【高中数学】减少解析几何计算量的十种方法-学案

这是一份【高中数学】减少解析几何计算量的十种方法-学案，共17页。学案主要包含了高中数学，题 10，题 11等内容，欢迎下载使用。
减少解析几何计算量的十种方法
在数学试卷中，解析几何题的繁杂运算是令学生感到头痛的首要问题. 其实，许多解析几何题中的繁杂计算，不是不可避免的. 常见的策略是：
设而不求.
【题 1】（湖北黄冈，元月考，10 题） 已知直线 l 交椭圆 4x2+5y2=80 于 M、N 两点，椭圆与 y 轴的正半轴交于 B 点，若△BMN 的重心恰好落在椭圆的右焦点上，则直线 l 的方程是 ()
A.6x－5y－28=0B.6x+5y－28=0C.5x+6y－28=0D.5x－6y－28=0
y
B(0, 4)
F(2,0)
N
O
x
C( 3,- 2)
M
【分析】如图，椭圆的右焦点既是△BMN 的重心，容易求出边 MN 的中点坐标，那么求直线 l 的方程，关键在求该直线的斜率.
若用常规方法，须设直线的点斜式方程，代入椭圆方程，而后利用韦达定理及线段的中点公式求之.显然这个计算量是不菲的.更好的方法是：
22x2y2
【解析】由4x
5y
 80  1.∴椭圆上顶点2016
图 1
B（0，4）,右焦点 F（2,0）.为△BMN 的重心，故线段 MN 的中点为 C（3，-2）.
4x2  5y2  80
设直线 l 的斜率为 k.，点 M  x , y , N  x , y  在椭圆上，∴ 11
22
1122
4x2  5y2  80
4  x  x  x  x   5 y  y  y  y
  0  k  y1  y2   4  x1  x2
  4  6  6

12121212
x  x5 y  y
5 45
所求直线方程为 y  2 
1212
6  x  3  6x  5 y  28  0 ，选 A.
5
【评注】我们用参数设置了 M,N 两点的坐标，但在解题过程中没有也不必要去求这些参数，而是根据它们应该满足的题设条件剖析出所需要的结果.这种的解题方法叫做设而不求.
使用特值

2
6x2y
2
【题 2】（湖北重点中学 4 月联考，理科 8 题）在离心率为的双曲线 2 1a  b  0 中，F 为
5ab
右焦点，过 F 点倾斜角为 60゜的直线与双曲线右支相交于A,B 两点，且点 A 在第一象限，若 AF  mFB, 则
m =（）
A.2B.3C.4D.5
y
A
B1
OF A1
B
【分析】按常规求 m 值，必先求向量 AF与FB 之长.由于双曲线的方程无法确定，又必须使用参数，其计算量之大是让人望而生畏的.
注意到本题最终要求的是比值，根据相似原理，比值只与图形的形
状有关.也就是说，无论将原图放缩多少倍，都不影响最终的计算结果.
x
所以我们可以通过取特值，让方程具体化.
【解析】e  c  6 .不妨设a  5, c  6, c2 =a2 +b2 ,b  11，双曲线
a5

方程为： x2  y2  1 ,其右焦点 F 6, 0 ，设 A 6  t, 3t ，代入双曲线方程：
2511图 2
116  t 2  25  3t 2  2511  64t2 132t 121  0
 16t 114t 11  0.于是 t1
 11, t
42
  11 , m 
16
 4 ，故选 C.
t1 t2
平几给力
00
【题 3】（武汉四月调考.15 题）过圆 C： x2  y2  R2内一定点M (x , y ) 作一动直线交圆 C 于
两点P、R，过坐标原点 O 作直线 ON⊥PM 于点N，过点 P 的切线交直线 ON 于点Q，则OM  OQ = 。
y
R
Q
N
α
O
x
P
图 3
【分析】与圆有关的问题可以优先利用平面几何知识.题设条件中既有垂线又有切线，容易构成直角三角形，故求两向量的数量积
容易想到直角三角形中成比例的线段.
【解析】如图 4,连 OP,则OP⊥PQ.但是 OQ⊥PR 于 N,根据
 2
直角三角形的射影性质有： OQ  ON
 
