲线x2-y2=a2(a＞0)的两个焦点，P为该双

习题1．1答案或提示

1．欲证直线与圆有两个不同的交点，只需证圆心O到直线的距离

＜a．又点P既在椭圆上，又在圆x2＋y2-ax=0上，由此可得(b2-a2)

3．欲证|OK|·|ON|=a2，需要求出K、N两点的横坐标，从而只需求出直线BM、B′M的方程．

思维方法·数形结合观点

解析几何是数形结合的科学，其显著特点是用代数的方法研究几何图形的性质，从而把代数、几何、三角熔为一炉．解题时，要贯穿数形结合的观点，不但要注意把图形数字化和把数式图形化，而且还要留心观察图形的特点，发掘题目中的隐含条件，充分利用图形的几何性质，把数与形有机地结合在一起，去探索问题的最佳解法．
例1  过圆M：(x-1)2＋(y-1)2=1外一点P向此圆作两条切线，当这两切线互相垂直时，求动点P的轨迹方程．
【分析】  本题一般用参数法去解，但运算量大且有一定的技巧，不易求解．如果运用数形结合的观点，仔细观察图形的性质，不难发现动点P是正方形PT1MT2的顶点，因此|PM|是定值，立得简捷解法如下．

【解】  如图1－10，设切点为T1、T2，连结MT1、MT2、PM，则MT1⊥T1P，MT2⊥PT2，又T1P⊥PT2，且|PT1|=|PT2|，那么MT2PT1

设动点P(x，y)，则(x－1)2+(y-1)2=2，这就是所求的轨迹方程．

的对称点为Q，点P绕圆心C依逆时针方向旋转120°后到达点R，求线段RQ长度的最大值和最小值．

α)，然后求出点Q、R的坐标，最后用两点间距离公式，求出|RQ|的最值．但这种解法运算量较大，还易出错．

观察图1－11，在△PRQ中，欲求|RQ|，因A是PQ的中点，易想起三角形的中位线，从而取PR的中点B，连结BA，则|RQ|=2|AB|．又

求|QR|的最值，转化为求点A与所作圆上点的距离的最值．过C、A作直线，交所作圆于B1、B2两点，则由平面几何知，|AB|的最大值为

x＜2｝，求a的值集．
【分析与解】  本题如果用纯代数法，着眼于求出集合A，就相当麻烦．如果用数形结合的观点看待已知不等式，从“形”的角度去考虑可得下列简捷解法：

为半径的半圆(如图1－12)，而y=(a-1)x是过原点的直线束．
问题转化为：求半圆在动直线上方且0＜x＜2时，a的值集．易得a-1≥1，即a≥2．

故a的值集为｛a|a≥2｝．
解说】  由以上三例可知，数与形密切配合，坐标法以图形性质相助，如虎添翼，问题可迎刃而解．

习题1．3

用数形结合观点解证下列各题：
1．过圆M：(x－a)2＋y2=a2(a＞0)上一点A(2a，0)作此圆的动弦AB，求AB中点P的轨迹方程．

必与相应的准线相交．

u=x2＋y2的最大值和最小值．

习题1．3答案或提示

1．连MP，则MP⊥AB，从而P的轨迹是以AM为直径的圆，方

2．欲证准线l与以AB为直径的圆相交，即证圆心M到l的距离小于半径．设过A、B、M分别作准线l的垂线，重足分别为P、Q、N，

(x，y)是以F1(-1，0)、F2(1，0)为焦点、长轴为8的椭圆上的动点．umax=16，umin=15．

b2)]≥1，即(a2＋b2-1)2≤0，所以a2＋b2=1．

学科方法·参数法

参数观点是运动、变化思想在数学中的重要体现．参数是解析几何中最活跃的元素，也是解题的一种主要方法．解析几何中的许多解题技巧都来源于参数观点．
(一)参数法解题的基本步骤
参数法解题的步骤是：
(1)设参，即选择适当的参数(参数的个数可取一个或多个)；
(2)用参，即建立参数方程或含参数的方程；
(3)消参，即通过运算消去参数，使问题得到解决．
例1  已知抛物线y2=2px(p＞0)，在x轴的正半轴上求一点M，使过M的弦P1P2，满足OP1⊥OP2．
【解】  如图2－5，设M(m，0)(m＞0)、P1(x1，y1)、P2(x2，y2)．
∵  OP1⊥OP2，

即y1y2=-x1x2．

∴  (y1y2)2＝4p2x1x2．
从而(-x1x2)2=4p2x1x2．
∵  x1≠0，x2≠0，
∴  x1x2=4p2                                                                                                                                                                                ①

设直线P1P2的方程为y=k(x-m)，把它代入y2=2px中，整理，得
k2x2-2(k2m+p)x+k2m2=0．
由韦达定理，得x1x2=m2                                                                                                                                             ②
把②代入①中，得m22p)2．
∵  m＞0，p＞0，∴m=2p．
于是所求的点M的坐标为(2p，0)．
【解说】  本例选点P1、P2的坐标为参数，利用已知条件建立x1，x2，y1，y2，m，p的关系式，消去参数，求得m的值．

