2023年高考數(shù)學(xué)第02章攻克壓軸題的戰(zhàn)術(shù)提升

第02章攻克壓軸題的戰(zhàn)術(shù)提升

攻克高考數(shù)學(xué)壓軸題要從整體上進行謀劃，上一章從io個方面對解題的戰(zhàn)略構(gòu)想作出了較

為詳盡的分析，這還是遠遠不夠的，應(yīng)當在解題戰(zhàn)術(shù)上再提升到一個較高的層次，這是因為在具體

解題過程中，解題者還會碰到許多難點需要攻克,需要在正確戰(zhàn)術(shù)指引下打勝每一個局部的戰(zhàn)斗,

以小勝積大勝，最終以一場漂亮、完美的戰(zhàn)役攻下難題.

解題戰(zhàn)術(shù)是解題術(shù)碘究領(lǐng)域的核心內(nèi)容.我曾在所著的一本著作中總結(jié)了36種重要的解題

戰(zhàn)術(shù)，而解題戰(zhàn)術(shù)的實現(xiàn)又離不開學(xué)科方法.當然，本書作為一本專講攻克壓軸題的專著，沒有必要

作如此詳盡的介紹.故僅從中選擇10個方面展開,希望能在較短時間內(nèi)提高學(xué)生解壓軸題的能力.

這10個方面有幾個是通過拓展學(xué)科知識提升學(xué)生的解題能力.如第十一講:幾個重要的不等式，介

紹了均值不等式，柯西不等式，排序不等式;第十二講:遞推數(shù)列求通項方法的拓展，介紹了特征根法

與不動點法;第十三講:巧用直線系.圓系方和解題;第十四講:巧用圓錐曲線系方程解題，介紹了運

用曲線族的方法提升求解解析幾何題的能力，這里既有數(shù)學(xué)概念上的拓展,又介紹了一類有效的

解題方法；而第十五講:構(gòu)造思想與構(gòu)造法，是攻克壓軸題的銳利武器，其重要作用不言而喻;第十

六講:放縮技巧與放縮法;第十七講:引參換元與參數(shù)方程;第十八講:三角函數(shù)與向量方法;第十九

講:正難則反與反證法;第二十講:數(shù)學(xué)歸納法.這10講是攻克壓軸題中應(yīng)用最為廣乏的學(xué)科方法,

是克敵制勝的精良武器.

思維方法是解題的先導(dǎo),學(xué)科方法與類型解證法是解題的具體實施，通常我們所說的解題方

法與技巧往往是在正確的思維方法引導(dǎo)下，靈活運用學(xué)科方法,類型解證法與數(shù)學(xué)知識的結(jié)

果.“數(shù)學(xué)三法”是解數(shù)學(xué)題的思路，方法與技巧的源泉，總而言之,解決數(shù)學(xué)問題如同打仗一樣，也

應(yīng)講究點戰(zhàn)略戰(zhàn)術(shù).

從思維過程分析，任何數(shù)學(xué)問題特別是綜合題的解決都不是運用單一學(xué)科方法可以奏效的,

常常是類比、歸納與直覺一起發(fā)揮作用，它們之間的關(guān)系是“剪不斷,理還亂”，羅增儒教授把解

題方法總結(jié)為“條件預(yù)示可知并啟發(fā)解題手段，結(jié)論預(yù)告須知并誘導(dǎo)解題方法”.解題戰(zhàn)術(shù)和方

法實質(zhì)就是溝通己知與末知，條件與結(jié)論的過程，借助杜甫的詩句:“野色更無山隔斷，天光直與水

相通”，這就是解題戰(zhàn)術(shù)和方法的“功效”所產(chǎn)生的意境.

第十一講幾個重要的不等式

1多元均值不等式

若4，%,%，則旦土婦一上^..防豆^一W，當且僅當%=%=時取

n

等號，其中.+%++%為%%,國,?,4的算術(shù)平均數(shù)，出/%?q為

n

。1，%，4，的幾何平均數(shù).

2柯西不等式

⑴二維形式的柯西不等式:若a,A,c,d都是實數(shù)很4（/+匕2）..2+a2）..（ac+兒7）2,當且僅當

ad=Ac時取等號.