 OP

 R2

2
∴ OM  OQ  OQ  OM cs  OQ  ON  R
即OM  OQ  R2 .
减少参数
【题 4】（北京西城元月考.13 题）双曲线C : x2  y2  1 的渐近线方程为
若双曲线C 的右顶点为 A ，过 A 的直线l 与双曲线C 的两条渐近线交于 P, Q 两点，且 PA  2 AQ ，则直线
l 的斜率为
【分析】第一空，简单；难点是第二问.
y
P
O
A( 1, 0)
Q
按常规，为求直线l 的斜率，必先确定 P 或 Q 的坐标.但由现有条件却确定不了，因此退而求 P,Q 两坐标之间的关系.但是两点的坐
标有 4 个未知量，计算太过繁杂.故考虑减少未知量，使运算量减半.
x
【解析】设 P  x1, y1 , Q  x2 , y2  .当 PA  2 AQ 时，
y1  2 y2  0 .设直线 PQ : y  k  x 1 .令 x=y,得
y  k  y 1, y1 
k
k 1
令 x=-y,得 y  k  y 1, y2
 k k 1
k2k12
于是：
 0k  0, 0图 4
k 1
k 1
k 1
k 1
 k 1 2 k 1  0
得 k=3.
【别解】（巧用中点公式）如图设 P（a,a）,则P 关于 A（1,0）的对称点为 R（2-a,-a）, AR 的中点
, 得P,, k
3  0
 3  aa 3  aa 3 3 
Q,符合所设条件且在直线 y=-x 上，

 2 3
22 
22 2 2 PQ3

回归定义
1
2
x2y2
【题 5】（山西师大附中，元月考，8 题）设 F1，F2 是双曲线 a2  b2  1a  0, b  0 的左，右两个焦
  
3
点，若双曲线右支上存在一点 P，使OP  OF2  F2 P  0.（O 为坐标原点），且 PF1 
线的离心率是（）
PF2
，则双曲
A. 3  2
3
B. 2
C. 3 1
3
D.1
y
P
M
F1
O
F2
22
【分析】根据向量加法的平行四边形法则， OP  OF2 =OQ,
Q
OQ  F2 P 且OQ必过F2 P的中点.可知PF1F2 为直角三角形.
x
这就为用定义法求离心率创造了条件.
【解析】不妨设双曲线的半焦距 c=1,.令
 
3
PF2 =r,则 PF1 3r, 2a  1r ， 但是F1PF2  90,
 2
 PF
  2
PF
 2
F F
,即
3r 2
 r 2  4，得r  1.图 5
121 2
3 1
c2
3
于是a 
, e 1 ，选 D
3 1
2a
正难则反
x 2y 2
【题 6】（北京海淀，5 月考，7 题）若椭圆C1 ： 2 2
2
x
 1（ a1  b1  0 ）和椭圆C2 ：2 
y 1
2
2
a1b1a2b2
（ a  b
0 ）的焦点相同且a
a .给出如下四个结论：①椭圆C1 和椭圆C2 一定没有公共点；
22
② a1  b1 ；③ a 2  a
12
2  b 2  b 2 ；④
a  a
 b  b .其中，所有正确结论的序号是（）
a2b2
1212
1212
A．②③④B. ①③④C．①②④D. ①②③
【分析】各选项都需鉴别 3 个命题，太繁了. 此外，正面论证哪 3 个命题正确，太费事了.于是将原命题转换为：…其中不正确结论的序号是：
A. ①B. ②C.③D.④ 此外，4 个选项中，最容易用特值否定的是②，故有
x2
【解析】构造椭圆C1 :
y2

