直线的标准方程

直线的标准方程（精选12篇）

直线的标准方程 篇1

众所周知, 研究数学问题可以从多种角度去研究, 也就是所谓的一题多解、一题多变、多题一解.其实解决数学问题时可以用一种“格式化”的解法来解, 同时也可以用多种方法来解决, 这就是所谓的解法多样化.日前, 我在教学中碰到了这样的问题: (1) 求过点 (-3, 4) 且在坐标轴上的截距相等的直线l的方程; (2) 求过点 (-3, 4) 且在坐标轴上的截距的绝对值相等的直线l的方程.这个问题是用“格式化”的解法来解, 还是采用多种解法来解呢?下面我做一下分析.

解: (1) 方法一: (1) 设直线的方程为y=kx, k∈R, 将点 (-3, 4) 代入直线方程, 可得k=-4/3, 所以直线方程为y==-4/3x; (2) 因为截距相等, 而且此时在x轴、y轴上的截距不能为零, 所以可设直线l的方程为x/a+y/a=1, 将点 (-3, 4) 代入直线方程, 可得a=1, 所以直线方程为x/1+y/1=1, 即x+y-1=0.

综上可得, 所求的直线方程为:y=-4/3x或x+y-1=0.

采用截距式方法求解时应要注意在x轴、y轴上的截距是否有一个为零, 有一个为零时截距式的直线方程形式就不可以用.而此题的直线能否过直角坐标系的原点, 大部分学生不太清楚, 很容易在此失分.这就是这种方法的不足之处.

方法二:因为过点 (-3, 4) 的直线在坐标轴上有截距, 所以直线的斜率不可能不存在, 又因为在x轴、y轴上都有截距, 所以直线的斜率不可能为0.设直线的方程为y=kx+b (k≠0) , ∵直线过点 (-3, 4) , ∴将点 (-3, 4) 代入直线方程得4=-3k+b (1)

令x=0, 则y=b;令y=0, 则x=-kb, ∵在坐标轴上的截距相等, ∴b=-kb (2)

由 (1) (2) 解得:b=0时, k=-4/3;k=-1时, b=1.

∴所求的直线方程为:y=-4/3x或x+y-1=0.

在解 (2) 式的过程中, 可能会有很多学生把b=0这一解弄丢, 所以在解方程时, 要注意当两边同时约掉一个数的时候要看它是否能为零, 这是这种方法易错的地方.

点评:第一种方法需要分类讨论.分类讨论思想是高考必考的思想之一, 但很多学生难以想到用分类讨论的思想, 总会在用截距式方法求直线方程时想不到它的截距为零的情形, 特别容易发生错误;而第二种方法———斜截式, 依题意需要知道截距, 就是求在x轴、y轴上的截距, 在求截距的过程中就能够清楚知道斜率为什么不能为零 (因为它做了分母) .但这种方法比较遗憾的是方程很难解, 在解方程时容易发生错误.我认为这两种方法各有千秋.如果学生解方程的能力比较强的话, 建议用第二种方法, 这样少解的几率就很小了;反之, 可以选择第一种方法, 至少能得些分数.

(2) 方法一 (需要考虑三种情况) :

(1) 经过直角坐标系的原点, 根据 (1) 可得直线方程为y=-4/3x.

(2) 截距相等且不为零, 根据 (1) 可得直线方程为x+y-1=0.

(3) 截距互为相反数且都不为零, 所以可以设直线的方程为x/a+y/-a=1, 将点 (-3, 4) 代入直线方程, 可得y-x-7=0.

综上可知, 直线方程为y=-4/3x或x+y-1=0或x-y+7=0.

方法二:设直线方程为y=kx+b (k≠0) , 根据题意可知|b|=|-b/k| (3)

由 (3) 得, |b|=0或|k|=1, 结合 (1) 可得b=0, k=-4/3;k=1, b=7;k=-1, b=1.

综上可知, 直线方程为y=-4/3x或x+y-1=0或x-y+7=0.

点评:第一种方法, 学生存在的问题是经过坐标原点的会少, 截距互为相反数也会少, 如何去设截距互为相反数的方程形式是个难点.而第二种方法, 还是方程的解的问题, 变量已经设出来了, 就差解方程了.

综上可知, 在解决直线方程问题时, 我们应根据题意来设直线方程的形式, 并选择合适的方法进行求解, 这样会减少计算的量, 减轻学生的负担.所以我们应教育学生在解题的过程中将多样化解法和“格式化”解法相结合, 从而更好地解决遇到的数学问题.

直线的标准方程 篇2

一、讲解情况

第一，讲解学习本章的重要意义。通过本章节的教学使学生明白现实世界的问题是多维度的、多种多样的，仅仅用一种坐标系，一种方程来研究是很难解决现实世界中的复杂的问题的。在这一点上，参数方程有其自身的优越性，学习参数方程有其必要性。

第二，讲解参数方程的基本原理和基本知识。通过学习参数方程的基本概念、基本原理、基本方法，以及方程之间、坐标之间的互化，使学生明白坐标系及各种方程的表示方法是可以视实际需要，主观能动地加以选择的。

第三，讲解典型例题和解题方法。通过例题的讲解让学生们进一步巩固基础知识，同时还能熟练解题方法，为进一步学习数学和其他自然科学知识打好基础。

第四，布置课后练习。既可以巩固学过的知识，又可以达到温故而知新的效果。

二、成功之处

第一，突出教学内容的本质，注重学以致用。课堂不应该是 “一言堂”，

学生也不再是教师注入知识的“容器瓶”，课堂上，老师应为学生讲清楚相关理论、原理及思维方法，做到授之以渔，而非仅是授之以鱼。 第二，保证活跃的课堂气氛，进一步激发了学生的学习潜能。实践证明，刻板的课堂气氛往往禁锢学生的思维，致使学习积极参与度下降，学习兴趣下降，最终影响学习成绩和创造性思维的发展。

第三，结合本节课的具体内容，确立互动式教学法进行教学。积极创造机会让不同程度的学生发表自己的观点，调动学生学习积极性，拉近师生距离，提高知识的可接受度，进而完成知识的转化，即变书本的知识、老师的知识为自己的知识。