OP交椭圆于点R，又点Q在OP上且满足|OQ|·|OP|=|OR|2．当点P在l上移动时，求动点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．(1995年全国高考理科压轴题)
【解】  如图2－6，设动点Q(x，y)(x，y不同时为零)．又设|OR|=λ|OQ|，|OP|=u|OQ|，(λ，u＞0)，由于Q、R、P三点共线，所以点R(λx，λy)、点P(ux，uy)．
∵  |OQ|·|OP|=|OR|2，
∴  u|OQ|2=λ2|OQ|2．又
|OQ|≠0，

同理，由P在l上，可得

于是由①、②、③，可得动点Q的轨迹方程为

且长轴平行于x轴的椭圆，去掉坐标原点．

利用已知条件|OQ|·|OP|=|OR|2巧妙地消去参数，这里参数是一个过渡，起桥梁作用．这种解法比高考命题者提供的答案简明．
(二)解题技巧的一个源泉
参数观点是产生解题技巧的一个源泉，解析几何的许多解题技巧都起源于参数．其中“设而不求”和“代点法”就是最突出的两个．
1．设而不求
例3  如图2－7，过圆外一点P(a，b)作圆x2＋y2=R2的两条切线，切点为A、B，求直线AB的方程．
【解】  设A、B的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则切线AP、BP的方程分别为x1x+y1y＝R2，x2x+y2y＝R2．

∵  这两条切线都过点P(a，b)，
∴  ax1＋by1=R2，
ax2＋by2=R2．
由以上二式可以看出，点A、B在直线ax＋by=R2上，又过A、B只有一条直线，
∴  直线AB的方程为ax＋by=R2．
【解说】  本例中把A、B的坐标作为参数．虽然设了A、B的坐标，但并没有去求它的值，而是利用曲线与方程的概念，巧妙地“消去”参数，这就是所谓的“设而不求”．
2．代点法
例4  求抛物线y2=12x的以M(1，2)为中点的弦所在直线的方程．
【解法1】  设弦的两个端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，则由中点坐标公式，得
y1＋y2＝4                                                         ①

即(y1＋y2)(y1-y2)=12(x1-x2)．                                                                 ②

即直线AB的斜率k=3．
故直线AB的方程为y-2=3(x-1)．
即                              3x-y-1=0．
【解法2】  ∵ 弦的中点为M(1，2)，
∴  可设弦的两个端点为A(x，y)、B(2-x，4-y)．
∵  A、B在抛物线上，
∴  y2=12x，(4-y)2=12(2-x)．
以上两式相减，得
y2-(4-y)2=12(x-2+x)，
即  3x-y-1=0，这就是直线AB的方程．
【解说】  以上两种解法都叫做代点法．它是先设曲线上有关点的坐标，然后代入曲线方程，最后经适当变换而得到所求的结果．

习题2．2

用参数法解证下列各题：
1．已知椭圆9x2＋16y2=144内有一点P(2，1)，以P为中点作弦MN，则直线MN的方程为．     [    ]
A．9x-8y＋26＝0
B．9x＋8y-26＝0
C．8x-9y+26=0
D．8x＋9y-26=0
2．点D(5，0)是圆x2＋y2-8x-2y+7=0内一点，过D作两条互相垂直的射线，交圆于A、B两点，求弦AB中点M的轨迹方程．

且OP⊥OQ，求m的值．
4．已知射线OA、OB分别在第一、四象限，且都与Ox轴成60

的轨迹．

5．已知两点P(-2，2)、Q(0，2)以及一条直线l：y=x．设长为

程．(要求把结果写成普通方程)(1985年全国高考理科试题)
6．已知椭圆的中心在原点，对称轴合于坐标轴，直线y=-x＋1与

习题2．2答案或提示

1．仿例4，选(B)．
2．设M(x，y)，A(x＋x0，y＋y0)，B(x-x0，y-y0)，把A、B

=0．
3．仿例1，可得m=3．

5．设A(t，t)，B(t＋1，t＋1)，又设直线PA、PB的斜率分别

x2-y2＋2x-2y＋8=0．
6．设椭圆的方程为ax2＋by2=1(a＞0，b＞0)，A、B、C的坐

学科方法·待定系数法

待定系数法是中学数学中的一种重要方法，它在平面解析几何中有广泛的应用．
(一)求直线和曲线的方程
例1  过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程．
【解】  设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得

依题意，列方程得

于是所求的直线方程为
8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．
【解说】  (1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数．
(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．
例2  如图2－9，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若

系，求曲线C的方程．(1998年全国高考理科试题)

【解】  如图2－9，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系．由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点．
设曲线C的方程为y2=2px，p＞0(x1≤x≤x2，y＞0)．其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|．从而M、N

解之，得p=4，x1=1．

故曲线C的方程为y2=8x (1≤x≤4，y＞0)．
(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质
例3  已知方程ax2＋bxy＋cy2=0表示两条不重合的直线L1、L2．求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小．
【解】  设L1、L2的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则
ax2+bxy＋cy2＝(mx+ny)(qx+py)．
从而由待定系数法，得
a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．
(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为