1及C2 :
x2  2
 1.显然C1与C2焦点相同.
y
251610
5
10
但是 a1 
10  2, b1
 4.这里 a1  b1 ，故结论②不成立，选 B.
a22b2a2b2
【评注】以上的解题方法，简单得太过离奇了，因此有人怀疑，这种解法是否合理.
首先，在考场上，这种解法是完全站得住脚的.既然结论②在特殊情况下是不正确的，那么在一般情况下就绝无正确的可能，这是因为：任何真命题都是“放之四海而皆准”的.
以下，我们再用直接法（即通法）论证：其他 3 个结论的正确性.
1211221212
既是两椭圆焦点相同，那么c2  c2  a2  b2  a2  b2  a2  a2  b2  b2 .∴结论③正确； 结论①：两椭圆没有公共点等价于两曲线方程组成的方程组无解.
 x2
 a 2
y2

b 21
 11
 11 
a 2  a 2
b 2  b 2
 11
 x2  y2  0  x2  21  y2  21  0
 x2y2
 a 2
a 2  b 2
b 2 
a 2 a 2
b 2b 2
 1
 12
 12 
121 2
 a 2b 2
 22
2222
x2y2
a ab b
222 2
既然结论③正确，且已知a1  a2 ， a2  a1  b2  b1  0,故必=0.
1 21 2
y
最后的方程无解， 这就证明了结论①是正确的.
B2
要考察结论④是否正确，仅从数据推理是困难的，需采用数形结合的方法.
B1
OFx
既然结论①正确，即两椭圆没有公共点.已知a1  a2 ，所以椭圆 1 在
椭圆 2 的外面. 如图 6，设两椭圆公共右焦点为 F，上顶点分别为
B , B ，FB B 中 ，FB - FB  B B
,故必 a1  a2  b1  b2
121 2121 2
这就是说，结论④也是正确的.既然结论①③④正确，故选 B.
图 6
请各位分析一下，两种解法效果相同，可是付出的代价，是不是有天壤之别呢？
数形结合
x2
【题 7】（北京西城.5 月考，5 题）双曲线
a2
切，则双曲线离心率为（）
2
y
 1的渐近线与圆 x b2
2  ( y  2)2
 1相
2
（A）
（B）
（C） 2（D） 3
3
【分析】既是已知圆与双曲线的渐近线相切，故不妨先画出图形再考查其数量关系
y
y = b x a
C0(2,)
A
O
x
图 7
【解析】如图，圆C 的圆心为 C（0,2）,且半径 r=1.
双曲线的渐近线l : y  b x 切圆 C 于点 A,则△AOC 是含 30•角的
a
直角三角形，AOx  60,于是 b  tan 60 3,
a

c2  a2
a23e2 ，选 C.
三角代换
y
l
P2
P1
O
F
x
P3
【题 8】（重庆卷，22 题）如图，中心在原点O 的椭圆的右焦点为 F（3，0），右准线 l 的方程为：x = 12。（1）求椭圆的方程；（2）在椭圆上任取三个不同点 P , P , P ，
使P1 FP2  P2 FP3  P3 FP1 ，证明
123
1
| FP1 |
1
| FP 2 |
1
| FP 3 |
为定值，并求此定值.
【分析】本题选自 07.重庆卷.22 题，是压轴题.
难度很大.动手前一定要选择好恰当的破题路径，
图 8-1
否则将陷入繁杂的计算而不得自拔.
有关的 3 条线段都是焦半径，企图用椭圆的第一定义或两点距离公式出发将是徒劳的.
y
l
P2( x2, y2)P1( x1, y1) H
1
120°
θ
O
F
P3 ( x3, y3)
图 8-2
正确的解题途径是：
（1）利用椭圆的第二定义；（2）题中有 3 个相等的角度，应不失时机地引入三角知识.
【解析】椭圆的半焦距 c=3，右准线x = 12
 a2 
2  
2  2  2 
12,
c
a12 336, bac
x2y2
27 .
1
故椭圆方程为：
 1 ，其离心率e .
36272
如图 8-2 设 P1  x1, y1 , P2  x2 , y2 , P3  x3, y3  为椭圆上符合条件的三点，令 FP1
 r1 , FP2
 r2 , FP3
 r3 .
作 P1H1⊥ l 于 H1，令 P1H1  d1 ，
设 ∠ P1Fx= θ 则 ∠ P2Fx= θ +120 ° ∠ P3Fx=120 ° - θ . 于 是
r  ed  1 12  x ， 而
x  3  r cs ,2r  9  r cs  r 9.
112
11111
2  cs
99
同理： r2  2  cs(120   ) , r3  2  cs(120  ) .于是

