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第9讲:数学解题方法之待定系数法探讨

第9讲:数学解题方法之待定系数法探讨


【备战 2013 高考数学专题讲座】 第 9 讲:数学解题方法之待定系数法探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
3~8 讲,我们对数学思想方法进行了探讨,从本讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中, 常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。 在数学问题中,若得知所求结果具有某种确定的形式,则可设定一些尚待确定的系数(或参数)来表示 这样的结果,这些待确定的系数(或参数),称作待定系数。然后根据已知条件,选用恰当的方法,来确定 这些系数,这种解决问题的方法叫待定系数法。待定系数法是数学中的基本方法之一。它渗透于高中数学 教材的各个部分,在全国各地高考中有着广泛应用。 应用待定系数法解题以多项式的恒等知识为理论基础, 通常有三种方法: 比较系数法; 代入特殊值法; 消除待定系数法。 比较系数法通过比较等式两端项的系数而得到方程(组) ,从而使问题获解。例如: “设 f ? x ? ?

x ?m, 2

f ? x ? 的反函数 f ?1 ? x ? ? nx ? 5 ,那么 m, n 的值依次为 f ? x? ?



” ,解答此题,并不困难,只需先将

x ? m 化为反函数形式 f ?1 ? x ? ? 2 x ? 2m ,与 f ?1 ? x ? ? nx ? 5 中对应项的系数加以比较后,就可得 2 到关于 m, n 的方程组,从而求得 m, n 值。这里的 m, n 就是有待于确定的系数。
代入特殊值法通过代入特殊值而得到方程(组) ,从而使问题获解。例如: “与直线 L: 2x+3y+5=0 平 行且过点 A(1,-4)的直线 L’的方程是 ▲ ” ,解答此题,只需设定直线 L’的方程为 2x+3y+k=0 ,将

A(1,-4)代入即可得到 k 的值,从而求得直线 L’的方程。这里的 k 就是有待于确定的系数。 消除待定系数法通过设定待定参数,把相关变量用它表示,代入所求,从而使问题获解。例如: “已 知

b 2 a?b b 2 a?b 的值” ,解答此题,只需设定 ? =k ,则 a=3k,b=2k ,代入 即可求解。这 ? ,求 a 3 a?b a 3 a?b
应用待定系数法解题的一般步骤是: (1)确定所求问题的待定系数,建立条件与结果含有待定的系数的恒等式; (2)根据恒等式列出含有待定的系数的方程(组) ; (3)解方程(组)或消去待定系数,从而使问题得到解决。 结合 2012 年全国各地高考的实例,我们从下面四方面探讨待定系数法的应用: (1)待定系数法在函

里的 k 就是消除的待定参数。

数问题中的应用; (2)待定系数法在圆锥曲线问题中的应用; (3)待定系数法在三角函数问题中的应用; (4)待定系数法在数列问题中的应用。

一、待定系数法在函数问题中的应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年浙江省理 4 分)若将函数 f ( x) ? x 表示为
5

f ( x) ? a0 ? a1 (1 ? x) ? a2 (1 ? x) 2 ? a3 (1 ? x)3 ? ?a4 (1 ? x) 4 ? ?a5 (1 ? x)5 ,
其中 a0 , a1 , a2 ,…, a5 为实数,则 a3 ? 【答案】10。 【考点】二项式定理,导数的应用。
? a5 ? 1 ? 用二项式定理,由等式两边对应项系数相等得 ?C54 a5 ? a4 ? 0 ? a3 ? 10 。 ?C 3 a ? C1 a ? a ? 0 4 4 3 ? 5 5





【解析】

或 对 等 式 : f ? x ? ? x5 ? a0 ? a1 ?1 ? x ? ? a2 ?1 ? x ? ? ? ? a5 ?1 ? x ? 两 边 连 续 对 x 求 导 三 次 得 :
2 5

60 x2 ? 6a3 ? 24a4 (1 ? x) ? 60a5 (1 ? x)2 ,再运用特殊元素法,令 x ? ?1 得: 60 ? 6a3 ,即 a3 ? 10 。

例 2.(2012 年山东省文 4 分)若函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 在[-1,2]上的最大值为 4,最小值为 m, 且函数 g(x) ? (1 ? 4m) x 在 [0, ??) 上是增函数,则 a= 【答案】
1 。 4



.

【考点】函数的增减性。 【解析】∵ f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) ,∴ f' (x) ? a x ln a 。 当 a ? 1 时, ∵ f' (x) ? a x ln a > 0 ,函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 是增函数,
1 ∴在[-1,2]上的最大值为 f (2) ? a 2 =4,a=2 ,最小值为 f (?1) ? 2?1 =m,m= 。 2

此时 g(x) ? ? x ,它在 [0, ??) 上是减函数,与题设不符。 当 0 < a < 1 时, ∵ f' (x) ? a x ln a < 0 ,函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 是减函数,
1 1 ?1? ∴在[-1,2]上的最大值为 f (?1) ? a ?1 =4,a= ,最小值为 f (2) ? ? ? =m,m= 。 4? 16 4 ?
2

此时 g(x) ?

3 x ,它在 [0, ??) 上是增函数,符合题意。 4 1 。 4

综上所述,满足条件的 a=

例 3. (2012 年江苏省 5 分)设 f ( x) 是定义在 R 上且周期为 2 的函数,在区间 [?1, 上, 1]

? ?ax ? 1, 1 ≤ x ? 0 , ? 其中 a , f ( x) ? ? bx ? 2 b?R .若 0 ? x ? 1 , ≤ x ≤ 1, ?
则 a ? 3b 的值为 ▲ . 【答案】 ?10 。 【考点】周期函数的性质。

?1? ?3? f ? ? ? f ? ?, ?2? ? 2?

【解析】∵ f ( x) 是定义在 R 上且周期为 2 的函数,∴ f ? ?1? ? f ?1? ,即 ?a ? 1=

b?2 ①。 2

1 ?3? ? 1? 又∵ f ? ? ? f ? ? ? = ? a ? 1 , 2 ?2? ? 2?

?1? ?3? f ? ? ? f ? ?, ?2? ? 2?

1 b?4 ∴ ? a ? 1= ②。 2 3
联立①②,解得, a=2. b= ? 4 。∴ a ? 3b= ? 10 。 例 4. (2012 年全国大纲卷文 12 分)已知函数 f ( x) ? (1)讨论 f ( x) 的单调性; (2)设 f ( x) 有两个极值点 x1 , x2 ,若过两点 ( x1 , f ( x1 )) , ( x2 , f ( x2 )) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线

1 3 x ? x 2 ? ax . 3

y ? f ( x) 上,求 a 的值.
【答案】解: (1)∵ f ( x) ?

1 3 2 x ? x 2 ? ax ,∴ f' ( x) ? x 2 ? 2 x ? a = ? x ? 1? ? a ? 1 3

① 当 a ? 1 时, f' ( x) ? 0 ,且仅当 a=1 x= ?1时 f' ( x)=0 。∴ f ( x) 是增函数。 , ②当 a < 1 时, f' ( x)=0 有两个根 x = ? 1 ? 1 ? a 。列表如下:

x
? ? ??, 1 ? 1? a

f' ( x)

f ( x) 的增减性
增函数 减函数

? ?

>0 <

? ?1 ? ? ?1 ?

1 ? a, 1 ? 1 ? a ?

1 ? a, ? ?

?

>0
2

增函数
2

(2)由题设知, x1 , x2 是 f' ( x)=0 的两个根,∴ a < 1 ,且 x1 = ? 2 x1 ? a,x2 = ? 2 x2 ? a 。

1 3 1 1 2 x1 ? x12 ? ax = x1 ? ?2 x12 ? a ? ? x12 ? ax = x12 ? ax1 3 3 3 3 1 2 2 a = ? ?2 x12 ? a ? ? ax1 = ? a ? 1? x1 ? 。 3 3 3 3 2 a 同理, f ( x2 )= ? a ? 1? x2 ? 。 3 3 2 a ∴直线 l 的解析式为 y = ? a ? 1? x ? 。 3 3
∴ f ( x1 ) ? 设直线 l 与 x 轴的交点为 ? x0,0 ? ,则 0= 代入 f ( x) ?

a 2 a 。 ? a ? 1? x0 ? ,解得 x0 = 2 ? a ? 1? 3 3

1 3 x ? x 2 ? ax 得 3
3 2

1? a ? ? a ? a a2 f ( x0 ) ? ? ?? ? a? = ?12a2 ?17a ? 6? , ? ? 3 ? 2 ? a ? 1? ? ? 2 ? a ? 1? ? 2 ? a ? 1? 2 ? a ? 1? ? ? ? ?
∵ ? x0, f ( x0 ) ? 在 x 轴上,∴ f ( x0 )=

a2 ?12a 2 ? 17a ? 6 ? =0 , 2 ? a ? 1?

