判别式,剖析几何中“判别式”处理
更新时间：2024-04-05
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剖析几何是高中数学教学的内容，每年全国各地的高考题中，除了填空题或选择题有剖析几何的内容外，几乎都有一道剖析几何的大题，在两题中.在考题中直线与圆锥曲线的位置联系的考查最为常见.这就涉及判别式的理由.怎样处理的判别式才能使运算简便呢？要解不等式Δ>0呢？要求判别式呢？这些值得的理由，本人在教学中，总结了三种类型，现用例题.
解 题意可设直线m的方程为y=k(x-1)+1,
代入双曲线方程2x2-y2=2，
整理，得(2-k2)x2+(2k2-2k)x-k2+2k-3=0,
其判别式Δ=(2k2-2k)2-4(2-k2)(-k2+2k-3).
设Q1(x1,y1)，Q2(x2,y2)，由中点公式和韦达定理有1=x1+x2[]2=k2-k[]k2-2，解得k=2.以k=2代入Δ，得Δ=-8<0，故上述关于x的一元二次方程无实根，所以符合题设条件的直线m不存在.
注 本题中解不等式Δ>0，就比较复杂了，其实，只要把k=2值代入看有Δ≥0就了，本题还可如下更简便的策略教学论文：
由点Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)在双曲线x2-y2[]2=1上，得x21-y21[]2=1,①
x22-y22[]2=1,②
①-②，得(x1+x2)(x1-x2)=1[]2(y1+y2)(y1-y2).
∵Q(1,1)是Q1Q2的中点.∴x1+x2=2，y1+y2=2.
∴直线Q1Q2的斜率k=y1-y2[]x1-x2=2，
又 直线Q1Q2经过点B，∴直线Q1Q2的方程为y=2x-1.
将其代入双曲线方程得-2x2+4x-3=0，显然Δ<0，故满足题设条件的直线m不存在.
注 本解法中同学直线y=2x-1就结束了，忘记了将直线代入双曲线方程会验证Δ的值，以而“有着”的错误，这要.
解 题意可设l1,l2的方程为
y=k(x+2)(k≠0),①
y=-1[]k(x+2).②
以①,②两式代入双曲线方程y2-x2=1，可得
(k2-1)x2+22k2x+2k2-1=0,③
1[]k2-1x2+22[]k2x+2[]k2-1=0，④
则③的判别式Δ1=4(3k2-1)>0，
④的判别式Δ2=43[]k2-1>0.
解上面的两个不等式，到k≠±1（l1与双曲线交点），易得k∈(-3,-1)∪-1,-3[]3∪3[]3,1∪(1,3).
注 本题思路很显著，只要③中Δ1>0时，l1与双曲线有两个交点，且只要④中Δ2>0时，l2与双曲线有两个交点，求其交集.
解 （1）略.
（2）设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0).
由x2[]2+y2=1,
y=k(x+1)，
得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.
∵直线AB过椭圆的左焦点F，
∴方程有两个不等实根，记A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB中点N(x0,y0)，
则x1+x2=-4k2[]2k2+1，x0=1[]2(x1+x2)=-2k2[]2k2+1,y0=k(x0+1)=k·-2k2[]2k2+1+1=k[]2k2+1.
∴AB的垂直平分线NG的方程为y-y0=-1[]k(x-x0).
令y=0得
xG=x0+ky0=-2k2[]2k2+1+k2[]2k2+1=-k2[]2k2+1=-1[]2+1[]4k2+2.
∵k≠0，∴-1[]2∴点G横坐标的取值范围为-1[]2,0.
注 本题中直线AB过F，而F在椭圆内，故无论k取何值，直线AB都与椭圆相交，故不需解也不需验证判别式Δ>0，解题很简洁.
以上面的三种类型可知，直线与圆锥曲线联立方程消去未知数总能二次方程，判别式是高考考查的内容.解题中到判别式，处理判别式时要题目的特点选择的策略教学论文，要克服一味求Δ>0的盲目性，优化解题.