1 1 1 1  2  cs    2  cs(120    )  2  cs(120    ) 
| F P1 || FP2 || FP3 |9
 1 6  cs  2 cs120cs   2 ，故为定值.
93
【评注】如果读者有极坐标的有关知识，则本题的解法将更为简洁
（9）命题转换
【题 10】（湖北重点学校 4 月考，19 题）椭圆的两焦点坐标分别为 F1 
3, 0, F2 
3, 0,且椭圆过点
 3,  1  .（1）求椭圆的方程；（2）过点  6 , 0 作直线l 交该椭圆于 M,N 两点（直线l 不与 x 轴重
2 5

合），A 为椭圆的左顶点，求证; MAN   .
2
【分析】（1）问，简单；（2）问，点  6 , 0  的横坐标为分数，显然会给以下的计算带来不小的麻烦.
5

所以考虑转换为等价命题，使运算中不再含有分数.
3

【解析】（1）由条件知椭圆半焦距c ，点P 
3,  1  在椭圆上，

2


2
3   2 
2
1 2

11 
1 2 1  71 
 a 
 PF  PF  

02    2

2122 
2  
2  22 

于是b  1, 所求椭圆方程为
x2  2 
y
1
4
 
（2）将所求椭圆的长，短轴各自扩大 5 倍，根据相似原理，原命题等价于：过点Q 6, 0 作直线l 交
x2y2
椭圆 1 于 M,N 两点（直线l 不与 x 轴重合），A 为椭圆的左顶点，求证;
10025
y
M(x1 ,y1)
A(- 10, 0) Q(-6 ,0 ) O
x
N( x2,y2)
设所求直线： y  k  x  6 ，代入 x2  4 y2  100 ：
MAN .
2
x2  4k 2 x2 12x  36  100  1 4k 2  x2  48k 2 x 144k 2 100  0
48k
2
于是 x1  x2   1 4k 2 , x1  x2  
144k 2 100
1 4k 2.
∵ y y  k 2  x  6 x
 6  k 2  x  x  6  x  x   36
1 212
 1212
 AM  AN   x1 10, y1  x2 10, y2   x1  x2 10  x1  x2  100  y1 y2
1212
 1 k 2  x  x
 10  6k 2  x
 x  100  36k 2图 9
1 k 2 144k 2 10048k 2 10  6k 2 
100  36k 2

1 4k 21 4k 2
1
1 4k
2 144k 4  44k 2 100  288k 4  480k 2   100  436k 2 144k 4   0
这就证明了： MAN   .
2
（10）先猜后证
【题 11】（湖北华师一附中.月考.19 题）
以 F1 (0, 1), F2 (0,1) 为焦点的椭圆C 过点 P (
1
2
，1)．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
2
(Ⅱ)过点 S ( ，0)的动直线l 交椭圆C 于 A 、 B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，
3
使得无论l 如何转动，以 A B 为直径的圆恒过点T ? 若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】本题难点在第(Ⅱ)问.考察曲线是否通过定点，用一般方法很难发现，所以先考察特殊图形， 推测出可能的结果，而后再加证明.
y2
(Ⅰ) 解法一（定义法）：设椭圆方程为
a2
x2

b21 (a  b  0) ，由已知c  1 。
y2

2
2 

 2 
  22

2
2 

 2 
  02
又2a 
 2 2 ．所以a 
2, b2  a2  c2  1 ，椭圆 C 的方程是 x2 +
=1．
2
y2
解法二 （ 方程法 ）： 设椭圆方程为
a2
x2

b21 (a  b  0) ， 由已知 c  1 ， 即 a
2  b2
1 ， 得

y2x2 21
1 P (，1)代入：

 1  1  2b2 b2 1  3b2 1  2b4  b2 1  0
b2 1b22
b2 12b2
y2y
b2  0,b2  1 椭圆C 的方程是 x2 +
=1．
2
A1A
(Ⅱ)（先用特殊值探求，再证明探求的结果）在椭圆方程中，
令 x   1 , 得 y   4 .如图即有： ST  SA  SB  4 .这说明SO
33113
T(1,0) x
以弦 A1B1 为直径的圆过点 T（1,0）.以下我们证明：椭圆中过点S 的其他弦为直径的圆也过定点 T（1,0）只需证明TA TB  0 .
B
B1
图 10
1 
222k 2
k 2 18
设直线 AB： y  k  x 