⑵一般形式的柯西不等式：若4，%，。3，，?也也也，,b?都是實數(shù)，則

（如+d++4；卜（"+后++彳）..（44+4%++a/j,當且僅當e=0（i=l,2,,

,"）或m=m==+時取等號.

仄瓦b.

3柯西不等式的向量形式及平面三角不等式

⑴柯西不等式的向量形式:設(shè)a,夕是兩個向量，則,?川,,|即@,當且僅當4=0或存在實數(shù)工

使a=女4時取等號.

（2）平面三角不等式:設(shè)王，%,犬2，%eR貝jjx；+y；+Jx；+￡..J（X|一瓦『+（y

4排序不等式

設(shè)4釉2皴以，人打都々為兩組實數(shù),。勺，，c“為仇也，，勿的任意排列，那么

a也,+%0i++a他領(lǐng)％9+a2c2++a2b2++a也，即反序和不大于亂序和，

舌序和不大于碩序和.

當且僅當％=%==%或瓦=瓦==d時取等號.

一、例題精講

【例1】證明柯西不等式.

【解題策略】

證明柯西不等式的方法很多，其中向是法與構(gòu)造法是高中數(shù)學(xué)中的常見證法，介紹如下，有利

于學(xué)生開闊解題思路、提升解題能力.

【證法1]

（向量法:將平面向量、空間向量推廣到“維向量）令a=（4,外,,%）,0=

（自也，也），則無方=姐+。2d++a也,0方=同?同cos&b）,由于卜os/,,1,

故

卜?。圈曲“o,弛+%為++a,A,|Ja：+a；++a；+4++/?：o（弓仿+a2t++?,A,）'?（?

.等號成立的條件是a*共線即a,=H?j（4eR）.

【證法2]

（構(gòu)選二次函數(shù)法）若q=%==a?=0，則柯西不等式

（a；+《++a；）-儂+改++〃；）..（64+。2%++。也丫顯然成立.若生不全為零

（/=1,2,,/?）,

令/（x）=（a；+a；++a；）x?+2（q4+凡6,++a“"）x+（/+優(yōu)++b~.方

面，因為f（x）=（4%2+2aMx+/?：）+（a*2+2%與工+質(zhì)）++

2

^x+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）僅[+優(yōu)++/?；）,,

（%“+a2b2++a也）,,（a；+a；+,+a：）仰+b；++b；（此即柯西不等式.

由⑴式知等號成立的條件為4=4,（i=1,2,,n）.

[例2]

⑴有小于1的〃（〃..2）個正數(shù)看,々，了3，,Xn^Xy+X2+X?i++x.=l.

1

4T1111—>4；

求證:-----r+-----?+------++——

王一玉龍2一七吃一不當一

2222

（2）已知6,。2，，〃〃￡葭,求證:幺+”+H—-H——..4+g++Q〃

冊4

【解題策略】

第（1）問,每一個七均為（0,1）內(nèi)的正數(shù)，由X+X2+X3++七=1可聯(lián)想到均值不等式

芯+々+七++/.."09十％3?%，從而需要對原式中每一項進行放縮，得到X,,乘

積的形式，也可構(gòu)選出柯西不等式的形式，利用柯西不等式來證明.第⑵問，同樣可以運用上述兩種

證法,在運用均值不等式時首先霄要對所證不等式通過拆分、構(gòu)造、再合成的過程.

（1）【證法1】

（均值不等式法）o<x/i,.,.一

—（z=1,2,3,,〃）.

\xfXi

111111111

x"+-----------+--------------F---d------------->-----1-------1-------F???4------../?ni

X2~X2X3~X3Xn-Xn中2工3Z

1

又Jx也演?與京產(chǎn)+“2+七++7=工.n--------------n.

nn\x,X2XyXn

122

+-~r>n.,2=4.

x“一x”

11

++F--

3---3----------3-+

X]

一為x2-x2x3-x3

【證法2]

（柯西不等式法）由柯西不等式可得

11_1_、

..IV

X“一瑞

又0cxi=

???（玉7：）+（芍一￡）++（--彳）=1-（1+后++片）?0，1）

1111

又

(2)【證法1】

2222

（均值不等式法）?.五+%朦%幺+%2。,,,—朦。，口■+4，上述不

%%44

2222

等式相力口，即得~——+H——H-^??〃]+%+

a.?i

[證法2】(柯西不等式法)由柯西不等式可得

/29212\

a\i_a2,,-1a?