解得, a =0 或 a =

2 3 或 a= 。 3 4

【考点】函数的单调性和极值,导数的应用。 【解析】 (1)求出导函数,分区间讨论即可。 (2) x1 , x2 是 f' ( x)=0 的两个根和 由 (1) 的结论, a < 1 , 得 求出 f ( x1 ) 关于 x1 的表达式和 f ( x2 ) 关于 x2 的表达式,从而得到直线 l 的解析式。求出交点的横坐标代入 f ( x) ? 求出 a 的值。 例 5. (2012 年全国课标卷文 5 分)设函数 f ? x ? ? e x-ax-2 (Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间 (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时, ? x ? k ? f' ? x ? ? x ?1 > 0 ,求 k 的最大值

1 3 x ? x 2 ? ax ,由其等于 0, 3

? 【答案】解:(I) f(x)的的定义域为 ? ?∞, ∞? , f' ? x ? ? e x-a 。 ? 若 a ? 0 ,则 f' ? x ? ? e x-a > 0 ,∴ f ? x ? 在 ? ?∞, ∞? 上单调递增。
若 a > 0 , 则 当 x ? ? ?∞, l n? a时 , f' ? x ? ?
x

- < a ; 当 x ? ? l n ? ∞? 时 , e 0 , a

f' ? x ? ?

x

- > a ,∴在 ? ?∞,lna ? 上单调递减, f ? x ? 在 ? lna, ∞? 上单调递增。 e 0 ?

(Ⅱ)∵a=1,∴ ? x ? k ? f' ? x ? ? x ? 1= ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 。 ∴当 x>0 时, ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 ,它等价于 k <

?

?

?

?

x ?1 ex ? 1

?x

? x > 0? 。

令 g?x?=

x ?1 e ?1
x

? x ,则 g' ? x ? =

? xe x ? 1

?e

x

?1

?

2

? 1=

ex ex ? x ? 2
x

? ?e

?1

?

2

?。

? 由(I)知,函数 h ? x ? =e x ? x ? 2 在 ? 0, ∞? 上单调递增。 ? ∵ h ?1? =e ? 3 < 0 , h ? 2 ? =e 2 ? 4 > 0 ,∴ h ? x ? 在 ? 0, ∞? 上存在唯一的零点。 ? ∴ g' ? x ? 在 ? 0, ∞? 上存在唯一的零点,设此零点为 a ,则 a ? ?1, 2 ? 。 ? 当 x ? ? 0,a ? 时, g' ? x ? < 0 ;当 x ? ? a, ∞? 时, g' ? x ? > 0 。
∴ g?x?=

x ?1 ex ? 1

? ? x 在 ? 0, ∞? 上的最小值为 g ? a ? 。

又∵ g' ? a ? =0 ,即 ea =a ? 2 ,∴ g ? a ? =

a ?1 ea ? 1

? a =a+1? ? 2,3? 。

因此 k < g ? a ? ,即整数 k 的最大值为 2。 【考点】函数的单调性质,导数的应用。 【解析】(I)分 a ? 0 和 a > 0 讨论 f ? x ? 的单调区间即可。 (Ⅱ)由于当 x>0 时,? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 等价于 k < 求出导数,根据函数的零点情况求出整数 k 的最大值。

?

?

x ?1 e ?1
x

?x

? x > 0? ,令 g ? x ? =

x ?1 ex ? 1

?x ,

二、待定系数法在圆锥曲线问题中的应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1.(2012 年全国课标卷理 5 分) F1 F2 是椭圆 E : 设

x2 y 2 3a ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的左、 右焦点, 为直线 x ? P 2 a b 2


上一点, ? F2 PF1 是底角为 30? 的等腰三角形,则 E 的离心率为【

( A)

1 2

( B)

2 3

(C )

? ?

( D)

? ?

【答案】 C 。 【考点】椭圆的性质,等腰三角形的性质,锐角三角函数定义。

【解析】∵ F1 F2 是椭圆 E : ∴ F2 F1 ? 2c 。

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点, a 2 b2

∵ ? F2 PF1 是底角为 30? 的等腰三角形, ∴ ?PF2 D ? 600 。 ∵ P 为直线 x ?

F2 D 3 3 3a 上一点,∴ F2 D ? OD ? OF2 ? a ? c 。∴ PF2 ? =2( a ? c) 。 0 cos 60 2 2 2

又∵ F2 F1 ? PF2 ,即 2c ? 2( a ? c) 。∴ e ?

3 2

c 3 ? 。故选 C 。 a 4
2

例 2. (2012 年全国课标卷理 5 分)等轴双曲线 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,C 与抛物线 y ? 16 x 的 准线交于 A, B 两点, AB ? 4 3 ;则 C 的实轴长为【 】

( A) 2
【答案】 C 。

( B) 2 2

(C ) ?

( D) ?

【考点】双曲线和抛物线的性质。 【解析】 y ? 16 x 的准线 l : x ? ?4 。
2 2 ∵ C 与抛物线 y ? 16 x 的准线交于 A, B 两点, AB ? 4 3 ,

∴ A(?4, 2 3) , B(?4, ?2 3) 。 设 C : x ? y ? a (a ? 0) ,则 a ? (?4) ? (2 3) ? 4 ,得 a ? 2 , 2a ? 4 。故选 C 。
2 2 2
2 2 2

例 3. (2012 年山东省理 5 分)已知椭圆 C:

x2 a
2

?

y2 b
2

=1? a > b > 0 ? 的离心率为

3 ,双曲线 x 2 ? y 2 =1 的 2


渐近线与椭圆有四个交点,以这四个交点为顶点的四边形的面积为 16,则椭圆 c 的方程为【 A

x 2 y2 ? =1 8 2

B

x 2 y2 ? =1 16 6

C

x 2 y2 ? =1 16 4

D

x 2 y2 ? =1 20 5

【答案】D。 【考点】椭圆和双曲线性质的应用。 【解析】∵双曲线 x 2 ? y 2 =1 的渐近线方程为 y= ? x ,

代入

x2 a2

?

y2 b2

=1? a > b > 0 ? 可得 x 2 =

a 2b2 a 2 ? b2



又∵根据椭圆对称性质,知所构成的四边形是正方形, ∴ S ? 4x 2 ? 16 ,即

a 2 b2 a 2 ? b2

=4 ①。

又由椭圆的离心率为

a 2 ? b2 3 3 = 可得 ②。 a 2 2
x 2 y2 ? =1 。故选 D。 20 5

联立①②,解得 a 2 =20,b2 =5 。∴椭圆方程为 例 4. (2012 年湖南省理 5 分)已知双曲线 C : 则 C 的方程为【 A. 】 B.

x2 y 2 ? ? 1 的焦距为 10 ,点 P (2,1)在 C 的渐近线上, a 2 b2 x2 y 2 ? ?1 20 80

x2 y 2 ? ?1 20 5

x2 y 2 ? ?1 5 20

C.

x2 y 2 ? ?1 80 20

D.

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【答案】A。 【考点】双曲线的方程、双曲线的渐近线方程。 【解析】设双曲线 C :

x2 y 2 ? ? 1的半焦距为 c ,则 2c ? 10, c ? 5 。 a 2 b2

∵C 的渐近线为 y ? ?

b b x ,点 P (2,1)在 C 的渐近线上,∴1 ? ? 2 ,即 a ? 2b 。 a a
x2 y 2 ? ? 1 。故选 A。 20 5

2 2 2 又∵ c ? a ? b ,∴ a ? 2 5, b ? 5 ,∴C 的方程为

x2 y2 例 5. (2012 年福建省理 5 分)已知双曲线 - 2=1 的右焦点与抛物线 y2=12x 的焦点重合,则该双曲线 4 b 的焦点到其渐近线的距离等于【 A. 5 【答案】A。 【考点】双曲线和抛物线的性质。 【解析】由抛物线方程知抛物线的焦点坐标 F(3,0), x2 y2 ∵双曲线 - 2=1 的右焦点与抛物线 y2=12x 的焦点重合, 4 b ∴双曲线的焦点为 F(c,0),且 4 ? b2 ? 9 ? b2 =5 ? b= 5 。 b ∵双曲线的渐近线方程为:y=± x, a B.4 2 C.3 】 D.5

∴双曲线焦点到渐近线的距离 d=

?bc? ?a? =b = 5 。故选 A。 b 1+?a?2 ? ?

