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(接15日)
下面我們換一個角度來看待垂直平分線。
解法三:(利用性質:『線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等』實現轉化)
解:設A(x1,y1),B(x2,y2) ∴x1=-2,y1=0
因為點Q(0,y0)在線段AB的垂直平分線上,所以|QA|=|QB|,利用兩點之間距離公式,再兩邊平方,得y02+4=x22+(y2-y0)2,整理得x22+y22=2y2y0+4……①
又∵點B(x2,y2)在橢圓-+y2=1上
∴-+y22=1 ∴x22+4y22=4……②
②-①,得3y22=-2y2y0,解得y2=0或y2=--
(1)y2=0時,代入橢圓方程,得x2=±2
∵x1=-2 ∴x2=2 ∴B(2,0)下同解法一
(2)y2=--時,同解法一。
[解法三小結]
此解法的一大特色是:自始至終未與直線發生任何聯系,從而避免了直線與橢圓聯立而造成的龐大計算量,采用迂回戰術,旁敲側擊,而非正面強攻,徒勞無益。
此解法的另一特色是:因為未與直線發生任何聯系,因此也不涉及斜率是否存在的問題,避免了復雜的討論。
也許有人會問,你又怎麼知道可以『不與直線發生聯系』?這是偶然,還是必然?下面用解法四來回答此問題。
解法四:(利用『以線段中垂線上的任一點為圓心,到線段一個端點的距離為半徑作圓,則該圓必過另一端點』)
分析:以點Q(0,y0)為圓心,|QA|為半徑作圓Q,∵點Q(0,y0)在線段AB的垂直平分線上∴圓Q必然過B點∴點A(x1,y1),B(x2,y2)既在橢圓上,也在直線AB上,同時還在圓Q上,因此點A(x1,y1),B(x2,y2)是橢圓、直線和圓Q三者的公共點,從而得到一個十分令人振奮的結論:橢圓、直線和圓Q,三者兩兩聯立所得的三個二次方程相互等價!故可將『直線與橢圓聯立』轉化為『圓與橢圓聯立』(當然也可轉化為直線與圓聯立,但運算量依然巨大,可操作性不強),從而對前面的問題進行了回答:可以不與直線發生聯系。
解:以點Q(0,y0)為圓心,|QA|為半徑作圓Q,則圓Q方程為x2+(y-y0)2=y02+4
將之與橢圓方程-+y2=1聯立,有x2+(y-y0)2=y02+4-+y2=1,兩式相減消去x,得3y2=-2yy0,解得y=0或y=--。
下同解法三。
[解法四小結]
1.本解法回答了前面提出的問題,並發現了一個重要結論:橢圓、直線和圓Q,三者兩兩聯立所得的三個二次方程相互等價。為我們提供了一條新的解題途徑,即:直線與圓錐曲線(不僅限於橢圓,對雙曲線和拋物線也適用)聯立問題,若發現計算量大,則可考慮作出弦AB的中垂線,在中垂線上找一個特殊點Q作為圓心,再以|QA|為半徑作圓,則『直線與圓錐曲線聯立問題』便轉化為了『圓與圓錐曲線聯立問題』,從而達到簡化計算的目的。
2.有一點需要注意:A、B並不是圓Q與橢圓的全部公共點。利用對稱性,分別作出A、B關於y軸的對稱點A1、B1,則A1、B1也是圓Q與橢圓的公共點,因此圓Q與橢圓共有四個公共點(四點共圓);並且可證:A、B、A1、B1四點兩兩相連所得的六條線段的中垂線均過Q點(六線共點)。另外,任意圓與任意橢圓最多有四個公共點(有興趣的朋友可以試著證明此結論),因此A、B、A1、B1已然是圓Q與橢圓的全部公共點。
至此,針對(II)問的四種解法就全部介紹完了。
[分析與思考]
1.四種解法共同之處是均利用中垂線的性質,從而圓錐曲線不再與直線聯立。找到兩個二次方程,解方程組更易於消元、化簡。如何解好方程組大有文章可作,大有規律可循。
2.『抓特點、找規律,解析幾何並不難』。充分審題,充分數形結合,多利用幾何特征,纔能有效減少代數計算。『多用眼,多動腦,方可少動手』,解析題化難為易,解題決策盡在其中。(完)
63中學任擘
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