--------1----------r??-\----------------1--------

。

1%3a.?i）

2222

,J4+。2++。〃>0,——d——4-H—H——..4+a,++a〃.已知a,A,。為正數(shù),

a2%anq

〃h5c5]_

且源C,求證:由+方

a%'a

【解題策略】

運用排序不等式解題，苜先要指兩個數(shù)組的大小關(guān)系明確出米，分清順序和、亂序和及反序和,

由于亂序和是不確定的，根據(jù)需要寫出其中的一個即可.

affi?c>0,.,.?5?5c5,-ffi-->0

cba

戶-

。

k++①

a'=一-

功33

〃

序

序

和

反

和

亂

得

21n

--

。C

555111

a,c1

++++

-3-3333--

由，兩式得b37〃

12CcQa^。C

二、發(fā)散訓(xùn)練

1⑴已知R,a+2A+3c=6,則a?+4Z?2+9c2的最小值為

⑵設(shè)x,y,zeR，且滿足id+y'+z?=l,x+2y+3z=JIZ,則

x+y+z=.

2⑴求使直線尤cos。+ysin。=2和橢圓x2+3y2=6有公共點的。的取值范圍

(闔9分

⑵已知直線y=(1-x)tan。與雙曲線-1+y2cos20=1相切(一

求切線方程和切點坐標.

3⑴設(shè)a>0,6>0,求(a+2。)［：+羨)的最小值；

(2)已知x,y,z>0,a力,c為％,y,z的一個排列,求證:-+—+-..3.

xyz

第十二講遞推數(shù)列求通項方法的拓展

對于遞推數(shù)列求通項類題型，雖然在數(shù)學(xué)教學(xué)中的要求不是很高,高考命題時難度也有控制,

但是在原名牌大學(xué)自主招生時,遞推數(shù)列則是一個重要考點，解題方法更豐富多彩,對于將要實施

的“強基計劃”來說想必也是重要考點.本講介紹兩種遞推數(shù)列求通項的新方法.

1.特征根法

型如q=犯，4=m2,4+2=pa“+i+qa“(p,q是常數(shù))的數(shù)列為二階線性遞推數(shù)列，可構(gòu)造

｛a“+i,滿足an+l-Aan=//(a?-/la-］),則｛幾+〃=p，即％〃為方-“％-彳=。的

兩個根，此方程稱為特征方程,則數(shù)列加“｝的通項公式％均可用特征根轉(zhuǎn)化為一階線性遞推數(shù)列,

進一步構(gòu)造特殊數(shù)列或利用“累加法”求通項公式.

2.不動點法

型如4向="土￡(〃H0,4H0,7HO,sH0)的遞推式，可利用不動點法，其中X=絲H

pa,,+qpx+q

的根為該數(shù)列的不動點，若該數(shù)列有兩個相異的不動點〃力,則,鄉(xiāng)二凹為等比數(shù)歹U；若該數(shù)列

有唯一的不動點〃，即方程等根時，］」一\為等差數(shù)列，這就是不動點求遞推數(shù)列通項公式的

方法.

［例1］

已知5皿(2+以%<2=&,求$111’二+<：0$51的值.

【解題策略】

一個數(shù)學(xué)問題有時候很難一下子得到結(jié)果，于是設(shè)想把問題分成若干步，找出相鄰兩步之間

的關(guān)系，可以達到目的一般而言，一個與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問題，由初始值通過遞推公式，若能使問

題解決，則這種解題方法稱為遞推方法，本題中初始值是sina+cosa=Z，但沒有給出遞推式，如

果能夠找到遞推式，則sin%+cos%的值就容易求得,而求遞推式的過程既有歸納又有推理的邏

輯思維過程這正是遞推方法的獨到之處.

【解】

設(shè)/(〃)=sin〃a+cos"a,由(sina+cosa)2=%2彳導(dǎo)sinacosa=~~~

卜in〃a+cos"a)(sina+cosa)=sin'^a+cos'"%+sinacosakin"7。+cos'"a)

b2_ib2_i

."./(〃).左=/(〃+1)+(—-1),.?./(〃+1)=4(〃)———/(rt-1).

