下载文档原格式
减少解析几何运算量的若干方法在解决有些解析几何问题时，如果方法选择不当，往往导致计算量过大，如果不具备较高的解几运算能力，就不易得到正确的运算结果。
那么如何正确地选择方法，减少解析几何题的计算量呢？下面介绍几种减少计算量的常用方法。
一、回归定义，以简驭繁圆锥曲线的许多性质是由定义派生出来的。
解题时，应善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合的思想为指导，把定量的分析有机结合起来，则可使解题计算量大为简化，使解题构筑在较高的水平上。
例1、在面积为1的ΔPMN 中，tg ∠PMN =21,tg ∠2-=MNP ,建立适当的坐标系，求以M 、N 为焦点且过点P 的椭圆方程(93年高考题)分析：在该题的题设条件中，其实是给出了ΔPMN 的两内角的大小及它的面积。
因此我们应考虑如何应用平几知识和椭圆定义将问题解决。
解：建立如图1所示的坐标系，设所求的椭圆方程为12222=+by a x ，则由椭圆定义有PN PM a +=2，MN c =2，过点P 向x 轴作垂线，垂足为A ，tg ∠2-=MNP ，tg ∴∠2=PNA 。
由平面几何知识有:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=-=⋅==.,121,2,21MN AN AM PA MN AN PA MA PA⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====⇒.33,334,3,332AN AM MN PA ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒.315,3152PN PM 152=+=∴PN PM a ,,215=a 4152=a ，32==MN c ，23=c ， 3222=-=∴c a b 。
∴所求的椭圆方程为1315422=+y x 说明：在上述解题过程中，PM PN +是所求椭圆的长轴长，它是减轻本题运算量的关键。
例2、长度为a 的线段AB 的两端点在抛物线2x =2py(a ≥2p >0)上运动，以AB 的中点C 为圆心作圆和抛物线的准线相切，求圆的最小半径（85年湖北省六市高考预选题）。
分析:这里其实就是要求定长弦AB 的中点C 到准线的最小距离。
减少解析几何运算量的常用策略TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-减少解析几何运算量的常用策略浙江省上虞中学 谢全苗（312300）解析几何是在坐标系的基础上，用代数方法研究几何图形性质的一门数学学科，因此代数学运算就不可避免地出现在其中，如果解题时思维的起点与方法选择的不当，则不是繁琐就是出错，因此，运用解题的思维策略，选择恰当的思维起点与方法，以最大限度地减少解析几何的运算量1．回到定义定义、定理是对数学对象的本质属性的概括和内在规律的揭示，只有深刻地理解概念的本质和定理所揭示的内在规律，才能灵活运用它来简化解题过程．有的问题虽可以不依赖于定义，但如能回到定义，则常能使问题获得简捷的解法，波利亚就提倡“回到定义”．例1 一直线被两直线1l ：032=++y x 和2l ：0632=--y x 截得的线段的中点恰好是坐标的原点．求这条直线的方程．简析略解：此题的一般求解思路是：先求出l 分别与1l 、2l 的交点（用l k 表示），然后利用中点坐标公式求出l k ，进而得到l 的方程，这样运算量太大．如果我们对直线与方程的定义有深刻的理解，就会自觉地利用定义，并结合运用设而不求的技巧来寻求简捷解法．设l 分别与1l 、2l 交于点M 、N ，又设M 的坐标为（11,y x ），则有03211=++y x ① 又因为M 、N 关于O 对称，所以点N 的坐标为（11,y x --），则有0632=-+-y x ② ①×２＋②，得05211=+y x ．可见M 11,(y x ）在l ：052=+y x 上，又此直线过原点，由两点确定一直线知所求直线的方程为052=+y x ．例2 已知12,F F 分别是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左右焦点，M 是该椭圆上的一动点，MN 是12F MF ∠的外角平分线，2F Q MN ⊥于Q ，求动点Q 的轨迹方程．略解：设(,)Q x y ，延长2F Q 和直线1F M 相交于P ，则(2,2)P x c y -，且MPQ ∆≌2MF Q ∆．所以2MP MF =，2PQ F Q =，１由椭圆的定义得：11122F P MF MP MF MF a =+=+=．所以 222(2)(2)(2)x c c y a -++=， 即222x y a +=所以，动点Q 的轨迹方程为222x y a +=．２．设而不求例３ 已知ABC ∆的三个顶点都在椭圆224580x y +=上，若(4,0)A ，ABC ∆重心是椭圆的右焦点，求直线BC 的方程．