 .代入椭圆方程,整理得： k
3 
 2 x 
x  0 .
39
2k 2k 2 18
∵点 S 在椭圆内,∴此方程必有二实根 x1 , x2 ,且 x1  x2   3k 2  2 , x1  x2  9 k 2  2 .于是
 
1 1 

TA TB   x1 1, y1  x2 1, y2    x1 1 x2 1  k  x1  3   k  x2  3 
 k 2 1 x x  1 k 2  3 x  x   1 k 2  9

1 23129
1k 2 1k 2 18  2k 2 k 2  3  k 2  9k 2  2  0
9 k 2  2 
可知TA  TB ,也就是任何其他弦为直径的圆都过定点 T（1,0）.
练习题
x2
1.（北京东城二模，6 题）已知双曲线
a2
2
y
 1 (a  0, b  0) ，过其右焦点且垂直于实轴的直线与
b2
双曲线交于 M , N 两点， O 为坐标原点.若OM  ON ，则双曲线的离心率为
1 3
（A）
2
（B）
1 3
2
（C）
1 5
2
（D）
1 5
2
2.（湖北重点学校 4 月考.文科.9 题）.已知抛物线 y2  2 px  p  0 ，Rt△ABC 的 3 个顶点都在抛物线上，且斜边 AB∥y 轴，则斜边上的高为 （）
A.2pB.4pC.pD.P/2
3.（湖北武昌，元月考，6 题）直线 y  k  x  2 与抛物线 y2  8x 交于A,B 两点.若 AB 中点的横坐标为
3，则弦AB 的长为（）
5
A.6B.10C. 2
D.16
2
p 2p 2
4.（北京宣武 5 月考.8 题.）如图抛物线C1 ：
y 2  2 px 和圆C :
 x 

  y 2 ，其
2
4

中 p  0 ，直线l 经过C1 的焦点，依次交C1 ，C2 于 A, B, C, D 四点，则 AB  CD 的值为（）
2
2
A. pB. p
p2
2
C.D. p
432
5（北京.崇文.5 月考.8 题）已知圆的方程 x2  y2  25 ，过 M (4, 3) 作直线 MA, MB 与圆交于点 A, B ，且 MA, MB 关于直线 y  3 对称，则直线 AB 的斜率等于 （）
 4
3
 3
4
 5
4
 4
5
2
6．（元月.海淀.7 题）已知椭圆 E : x
m
y2

1 ，对于任意实数k ，下列直线被椭圆E 截得的弦长
4
与l : y  kx  1 被椭圆 E 截得的弦长不．可．能．相等的是（）
kx  y  k  0
kx  y  1  0
kx  y  k  0
kx  y  2  0
7. （元月.北京西城.14 题）在平面直角坐标系中，定义 d (P, Q) 
x1  x2 
y1  y2
为两点
5
P(x1, y1 ) , Q(x2 , y2 ) 之间的“折线距离”. 则坐标原点O 与直线2x  y  2
的最小值是 ；
 0 上一点的“折线距离”
5
圆 x2  y2  1上一点与直线2x  y  2 0 上一点的“折线距离”的最小值是 .
8（元月.湖北武昌.9 题）.如图，已知点 P 是圆C : x2   y  2 2 2  1 的一个动点，点 Q 是直线
l : x  y  0 上的一个动点，O 为坐标原点，则向量OP 在向量OQ 方向投影的最大值是（）
A.3B.
2 C. 3
2
2
2
D.1
2x  y  2  0