又了⑴=A,〃2)=sin2a+cos2a=l，N3)=Q2)—"〃l)=^^.

以此類推，可得〃4)=不⑶一年.〃2)=-.+｝2+1,"5)=一(4)-早

/⑶二一女；5%，即sin%+cos%=-

[例2]

⑴數(shù)列｛4｝滿足％=1,%=11,??+2=2a〃+|+3an+4(〃wN")，求通項an;

⑵數(shù)列｛q｝滿足4=；，*=母三(〃eN*),求通項。“；

乙—今

⑶數(shù)列｛4｝滿足q=5,。“+|=〃eN*),求通項氏.

【解題策略】

第(1)問，可運用特征根法，當然由于所給遞推式并非是規(guī)范的二階線性遞推數(shù)列，首先要適

當變形使之符合類型，再運用這一方法求解;第⑵、⑶兩問，可運用不動點法.

【解】

⑴由a“+2=2a,用+3?！?4得an+2+1=2(《用+l)+3(a?+1).

不妨設(shè)”=凡+1,則以度=2仇出+3包.其特征方程為X2-2X-3=0，特征根為

)1,,

%=3,々=一1故可設(shè)包=C1-3+C2.(-1)(C1,C2為待定常數(shù)).

7

由kM募二;2ci=7

，解得:

1Q-=727

7373

可得勿=」?3"+二?(―1)”,從而—3"+‘(一1)"一1

6262

x+3，口1。占工

⑵設(shè)函數(shù)〃力=丁一；，解方程/(x)=x，即—7—X,Xj———,X~■3由于

2x—42x-422

②

且。尸3(否則由②式可以得到q=3相矛盾).

11

“"+1+弓2""+5

將①②兩式相除，得-----J=——J結(jié)合初始條件及等比數(shù)列的通項公式,可知.

%-35a?-3

1

-5fl+(-l)w-,-3-2n+1

2-5"+(-iy-'-2n+'

X—4r—4

⑶設(shè)函數(shù)/(x)=——,解方程/(x)=x,即——=X,得內(nèi)=馬=2.

x-3x-3

=a,-42=4+2

由于%

4-3a?-3

且。，片2(否則由⑶式可以得到q=2,矛盾).

兩邊取倒數(shù)，得一二=/二=一1+」=，

%-2-??+2a,-2

數(shù)列［一^\］為等差數(shù)列得=從而為=等?.

［an-2］an-233/1-4

［例3］

已知數(shù)列｛??｝,圾｝滿足??+1=~a?-2?！扒襤n+l=6an+6bn，又q=2曲=4

求⑴為也;⑵!嘮.

【解題策略】

觀察題設(shè)條件杷兩個關(guān)系式適當變形后代入消元可得到數(shù)列｛4｝的二階線性遞推關(guān)系，則

可運用特征方程求通項公式.

【解】

(1)fl,=2,Z?,=4,a2=——2Z?,=—2—8=-10,由all+l=—an—2bn,得

a

?+\+a”=~2bn，即bn-；(一4田一。“)

=g(一/+2一%+i)代入包+i=6a”+6。，得(-??+2-??+1)=6??+3(-a?+l-an)

整理得%+2=5。“+1-6?！?，其特征方程為X2-5X+6=0，解之得X］=2,々=3.

…‘2，1+’23!由「尸：'得［［；=2，解得?e：

=—+3c2——10,c2=—14.

%=16?2"T-14?3"|,b?=|(-??+1-a?)=28-3"-'-24-2"-'

a16?2”T一14?3"TI3I141

⑵lim，=lim,~~,=lim—---------=

—b"*283"-242ius，2丫r282

"28-24-1-1

【例4】

設(shè)函數(shù)/（加詈且

存在函數(shù)s==at+b滿足

2

2r-M_2.V+1

2s+12/-1

⑴證明:存在函數(shù)，=*（s）=cs+d（s〉0）滿足了

⑵設(shè)X=3,x“+i=/(盡),〃=1,2,一，證明：,“一2|”—

【解題策略】

第⑴問，主要運用函數(shù)的對應(yīng)法則與待定系數(shù)法證明;第⑵問，運用不動點法求數(shù)列的通項再

證明.