第四，有效地提高教学实效。通过老师的讲解和学生的练习，让学生不断地巩固基础知识的同时，让学生们既要能做这道题，还要能做类似的题目，做到既知其然，又知其所以然，举一反三，触类旁通，把知识灵活运用。

三、不足之处

第一，本节课的知识量比较大，而且是建立在向量定义基础之上。这些知识学生都已经学过了，在课堂上只做了一个简单的复习。但是在接下来的课堂上发现一部分学生由于基础知识不扎实，导致课堂上简单的计算出错，从而影响到学生在做练习时反映出的思维比较的缓慢及无法进行有效的思考的问题。从课堂的效果来看学生对运算的熟练程度还不够，一定程度上存在很大的惰性，不愿动笔的问题存在，有待于在以后的教学中督促学生加强动笔的频率，减少惰性。

精题细研直线的方程 篇3

(1) BC所在直线的方程；(2) BC边上中线AD所在直线的方程；(3) BC边上的垂直平分线DE所在直线的方程.

本题主要考查直线方程的几种形式，能够培养分析问题、解决问题的能力.

解析：(1) 因为直线BC经过B（2，1）和C（-2，3）两点，由两点式得BC的方程：y-13-1=x-2-2-2,即x+2y-4=0.

(2) 设BC中点D的坐标为（x，y），则x=2-22=0,y=1+32=2.

BC边的中线AD过点A（-3，0），D（0，2）两点，由截距式得AD所在直线方程为x-3+y2=1，即2x-3y+6=0.

(3) BC的斜率k1=-12，则BC的垂直平分线DE的斜率k2=2，由斜截式得直线DE的方程为y=2x+2.

点拨：直线方程有多种形式，其中点斜式最为基本.一般情况下，利用任何一种形式都可以求出它们适用范围内的直线方程，但是如果选择恰当，解答会更加迅速.本题中的三个小题，就依据条件分别选择了三种不同的直线方程形式.

例2 如图，过点P（2，1）作直线l，

分别交x，y正半轴于A，B两点.

(1) 当△AOB的面积最小时，求直线l的方程；

(2) 当｜PA｜｜PB｜取最小值时，求直线l的方程.

本题主要考查用待定系数法求直线方程

和求最值的基本方法以及基本的运算技能.

解析：(1) 设所求直线方程为xa+yb=1(a＞0,b＞0)，

由已知2a+1b=1，于是2a·1b≤2a+1b22=14.当且仅当2a=1b=12，即a=4,b=2时2a·1b取最大值14，即S△AOB=12ab取最小值4，此时所求的直线l方程为x4+y2=1，即x+2y-4=0.

(2) 设直线l：y-1=k(x-2),(k＜0)，分别令y=0,x=0得A2-1k,0,B(0,1-2k)由｜PA｜｜PB｜=(4+4k2)1+1k2=8+4k2+1k2≥4.当且仅当k2=1k2，即k=±1时，｜PA｜｜PB｜取得最小值.又k＜0，∴k=-1,这时l的方程为x+y-3=0.

点拨：求直线方程的基本方法包括利用条件直接求直线的基本量和利用待定系数法求直线的基本量.要善于根据已知条件选取适当的直线方程形式，建立相应的目标函数，确定最值成立的条件，从而求出直线方程.

例3 已知直线l的方程为3x+4y-12=0，求直线l′的方程.

(1) l′与l平行且过点(-1,3)；(2) l′与l垂直且l′与两坐标轴围成的三角形的面积为4；

(3) l′是l绕原点旋转180°而得到的直线；(4) l′过点(-1,3)且与l的夹角为π4.

本题主要考查直线方程的几种基本形式，两条直线平行和垂直的条件以及两条直线的夹角等基础知识.

解析：(1) 直线l：3x+4y-12=0，kl=-34,又∵l′∥l,∴kl′=kl=-34.

所以直线l′：y=-34(x+1)+3，即3x+4y-9=0.

(2) ∵l′⊥l,∴kl′=43.设l′在y轴截距为b，则l′在y轴截距为-43b，由题意可知，S=12｜b｜·43b=4,∴b=±6.所以直线l′：y=43x+436或y=43x-436.

(3) 因为l′是绕原点旋转180°而得到的直线，所以l′与l关于原点对称.在直线l上任取点(x0,y0)，则在l′上的对称点为(x,y).∴x=-x0，y=-y0,则-3x-4y-12=0，所以直线l′：3x+4y+12=0.

(4) 由tanπ4=kl′-kl1+kl′·kl=kl′+341-34kl′=1，可解得kl′=17或kl′=-7.

所以直线l′：x-7y+10=0或7x+y+20=0.

点拨：学会根据不同题目的条件，设置不同形式的直线方程，灵活运用直线方程的相关知识解决有关问题.注意：在利用斜率解题时，务必根据所给条件考虑对斜率不存在情况的讨论.

例4 已知直线l1：2x-y+a=0(a＞0)，直线l2：-4x+2y+1=0和直线l3：x+y-1=0，且l1与l2的距离是7105.

(1) 求a的值；(2) 求l3到l1的角θ；

(3) 能否找到一点P，使得P点同时满足下列三个条件：① P是第一象限的点；② P点到l1的距离是P点到l2的距离的12；③ P点到l1的距离与P点到l3的距离之比是2∶5；若能，求P点坐标；若不能，说明理由.

本题主要考查两条直线位置关系的基础知识及存在性问题的探求方法，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.

解析：(1) l2即2x-y-12=0，∴l1与l2的距离d=a--1222+(-1)2=7105，∴a+12=72又∵a＞0,∴a=3.

(2) 由(1)可知，直线l1为2x-y+3=0，∴k1=2，又直线l3的斜率k3=-1，由到角公式得tanθ=k1-k31+k1·k3=2-(-1)1+2×(-1)=-3.∵0≤θ＜π,∴θ=π-arctan3.