例 6. (2012 年浙江省理 4 分) 定义: 曲线 C 上的点到直线的距离的最小值称为曲线 C 到直线 l 的距离. 已 知曲线 C1 : y ? x ? a 到直线 l : y ? x 的距离等于曲线 C2 : x ? ( y ? 4) ? 2 到直线 l : y ? x 的距离,
2 2 2

则实数 a ?
7 【答案】 。 4





【考点】新定义,点到直线的距离。 【解析】由 C2:x 2+(y+4) 2 =2 得圆心(0,—4),则圆心到直线 l:y=x 的距离为: d ? ∴由定义,曲线 C2 到直线 l:y=x 的距离为 d ? ? d ? r ? d ? 2 ? 2 。 又由曲线 C1:y=x 2+a,令 y? ? 2 x ? 0 ,得: x ?
1 1 离的点为( , ? a )。 4 2
1 1 1 ? ( ? a) ?a 2 4 4 ∴ d? ? 2 ? ? 2 2 ? a?
2

0 ? (?4) 2

?2 2。

1 ,则曲线 C1:y=x 2+a 到直线 l:y=x 的距 2

7 。 4

例 7. ( 2012 年 重 庆 市 理 5 分 ) 过 抛 物 线 y ? 2 x 的 焦 点 F 作 直 线 交 抛 物 线 于 A, B 两 点 , 若

AB ?

25 , AF ? BF , 则 AF = 12
5 。 6



.

【答案】

【考点】直线与抛物线的位置关系,抛物线的性质,方程思想的应用。 【分析】设直线的方程为 y ? k ( x ? ) (由题意知直线的斜率存在且不为 0) ,

1 2

k2 ? 0。 代入抛物线方程,整理得 k x ? (k ? 2) x ? 4
2 2 2

设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ? 1 ? 又∵ AB ?

2 k2



25 13 2 25 ,∴ x1 ? x2 ? 1 ? 。∴ x1 ? x2 ? ? 1 ? 2 ,解得 k 2 ? 24 。 12 12 12 k
2

代入 k x ? (k ? 2) x ?
2 2

k2 1 4 ? 0 得 x1 ? , x2 ? 。 3 3 4

∵ | AF |?| BF | ,∴ x ?

1 5 。∴ | AF |? 。 3 6

例 8. (2012 年陕西省理 5 分)下图是抛物线形拱桥,当水面在 l 时,拱顶离水面 2 米,水面宽 4 米,水 位下降 1 米后,水面宽 ▲ 米.

【答案】 2 6 。 【考点】抛物线的应用。 【解析】建立如图所示的直角坐标系,设抛物线方程为 x = my , ∴∵当水面在 l 时,拱顶离水面 2 米,水面宽 4 米, ∴抛物线过点(2,-2, ).
2 代入 x = my 得, 2 = m (- 2) ,即 m = - 2 。
2

2

∴抛物线方程为 x = - 2 y 。 ∴当 y = - 3 时, x =

2

6 ,∴水位下降 1 米后,水面宽 2 6 米。

例 9. (2012 年江苏省 5 分)在平面直角坐标系 xOy 中,圆 C 的方程为 x 2 ? y 2 ? 8x ? 15 ? 0 ,若直线 y ? kx ? 2 上至少存在一点,使得以该点为圆心,1 为半径的圆与圆 C 有公共点,则 k 的最大值是 ▲ . 【答案】

4 。 3

【考点】圆与圆的位置关系,点到直线的距离。 【解析】∵圆 C 的方程可化为: ? x ? 4 ? ? y 2 ? 1 ,∴圆 C 的圆心为 (4, 0) ,半径为 1。
2

∵由题意,直线 y ? kx ? 2 上至少存在一点 A( x0 , kx0 ? 2) ,以该点为圆心,1 为半径的圆与圆 C 有 公共点; ∴存在 x0 ? R ,使得 AC ? 1 ? 1 成立,即 ACmin ? 2 。 ∵ ACmin 即为点 C 到直线 y ? kx ? 2 的距离 ∴ k 的最大值是

4k ? 2 k ?1
2

,∴

4k ? 2 k ?1
2

? 2 ,解得 0 ? k ?

4 。 3

4 。 3
2

例 10.(2012 年全国大纲卷理 12 分) 已知抛物线 C : y ? ( x ? 1) 与圆 M : ( x ? 1) ? ( y ? ) ? r (r ? 0) 有
2 2 2

1 2

一个公共点 A ,且在 A 处两曲线的切线为同一直线 l 。

(1)求 r ; (2)设 m 、 n 是异于 l 且与 C 及 M 都相切的两条直线, m 、 n 的交点为 D ,求 D 到 l 的距离。 【答案】解: (1)设 A( x0 , ( x0 ? 1) ) ,对 y ? x ? ( x ? 1) 求导得 y? ? 2( x ? 1) 。
2

2

∴直线 l 的斜率 k ? 2( x0 ? 1) ,当 x0 ? 1 时,不合题意,∴ x0 ? 1 。

1 ∵圆心为 M (1, ) , MA 的斜率 k ? ? 2

( x0 ? 1) 2 ? x0 ? 1

1 2,

由 l ? MA 知 kk ? ? ?1 ,即 2( x0 ? 1) ?

( x0 ? 1) 2 ? x0 ? 1

1 2 ? ?1 ,解得 x ? 0 。∴ A(0,1) 。 0

∴ r ?| MA |?
2

1 5 (1 ? 0) 2 ? ( ? 1) 2 ? 。 2 2

(2)设 (a,( a ? 1) ) 为 C 上一点, 则在该点处的切线方程为 y ? (a ? 1) ? 2(a ? 1)( x ? a) 即 y ? 2(a ? 1) x ? a ? 1 。
2 2

若该直线与圆 M 相切,则圆心 M 到该切线的距离为

5 ,即 2

1 | 2(a ? 1) ?1 ? ? a 2 ? 1| 5 2 2 2 ? ,化简可得 a (a ? 4a ? 6) ? 0 ,解得 2 2 2 [2(a ? 1)] ? (?1)
a0 ? 0, a1 ? 2 ? 10, a2 ? 2 ? 10 。
∴抛物线 C 在点 (ai , (ai ? 1) )(i ? 0,1, 2) 处的切线分别为 l , m, n ,其方程分别为
2

y ? 2 x ? 1 ① y ? 2(a1 ? 1) x ? a12 ? 1 ②
②-③得 x ?

y ? 2(a2 ? 1) x ? a2 2 ? 1 ③。

a1 ? a2 ? 2 ,将 x ? 2 代入②得 y ? ?1 ,故 D(2, ?1) 。 2
| 2 ? 2 ? ( ?1) ? 1| 22 ? ( ?1) 2 ? 6 5 。 5

∴ D 到直线 l 的距离为 d ?

【考点】抛物线与圆的方程,以 及两个曲线的公共点处的切线的运用,点到直线的距离。 【解析】 (1)两个二次曲线的交点问题,并且要研究两曲线在公共点出的切线,把解析几何和导数的工具 性结合起来。首先设出切点坐标,求出抛物线方程的导数,得到在切点处的斜率。求出圆心坐标,根据两

直线垂直斜率的积为-1 列出方程而求出切点坐标。最后根据点到直线的距离公式求出圆心到切线的距离 即圆的半径。 (2)求出三条切线方程, l 可由(1)求出。 m 、 n 的切线方程含有待定系数,求出它即可求得 交点坐标,从而根据点到直线的距离公式求出 D 到 l 的距离。 例 11. (2012 年上海市理 16 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 C1 : 2 x ? y ? 1 .
2 2

(1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三角形的面 积; 分) (4 (2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P、Q 两点,若 l 与圆 x ? y ? 1相切,求证:OP⊥OQ; 分) (6
2 2

(3)设椭圆 C2 : 4 x ? y ? 1 . 若 M、N 分别是 C1 、 C2 上的动点,且 OM⊥ON,求证:O 到直线
2 2

MN 的距离是定值.(6 分) 【答案】解:(1)∵双曲线 C1 :

x2 2 ? y 2 ? 1 的左顶点 A(? , 0) ,渐近线方程: y ? ? 2 x . 1 2 2

∴过点 A 与渐近线 y ?

2 x 平行的直线方程为 y ? 2 ( x ?
? 2

2 ) ,即 y ? 2 x ? 1 。 2

?x ? ? ?y ? ? 2 x ? 4 。 解方程组 ? ,得 ? 1 y ? 2 x ?1 ?y? ? ? ? 2

1 1 2 1 2 ∴所求三角形的面积为 S ? ? | OA | ? | y |? ? 。 ? ? 2 2 2 2 8
(2)证明:设直线 PQ 的方程是 y ? x ? b

∵直线与已知圆相切, 故

b 2

? 1 ,即 b2 ? 2 。

由?