（湖北黄冈，元月.13 题）如果点 P 在平面区域x  2 y  1  0 上，点 Q 在曲线 x2  ( y  2)2  2 上，

x  y  2  0
那么 PQ
的最小值为
x2
（同上，14 题）过双曲线
a2
y2

b21(a>0,b>0)的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足恰好落在曲
y
x
22
线 1上，则双曲线的离心率为 .
b2a2
11.（海南 12 校第一次联考，6 题）设双曲线M:
x2
 2
a2y
 1,点C 0,1
若直线
 x 2 t
2

t为参数 交双曲线的两渐近线于 A,B，且 BC  2 AC ，则双曲线的离心率为 B

 y  12 t
2
5
5
10
10C.D.
23
x2
12.（河北唐山一模.16 题）双曲线 2
2

y
2  1a  0, b  0 的左、右焦点分别为 F1, F2 ,P 为双曲线右
支上一点， PF2
ab
2
与圆x2  y2  b2 切于点 G,且G 为 PF 的中点，则该双曲线的离心率 e=
13.（重庆 7 区 2 月考，8 题）设 F1，F2 分别为双曲线（a＞0,b＞0）的左右焦点，若在双
曲线右支上存在点 P，满足 PF2
 F F ,且点 P 的横坐标为 5 c （c 为半焦距），则该双曲线的离心率为
1 24
（ 北京西城 5 月考.8 题） 如图， 在等腰梯形 ABCD 中， AB//CD ， 且 AB=2AD ， 设
DAB   , 

(0,)
2
，以 A，B 为焦点且过点 D 的双曲线的离心率为e1 ，以 C，D 为焦点且过点A 的椭圆
的离心率为e2 ，则（）
随着角度的增大， e1 增大， e1e2 为定值
随着角度 的增大， e1 减小， e1e2 为定值
随着角度 的增大， e1 增大， e1e2 也增大
C．随着角度 的增大， e1 减小， e1e2 也减小
15.（武汉二月调考.10 题）. 过定点 P（3,1）的直线l 交 x 轴正半轴于 A, 交 y 轴正半轴于 B,O 为坐标原点，则△OAB 周长的最小值为（）
5
A.8B.10C.12D. 4
参考答案
（平几给力）△MON 是等腰直角三角形，斜边上的高为半焦距.Rt MF1F2中，MF2
 c, F1F2
 2c .
5
 MF 5c, 则a  1 1c.于是离心率e  2 5 1
5
2212
y
M
F1O
F2
x
N
A
y
C
D
O
x
B
y
A
A1
M1
M
- 2 O
2 3
x
B1
B
1 题解图2 题解图3 题解图
2.（设而不求）如图设 A x1, y1 , B  x1,  y1 , C  x2 , y2  ，则斜边上的高h  x1  x2 .由CA  CB
12121212
  x
x , y
y  x
x ,  y
 y   0   x  x
2   y2  y2   0   x  x
2  2 p  x
 x   0
12121212
 x1  x2  0,约去 x1  x2 得：x1  x2 =2 p.即h  2 p ，故选 A.
3. （平几给力）如图，抛物线的焦点为 F（2,0）准线方程为l : x  2 .若 M 为AB 中点，由A,M,B 分别
向准线 l : x  2 引垂线，垂足依次为. A1 , M1 , B1 那么 MM1 是梯形 AA1B1B D 中位线，且 MM1
 5 .故
AB 
AA1  BB1
 2 MM1
 10 ,选 B.
4.（取特殊直线）如图：圆 C 的圆心为抛物线的焦点 F  p , 0  令直线 AD 与 x 轴垂直，那么
2 2