(3) 设点P(x0,y0)：

若P点满足条件②，则P点在与l1，l2平行的直线l′：2x-y+C=0上，且｜C-3｜5=12C+125，即C=132或C=116.∴2x0-y0+132=0，或2x0-y0+116=0；

若P点满足条件③，由点到直线的距离公式得｜2x0-y0+3｜5=25·｜x0+y0-1｜2，即｜2x0-y0+3｜=｜x0+y0-1｜.∴x0-2y0+4=0或3x0+2=0；

若P点满足条件①，则方程3x0+2=0不可能.∴联立方程2x0-y0+132=0和x0-2y0+4=0，解得x0=-3，y0=12,不合题意，应舍去.再由方程2x0-y0+116=0和x0-2y0+4=0联立，解得x0=19,y0=3718.

所以点P19,3718即为同时满足三个条件的点.

回归直线方程的简单推导 篇4

一、确定回归直线的位置

平均数反映一组数据的集中趋势.能够利用所有数据的特征是它的优点之一.除此之外, 平均数能使得误差平方和达到最小.如果利用平均数代表数据, 则可以使二次损失最小.对所给的样本数据的横坐标与纵坐标分别取平均值x-、珔y, 则坐标点 (x-, 珔y) 称为样本中心.依据平均数的意义, 样本中心 (x-, 珔y) 反映了样本数据的集中趋势, 所以回归直线一定通过样本中心 (x-, 珔y) .

二、求回归直线的参数

本文利用回归直线恒过样本中心的特点以及二次函数求最值的方法而得到回归直线的两个参数公式.该方法思路清楚, 推理简单, 并且还能加深学生对回归直线的理解———回归直线恒过样本中心.本人认为教材应该使用本文方法介绍回归直线方程.

参考文献

[1]刘坦.回归直线方程的另一推导[J].数学通讯, 2003 (23) :10.

高中数学《直线的方程》教学反思 篇5

本节课面对的学生是文科班位于中等层次的班级。文科班的学生对于数学普遍存在畏难情绪，所以在教学设计之初就立足于从简到难的思想，所以在教学过程中有了从特殊化到一般化的，再从一般化到特殊化这样两个环节并且设计的数据都比较简单易算，希望能够引起学生学习兴趣，并从中体会到数学学习中解决问题的思维过程。从课堂效果来看这个目的基本达到，学生课堂反映较好，参与积极，气氛热烈。

二.教学内容方面：

本节课主要解决的问题是掌握直线的点斜式方程，斜截式方程。直线是解析几何部分最基础的图形，其方程形式有点斜式，斜截式，两点式，截距式，一般式这五种形式。在这五种形式中出现最频繁，最基本的就是点斜式和斜截式。所以对这两种形式要做到能够熟练的根据条件选择合适的直线方程形式。在课堂中可以发现学生已经基本能够达到这一点。但是也存在几个方面的问题，如果直接提供一点一斜率，学生马上能够把直线方程的形式脱口而出。但是如果提供的是倾斜角，对倾斜角加以适当变化的话，部分学生还是存在一定的困难，有些是对斜率公式的不熟悉，有些是对三角函数公式的不熟悉造成的。说明部分学生对于三角函数部分的内容基础不扎实遗忘率较高，对于斜率和倾斜角的关系的理解还是存在疏漏之处，思维严密性需要提高。

三.教学改进：

第一需要继续强化基本概念的教学，深化学生对基本概念的理解。可以通过一些小练习，如填空，选择等加强学生逻辑思维能力的训练。如课堂练习中的变式还是较好的一种方式。以变式这种方式更易于学生发现问题的相同与不同之处，如果能够让学生自己加以适当的总结，老师再加点评，那效果会更好。不过这对课堂时间的控制要求较高，所以采用何种方式展开需要更多的思考。

一道空间直线方程例题的多种解法 篇6

关键词:直线方程 ; 方向向量 ; 点向式方程; 两点式方程;垂足。

在空间解析几何教学中,学生解题是往往很难下手,不知怎么解题,这就说明学生对所学的知识掌握的不够熟练和灵活,知识能否灵活与综合运用是教师考察学生是否掌握所学知识的关键,一题多解是检验知识掌握的灵活熟练程度的重要环节,注重一题多解可以提高学生分析问题、解决问题、理解和掌握所学知识以及运用知识的能力,本文介绍一道空间直线方程的多种解法。

文[1 ]中有一道关于空间直线方程解法的例题:求过点 (2, 1, 3)且与直线 垂直相交的直线方程.

分析因为点 在所求直线上,所以只要求出所求直线的一个方向向量,代入直线的点向式方程

即可得到所求直线的方程。

解法1;(教材中解法)在所求直线上寻求异于 的另外一点 (即垂足)的坐标,再求出所求直线的一个方向向量

先作一个平面过点 且垂直于已知直线,则易知该平面方程为

即①

再求已知直线与平面①的交点,由于已知直线的参数方程为

②

将②代入① 解得 ,故交点为

于是所求直线的方向向量为 ,

故由直线的点向式方程得到所求的直线方程为

③

解法2:(利用两个向量的向量积求出所求直线的方向向量)

设是所求直线L的一个方向向量,已知直线为,可知 的方向向量为 。因为点 在直线 ,所以设直线 和向量所在直线确定的平面为 ,则平面 的一个法向量为

因为,且, 所以 且,于是可得

,

故得到所求的直线方程③.

解法3;(利用两个向量的数量积和向量积求出所求直线的方向向量)

由解法二可知且 ,所以有, ,

即

解得, ,故可取

因此同样得到所求的直线方程③.

解法4:(利用三个向量的混合积求出所求直线的方向向量)

因为所求的直线L、向量 所在直线与已知直线 共面,所以三个向量, ,的混合积为零,即

于是得 ④

又因为,所以 ,

即⑤

联立④,⑤解方程组得 , ,于是可取,

因而得到所求直线方程③.