即(m2＋n2)(qx＋py)2=(q2+p2)(mx＋ny)2，
化简、整理，得
(nq-mp)[(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq＋mp)y2]=0．
∵  L1、L2是两条不重合的直线
∴b2-4ac＝(mp+nq)2-4mnpq
=(mp－nq)2＞0．
即  mp-nq≠0．
从而(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0．
把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得
bx2+2(c-a)xy-by2＝0．
即为所求的两条角平分线方程．
(2)显然当mq＋np=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直，即夹角为90°．
当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L1与L2的夹角为α，则

【解说】  一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便．
(三)探讨二次曲线的性质
1．证明曲线系过定点
例4  求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t2＋t＋1)x2+(t＋1)y2＋4tt＋1)y-(109t2＋21t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．
【证明】  把原方程整理成参数t的方程，得
(4x2＋4y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2＋y2-31=0．
∵  t是任意实数上式都成立，

【解说】  由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是：
(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；
(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；
(3)解这个方程组，即得定点坐标．
2．求圆系的公切线或公切圆
例5  求圆系x2＋y2-2(2m＋1)x2my＋4m2＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程．
【解】  将圆系方程整理为
[x-(2m+1)]2＋(y-m)2=m2(m≠0)
显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．
设它的公切线方程为 y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得

从而[(1-2k)m-(k＋b)]2＝m2(1＋k2)，
整理成m的方程，得
(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0．
∵  m取零以外的任意实数上式都成立，

【解说】  由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：
(1)把圆系方程化为标准方程求出圆心和半径；
(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；
(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；
(4)解这个方程组，求出k、b的值；
(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程．
3．化简二元二次方程
例6  求曲线9x2＋4y2＋18x-16y-11=0的焦点和准线．
【分析】  把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．
【解】  (略)．

习题2．3

用待定系数法解证下列各题：
1．求经过三点(2，3)、(5，3)、(3，-1)的圆的方程．
2．求双曲线x2-2y2-6x＋4y＋3=0的焦点坐标．
3．若方程ax3＋bx2y＋cxy2＋dy3=0表示三条直线，且其中两条互相垂直，求证：a2＋ac＋bd＋d2=0．
4．求圆系2x2+2y2-4tx-8ty＋9t2=0(t≠0)的公切线方程．
5．试证圆系x2+y2-4Rxcosα-4Rsinα+3R2=0(R是正的常数，α为参数)与定圆相切，并求公切圆的方程．
6．若在抛物线y2=2px(p＞0)的对称轴上有一个定点Q，过Q的任

习题2．3答案或提示

1．设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F=0，把三个已知点的坐标代入，可求得D=-8，E=-2，F=12．

3．设过原点互相垂直的两条直线方程为lx2+mxy-ly2=0，另一条直线方程为px＋qy=0，则ax3＋bx2y＋cxy2+dy3=(lx2＋mxy-ly2)(px＋qy)，从而a=lp，b=lq＋mp，c=mq-lp，d=-lp．于是可得a2＋ac＋bd＋d2=0．
4．y=x或y=7x．
5．圆系方程为(x-2Rcosα)2+(y-2Rsinα)2=R2，设公切圆方程为(x-a)2+(y-b)2=r2，则由两圆相切的充要条件是圆心距等于两圆半径和或差的绝对值，可得(a-2Rcosα)2＋(b-2Rsinα)2=(R±r)2，整理，可得a2＋b2-2R

即a=b=0．从而r2-3R2±2Rr=0，解得r1=R，r2=3R．
6．设Q(x0，0)，直线AB的参数方程为x=x0＋tcosα，y=tsinα．代

任一值，所以x0=p．

学科方法·判别式法

判别式法是中学数学中的一种常用方法，它在平面解析几何中有下列应用：
(一)确定直线与二次曲线和二次曲线与二次曲线的位置关系

它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线l的距离？(1988年全国高考理科试题)

点、l为准线的抛物线方程为y2=2px．
椭圆上有四个点符合题意的充要条件为方程组

y2=2px
有四个不同的实数解．

显然，这个方程组有四个不同的实数解的充要条件为方程①有两个不相等的正根．
设方程①的两个根为x1、x2，则x1＞0、x2＞0的充要条件为

又由已知，得p＞0                                                                ⑤

【解说】  本例的实质是求椭圆与抛物线有四个不同的交点的条件，它归结为一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不等的正根的条件，即Δ

(二)求极值
例2  过点P(3，2)作直线l分别交x轴、y轴正方向于A、B两点，求△AOB面积S的最小值．
【解】  如图2-21，设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k＜0)，则它在x轴、y轴上的截距分别为

从而9k2+2(S-6)k+4=0．
∵  Δ=[2(S-6)]2-4×4×9≥0，
∴  S(S-12)≥0．
∵  S＞0，∴S≥12．

∴  Smin=12．
例3  在椭圆9x2+4y2=36上分别求一点，使x+y有最大值和最小值．
【解】  设x+y=u，则y=u-x．
把它代入椭圆方程中，整理，得
13x2-8ux+4(u2-9)=0．
∵  x是实数，∴ Δ≥0即(-8u)2-4×13×4(u2