【證明】

2r-l

叫丁廣^"7-2-=31

2s+l_2(勿+。)+1_2〃+2/7+l

sat+bat+b

...(/〃;2)；-1=2々;：：+1=[麗+2)_]]@+“=(3-])(23+2匕+1).

即("2+2)+(bm+2b—ajt—b=6at2+(6/7+3—2々)，一(2/7+1).

上式對一切，恒成立，必有

2

(m+2)a=6a,m=4

bm+2b-a=6b+3-2a,x+4

cz=3,/.f(x)=------,s=(p(t)=3t-l

-b=-2b-1,x+1

。w0.b=-l

2s+l1，ns6.9+12/-12(c.v+J)-l2cs+2d-\

-------=J2+—=-----------=--------,-------=----------------=------------—

sJ(s)2+-+13s+1tcs+dcs+d

6s+12cs+2d—1

由6cs~+(6d+c)s-\rd—6cs~+(6d—3+2c)s+2d—1

3s+lcs+cl

6d+c=6d—3+2c,c=3

d=2df解得故存在函數(shù)0(s)=3s+l

a=i

⑵由加=上吧,考慮數(shù)列的不動點，設(shè)為％,

當+1

則x=x+4,工2=4,》=±2.

X+1

…制+2?二^①

當+1，②

,有無"+1+2=_3,上,:.［幺馬是首項為5,公比為一3的等比數(shù)列.

②--2當-2

=5x(—3)'i,1+—1—=5x(-3)"-'.

蘢,一2x?—2

X「2=5X(一，.1

1

若〃=2左，貝45x(一3)'1-1|=5x321+1..4x321,顯然成立，若〃=2%—1則

4x32"2剜5x(—3產(chǎn)-2To4x32*-25x32__1=1?32k2，顯然成立

綜上所述，不等式⑶成立.

二、發(fā)散訓(xùn)練

1有一個"層的臺階若是每次可上一層或兩層,那么共有幾種上法？

2.(1)數(shù)列｛??｝中,q=1嗎=3,3。什2=2%+1+an，求an和lim…可;

(2)設(shè)數(shù)列風｝和也｝滿足%=L%=0,且J］。""("wN),試求

Oli—SO”+/"n—4,

｛4｝的通項公式；

2個

⑶已知q=2,且4什]=2±-(〃..1),求通項4.

2%

3.已知函數(shù)/(x)=%2—4,設(shè)曲線y=在點(x?J仁))處的切線與x軸的交點

為(七山,()乂〃eN)其中為為正實數(shù).

⑴用尤“表示茗用；

⑵若％=4,記%=lg鋁|,求證:數(shù)列｛%｝成等比數(shù)歹IJ,并求數(shù)列｛%｝的通項公式；

⑶若玉=4,bn=xn-2,7；是數(shù)列例｝的前〃項和，證明:7；<3.

第十三講巧用直線系、圓系方程解題

曲線系也叫曲線族或曲線束，是指具有某種性質(zhì)的曲線的集合，曲線系方程是指含有參數(shù)

的二元方程,當參數(shù)在其取值范圍內(nèi)變化時分別對應(yīng)的所有這些曲線，其中最簡單的是具有某

種性質(zhì)的直線方程和圓系方程，介紹如下.

1直線系方程

(1)與直線l:Ax+By+C^O平行的直線系方程為Ax+By+A^Oa為參數(shù)).

(2)與直線/:Ax++C=0垂直的直線系方程為耿―Ay+4=0(2為參數(shù)).

⑶過直線4：Ax+4y+G=o與4：&X+與y+G=0的交點的直線系方程為

(4》+4'+。1)+幾(4%+32y+6)=0(不含/2,4為參數(shù)).

2圓系方程

(1)過圓0：/+；/+6+互>?+b=0與直線/：-+3>+。=0交點的圓系方程為

尤2+y-+Dx-\-Ey-\-尸+幾(Ax+By+C)=0(/1為參數(shù)).

22

⑵過圓O1：x+y+￡>/+gy+耳=0與圓Q:Y+J+E2y-\-F2=0的圓系

方程為父+：/+。聲+￡^+耳+/112+；/+￡>/+￡^+丹)=()(不包括圓。2，；1為參數(shù).

當/I=一1時，為一條直線(根軸，即過兩圓交點的直線).