这三种解法灵活运用了两个向量的向量积、数量积和三个向量的混合积等相关知识,巧妙地求出了所求直线的一个方向向量 ,然后代入直线的点向式方程得到所求直线的方程。显然这三种解法比解法1简捷、独到和新颖,但学生一般不易想到,解法1具有一般性。

下面我们从不同的角度求出所求直线上异于点 的另外一点(垂足) 的坐标,然后代入直线的两点式方程即可得到所求的直线方程。

解法5:设所求直线与已知直线的交点(垂足)为 ,则所求直线的一个方向向量为,由于所求直线与已知直线垂直,所以有 , 即

即⑥

因为点 在已知直线上,所以满足该直线方程,

即

令

得⑦

将⑦代入⑥ 得故点

再将 、 两点的坐标代入直线的两点式方程

并化简即可得到所求直线方程③

通过本例题的多种解法,不仅教给学生灵活使用多种求解直线方程的方法,更重要是巩固了学生所学的知识,训练了学生的思维,开拓学生的视野,培养学生的创新意识和探究精神。从而提高学生分析问题、解决问题和综合运用知识的能力。

参考文献

[1 ] 同济大学数学教研室.高等数(上册)[M].北京:高等教育出版社,1996,12: 429—430

[2 ] 郭永发,全生寅,赵延忠.高等数学简明教材[M].兰州:甘肃教育出版社,2003:21—22

[3] 王晓静,侍爱玲,张艳.一道空间解析几何习题的探讨[j].广西师范大学学报,2009,27(1):264—265.

[4] 朱鼎勋,陈绍菱.空间解析几何[M].北京:北京师范大学出版社,1983,5:19—35

直线的标准方程 篇7

具体通过以下几个例子来分析.

例1求与直线3x+4y-7=0垂直, 且在y轴上的截距为-2的直线.

解法一因为和直线3x+4y-7=0垂直, 所以所求的直线方程是4x-3y+m=0 (其中m是参数) .

因为直线过点 (0, -2) , 将 (0, -2) 代入4x-3y+m=0,

所以直线方程是4x-3y-6=0.

分析此解法先利用垂直的直线系方程设出方程, 再将 (0, -2) 代入, 使这道题变得简单易于理解, 计算量也小.

解法二因为“在y轴上截距为-2”, 所以设直线方程为y=kx-2.

因为所求直线垂直于3x+4y-7=0, 所以得

代入得所求的方程为4x-3y-6=0.

分析此解法从平行的直线系入手, 先得到直线方程为y=kx-2, 再根据垂直条件得到这样做思维简单易于入手.

解法三因为此直线过点 (-2, 0) , 用点斜式设直线方程为y+2=k (x-0) , 即y=kx-2, (斜率k是参数) .

因为直线垂直于直线3x+4y-7=0, 所以

代入得到所求的方程为4x-3y-6=0.

分析此解法先利用过已知点 (-2, 0) 的直线系方程得y+2=k (x-0) , 再根据垂直条件得到此法也是一个不错的选择.

例2求和直线3x+4y+2=0平行, 且与坐标轴构成的三角形面积是24的直线l的方程.

解因为直线平行于直线3x+4y+2=0, 所以设所求直线方程为3x+4y+λ=0 (λ为参数) , 所以在x轴、y轴的截距分别为解得λ=±24.

所求直线l的方程为3x+4y±24=0.

分析此题是用了平行的直线系方程先设出方程, 再根据三角形面积的计算得出参数的值, 从而解决了问题, 此法不但思路清晰, 而且便于计算.

例3对于任意的实数k, 直线 (3k+2) x-ky-2=0与圆x2+y2-2x-2y-2=0的位置关系是________.

解直线方程可化为k (3x-y) +2x-2=0, 由3x-y=0且2x-2=0得直线恒过定点 (1, 3) , 而点 (1, 3) 在圆上, 所以直线与圆相交或相切.

分析利用过交点的直线系方程可得直线恒过点 (1, 3) , 使这个题目变得简单.

通过上面的例子, 我们可以看出给直线方程引入参数, 可以勾画出满足某些特点的一组直线, 数学上称之为直线系, 利用已知直线系可以使我们理清思维, 简化做题过程, 并能大量地减少计算量.经总结发现直线系常见的有以下几种形式:

(1) 与已知直线Ax+By+C=0平行的直线系方程Ax+By+λ=0 (λ是参数)

(2) 与已知直线Ax+By+C=0垂直的直线系方程BxAy+λ=0 (λ为参数)

(3) 过已知点P (x0, y0) 的直线系方程y-y0=k (x-x0) 和x=x0 (k为参数)

(4) 斜率为k的直线系方程y=kx+b (b是参数)

(5) 过直线l1:A1x+B1y+C1=0与l2:A2x+B2y+C2=0的交点的直线系方程A1x+B1y+C1+λ (A2x+B2y+C2) =0 (λ为参数)

在曲线方程中也有和直线系方程类似的曲线系方程的思想, 我们以圆和双曲线为例来分析.

一元回归直线方程的简易推导 篇8

根据经验公式拟合原理及点与直线的位置关系, 有:yi=a+bxi (i=1, 2, 3, …, n)

对上式两边同乘以xi得

xiyi=axi+bx2i (i=1, 2, 3…, n)

对上面两式求累积得:

将 (1) 式两边同除以n得:

“直线的两点式方程”教学设计 篇9

学情分析:

我校为一所普通高中, 部分学生基础较差, 学生在学习态度、学习习惯、知识结构、思维品质、数学能力等方面相对薄弱.

在学完直线的点斜式方程之后, 学生已经建立了两种具体的直线方程———点斜式、斜截式的概念并会应用它们求直线方程, 并对直线方程、方程直线的概念有了一定的理解和认识, 对两点确定一条直线, 直线的纵截距的概念也已经明确清晰.但由于部分学生观察、类比、迁移、化归、计算等能力薄弱, 可能在两点式方程形式的导出、综合性应用问题上会有一定困难.

学习内容分析:

直线方程共有四种特殊形式, 本节课学习第三、第四种特殊形式, 其重要性略低于前两种形式, 使用频率也不高.但在体现点斜式方程的应用, 衬托点斜式方程的重要性及为学习一般式方程作铺垫, 体现由特殊到一般的知识归纳提升过程中有着重要意义.

本节的主要知识点是两个方程的导出及应用, 教学基于点斜式方程;引领学生学会一个数学方法———待定系数法, 这种方法在确定曲线方程问题中是常用的重要方法;另外把方程思想、数形结合思想贯穿于课堂教学的始终, 强调解析几何的一般方法和思想.