FA 
FD  p, FC
 FB 
p ,  AB  CD 
2
p 
. ∵ AB 与CD 同向， AB  CD 
2
p2
，故选A.
4
5.（几何法：利用垂径定理及圆的对称性）如 5 题解图 显然点 M (4, 3) 在圆 x2  y2  25 上.
点 M 关于y 轴的对称点N（4,3）也在圆 x2  y2  25 上.连 ON.∵MN 平分∠AMB,∴N 为 AB 的中点.
必 ON⊥AB. kON
 3 , k
4AB
  4
3
6（. 特值法省力）不妨设 k=1,则 4 条直线依次为：A.y=-x-1;B.y=x-1;C.y=-x+1;D.y=-x+2.
2
显然，A 与B 关于 y 轴对称，B 与 C 关于x 轴对称，这 3 条直线与直线y=x+1 被椭圆 E : x
m
2
y
 1 所4
截得的弦长都相等.故选 D.
y
A
B
OF( p/2, 0)
x
C
D
y 2= 2px
y=3
y A
M(-4,3)
O
c(5,6)
y=-x+1
y
y=- x-1
y=x+ 1
y=x- 1
O
x
y=- x+2
B(5,0) x
4 题解图
7.（数形结合）直线2x  y  2
5 题解图
5
 0 交 x 轴于 A
5, 0, B 0, 2 5 .
6 题解图
y
B
C
P
E
O
Q
D
A
x
显然坐标原点 O 与该直线上一点的“折线距离”的最小值等于
5
OA  .
设点 P 为圆 x2  y2  1上一点，为求其到该直线上一点
“折线距离”的最小值，显然点 P 只能在第一象限的圆弧上. 作 PQ∥x 轴，交该直线于Q，对于固定的P，我们证明点 P,Q 的折线距离（也就是线段PQ 之长）最小.
若点 C 在 BQ 上，作CF⊥PQ 于 F，由于∠BQP=∠BAO＞45°，
 CF
QF , d (P, C) 
PF  CF
PQ ；
若点 D 在 AQ 上，仅P,D 横坐标差点绝对值已大于 PQ 之长.
题解图
 2
5  sin 
 
现在设 P cs , sin  , Q 2, sin    0, 2  .那么

d  P, Q 
1 sin   cs 
5
5
2
sin     .当且仅当sin     =1 时，所求最小值为.
5
5
22
8. 解法 1.（数形结合）设圆 C 垂直于直线l : x  y  0 的切线为 x=-y+m，代入y
2
l : x - y = 0
C
圆的方程： y  m2   y  2 2   1  2 y2  2m  4 2  y  m2  7  0P
Q
令  0  4m2 16 2m  32  8m2  7  0  m2  4 2m  6  0 .
Ox
2
解得： m 2, 3.
取m  3 2, 直线方程为 x  y  3 2, 令 x=y,得Q  32, 3
 22
2 ,
8 题解图 1
9  9
22
则所求投影的最大值为 OQ  3 ，选 A.
y
P
l : x -
C
N
M
Q
O
x
解法 2.（平面几何给力）过圆心C 0, 2 2 作直线y
l : x  y  0 的平行线，设与圆的上交点为 P，PM⊥ l 于 M， 又作 ON⊥直线 CP 于N,
 CP  1, CN
 OC  sin 45  2 2 
2  2,
2
题解图 2
故所求投影的最大值为 OM
 NP  3
y
A( 0,2)
x- 2y+1=0 C(1,1)
B(- 1, 0)
O
x-2y+m=0
x
M( 0,-2)
9.（数形结合）符合题意的平面区域如图所示.作圆的平行于直线x-2y+1=0 的切线，设其方程为 x  2y  m  0.则圆心 M（0，-2）
m  4
5
10
10
到此直线的距离d 2, m  4 .取m  4 ，
10
则切线方程为 x  2y  4  0.
10
4 1
5
5
2
所求 PQ 的最小值为
b
题解图
10.设双曲线右焦点为 F（c,0），取渐近线l : y 
x ，∵FM⊥ l 于 M,∴直线 FM 的方程为：
a

y   a  x  c 由
y  b x
a
 b x  a  x  c  0


b y  

a  x  cab b
c2aca2b a2ab
x , x ，从而 y ,得
abbcacc
y
M
O
F(c, 0) x
 a2 ab 

Mc , c  .代入椭圆方程：

2 a42 a2b2
2 244222
2
2
2
a  b  a b  a  b  b a  b  a  b .则双曲线的离心率为
cc
11.（减少参数）双曲线的渐近线为 y   x ，直线的一般方程为 y  1 x
y
C(0,1)
O
x
B
a