? y ? x?b 2 2 ,得 x ? 2bx ? b ? 1 ? 0 。 2 2 ?2 x ? y ? 1
? x1 ? x2 ? 2b . 2 ? x1 x2 ? ?b ? 1

设 P ? x1 , y1 ?、Q ? x2 , y2 ? ,则 ? 又 y1 y2 ? ( x1 ? b)( x2 ? b) ,

??? ???? ? 2 2 2 ∴ OP ? OQ ? x1 x2 ? y1 y2 ? 2 x1 x2 ? b( x1 ? x2 ) ? b2 ? 2(?b ? 1) ? b ? 2b ? b ? b ? 2 ? 0 。

∴OP⊥OQ。 (3)当直线 ON 垂直于 x 轴时, |ON|=1,|O y |= (此时,N 在 y 轴上, y 在 x 轴上) 当直线 ON 不垂直于 x 轴时,设直线 ON 的方程为 y ? kx (显然 | k |?

2 3 ,则 O 到直线 MN 的距离为 。 2 3

2 ) , 2

1 则由 OM⊥ON,得直线 OM 的方程为 y ? ? x 。 k
1 ? 2 ? x ? 4+k 2 ? y ? kx 1+k 2 ? 由? 2 ,得 ? 。∴ | ON |2 ? 。 2 2 4+k 2 ?4 x ? y ? 1 ? y2 ? k ? 4+k 2 ?
同理 | OM |2 ?

1+k 2 2k 2 ? 1



设 O 到直线 MN 的距离为 d , ∵ (| OM |2 ? | ON |2 )d 2 ?| OM |2 | ON |2 , ∴

1 d
2

?

1 OM |
2

?

1 | ON |
2

?

3k 2 +3 k +1
2

? 3 ,即 d ?

3 。 3

综上所述,O 到直线 MN 的距离是定值。 【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性,直线与双曲线的关系,椭圆的标准方程和圆的有关性质。 【解析】 求出过点 A 与一条渐近线平行的直线方程, (1) 再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。 (2)由两直线垂直的判定,只要证明表示这两条直线的向量积为 0 即可,从而求出直线方程,进 一步求出表示这两条直线的向量,求出它们的积即可。 (3)分直线 ON 垂直于 x 轴和直线 ON 不垂直于 x 轴两种情况证明即可。 例 12. (2012 年北京市理 14 分)已知曲线 C: (5-m)x 2+(m-2)y2 ? 8(m ? R) (1)若曲线 C 是焦点在 x 轴点上的椭圆,求 m 的取值范围; (2)设 m=4,曲线 c 与 y 轴的交点为 A,B(点 A 位于点 B 的上方) ,直线 y ? kx ? 4 与曲线 c 交于不同 的两点 M、N,直线 y=1 与直线 BM 交于点 G。求证:A,G,N 三点共线。 【答案】 (1)原曲线方程可化为:

x2 y2 + ?1。 8 8 5-m m-2

∵曲线 C 是焦点在 x 轴点上的椭圆,

8 ? 8 ? 5-m > m-2 ? 7 ? 8 ∴? ,是 < m < 5 。 >0 2 ? 5-m ? 8 ? m-2 > 0 ?

7 ∴若曲线 C 是焦点在 x 轴点上的椭圆,则 m 的取值范围为 < m < 5 。 2
(2)证明:∵m=4,∴曲线 c 的方程为 x 2+2y 2 ? 8 。 将已知直线代入椭圆方程化简得:

? 2k

2

? 1 x 2 ? 16kx ? 24=0 。
2

?

由 ? = ?16k ? ? 4 ? 2k 2 ? 1 ? 24=32 2k 2 ? 3 > 0 得,

?

?

?

?

3 k2 > 。 2
由韦达定理得: x M +x N = ?

24 。 ,x M ? x N = 2 2k ? 1 2k ? 1
2

16k

1 设 M ? x M,kx M ? 4 ?,N ? x N,kx N ? 4 ?,G ? x G, ? 。
则 MB 的方程为 y=

? 3x M ? kx M ? 6 , ?。 1 x ? 2 ,∴ G ? xM ? kx M ? 6 ?

AN 的方程为 y=

kx N ? 2 x?2。 xN

欲证 A,G,N 三点共线,只需证点 G 在直线 AN 上。

? 3x M ? kx ? 2 kx ? 2 3x M , ? 代入 y= N 1 将G? x ? 2 ,得 1= N ? ?2, xN xN kx M ? 6 ? kx M ? 6 ?
即 ?kx M ? x N ? 6x N =3kx M ? x N ? 6x M ,即 4kx M ? x N ? 6 ? x M ? x N ? =0 , 即 4?

? 16k ? ? 6??? 2 ? =0 ,等式恒成立。 2k ? 1 ? 2k ? 1 ? 24
2

? 3x M ? , ? 在直线 AN 上。 1 由于以上各步是可逆的,从而点 G ? ? kx M ? 6 ?
∴A,G,N 三点共线。 【考点】椭圆的性质,韦达定理的应用,求直线方程,三点共线的证明。 【解析】(1)根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于 0 得不等式组求解即得 m 的取值范围。

(2)欲证 A,G,N 三点共线,只需证点 G 在直线 AN 上。故需求出含待定系数的直线 MB 和 AN 的方程,点 G 的坐标,结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线 MB 和 AN 在 y=1 时横坐标相 等来证 A,G,N 三点共线或直线 AN 和 AG 斜率相等。还可用向量求解。 例 13. (2012 年天津市理 14 分)设椭圆

x2 y 2 + =1 (a>b>0) 的左、右顶点分别为 A , B ,点 P 在椭圆 a 2 b2

上且异于 A , B 两点, O 为坐标原点. 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 (Ⅰ)若直线 AP 与 BP 的斜率之积为 ?

1 ,求椭圆的离心率; 2

(Ⅱ)若 |AP|=|OA| ,证明直线 OP 的斜率 k 满足 |k |> 3 .

( 【答案】解: (Ⅰ)设 P x0,y0) ,∴

x0 2 y0 2 + =1 ①; a 2 b2

∵椭圆

x2 y 2 + =1 (a>b>0) 的左、右顶点分别为 A , B ,∴ A ? ?a,0 ? , B ? a,0 ? 。 a 2 b2
y0 y ,k BP ? 0 。 x0 ? a x0 ? a

∴ k AP ?

∵直线 AP 与 BP 的斜率之积为 ? 代入①并整理得 a ? 2b
2

1 2 2 2 ,∴ x0 ? a ? 2 y0 。 2

?

2

?y

2 0

? 0。

∵ y0 ≠0,∴ a ? 2b
2

2

。∴ e ?
2

a 2 ? b2 1 2 ? 。∴ e ? 。 2 2 a 2

∴椭圆的离心率为

2 。 2

( (Ⅱ)证明:依题意,直线 OP 的方程为 y ? kx ,设 P x0,y0) ,∴
2

x0 2 y0 2 + =1 , a 2 b2

x 2 ? kx0 ? < 1 。∴ ?1+k 2 ? x0 2 < a 2 ②。 ∵ a >b>0, kx0 ? 0 ,∴ 02 + 2 a a
2 2 ∵ |AP|=|OA| |, A ? ?a,0 ? ,∴ ? x0 ? a ? ? ? kx0 ? ? a 。∴ 1 ? k x0 ? 2ax0 ? 0 。 2 2 2

?

?

∴ x0 ?

2a 。 1? k 2

代入②得 1+k

?

2

2 ? ? 1 ? a 2 ? < a 2 ,∴ k 2 >3。 ? ? ? k ?

2

∴直线 OP 的斜率 k 满足 |k |> 3 。 【考点】圆锥曲线的综合,椭圆的简单性质。

( 【分析】 (Ⅰ)设 P x0,y0) ,则
离心率。

x0 2 y0 2 1 + 2 =1 ,利用直线 AP 与 BP 的斜率之积为 ? ,即可求得椭圆的 2 a b 2

x 2 ? kx0 ? x2 y2 <1, (Ⅱ) 依题意, 直线 OP 的方程为 y ? kx , P x0,y0) 则 02 + 02 =1 , 设( , 代入可得 02 + a a2 a b
2

利用 |AP|=|OA| , A ? ?a,0 ? ,可求得 x0 ?