通过对两点式、截距式方程的学习, 让学生感受数学的对称美、和谐美等特质.通过对两点式方程由分式到整式的变形, 帮助学生了解一般式方程中系数A、B的几何意义【直线的方向向量即为 (B, -A) , 法向量为 (A, B) 】, 为学习直线的参数方程做铺垫.使学生掌握整式形式的方程是已知两点求直线方程并化为一般方程的技巧, 为学生感性认识行列式、进一步学习高等数学埋下伏笔, 体现搭建共同基础, 提供发展平台的课程理念.

教学目标:

知识与技能:掌握直线的两点式、截距式方程并会用于求直线方程的相关问题;

过程与方法:理解两点式方程的导出过程, 掌握求直线方程的直接法及间接法 (待定系数法) ;

态度、情感、价值观:通过对方程形式美的发现, 感受数学美和数学文化, 进一步体会方程思想、数形结合思想、分类讨论思想.

重点:1.掌握直线的两点式方程及应用;2.掌握求直线方程的两种基本方法.

难点:两点式方程的建立, 待定系数法的应用, 综合性问题的解决.

教法与学法:

采用阅读-交流-展示-提升-检测等步骤, 通过生生互动、师生互动等方式, 还时间于学生、还思维于学生, 让学生经历知识概念及能力的形成过程.生、师的精讲及学生的精练, 体现学生学习先行, 教师断后的过程, 达到提升学生能力的目的.

基于学情, 教师让学生先阅读本节知识并小组交流, 让一名成绩较好的学生讲解两点式方程的导出过程, 教师通过追问让全体学生深刻理解方程的内涵与外延.之后及时通过一定量的练习让学生掌握方程并会灵活应用.为掌握待定系数法, 教师通过举例求一元一次函数解析式时可用待定系数法类比, 求直线方程也可以用待定系数法并精讲求解过程, 让学生明确步骤、学会方法.教师通过引导学生观察、类比、归纳、化归转化、合作探究等方式, 使学生转变学习方式.

教学过程 (含师生活动) :

复习回顾:让学生回答上节课学习的直线方程的两种形式:点斜式及斜截式方程, 并明确已知及方程适用条件.

问题导入:利用点斜式、斜截式可求直线方程, 若不知k, 只知两个点, 能否求直线方程呢?

例已知两点P1 (3, -5) , P2 (-2, 5) , 求直线方程.当两个点P1 (x1, y1) , P2 (x2, y2) (x1≠x2, y1≠y2) 变成一般的两点, 如何得出用这两点坐标表示的直线方程?

进而导出新课, 并展示学习目标, 由一名学生到黑板上板演两点式方程及截距式方程.

新知探究:

问题:探究在已知P1 (x1, y1) , P2 (x2, y2) (x1≠x2, y1≠y2) 时, 如何求直线方程、让学生阅读教材, 由一名学生讲解方程的导出过程:

教师进一步追问学生:1.为什么要x1≠x2?2.为什么要y1≠y2?3.为什么在点斜式方程中要把y1≠y2除以到分母中去?进而引导学生进一步明确提升知识内涵及外延.

通过小组交流讨论澄清以下易错点:

1. 这个方程由直线上两点确定;

2.当直线斜率k不存在 (即x1=x2) 或k=0 (即y1=y2) 时, 不适用 (此时方程如何得到) ;

3.形式 (分式) 对称, 也可用变形式: (y1-y2) x+ (x2-x1) y+x1y2-x2y1=0,

此时x1=x2, y1=y2能否成立?

当堂训练:

求过下列两点的直线的两点式方程, 并化简整理.

解题小结:

1. 解题步骤:明确条件-代入公式-化简整理;

2. 截距式方程及说明:

(1) 截距式方程适用于横、纵截距都存在且都不为0 (即ab≠0) 的直线;

(3) 横、纵截距a、b不是距离, 可以为任意实数.

3. 四种特殊形式:点斜式 (斜截式) 两点式 (截距式)

能力提升:

例1已知三角形ABC的顶点是A (-5, 0) , B (3, -3) , C (0, 2) ,

(1) ) 求ABC三边所在直线方程;

(2) 求BC边上中线所在直线方程.

由学生小组派代表板演完成, 教师针对学生解题步骤不规范现象, 以求边AB、AC所在直线方程为例加以示范, 特别是用 (y1-y2) x+ (x2-x1) y+x1y2-x2y1=0形式求解, 让学生体会这种形式的简洁美.如做出如下排列 (即行列式) :

代入公式, 从而有[0- (-3) ]x+[3- (-5) ]y+ (-5) × (-3) -3×0=0, 即边AB所在直线l方程:3x+8y+15=0.

教师强调解解析几何题要养成画图的习惯, 指出画图可以将抽象变直观, 且可以提示解题思路.

对于 (2) 边BC及BC边中线所在直线方程由学生独立或讨论完成, 把学生的结果用视频展台展出, 有问题的地方加以纠正.

例2已知直线l过点A (1, 2) , 且与两坐标轴正半轴围成的三角形面积为4, 求直线l的方程.

此题有难度, 可先由学生小组交流讨论, 提出解法.如有困难, 由教师举例:已知一元一次函数图像上两点坐标, 求此函数的解析式.提示学生此类题可用待定系数法求解, 进而类比得出求直线方程也可用此方法:设方程-列方程组-解方程组-得出直线方程并提出变式问题.

方法:求直线方程的方法:直接法:明确条件-代入方程-化简整理;间接法:待定系数法.

思想:方程思想、数形结合思想、分类讨论思想.

当堂检测 (教学效果) :

针对学生层次分别设计出必做题 (基础和能力题) 和选做题 (拓展题) .

课后反思:

1.可取之处: (1) 两点式方程的教学由具体事例引入, 再推广到一般情形, 让学生经历知识的形成过程.

(2) 变教师讲两点式方程的导出为学生讲, 教师再采取追问的方式深入挖掘内涵, 使学生透过现象看到本质.

(3) 注重了数学美的挖掘, 让学生感受数学的对称美和和谐美, 引发学生学数学的兴趣.