⑶若伍，％)表示圓C：f+y2+Dx+@+F=0上任意一點，則曲線系方程:

2222

(x+y+￡>x+^+F)+/l[(x-xo)+(^-yo)]=Oa為參數(shù))表示與C相切于點

(七,%)的所有圓.

巧用直線系、圓系方程解題的關(guān)鍵是由題設(shè)條件確定參數(shù)的值，從而求出需求的結(jié)果.

一、例題精講

[例1]

⑴經(jīng)過點(3,2)的一條動直線分別交x軸、y軸于M、N兩點，設(shè)。為MN的中點，聯(lián)結(jié)

OQ并延長到P,使1cM=2|OQ|,求點P的軌跡方程；

（2）求過直線/1：5x+2y—3=0和，2：3x—5y-8=0的交點尸，且與直線x+4y—7=0垂

直的直線/的方程.

【解題策略】

第⑴問，可以創(chuàng)造性地構(gòu)造兩條過定點的直線，再利用直線系方程求解;第⑵問，求過兩直線交

點且與另一直線垂直的直線方程，常規(guī)解法是通過聯(lián)立方程組求其交點，再由與另一直線垂直確

定所求直線的斜率，利用點斜式得直線方程.若運用直線系求解，則更簡潔.通過垂直的直線系方程

來解,需要解方程組求交點，若利用過兩直線交點的直線系方程,可以避免解方程組的過程.

【解】

（1）點（3,2）為兩條直線X—3=0和y-2=0的交點，則過點（3,2）的直線系方程為

x—3+4（y-2）=0（不包括直線y-2=0），于是得M（3+240）,

N（0,2+1），設(shè)點°、P的坐標分別為（毛,%）和（乂用，則

x=3+2/1

息Q為MN的中點，由中點坐標公式得3，消去參數(shù)見得點P的軌跡

b=2+i

方程為y=2+—9—（XH3）.

x-3、'

即孫-2x-3y=0（xw3）.

（2）【解法1】

5x4-2y—3—0/、

（常規(guī)解法）由\/C八得4與L的交點坐標為（L—1）.

3x-5y_8=0

直線x+4y-7=0的斜率為一上.?.直線/的斜率為4.

4

因此滿足條件的直線/的方程為:y+l=4（x—1）,即4x-y-5=0.

【解法2]

（利用垂直直線系解）直線/垂直于直線x+4），-7=0,

，可設(shè)直線/的方程為4x-y+c=0.

4與乙的交點為P（L—1），；?4x1—（-1）+c=0,從而c=—5.

直線/的方程為4x-y-5=0.

【解法3]

（利用過兩直線交點的直線系解）由于直線/過4與6的交點，

可設(shè)直線/的方程為（5x+2y-3）+/l（3x—5y-8）=0,即（5+3；l）x+（2—5/l）

y—3—84=0./與直線x+4y—7=0垂直,.?.4=一三"=4,從而4=U.

2-5217

---直線/的方程為4x—y—5=0.

[例2]

⑴求過直線2x+y+4=0和圓》2+丁+2X—4y+l=0的交點，且面積最小的圓的方程；

⑵求過兩圓與尤2+>2+6x-4=0與/+丁+6y-28=0的交點的直線方程和圓心

在直線x—y-4=0上的圓的方程；

（3）求圓心在直線x+y=0上，且過兩圓

/+'2-2犬+10），-24=0,/+/+2》+2〉一8=0交點的圓的方程；

（4）求與圓/+V-4x-8＞+15=0切于點4（3,6）,且過點8（5,6）的圓的方程.

【解題策略】

若所求的圓過一直線與一圓的交點或過兩已知圓的交點，當然可以運用直接法求交點，再設(shè)

所求的圓方程為標準方程或一般方程，把交點坐標代入且由另一個條件（圓方程的確定需要3個

條件）得方程組解之求。,兒廠或。、旦E但運算量肯定比按大，若巧用圓系方程解題則方便許多.

第⑷問，直接套用與圓相切于一點的圓系方程,是個好方法.

【解】

⑴【解法1】

（常規(guī)解法）由已知條件，所求圓一定是以直線2x+y+4=0被圓

V+y2+2x—4y+l=0截得的弦為直徑的圓.