2a ,从而可求直线 OP 的斜率的范围。 1? k 2

例 14. (2012 年山东省理 13 分)在平面直角坐标系 xOy 中,F 是抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点,M 是抛物线 C 上位于第一象限内的任意一点,过 M,F,O 三点的圆的圆心为 Q,点 Q 到抛物线 C 的准线的 距离为

3 。 4

(Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)是否存在点 M,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说 明理由; (Ⅲ)若点 M 的横坐标为 2 ,直线 l:y=kx+ 同的交点 D,E,求当

1 与抛物线 C 有两个不同的交点 A,B,l 与圆 Q 有两个不 4

1 2 2 ? k ? 2 时, AB ? DE 的最小值。 2
x 2 p ) ,设 M (x 0 , 0 )(x 0 ? 0) , Q(a, b) 。 2p 2

【答案】解: (Ⅰ)F 抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点 F (0, 由题意可知 b ?

p , 4 p p p 3 3 ? ? ? p ? ,解得 p ? 1 。 2 4 2 4 4

则点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 b ? ∴抛物线 C 的方程为 x 2 ? 2y 。

(Ⅱ)假设存在点 M,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M,

x 2 1 1 ), O(0, 0), M(x 0 , 0 ) , Q(a, ) , QM ? OQ ? QF , 2 2 4 2 x 3 3 x 1 1 ∴ (x 0 ? a) 2 ? ( 0 ? ) 2 ? a 2 ? ,即 a ? 0 ? x 0 。 8 8 2 4 16
而 F(0,

1 x 02 ? 1 3 1 1 由 x 2 ? 2y 可得 y' ? x , k ? x 0 ? 43 2 ,则 x 04 ? x 02 ? ? x 02 , 8 8 4 2 x0 3 ? x0 8 8 1 即 x 04 ? x 02 ? 2 ? 0 ,解得 x 0 ? 1 ,点 M 的坐标为 (1, ) 。 2
(Ⅲ)∵点 M 的横坐标为 2 ,∴点 M ( 2, 1) , Q(?

2 1 , )。 8 4

? x 2 ? 2y 1 ? 2 由? 1 可得 x ? 2kx ? ? 0 。 2 ? y ? kx ? 4 ?
设 A(x1 , y1 ), B(x 2 , y2 ) ,则 x1 ? x 2 =2k,x1 ? x 2 = ?
2

1 。 2

∴ AB ? (1 ? k 2 )[(x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 ? x 2 ] ? (1 ? k 2 )(4k 2 ? 2) 。

k?
∵圆 Q : (x ?

2 2 1 2 1 3 圆心到直线 l 的距离 d ? ) ? (y ? )2 ? ? ? , 8 4 64 16 32

? 2 8
2

1? k

?

2k 8 1 ? k2



∴ DE ? 4[

2

3 k2 3 ? 2k 2 。 ? ]? 32 32(1 ? k 2 ) 8(1 ? k 2 )
2

∴ AB ? DE ? (1 ? k 2 )(4k 2 ? 2) ?

2

3 ? 2k 2 8(1 ? k 2 )





1 5 ? k ? 2 ,∴令 1 ? k 2 ? t ?[ ,5] 。 2 4
2 2

∴ AB ? DE ? (1 ? k 2 )(4k 2 ? 2) ? 设 g(t) ? 4t 2 ? 2t ?

3 ? 2k 2 8(1 ? k )
2

? t(4t ? 2) ?

2t ? 1 1 1 ? 4t 2 ? 2t ? ? 。 8t 8t 4

1 1 1 ? ,则 g' (t) ? 8t ? 2 ? 2 。 8t 4 8t 5 1 当 t ? [ ,5] 时, g' (t) ? 8t ? 2 ? 2 ? 0 , 4 8t 5 1 25 5 1 1 1 即当 t ? , k ? 时, g(t)min ? 4 ? ? 2? ? ? ?4 。 4 2 16 4 8? 5 4 10 4
∴当 k ?

1 1 2 2 时, ( AB ? DE )min ? 4 。 2 10

【考点】抛物线和圆的性质,切线斜率的应用和意义,韦达定理的应用,导数的应用。函数的单调性质。 【解析】 (Ⅰ)由已知条件,根据抛物线和圆的性质列式求解。 (Ⅱ)假设存在点 M,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M,则由条件 QM ? OQ ? QF 列式,

并由切线斜率的应用和意义求出点 M 的坐标。 (Ⅲ)应用韦达定理、勾股定理,用 k 表示出 AB 和 DE ,根据函数的单调性质可求解。
2 例 15. (2012 年湖南省理 13 分)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 的点均在 C2:(x ? 5) y 2 ? 9 外,且对 +

2

2

C1 上任意一点 M,M 到直线 x=﹣2 的距离等于该点与圆 C2 上点的距离的最小值. (Ⅰ)求曲线 C1 的方程; (Ⅱ)设 P ? x0 , y0 (y ? ?3) 为圆 C2 外一点,过 P 作圆 C2 的两条切线,分别与曲线 C1 相交于点 A,B 和 C, ? 0 D.证明:当 P 在直线 x=﹣4 上运动时,四点 A,B,C,D 的纵坐标之积为定值. 【答案】解: (Ⅰ)设 M 的坐标为 ( x, y ) ,由已知得 x ? 2 ?

( x ? 5) 2 ? y 2 ? 3 ,

易知圆 C2 上的点位于直线 x ? ?2 的右侧,于是 x ? 2 ? 0 ,
2 2 2 所以 ( x ? 5) ? y ? x ? 5 ,化简得曲线 C1 的方程为 y ? 20 x 。

(Ⅱ)当点 P 在直线 x ? ?4 上运动时,P 的坐标为 ( ?4, y0 ) ,又 y0 ? ?3 , 则过 P 且与圆 C2 相切得直线的斜率 k 存在且不为 0, 每条切线都与抛物线有两个交点, 切线方程为 y ? y0 ? k ( x ? 4),即kx-y+y0 +4k=0 。 于是

5 k ? y0 ? 4 k k 2 ?1
2

? 3,
2

整理得 72k ? 18 y0 k ? y0 ? 9 ? 0



设过 P 所作的两条切线 PA, PC 的斜率分别为 k1 , k 2 ,则 k1 , k 2 是方程①的两个实根, ∴ k1 ? k2 ? ? 由?

18 y0 y ?? 0 72 4
2

② 得 k1 y ? 20 y ? 20( y0 ? 4k1 ) ? 0

?k1 x ? y ? y0 ? 4k1 ? 0 ? y ? 20 x
2



设四点 A,B,C,D 的纵坐标分别为 y1 , y2 , y3 , y4 , 则 y1 , y2 是方程③的两个实根,所以 y1 ? y2 ?

20( y0 ? 4k1 ) k1



同理可得 y3 ? y4 ?

20( y0 ? 4k2 ) k2



∴由②,④,⑤三式得
2 400( y0 ? 4k1 )( y0 ? 4k2 ) 400 ? y0 ? 4(k1 ? k2 ) y0 ? 16k1k 2 ? ? ? ? y1 y2 y3 y4 ? k1k2 k1k2 2 2 400 ? y0 ? y0 ? 16k1k2 ? ? ?

?

k1k2

? 6400 。

∴当 P 在直线 x ? ?4 上运动时,四点 A,B,C,D 的纵坐标之积为定值 6400。 【考点】曲线与方程,直线与曲线的位置关系 【解析】 Ⅰ) ( 根据 M 到直线 x=﹣2 的距离等于该点与圆 C2 上点的距离的最小值用直接法求出曲线的方程。 也可用定义法求出曲线的方程: 由题设知, 曲线 C1 上任意一点 M 到圆心 C2 (5, 0) 的距离等于它到直线 x ? ?5 的距离, 因此, 曲线 C1 是以 (5, 0) 为焦点,直线 x ? ?5 为准线的抛物线,故其方程为 y ? 20 x 。
2

(Ⅱ)设出切线方程,把直线与曲线方程联立,由一元二次方程根与系数的关系得到 A, B, C, D 四 点纵坐标之积为定值。 例 16. (2012 年辽宁省理 12 分) 如图,椭圆 C0 :

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0 ,a,b 为常数),动圆 a 2 b2

C1 : x 2 ? y 2 ? t12 ,

b ? t1 ? a 。点 A1 , A2 分别为 C0 的左,右顶点, C1 与 C0 相交于 A,B,C,D 四点。
(Ⅰ)求直线 AA1 与直线 A2 B 交点 M 的轨迹方程;
2 2 2 (Ⅱ)设动圆 C2 : x ? y ? t2 与 C0 相交于 A , B , C , D 四点,其中 b ? t2 ? a , t1 ? t2 。若矩形 ABCD

/

/

/

/

与矩形 A/ B / C / D/ 的面积相等,证明: t1 ? t2 为定值。
2 2

【答案】解: (I)设 A x1,y1 ( ),B x2,y2 , ( )

∵ A1 ? a, ( 0 ),A2 a, , ( 0 ) ∴直线 A1A 的方程为 y ?

y1 y ? x ? a ? ① ,直线 A2B 的方程为 y ? ? 1 ? x ? a ? ② 。 x1 ? a x2 ? a

由①× ②可得: y 2 ? ?

y12 x2 ? a2 ? ③ 。 2 2 ? x1 ? a

∵ A x1,y1 在椭圆 C0 上,∴ ( )

x12 y12 x2 ? 2 ? 1 。∴ y12 ? b2 (1 ? 12 ) 。 a2 b a

代入③可得: y 2 ?