(4) 注重了数学思想和方法的教学, 数学思想是灵魂, 数学方法是解决问题的手段.使方程思想、数形结合思想、分类讨论思想贯穿了本节课的始终.

2.不足之处: (1) 学生的合作学习质量不高.针对第二个教学目标, 即让学生学会一种求直线方程的间接方法———待定系数法, 应让学生充分交流讨论, 拿出结果和同学一起分享, 对的可以借鉴, 错的吸取教训, 应相信学生有这个能力, 通过合作学习可以获得成功.

(2) 本节课的课堂总结及方程的适用条件的处理, 让学生去归纳效果会更好.

3. 创新点

(1) 对数学美的挖掘, 通过对方程形式美的发现, 让学生感受数学美.

(2) 把分式方程变形为整式方程: (y1-y2) x+ (x2-x1) y+x1y2-x2y1=0, 这应是本节课的一个创新处理.这个处理为学生将来学习高等数学中的行列式做了铺垫, 而且对学生了解直线方程的一般式中系数A、B的几何意义, 即 (B, -A) 为直线的方向向量做了铺垫.而把两点坐标排成下图 (行列式) , 再按箭头方向确定系数和常数项的值, 为学生快速地写出直线方程提供了一个好方法.

直线的标准方程 篇10

一、求弦长

例1(2016年全国Ⅱ卷)在直角坐标系x Oy中,圆C的方程为(x+6)2+y2=25.

(Ⅰ)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求C的极坐标方程;

分析:(Ⅰ)圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcosθ+11=0.过程略;

(Ⅱ)解法1:选择直线的参数方程妙求弦长.

解法2:选择直线的极坐标方程妙求弦长.

因直线l与圆C交于A,B两点,将l:θ=α代入圆C:ρ2+12ρcosθ+11=0.

(Ⅰ)求C2与C3交点的直角坐标;

(Ⅱ)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|最大值.

(Ⅱ)选择直线的极坐标方程妙求距离.

因C1:θ=α与C2:ρ=2sinθ相交于点A,知点A的极径ρ1=2sinα.

二、求距离和

例3在直角坐标系x Oy中,l是过定点P(1,1)且倾斜角为α的直线.以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系.曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ.

(Ⅰ)求直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程;

(Ⅱ)若曲线C与直线l相交于M,N两点,求|PM|+|PN|的取值范围.

(Ⅱ)选择直线的参数方程妙求距离和.

则(tcosα-1)2+(1+tsinα)2=4.

三、求距离差

例4在直角坐标系x Oy中,直线l的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系.圆C的极坐标方程为.

(Ⅰ)将圆C的极坐标方程化为直角坐标方程;

(Ⅱ)若圆C与直线l相交于M,N两点,求||PM|-|PN||的值.

分析:(Ⅰ)圆C的直角坐标方程为(x-2)2+(y-2)2=8.过程略;

(Ⅱ)选择直线的参数方程妙求距离差.

四、求距离积

例5已知曲线C的参数方程:(α为参数),曲线C上的点对应的参数α=π/4,以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系.

(Ⅰ)求曲线C的极坐标方程;

(Ⅱ)已知直线l过点P(1,0),且与曲线C相交于A,B两点,求|PA|·|PB|的范围.

(Ⅱ)选择直线的参数方程妙求距离积.

五、求距离比

例6在直角坐标系x Oy中,直线l的方程是y=8,圆C的参数方程为(φ为参数).以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(Ⅰ)求直线l和圆C的极坐标方程;

分析:(Ⅰ)直线l和圆C的极坐标方程分别为ρsinθ=8,ρ=4sinθ.过程略;

(Ⅱ)选择直线的极坐标方程妙求距离比.

六、求距离倒数和

例7在平面直角坐标系中,以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系.已知圆C的圆心C的极坐标为(1,π/2),圆半径为1.

(Ⅰ)求圆C的极坐标方程;

分析:(Ⅰ)圆C的极坐标方程为ρ=2sinθ.过程略;(Ⅱ)选择直线的参数方程妙求距离倒数和.

则(1+tcosα)2+(1+tsinα)2=1.

可见,在处理直线与曲线相交时的距离问题时,若能巧用直线的参数方程中参数的几何意义或过极点的直线(或射线)极坐标方程中极径的几何意义,定极大地拓展学生思维,迅捷妙求距离.

摘要：参数方程与极坐标方程作为高考选考内容之一,在近几年的高考中亮点层出不穷.尤其是涉及直线与曲线相交时的距离问题,演绎得惟妙惟肖,异彩纷呈,大有一发而不可收之势.穷其解法,大都是在直角坐标系中用熟悉的普通方程来解决,过程繁且极大地抑制了学生思维的发展.若能灵活、巧妙地选择直线的参数方程或极坐标方程,利用参数的几何意义或极径的几何意义,定可事半功倍,妙求六类距离.

直线与圆的方程、圆锥曲线 篇11

【背景材料】

2008～2012年江苏高考试卷，在此就不详细进行试题列举

【例1】（08江苏）在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦距为2c，以O为圆心，a为半径作圆M，若过Pa2c，0作圆M的两条切线相互垂直，则椭圆的离心率为.

解析设切线PA、PB 互相垂直，又半径OA 垂直于PA，所以△OAP是等腰直角三角形，故a2c=2a，解得e=ca=22.

【例2】（09江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，A1，A2，B1，B2为椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的四个顶点，F为其右焦点，直线A1B2与直线B1F相交于点T，线段OT与椭圆的交点M恰为线段OT的中点，则该椭圆的离心率为.

解析直线A1B2的方程为：x-a+yb=1；

直线B1F的方程为：xc+y-b=1。二者联立解得：T2aca-c，b（a+c）a-c，

则Maca-c，b（a+c）2（a-c）在椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上，

c2（a-c）2+（a+c）24（a-c）2=1，c2+10ac-3a2=0，e2+10e-3=0，

解得：e=27-5

【例3】（10江苏）在平面直角坐标系xOy中，双曲线x24-y212=1上一点M，点M的横坐标是3，则M到双曲线右焦点的距离是 .