2x+y+4=0,

故由方程組＜解得直徑的兩端點分別為P（-3,2）,

x~+y~+2x—4y4-1—0,

Q.線段PQ的中點為M卜裝,外即所求圓的圓心V0=竽，則

半徑「=半

.?.所求圓的方程為[+?]+卜-[]=*

【解法2]

（利用圓系方程解）過直線2x+y+4=0和圓V+y2+2x-4y+l=0.

的交點的圓系方程可設(shè)為工2+；/+2%一分+1+421+曠+4）=0（＞1￡/?）,

/1、2

即+++）=：丸2_4丸+4

圓的半徑為小;22-4/1+4=gj5/l2-16/l+16=gj5（；l-1+y,

故當力=|時對應(yīng)圓的半徑最小，且最小半徑為|75

.??所求圓的方程為葭）=|-

（2）（利用圓系方程解）過兩圓交點的圓系方程為：

X?+y~+6x—4+A（x?+y~+6y—28）=01

令X=-l即可得x-y+4=0,此即為公共弦所在直線的方程

把①式整理得（1++（1+幾）y1+6x+6Ay—4—28A—0.

二圓心的坐標為J二一，烏4

11+A1+2)

332

而圓心、在直線x-y-4=0上,；.一T+I+T+I-4=0,.-.2=-7.

代人圓系方程得/+丁一尤+7)-32=0.

⑶【解法1】

(常規(guī)解法:利用圓心到兩交點的距離相等求圓心)

x2+y2-2x+10y-24=0

將兩圓的方程聯(lián)立得方程組《

x2+y2+2x+2y-8=0

解這個方程組求得兩圓的交點坐標A(T,0),8(0,2),

所求圓心在直線x+y=0上,故設(shè)所求圓心坐標為(a,b),a+〃=0,。。,

則它到兩交點(TO)和(0,2)的距離相等，故有

,(-4-a.+(()+a.=Ra2+(2+a)?

.,.。=-3,"=3,從而圓心坐標是(-3,3).

又r=7(-4+3)2+32=可，故所求圓的方便為(x+3尸+(y-3)2=10.

(用圓系方程解)設(shè)所求圓的方程為

X2+/-2X+1()J--24+/1(X2+/+2X+2>'-8)=()(2^-1),

2(1-4)52(5+4)8(3+4)1-2

即x?+y2-=0,可知圓心坐標為

14-A1+%1+A1十幾

5+幾、

1+"

1-25+4

圓心在直線x+y=0上，二=0,m#Z=-2.

1+21+2

將4=-2代入所設(shè)方程并化簡，得圓的方程為f+y2+6/一6y+8=0.

⑷設(shè)與圓/+y2_4x—8y+15=0切于點A(3,6)的圓系方程為

x2+/-4x-8y+15+/l[(x-3)2+(y-6)2]=()

以點B(5,6)代人，求得X=-2.故有f+y2-4x-8y+15-2(x2-6x+9+/

—12y+36)=0

化簡即得所求圓的方程為/+y2_8x_16J+75=0.

[例3]

⑴判斷方程d+丁+2―+(必+10)y+102+20=0(%為參數(shù)次w—l表示何種曲線?找

出通過定點的坐標；

⑵直線系A(chǔ):(x-3)cosa+ysina=2，直線系A(chǔ)中能組成正三角形的面積等于.

【解題策略】

第⑴問，所給的方程含有參數(shù)%,左在變動時表示不同的曲線,但這些曲線的規(guī)律是什么?這就

是本題探索的內(nèi)容.通常采用配方法化為圓的標準方程形式，看一看圓心是怎樣變化的?半徑又是

怎樣變化的?本題反映出圓系方程的多樣性，并非只有本講前面所講的3種類型;第(2)問,告訴我

們的則是直線系程的多樣性，直線系A(chǔ)：(x-3)cos?+ysin?=2,當參變量a取不同的值時可

以得到一系列不同的直線，但這些直線之間內(nèi)在必有聯(lián)系，這究竟是一個怎樣的直線系?值得深入

探究，探究明白了，才能使本題獲解.

【解】

(1)將原方程整理得(x+A)?+[y+(2%+5)F—5(%+1)，=0,

即(x+女產(chǎn)+[y+(2Z+5)羊=[+1)]2,

.?.方程表示圓心在(―左,一(2R+5))即在直線y=2萬一5上，半徑為石卜+1|的圓系.