?b 2 (1 ?

x12 ) a2 x2 ? a2 , ? ? x12 ? a 2

∴点 M 的轨迹方程为 (II)证明:设 A? x2,y2 , ( )

x2 y 2 ? ? 1( x< ? a,y<0) 。 a 2 b2

∵矩形 ABCD 与矩形 A/ B / C / D/ 的面积相等,∴ 4 x1 y1 ? 4 x2 y2 。 ∴ x12 y12 ? x2 2 y2 2 。 ∵A,A′均在椭圆上,∴ b 2 x12 (1 ? ∴ x12 ?

x12 x2 ) ? b2 x2 2 (1 ? 22 ) 。 a2 a

x14 x4 ? x2 2 ? 22 。∴ a 2 ? x12 ? x2 2 ? ? x14 ? x2 4 。 a2 a

∵ t1 ? t2 ,∴ x1 ? x2 。∴ x12 ? x2 2 ? a 2 。 ∵ y12 ? b2 (1 ?

x12 x2 ),y22 ? b2 (1 ? 22 ) ,∴ y12 ? y2 2 ? b2 。 a2 a

∴ t12 ? t2 2 ? a 2 ? b2 为定值。 【考点】圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在 求解轨迹方程组的运用。 【解析】 (I)设出线 A1A 的方程、直线 A2B 的方程,求得交点满足的方程,利用 A 在椭圆 C0 上,化简即 可得到点 M 的轨迹方程。 (II)根据矩形 ABCD 与矩形 A/ B / C / D/ 的面积相等,可得 A,A′坐标之间的关系,利用 A,A′均 在椭圆上,即可证得 t12 ? t2 2 ? a 2 ? b2 为定值。

例 17.(2012 年陕西省理 12 分)已知椭圆 C1 :

x2 ? y 2 ? 1 ,椭圆 C2 以 C1 的长轴为短轴,且与 C1 有相同 4

的离心率. 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 (1)求椭圆 C2 的方程; (2)设 O 为坐标原点,点 A,B 分别在椭圆 C1 和 C2 上, OB ? 2OA ,求直线 AB 的方程. 【答案】解: (1)∵椭圆 C2 以 C1 :

??? ?

??? ?

x2 ? y 2 ? 1 的长轴为短轴, 4

y 2 x2 ∴可设椭圆 C2 的方程为 2 ? ? 1 (a ? 2) 。 a 4
∵椭圆 C1 :

x2 3 ? y 2 ? 1 的离心率为 ,椭圆 C2 与 C1 有相同的离心率, 2 4



a2 ? 4 3 ? ,则 a ? 4 。 a 2

y 2 x2 ∴椭圆 C2 的方程为 ? ? 1。 16 4
(2) A, B 两点的坐标分别记为 ( xA , y A ),

( xB , yB ) ,

由 OB ? 2OA 及(1)知, O, A, B 三点共线且点 A , B 不在 y 轴上, ∴可以设直线 AB 的方程为 y ? kx 。 将 y ? kx 代入

??? ?

??? ?

x2 4 2 ? y 2 ? 1 中,得 (1 ? 4k 2 ) x 2 ? 4 ,∴ xA ? 。 4 1 ? 4k 2

y 2 x2 16 2 ? ? 1 中,则 (4 ? k 2 ) x 2 ? 16 ,∴ xB ? 将 y ? kx 代入 。 16 4 4 ? k2 ??? ? ??? ? 16 16 2 2 由 OB ? 2OA ,得 xB ? 4 x A ,即 ,解得 k ? ?1 。 ? 2 4?k 1 ? 4k 2
∴直线 AB 的方程为 y ? x 或 y ? ?x 。 【考点】椭圆的标准方程和性质,向量相等的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系。

x2 y 2 x2 2 ? y ? 1 的长轴为短轴,可设椭圆 C2 的方程为 2 ? ? 1 (a ? 2) ; 【解析】 (1)根据椭圆 C2 以 C1 : 4 a 4
由椭圆 C2 与 C1 有相同的离心率,可求得 a ? 4 ,从而得到椭圆 C2 的方程。 (2)由 OB ? 2OA 及(1)知, O, A, B 三点共线且点 A , B 不在 y 轴上,可以设直线 AB 的方程

??? ?

??? ?

为 y ? kx 。 y ?k 分别代入两椭圆方程, 将 求出 x A 和 xB 。 O ? 2 A , xB ? 4 x A , 由 B O 得 从而求出 k ? ?1 , x
2 2
2 2

?? ? ?

?? ? ?

得到直线 AB 的方程。 例 18. (2012 年江苏省 16 分)如图,在平面直角坐标系 xoy 中,椭圆

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点分别 a 2 b2

? 3? 为 F1 (?c , , F2 (c , .已知 (1, ) 和 ? e , ? 都在椭圆上,其中 e 为椭圆的离心率. 0) e 0) ? 2 ? ? ?
(1)求椭圆的方程; (2)设 A, B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点,且直线 AF1 与直线 BF2 平行, AF2 与 BF1 交于点 P.

6 ,求直线 AF1 的斜率; 2 (ii)求证: PF1 ? PF2 是定值.
(i)若 AF1 ? BF2 ?

【答案】解: (1)由题设知, a 2 =b2 ? c2,e=

c ,由点 (1, ) 在椭圆上,得 e a

12 a2

?

e2 b2

?1?

1 a2

?

c2 a 2b 2

=1 ? b2 ? c 2 =a 2b2 ? a 2 =a 2b2 ? b 2 =1 ,∴ c 2 =a 2 ? 1 。

? 3? 由点 ? e , ? 在椭圆上,得 ? 2 ? ? ?

? 3? ? 3? ? ? ? ? 2 2 2 e ? 2 ? ? 1 ? c ? ? 2 ? ? 1 ? a ? 1 ? 3 ? 1 ? a 4 ? 4a 2 ? 4=0 ? a 2 =2 ? 1 4 a2 b2 a4 a4
∴椭圆的方程为

2

2

x2 ? y2 ? 1 。 2

(2)由(1)得 F1 (?1 , , F2 (1, ,又∵ AF1 ∥ BF2 , 0) 0) ∴设 AF1 、 BF2 的方程分别为 my =x ? 1,my =x ? 1 , A ? x1,y1 ?,B ? x2,y2 ?,y1 > 0,y2 > 0 。

? x12 m ? 2m 2 ? 2 ? y12 ? 1 ? ? m 2 ? 2 y12 ? 2my1 ? 1=0 ? y1 = ∴? 2 。 m2 ? 2 ?my =x ? 1 ? 1 1

?

?

∴ AF1 =

? x1 ? 1? ? ? y1 ? 0 ?
2

2

= ? my1 ?

2

2 ? m2 ? 1? ? m m2 ? 1 m ? 2m 2 ? 2 ? y = m ?1 ? ? 。① m2 ? 2 m2 ? 2
2 1 2

同理, BF2 =

2 ? m 2 ? 1? ? m m 2 ? 1 m2 ? 2

。②

(i)由①②得, AF1 ? BF2 ?

2m m 2 ? 1 2m m 2 ? 1 6 。解 得 m2 =2。 = 2 2 m ?2 m ?2 2

∵注意到 m > 0 ,∴ m= 2 。 ∴直线 AF1 的斜率为

1 2 。 = m 2
BF PB ? PF BF ? AF PB BF2 PB 1 1 ,即 。 ? ?1 ? 2 ?1? ? 2 PF1 AF1 PF1 AF PF AF 1 1 1

(ii)证明:∵ AF1 ∥ BF2 ,∴

∴ PF1 =

AF1 BF1 。 AF1 ? BF2 AF1 2 2 ? BF2 。 AF1 ? BF2

由点 B 在椭圆上知, BF1 ? BF2 ? 2 2 ,∴ PF1 =

?

?

同理。 PF2 =

BF2 2 2 ? AF1 。 AF1 ? BF2
AF1 BF2 2 AF ?BF2 2 2 ? BF2 ? 2 2 ? AF1 ? 2 2 ? AF1 ? BF2 AF1 ? BF2 AF1 ? BF2
2 2 m2 ? 1 m ?2
2

?

?

∴ PF1 +PF2 =

?

?

?

?

由①②得, AF1 ? BF = ∴ PF1 +PF2 =2 2 ?

?

? , AF ?BF = m

2

?1

m ?2
2



2 3 = 2。 2 2

∴ PF1 ? PF2 是定值。 【考点】椭圆的性质,直线方程,两点间的距离公式。

? 3? 【解析】 (1)根据椭圆的性质和已知 (1, ) 和 ? e , ? 都在椭圆上列式求解。 e ? 2 ? ? ?
(2)根据已知条件 AF1 ? BF2 ?