解析MFd=e=42=2，d为点M到右准线x=1的距离，d=2，MF=4，

【例4】（10江苏）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T（t，m）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中m>0，y1>0，y2<0。

（1） 设动点P满足PF2-PB2=4，求点P的轨迹；

（2） 设x1=2，x2=13，求点T的坐标；

（3） 设t=9，求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）.

解析（1） 设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）.

由PF2-PB2=4，得（x-2）2+y2-[（x-3）2+y2]=4，化简得x=92.

故所求点P的轨迹为直线x=92.

（2） 将x1=2，x2=13分别代入椭圆方程，以及y1>0，y2<0得：M（2，53）、N（13，-209）

直线TA方程为：y-053-0=x+32+3，

即y=13x+1，

直线TB 方程为：y-0-209-0=x-313-3，

即y=56x-52.

联立方程组，解得：x=7，

y=103，

所以点T的坐标为7，103.

（3） 点T的坐标为（9，m）

直线TA方程为：y-0m-0=x+39+3，

即y=m12（x+3），

直线TB 方程为：y-0m-0=x-39-3，

即y=m6（x-3）.

分别与椭圆x29+y25=1联立方程组，同时考虑到x1≠-3，x2≠3，

解得：M3（80-m2）80+m2，40m80+m2、

N3（m2-20）20+m2，-20m20+m2.

（方法一）当x1≠x2时，直线MN方程为：y+20m20+m240m80+m2+20m20+m2=x-3（m2-20）20+m23（80-m2）80+m2-3（m2-20）20+m2

令y=0，解得：x=1。此时必过点D（1，0）；

当x1=x2时，直线MN方程为：x=1，与x轴交点为D（1，0）.

所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）.

（方法二）若x1=x2，则由240-3m280+m2=3m2-6020+m2及m>0，得m=210，

此时直线MN的方程为x=1，过点D（1，0）。

若x1≠x2，则m≠210，直线MD的斜率kMD=40m80+m2240-3m280+m2-1=10m40-m2，直线ND的斜率kND=-20m20+m23m2-6020+m2-1=10m40-m2，得kMD=kND，所以直线MN过D点.

因此，直线MN必过x轴上的点（1，0）.

【例5】（12江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0）.已知（1，e）和e，32都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率.

（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.

（i） 若AF1-BF2=62，求直线AF1的斜率；

（ii） 求证：PF1+PF2是定值.

解析（1） 由题设知，a2=b2+c2，e=ca，由点（1，e）在椭圆上，得

12a2+e2b2=11a2+c2a2b2=1b2+c2=a2b2a2=a2b2b2=1，∴c2=a2-1.

由点e，32在椭圆上，得

e2a2+322b2=1c2a4+3221=1a2-1a4+34=1a4-4a2+4=0a2=2

∴椭圆的方程为x22+y2=1.

（2） 由（1）得F1（-1，0），F2（1，0），

又∵AF1∥BF2，

nlc202309010559

∴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.

∴x212+y21=1

my1=x1+1（m2+2）y21-2my1-1=0y1=m+2m2+2m2+2.

∴AF1=（x1+1）2+（y1-0）2

=（my1）2+y21

=m2+1·m+2m2+2m2+2

=2（m2+1）+mm2+1m2+2①

同理，BF2=2（m2+1）-mm2+1m2+2②

（i） 由①②得，AF1-BF2=2mm2+1m2+2.

解2mm2+1m2+2=62得m2=2.

∵注意到m>0，∴m=2.∴直线AF1的斜率为1m=22.

（ii） 证明：∵AF1∥BF2，∴PBPF1=BF2AF1，即PBPF1+1=BF2AF1+1PB+PF1PF1=BF2+AF1AF1.∴PF1=AF1AF1+BF2BF1.

由点B在椭圆上知，BF1+BF2=22，∴PF1=AF1AF1+BF222-BF2.

同理PF2=BF2AF1+BF222-AF1.

∴PF1+PF2=AF1AF1+BF222-BF2+BF2AF1+BF222-AF1=22-2AF1·BF2AF1+BF2

由①②得，AF1+BF2=22（m2+1）m2+2，

AF1·BF2=m2+1m2+2，∴PF1+PF2=22-22=322.

∴PF1+PF1是定值.

【命题分析】

“直线与方程”和“圆锥曲线”的内容在填空题与解答题中均有可能出现。如果在填空题中，基本上都是较为简单的有关基本概念的考查，比如说：弦长的计算，离心率，长轴，短轴，圆锥曲线的第二定义等等，难度不会太大；如果在解答题中出现，则较可能是作为难题，或者说是压轴题。而近几年，解答题中考查的内容，更多的出现了有关圆锥曲线里的定值问题。2010年，2012年都考到了。也许这种问题会成为考查的热点问题。下面，我们就再举一个例子来看看定值问题的求解。

【试题设计】给定椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），称圆心在坐标原点O，半径为a2+b2的圆是椭圆C的“伴随圆”. 若椭圆C的一个焦点为F2（2，0），其短轴上的一个端点到F2距离为3.

（1） 求椭圆C及其“伴随圆”的方程；

（2） 若过点P（0，m）（m<0）的直线与椭圆C只有一个公共点，且截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为22，求m的值；

（3） 过椭圆C“伴随圆”上一动点Q作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个公共点，试判断直线l1，l2的斜率之积是否为定值，并说明理由.