將原方程整理為關(guān)于左的方程：x2+y2+i0y+2O+%(2x+4y+lO)=O,可見此圓系也為

過圓/+>2+10),+20=0與直線2工+4丁+10=0交點的圓系,其交點即為所求的定點.

/》2+y+]0曠+20=0,解得卜=],

由＜〈表明圓系過定點M(l,-3).

2x+4y+10=0,[y=-3,

實際上,2x+4y+10=0是圓/+V+]0丁+20=o的切線,M(1,-3)為切點，可

見圓系中的圓的圓心在直線y=2x-5上移動泮徑為石卜+1|也在變動但都過用(1,一3)

這一點.

⑵直線系A(chǔ)的方程(x—3)cosa+ysina=2可變形為7(^-3)2+y2sin(a+°)=2,

2

艮|1sin(a+69)――/：?

〈)J(x-3尸+>2

2

而卜in(a+9)怪|,;./—1,即(x—3)-+y；4.

y](x-3)2+y2

其幾何意義為圓(x—3>+V=4外的點的集合，

即直線系A(chǔ):(x-3)cosa+jsina=2是圓(x-3)2+^2=4的切線的包絡(luò)，也即是圓

(x-3)2+V=4上所有點的切線的集合，如圖2-1所示.為了解決本題,采用以退為進的策略，即

把圓心平移到原點.

2

聯(lián)想到過圓月+產(chǎn)=r上一點PG。,%）的切線方程為x°x+%），=/，而圓儲+）,2=/

x=rcosa,、[x.=rcosa

的參數(shù)形式為.br0,2句.令。.

y=rsina=rsina.

則以尸（%,%）為切點的切線方程為工（Q。$。）+

y（rsina）=/,即xcosa+ysina=r.

由圓心（0,0）到切線xcOsa+ysina=r的距離等于半徑，有J一/〔=r.

Vsin2a+cos2a

即sin2a+cos2a=l.

故當ae[0,2江）時,直線系xcosa+ysina=r是圓/+y2=/上的所有點的切線方

程系,也即是圓的包絡(luò)線.

顯而易見,所有直線系中的直線，構(gòu)成的正三角形有無數(shù)個，但是面積的值只有兩個.

回到原題，如取廠=2（如圖2—2所示），設(shè)直線的方程為）＞=石工+江呂心到直線的距離

等于半徑.

則-”-2,b=4,AB:y——>/3x+4.

A/3+1

：SABC又

BC:y=2,B,2\|BC|=-J=..

2

,一2）,即[譚..㈠…會

B'C'iy=-2,B'-耳=12也

將圓/+>2=4向右平移3個單位即為(X-3了+y2=4,不改變正三角形的面積,.?.直線

系A(chǔ)中組成正三角形的面積為殍或120.

二、發(fā)散訓(xùn)練

1(1)求經(jīng)過兩直線2萬一3丁=1,3%+2丁=2的交點,且平行于直線>；+3》=0的直線

方程；

(2)求經(jīng)過兩圓x2+y2-x+y—2=0與f+y2=5的交點，且圓心在直線

3x+4y—1=0上的圓的方程.

2(1)在四邊形ABCD中,對角線AC平分N84。，在CD上取一點E,BE與AC相

交于F,延長交8C于G.求證:/G4C=NE4C；

⑵已知圓C：/+y2—2》+4丫-4=0,問:是否存在斜率為1的直線/,使直線/被圓

C截得的弦A8為直徑的圓經(jīng)過原點?若存在，寫出直線/的方程;若不存在，說明理由.

第十四講巧用圓錐曲線系方程解題

應(yīng)用曲線系方程解題，即引入適當?shù)膮?shù)先設(shè)出符合部分條件的曲線系方程.然后根據(jù)題

中的其他條件，通過推理，運算求出曲線系方程中的參數(shù)值，從而實現(xiàn)問題的解決.運用曲線系方

程往往可以回避聯(lián)立解方程組、求交點坐標等帶來的麻煩，既減少了計算量,又體現(xiàn)了參數(shù)變化、

整體處理、待定系數(shù)法等重要的數(shù)學(xué)思想方法.當然，由于曲線系方程的多樣化、所給問題條件

的隱蔽性，應(yīng)用曲線系方程解題