6 ,用待定系数法求解。 2

三、待定系数法在三角函数问题中的应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】

例 1. (2012 年湖南省文 12 分)已知函数 f ( x) ? A sin(? x ? ? )( x ? R, ? ? 0, 0 ? ? ? 所示. (Ⅰ)求函数 f ( x) 的解析式; (Ⅱ)求函数 g ( x) ? f ( x ?

?
2

的部分图像如图

?
12

) ? f (x ?

?
12

) 的单调递增区间.

【答案】解: (Ⅰ)由题设图像知,周期 T ? 2(

11? 5? 2? ? ) ? ? ,∴ ? ? ? 2。 12 12 T 5? 5? 5? ∵点 ( , 0) 在函数图像上,∴ A sin(2 ? ? ? ) ? 0,即sin( ? ? ) ? 0 。 12 12 6 ? 5? 5? 4? 5? ? 又∵ 0 ? ? ? ,∴ 。∴ ? ?? ? ? ? =? ,即 ? = 。 6 2 6 6 3 6
又∵点 0,1) 在函数图像上,∴ A sin (

?

6

? 1, A ? 2 。

∴函数 f ( x) 的解析式为 f ( x) ? 2sin(2 x ? (Ⅱ) g ( x) ? 2sin ? 2 ? x ?

?
6

)。

? ? ? ?

? ? ? ? ?? ? ? ? ? 2sin ? 2 ? x ? ? ? ? 12 ? 6 ? 12 ? 6 ? ? ?

? ? ??

1 3 ? cos 2 x) ? 2sin 2 x ? 2sin(2 x ? ) ? 2sin 2 x ? 2( sin 2 x ? 2 2 3
? sin 2 x ? 3 cos 2 x ? 2sin(2 x ? ) 。 3
由 2 k? ?

?

?

2

? 2x ?

?

3

? 2 k? ?
? ?

?

2

, 得 k? ?

?

12

? x ? k? ?

5? ,k ? z 12

∴ g ( x) 的单调递增区间是 ? k? ? 【考点】三角函数的图像和性质。 【解析】 (Ⅰ) 结合图形求得周期 T ? 2(

?
12

, k? ?

5? ? ,k ? z 。 12 ? ?

11? 5? 2? ? ) ? ? , 从而求得 ? ? ? 2 .再利用特殊点在图像上求出 12 12 T

? , A ,从而求出 f ( x) 的解析式。

(Ⅱ)用(Ⅰ)的结论和三角恒等变换及 y ? A sin(? x ? ? ) 的单调性求得。 例 2. (2012 年重庆市文 12 分) 设函数 f ( x) ? A sin(? x ? ? )(其中 A ? 0, ? ? 0, ?? ? ? ? ? ) x ? 在 处取得最大值 2,其图象与轴的相邻两个交点的距离为 (I)求 f ( x) 的解析式(5 分) ; (II)求函数 g ( x) ?

?
6

? 。 2

6 cos 4 x ? sin 2 x ? 1 f (x ? ) 6

?

的值域(7 分) 。

【答案】解: (Ⅰ)∵函数 f ( x) 图象与轴的相邻两个交点的距离为 ∴ f ( x) 的周期为 T ? ? ,即 ∵ f ( x) 在 x ? ∴ 2sin(2 ? ∴

2?

? , 2

?
6

?

? ? ,解得 ? ? 2 。

处取得最大值 2,∴ A =2。

?

?
3

? ? ) ? 2 ,即 sin( ? ? ) ? 1 。 6 3

?

?? ?

?

2

+2k?,k ? Z 。

又∵ ?? ? ? ? ? ,∴ ? ?

?
6



∴ f ( x) 的解析式为 f ( x) ? 2sin(2x ? (Ⅱ)∵函数 g ( x) ?

?
6

)。

6cos 4 x ? sin 2 x ?1 6cos 4 x ?sin 2 x ?1 6cos 4 x+ cos 2 x ?2 = = ? ? 2cos 2 x f (x ? ) 2sin(2 x ? ) 6 2

? 2cos =
2

x ? 1?? 3cos2 x+2 ? 3 2 = cos x+1 2 2 ? 2cos2 x ? 1?
2

1? ? 2 ? cos x ? ? , 2? ?

2 又∵ cos x ? [0,1] ,且 cos x ?

1 , 2

∴ g ( x) 的值域为 [1, ) ? ( , ] 。 【考点】三角函数中的恒等变换应用,由 f ( x) ? A sin(? x ? ? ) 的部分图象确定其解析式。 【分析】 (Ⅰ)通过函数的周期求出 ω,求出 A ,利用函数经过的特殊点求出 ? ,推出 f ( x) 的解析式。 (Ⅱ)利用(Ⅰ)推出函数 g ( x) ?

7 4

7 5 4 2

6 cos 4 x ? sin 2 x ? 1 f (x ? ) 6

?

的表达式,应用同角函数关系式、倍角函

数关系式得到 g ( x)=

3 cos 2 x +1 2

1? 1 ? 2 2 2 ? cos x ? ? 。通过 cos x ?[0,1] ,且 cos x ? ,求出 g ( x) 的值域。 2? 2 ?

例 3. (2012 年陕西省文 12 分)函数 f ( x) ? A sin(? x ? 相邻两条对称轴之间的距离为 (I)求函数 f ( x) 的解析式; (Ⅱ)设 ? ? (0,

?
6

) ? 1 ( A ? 0, ? ? 0 )的最大值为 3, 其图像

? , 2

?

) ,则 f ( ) ? 2 ,求 ? 的值. 2 2

?

【答案】解: (I)∵函数 f ( x) 的最大值为 3,∴ A ? 1 ? 3, 即 A ? 2 。 ∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为 ∴函数 f ( x) 的解析式为 y ? sin(2 x ? (Ⅱ)∵ f ( ) ? 2sin(? ?

?
6

? ,∴最小正周期为 T ? ? 。∴ ? ? 2 。 2

) ?1 。

?

?

2

∵0 ?? ? ∴? ?

?
2

,∴ ?

?
6

? 1 ) ? 1 ? 2 ,∴即 sin(? ? ) ? 。 6 6 2
?? ?

?

?
6

?

?
6

,即 ? ?

?
3

6

?

?

3





【考点】三角函数的图像性质,三角函数的求值。 【解析】 (1)通过函数的最大值求出 A,通过对称轴求出周期,求出 ω,得到函数的解析式。 (Ⅱ)通过 f ( ) ? 2sin(? ?

?

?

2

? 1 ) ? 1 ? 2 ,求出 sin(? ? ) ? ,通过 α 的范围,求出 α 的值。 6 6 2

四、待定系数法在数列问题中的应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
1 例 1. (2012 年北京市理 5 分)已知 ?a n ? 为等差数列, Sn 为其前 n 项和。若 a1 = , S2 ? a 3 ,则 a 2 = 2
▲ ; Sn = ▲

1 1 【答案】1; n 2 ? n 。 4 4
【考点】等差数列

1 【解析】设等差数列的公差为 d ,根据等差数列通项公式和已知 a1 = , S2 ? a 3 得 2
1 ? ?a 2 =1 ?a 2 = 2 ? d ? ? ?? 1 。 ? ? 1 ? a =a ? d ?d= 2 ? 2 2 ?2 ?

∴ Sn =

a1 ? a1 ? ? n ? 1? d 2

1 1 ? n= n 2 ? n 。 4 4
2

例 2. (2012 年广东省理 5 分).已知递增的等差数列 ?a n ? 满足 a1 ? 1 ,a3 ? a2 ? 4 ,则 a n ? 【答案】 2n- 1 。 【考点】等差数列。





【解析】设递增的等差数列 ?a n ? 的公差为 d ( d > 0 ) ,由 a3 ? a2 ? 4 得 1 + 2d = (1 + d ) - 4 ,
2

2

解得 d =

2 ,舍去负值, d = 2 。

∴ an = 2n - 1。 例 3. (2012 年浙江省理 4 分)设公比为 q(q ? 0) 的等比数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n .若 S2 ? 3a2 ? 2 ,

S4 ? 3a4 ? 2 ,则 q ?
【答案】
3 。 2





【考点】等比数列的性质,待定系数法。 【解析】用待定系数法将 S2 ? 3a2 ? 2 , S4 ? 3a4 ? 2 两个式子全部转化成用 a1 ,q 表示的式子:
? a1 ? a1q ? 3a1q ? 2 , ? 2 3 3 ? a1 ? a1q ? a1q ? a1q ? 3a1q ? 2

两式作差得: a1q 2 ? a1q3 ? 3a1q(q 2 ? 1) ,即: 2q 2 ? q ? 3 ? 0 ,解之得: q ?