解析（1） 由题意得：a=3，半焦距c=2，

则b=1，椭圆C方程为x23+y2=1，

“伴随圆”方程为x2+y2=4。

（2） 则设过点P且与椭圆有一个交点的直线为：y=kx+m，

则y=kx+m，

x23+y2=1，整理得（1+3k2）x2+6kmx+（3m2-3）=0，

所以Δ=（6km）2-4（1+3k2）（3m2-3）=0，解3k2+1=m2①

又因为直线截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为22，

则有222-|m|k2+12=22，化简得m2=2（k2+1）②

联立①②解得，k2=1，m2=4，

所以k=±1，m=-2（∵m<0），则P（0，-2）。

（3） 当l1，l2都有斜率时，设点Q（x0，y0），其中x20+y20=4，

设经过点Q（x0，y0）与椭圆只有一个公共点的直线为y=k（x-x0）+y0，

由y=kx+（y0-kx0），

x23+y2=1，消去y得到x2+3[kx+（y0-kx0）]2-3=0

即（1+3k2）x2+6k（y0-kx0）x+3（y0-kx0）2-3=0，

Δ=[6k（y0-kx0）]2-4·（1+3k2）[3（y0-kx0）2-3]=0，

经过化简得到：（3-x20）k2+2x0y0k+1-y20=0

因为x20+y20=4，所以有（3-x20）k2+2x0y0k+（x20-3）=0，

设l1，l2的斜率分别为k1，k2，因为l1，l2与椭圆都只有一个公共点，

所以k1，k2满足方程（3-x20）k2+2x0y0k+（x20-3）=0，

因而k1·k2=-1，即直线l1，l2的斜率之积是为定值-1.

牛刀小试

1.已知过P12，1的直线l与圆C：（x-1）2+y2=4交于A，B两点，当∠ACD最小时，直线l的方程为.

2.已知中心在坐标原

直线的标准方程 篇12

例1已知直角坐标平面内的动点M满足: | MA |2- | MB|2= 4 ( | MB | - 1) , 其中A ( 0, - 1) , B ( 0, 1) .

( Ⅰ) 求动点M的轨迹C的方程;

( Ⅱ) 过N ( - 2, 1) 作两条直线交 ( Ⅰ) 中轨迹C于P, Q, 并且都与“以A为圆心, r为半径的动圆”相切, 求证: 直线PQ经过定点.

1. 设点斜式

分析: ( Ⅰ) 设M ( x, y) , 由| MA |2- | MB |2= 4 ( | MB | - 1) 可得方程, 化简即可;

( Ⅱ) 设直线NQ, NP的斜率分别为k1, k2利用点斜式可写出直线NP, NQ的方程, 根据直线NP, NQ与动圆A相切可得k1k2= 1, 分别联立直线与曲线方程可得P, Q的坐标, 由点斜式可写出直线PQ的方程, 据方程形式即可求得所过定点.

解: ( Ⅰ) 设 M ( x, y) , 由 | MA |2- | MB |2= 4 ( | MB | - 1) 得

化简得: x2= 4y.

证明 ( Ⅱ) 设直线NQ, NP的斜率分别为k1, k2, 则直线NQ的方程为k1x - y + 2k1+ 1 = 0, 直线NP的方程为k2x - y + 2k2+ 1 = 0,

由NQ, NP与动圆A相切得:|, 化简得: ( k1- k2) ( k1k2- 1) = 0,

由 k1≠ k2, 得 k1k2= 1.

联立, 解得Q ( 4k1+ 2, ( 2k1+ 1) 2, 同理P ( 4k2+ 2, ( 2k2+ 1) 2) .

直线PQ的方程为y - ( 2k2+ 1) 2= ( k1+ k2+ 1) ( x - 4k2- 2) ,

化简并结合k1k2= 1得: y = ( k1+ k2+ 1) ( x - 2) - 3,

所以直线PQ恒过定点 ( 2, - 3) .

2. 设两点式

分析: ( Ⅱ) 设P ( m, m2/4) , Q ( n, n2/4) ( m≠n) , 利用两点式可写出直线PQ, NP, NQ的方程, 根据直线NP, NQ与动圆A相切可得mn = 2 ( m + n) - 4, 即可求得直线PQ所过的定点.

证明: ( Ⅱ) 设P ( m, m2/4) , Q ( n, n2/4) ( m≠n) , 则, 直线PQ的方程为, 又直线PN的方程为 ( m - 2) x - 4y + 2m = 0

同理直线PN的方程为 ( n - 2) x - 4y + 2n = 0, 由NQ, NP与动圆A相切得:

即 ( m + 2) 2 ( n - 2) 2- ( m - 2) 2 ( n + 2) 2= 16 ( m + 2) 2-16 ( n + 2) 2,

故8 ( mn - 4) · ( n - m) = 16 ( m + n + 4) · ( n - m) , 由于m≠n, 所以mn = 2 ( m + n) + 12,

直线PQ的方程为

所以直线PQ恒过定点 ( 2, - 3) .

3. 兼设两式

证明: ( Ⅱ) 设P ( m, m2/4) , Q ( n, n2/4) ( m≠n) 直线NQ, NP的斜率分别为k1, k2, 则直线NQ的方程为k1x - y + 2k1+ 1 = 0, 直线NP的方程为k2x - y + 2k2+ 1 = 0,

由NQ, NP与动圆A相切得:代入得

mn - 2 ( m + n) - 12 = 0, ①

又直线PQ的方程为

即 mn - ( m + n) x + 4y = 0. ②

比较①②得: - x = - 2, 4y = - 12, 所以直线PQ恒过定点 ( 2, - 3) .

点评: 通过一题三解, 我们发现三法各有特点, 从思路切入方面看: 解法1, 2自然; 从运算角度来看: 解法3更快捷. 实际应用中, 方法应该因题而定, 方案应该因思路而动. 为牢固掌握上述方法, 灵活处理圆的切线问题, 我们再来研究一例.

例2如图2, 已知抛物线C: y2=2px和圆M: ( x - 4) 2+ y2= 4 , 过抛物线C上一点H ( x0, y0) 作两条直线与圆M相切于A、B两点, 分别交抛物线为E、F两点, 圆心点M到抛物线准线的距离为9/2.

( Ⅰ) 求抛物线C的方程;

( Ⅱ) 求证: 对任意的动点H, 直线EF恒与圆M相切.

解: ( Ⅰ) M ( 4, 0) 到抛物线C: y2= 2px的准线x =- p/2的距离为, 抛物线C的方程为y2= 2x.

( Ⅱ) ( 考虑使用两点式方程) 由题意可知kHA斜率存在, 设E (y21/2, y1) , F (y22/2, y2) ( y1≠ y2) 则

HE: 2x - ( y1+ y0) y + y1y0= 0, HF: 2x - ( y2+ y0) y + y2y0= 0,

所以直线EF与圆M恒相切.