 y  1 xxa
 y  1 x
x

由x
 1 x, xB 
; 由
x   1 x,

 y  aa
1 a
 y   aa
 xA
  a
1 a
, 由条件知 A 为 BC 中点，
a
1 a
  2a .
1 a
 a  0,1 a  2 1 a  0  a  3 .于是
11 题解图
c  10,离心率e 
10
.选 B.
3
【评注】只求 x，不求 y，省力的典范.
12.（回归定义）当 PF2
与圆x2  y2  b2 切于点 G 时，有 OG
 b, 但 OF2
 c, GF2
 a.于是
2a  PF  PF  2b  2a.知b  2a OGF
 90,  OG 2  GF 2  OF 2 5a2  c2 e  c  5.
122
22a
y
P
a
b
F1
O
c
G
a
F2
y
P
Q( 5, 0)
F1(- 4, 0) O F2 ( 4, 0) x
y
D
C
θ
A
O
B x
x
题解图
题解图
题解图
13.（取特值，回归定义）不妨令 c=4，则点的横坐标为 5.如图有 F1 4, 0, F2 4, 0.则 PF2
 F1F2
 8.
82 12
作 PQ⊥x 轴于 Q,有 Q(5,0).且 PQ 
63，PF2 
 12.
63  92
 a  1  PF  PF   1 12  8  2,离心率e  c  2
2212a
14.（回归定义，三角法）连 AC,BD. 不妨设 AD  1, 则 AB  2, CD  2  2 cs
. 由余弦定理：
5  4 cs
5  4 cs
AC  BD .
对于双曲线,  a
 1  DB  DA   1 
1, c
 1,e
2.
5  4 cs
 
122
111
21
  0, ,∴当 增大时， e 减小.

对于椭圆, a
 1  DA  CA   1 
1, c
 1 CD  1 cs ,e
 21 cs  . ,
5  4 cs
5  4 cs
2222221
e  e
 2 1 cs  2 4 1 cs   1 ,故为定值.
5  4 cs
5  4 cs
121
14 1 cs 
y
B
N
1
2
O
α P(2,1)
1
α
2MA
x
15.解法 1（三角代换）如 15 题截图 1，作 PM⊥x 轴于 M，PN⊥y 轴于 N，则 ON=2,ON=1. 设∠OAB=∠NPB=α，则 NB=2tnα,MA=ctα,AP=cscα,PB=2secα.
于是△OAB 的周长
L  2  ct    1 2 tan   csc  2 sec 
 3  1 cs  21 sin  
sin 

cs

 2
2 cs2
2 cs
sin
 3 
2   22 
2 sincscs2   sin2 
2222
2 cs   sin  
2  cs   sin   2 sin  
题解图 1
22 222 
 3  ct
2

cs
  sin 
  3  ct
2
cs

  sin 
2222
4 sin 
4

 5  ct
2cs 
2
sin 
 6   ct

1 
2
ct  1
222
  
4
2242
  0, , 0,.ct1  0, 于是 L  6  2

 10 ，故选 B.
42
【说明】进一步研究：当且仅当ct1 
2
ct 
2
，即ct1
2
1
 4  ct 3 时等式成立.
2
100  25
94
此时tan   3 .于是OA  2  4  10 , OB  1 2  3  5 , AB  25 ，满足 OA+AB+OB=10.
433426
解法 2.（平几给力）首先证明：直角三角形的周长等于其斜边上旁切圆的直径.
如图，设直角△OAB 斜边上旁切圆的圆心为 Q（a,a）
N
Q(a,a)
B
P(2,1)
H
x
O
A
M
15 题解图 2
作 QH⊥AB 于 H, QM⊥x 轴于 M，QN⊥y 轴于 N 那么QM=QN=QH=a.y
由△QAM≌△QAP 知 QM=QH,且 AM=AH.同理 QN=QH 且 BN=BH.于是
L=QM+QN=2QH=2a.
连 PQ,则 PQ  QH
 a .令 PQ  a, 即
a  22  a 12
 a  a2  6a  5  0.
 a  1（舍），或a  5 .于是所求△OAB 的最小值为 L=2a=10.