3 或 q ? ?1 (舍去)。 2

2 例 4.(2012 年辽宁省理 5 分)已知等比数列{an}为递增数列,且 a5 ? a10 , 2(an ? an ? 2 ) ? 5an ?1 ,则数列

{an}的通项公式 an = 【答案】 2 。
n





【考点】等比数列的通项公式。 【解析】设等比数列{an}的公比为 q 。 ∵ a5 ? a10 ,∴ (a1q ) ? a1q 。∴ a1 ? q , an ? q 。
2 4 2 9 n

又∵ 2(an ? an ? 2 ) ? 5an ?1 ,∴ 2an (1 ? q ) ? 5an q 。∴ 2(1 ? q ) ? 5q 。
2

2

解得 q ? 2 或 q ?

1 。 2 1 。 2

又∵等比数列{an}为递增数列,∴舍去 q ? ∴ an ? 2 。
n

例 5. (2012 年天津市理 13 分)已知{ an }是等差数列,其前 n 项和为 S n ,{ bn }是等比数列,且 a1 = b1 =2 ,

a4 +b4 =27 , S4 ? b4 =10 .
(Ⅰ)求数列{ an }与{ bn }的通项公式; (Ⅱ)记 Tn =anb1 +an ?1b2 + ? +a1bn , n ? N ,证明 Tn +12= ? 2an +10bn (n ? N ) .
+
+

【答案】解: (1)设等差数列的公差为 d ,等比数列的公比为 q , 由 a1 = b1 =2 ,得 a4 ? 2 ? 3d,b4 ? 2q ,s4 ? 8 ? 6d 。
3

由条件 a4 +b4 =27 , S 4 ? b4 =10 得方程组

?2 ? 3d ? 2q 3 ? 27 ?d ? 3 ? ,解得 ? 。 ? 3 ?8 ? 6d ? 2q ? 10 ?q ? 2 ?

, ∴ an ? 3n ? 1 bn ? 2 ,n ? N 。
n +

(Ⅱ)证明:由(1)得, Tn ? 2an ? 2 an ?1 ? 2 an ? 2 ??? 2 a1
2 3 n

①;

∴ 2Tn ? 2 an ? 2 an ?1 ? 2 an ? 2 ??? 2
2 3 4

n +1

a1

②;

由②-①得,

Tn ? ?2an +22 ? an ? an ?1 ? ? 23 ? an ?1 ? an ?2 ? ? 24 ? an ?2 ? an ?3 ? ?? +2n ? a2 ? a1 ? ? 2a1bn

? ?2an +22 ? 3 ? 23 ? 3 ? 24 ? 3 ?? +2n ? 3 ? 2 ? 2bn = ? 2an +4bn +3 ? ? 22 ? 23 ? 24 ?? +2 n ? = ? 2an +4bn +3 ? 4 ? ?1 ? 2n ?1 ? 1? 2

= ? 2an +4bn ? 12+6 ? 2 n = ? 2an +4bn +6bn ? 12

= ? 2an +10bn ? 12
∴ Tn +12= ? 2an +10bn (n ? N ) 。
+

【考点】等差数列与等比数列的综合;等差数列和等比数列的通项公式。 【分析】 (Ⅰ)直接设出首项和公差,根据条件求出首项和公差,即可求出通项。 (Ⅱ)写出 Tn 的表达式,借助于错位相减求和。 还可用数学归纳法证明其成立。 例 6. (2012 年湖北省理 12 分)已知等差数列 ?an ? 前三项的和为-3,前三项的积为 8.

(Ⅰ)求等差数列 ?an ? 的通项公式; (II)若 a2 ,a3 ,a1 成等比数列,求数列 an 的前 n 项的和。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 【答案】解: (Ⅰ)设等差数列 ?an ? 的公差为 d ,则 a2 ? a1 ? d , a3 ? a1 ? 2d ,
?3a ? 3d ? ?3, ? a ? 2, ? a ? ?4, 由题意得 ? 1 解得 ? 1 或? 1 ? d ? ?3, ? d ? 3. ?a1 (a1 ? d )(a1 ? 2d ) ? 8.

? ?

∴由等差数列通项公式可得 an ? 2 ? 3(n ? 1) ? ?3n ? 5 ,或 an ? ?4 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 7 。 ∴等差数列 ?an ? 的通项公式为 an ? ?3n ? 5 ,或 an ? 3n ? 7 。 (Ⅱ)当 an ? ?3n ? 5 时, a2 , a3 , a1 分别为 ?1 , ?4 , 2 ,不成等比数列; 当 an ? 3n ? 7 时, a2 , a3 , a1 分别为 ?1 , 2 , ?4 ,成等比数列,满足条件。
??3n ? 7, n ? 1, 2, ∴ | an |?| 3n ? 7 |? ? ? 3n ? 7, n ? 3.

记数列 {| an |} 的前 n 项和为 S n , 当 n ? 1 时, S1 ?| a1 |? 4 ;当 n ? 2 时, S2 ?| a1 | ? | a2 |? 5 ; 当 n ? 3 时, Sn ? S2 ? | a3 | ? | a4 | ??? | an | ? 5 ? (3 ? 3 ? 7) ? (3 ? 4 ? 7) ? ? ? (3n ? 7)
?5? (n ? 2)[2 ? (3n ? 7)] 3 2 11 ? n ? n ? 10 。 2 2 2

当 n ? 2 时,满足此式。
n ? 1, ?4, ? 综上, Sn ? ? 3 2 11 ? 2 n ? 2 n ? 10, n ? 1. ?

【考点】等差等比数列的通项公式,和前 n 项和公式及基本运算。 【解析】 (Ⅰ)设等差数列 ?an ? 的公差为 d ,根据等差数列 ?an ? 前三项的和为-3,前三项的积为 8 列方程 组求解即可。 (II)对(Ⅰ)的结果验证符合 a2 ,a3 ,a1 成等比数列的数列,应用等差数列前 n 项和公式分 n ? 1 ,
n ? 2 , n ? 3 分别求解即可。

例 7. (2012 年陕西省理 12 分)设 ?an ? 的公比不为 1 的等比数列,其前 n 项和为 S n ,且 a5 , a3 , a4 成等差 数列. (1)求数列 ?an ? 的公比; (2)证明:对任意 k ? N ? , Sk ? 2 ,

Sk , Sk ?1 成等差数列.

【答案】解: (1)设数列 ?an ? 的公比为 q ( q ? 0, q ? 1 ) , 由 a5 , a3 , a4 成等差数列,得 2a3 ? a5 ? a4 ,即 2a1q ? a1q ? a1q 。
2 4 3

由 a1 ? 0, q ? 0 得 q ? q ? 2 ? 0 ,解得 q1 ? ?2,
2

q2 ? 1 。

∵ ?an ? 的公比不为 1,∴ q2 ? 1 舍去。 ∴ q ? ?2 。 (2)证明:∵对任意 k ? N ? , 2 S k ?

2a1 (1 ? q k ) , 1? q

Sk ? 2 ? Sk ?1 ?

a1 (1 ? q k ? 2 ) a1 (1 ? q k ?1 ) a1 (2 ? q k ? 2 ? q k ?1 ) ? ? , 1? q 1? q 1? q

2a1 (1 ? q k ) a1 (2 ? q k ? 2 ? q k ?1 ) ? ∴ 2 S k ? ( S k ? 2 ? S k ?1 ) ? 1? q 1? q

?

a qk a1 [2(1 ? q k ) ? (2 ? q k ? 2 ? q k ?1 ) ? 1 (q 2 ? q ? 2) ? 0 1? q 1? q
Sk , Sk ?1 成等差数列。

∴对任意 k ? N ? , Sk ? 2 ,

【考点】等差等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质。 【解析】 (1)设数列 ?an ? 的公比为 q ( q ? 0, q ? 1 ) ,利用 a5 , a3 , a4 成等差数列结合通项公式,可得

2a1q 2 ? a1q 4 ? a1q 3 ,由此即可求得数列 ?an ? 的公比。
(2)对任意 k ? N ? ,可证得 2Sk ? ( Sk ? 2 ? Sk ?1 ) ? 0 ,从而得证。 另解:对任意 k ? N ? ,

Sk ? 2 ? Sk ?1 ? 2Sk ? ( Sk ? 2 ? Sk ) ? (Sk ?1 ? Sk ) ? ak ?1 ? ak ? 2 ? ak ?1 ? 2ak ?1 ? ak ?1 ? (?2) ? 0
所以,对任意 k ? N ? , Sk ? 2 ,

Sk , Sk ?1 成等差数列。


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