一、验而不解
例1 给定双曲线x2-y2[]2=1，过点B(1，1)能否作直线m，使m与所给双曲线交于两点Q1及Q2，且点B是线段Q1Q2的中点?这样的直线m有着，求出它的方程；不有着，理由.解 题意可设直线m的方程为y=k(x-1)+1,
代入双曲线方程2x2-y2=2，
整理，得(2-k2)x2+(2k2-2k)x-k2+2k-3=0,
其判别式Δ=(2k2-2k)2-4(2-k2)(-k2+2k-3).
设Q1(x1,y1)，Q2(x2,y2)，由中点公式和韦达定理有1=x1+x2[]2=k2-k[]k2-2，解得k=2.以k=2代入Δ，得Δ=-8<0，故上述关于x的一元二次方程无实根，所以符合题设条件的直线m不存在.
注 本题中解不等式Δ>0，就比较复杂了，其实，只要把k=2值代入看有Δ≥0就了，本题还可如下更简便的策略教学论文：
由点Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)在双曲线x2-y2[]2=1上，得x21-y21[]2=1,①
x22-y22[]2=1,②
①-②，得(x1+x2)(x1-x2)=1[]2(y1+y2)(y1-y2).
∵Q(1,1)是Q1Q2的中点.∴x1+x2=2，y1+y2=2.
∴直线Q1Q2的斜率k=y1-y2[]x1-x2=2，
又 直线Q1Q2经过点B，∴直线Q1Q2的方程为y=2x-1.
将其代入双曲线方程得-2x2+4x-3=0，显然Δ<0，故满足题设条件的直线m不存在.
注 本解法中同学直线y=2x-1就结束了，忘记了将直线代入双曲线方程会验证Δ的值，以而“有着”的错误，这要.
二、解而不验
例2 已知l1,l2是过点P(-2,0)的两条互相垂直的直线，且l1,l2与双曲线y2-x2=1各有两个交点，为A1,B1和A2,B2，求l1的斜率k的取值范围.解 题意可设l1,l2的方程为
y=k(x+2)(k≠0),①
y=-1[]k(x+2).②
以①,②两式代入双曲线方程y2-x2=1，可得
(k2-1)x2+22k2x+2k2-1=0,③
1[]k2-1x2+22[]k2x+2[]k2-1=0，④
则③的判别式Δ1=4(3k2-1)>0，
④的判别式Δ2=43[]k2-1>0.
解上面的两个不等式，到k≠±1（l1与双曲线交点），易得k∈(-3,-1)∪-1,-3[]3∪3[]3,1∪(1,3).
注 本题思路很显著，只要③中Δ1>0时，l1与双曲线有两个交点，且只要④中Δ2>0时，l2与双曲线有两个交点，求其交集.
三、不解也不验
例3 （2006福建卷）已知椭圆x2[]2+y2=1的左焦点为F，O为坐标原点.（1）求过点O,F，并且与椭圆的左准线l相切的圆的方程；（2）设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围.解 （1）略.
（2）设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0).
由x2[]2+y2=1,
y=k(x+1)，
得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.
∵直线AB过椭圆的左焦点F，
∴方程有两个不等实根，记A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB中点N(x0,y0)，
则x1+x2=-4k2[]2k2+1，x0=1[]2(x1+x2)=-2k2[]2k2+1,y0=k(x0+1)=k·-2k2[]2k2+1+1=k[]2k2+1.
∴AB的垂直平分线NG的方程为y-y0=-1[]k(x-x0).
令y=0得
xG=x0+ky0=-2k2[]2k2+1+k2[]2k2+1=-k2[]2k2+1=-1[]2+1[]4k2+2.
∵k≠0，∴-1[]2
注 本题中直线AB过F，而F在椭圆内，故无论k取何值，直线AB都与椭圆相交，故不需解也不需验证判别式Δ>0，解题很简洁.
以上面的三种类型可知，直线与圆锥曲线联立方程消去未知数总能二次方程，判别式是高考考查的内容.解题中到判别式，处理判别式时要题目的特点选择的策略教学论文，要克服一味求Δ>0的盲目性，优化解题.
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