简析略解：因(4,0)A 为椭圆的短轴的顶点，右焦点(2,0)F 为ABC ∆重心，所以F 的坐标与三顶点,,A B C 的坐标有关，故设1122(,),(,)B x y C x y ，则又因为,B C 在椭圆上，故 由①、②、③、④求出Ｂ、Ｃ两点的坐标，再求直线BC 的方程． 对思维监控评价：这里解题的方向是正确的，但通过四个方程来求出四个坐标的运算是比较麻烦的，能否有比较简单的途径呢？由③－④得：121212124()()5()()0x x x x y y y y +-++-=．由题意知：120x x -≠，将①、②整体代入得 121265y y x x -=-， 这个正好是直线BC 的斜率 121265BC y y k x x -==-， 而BC 的中点坐标1212(,)22x x y y M ++，即(3,2)M -， 所以直线BC 的方程为：62(3)5y x +=-． 问题之所以得到简捷地解答，就是用了设而不求的策略．３． 用好对称数学中的对称是广义的，有几何图形的对称，数量关系式结构的对称，对偶等，用起来比较灵活，而解析几何中的对称还是比较直观的，要是能灵活运用，可化繁为简，化难为易．126x x += ① 124y y +=- ②22114580x y += ③ 22224580x y += ④例４ 如图2，在直线:90l x y -+=上任取一点M ，经过M 点且以椭圆221123x y +=的焦点为焦点作椭圆，问当M 在何处时，所作椭圆的长轴最短，并求出具有最短长轴的椭圆方程．简析略解： 椭圆两焦点为1(3,0)F -，2F 作1F 关于直线l 的对称点'1F 最短，即12MF MF +最短，也就是'12MF MF +最短，故M 点应是直线'12F F 与已知直线l 如图2．直线'11F F 的方程为:30x y ++=，由方程组 得点(6,3)P -，由中点坐标公式得'1(9,6)F -，故直线'12F F 的方程为:230x y +-=．解方程组 得所求M 点的坐标为（－５，４）．由于'122F F a ==，此时椭圆的方程为2214536x y +=． 注：怎样能使椭圆的长轴最短？当然想到椭圆的定义．最小――折线段的和最短――三点一直线――寻找对称点――对称变换．简明的解法找到了．对称，能提供一种清晰的想象力，这种想像力常能使我们看到并发现用别的方法也许较难发现的关系．４． 活用平几由于解析几何就是用代数方法研究几何图形性质的一门数学学科，所以平面几何的许多知识就能使我们的思路来得直观明了．例5（2001年全国高考试题）设抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，经过F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线的准线上，且BC ∥x 轴，证明直线AC 经过原点O ．简析略证：如图３，记 x 轴与准线l AD l ⊥，垂足为Ｄ，则AD ∥FE ∥BC ．连结AC ，与EF 相交于点N EN CN BF AD AC AB ==，NF AF BC AB =， 根据抛物线的几何性质，AF AD =，BF BC =， 图2３所以 AD BF AF BC EN NF AB AB••===，即N 是EF 的中点，与抛物线的顶点Ｏ重合，所以直线AC 经过原点O ．５． 巧用向量向量是高中教材的新增内容，由于向量具有几何和代数的双重属性，以向量为工具，改变了传统的平面三角、解析几何、立体几何等内容的学习体系，使几何问题彻底代数化了，使数形结合思想体现的更深刻、更完善.例６ （1999年全国高中数学联赛试题）已知点(1,2)A ，过点(5,2)D -的直线与抛物线24y x =交于Ｂ，Ｃ两点，试判断ABC ∆的形状．解：设211(,2)B t t ，222(,2)C t t ，12t t ≠，11t ≠，21t ≠，则有211(5,22)DB t t =-+，222(5,22)DC t t =-+．∵ Ｂ，Ｃ，Ｄ三点共线， ∴ DB ∥DC ．所以 212(5)(22)t t -+-221(5)(22)t t -+＝０⇒121250t t t t +++= ⇒ 12(1)(1)4t t ++=-．又AB AC •=211(1,22)t t --•222(1,22)t t --＝21(1)t -22(1)t -＋1(22)t -2(22)t - ＝1(1)t -2(1)t -［1(1)t +2(1)t +＋４］＝０，所以 AB AC ⊥，故ABC ∆为直角三角形．例７ 已知圆22:4C x y +=和两个定点(1,0),(1,0)A B -，点Ｐ为圆Ｃ上的动点，过点Ｐ的圆Ｃ的切线为l ，点Ａ关于l 的对称点为/A ，求/A B 的最大值．分析：本题的常规解法是：首先求出点/A 的轨迹方程，再利用两点间距离公式去求/A B 的表达式（要运用点/A 的轨迹方程将二元函数问题转化为一元函数最值），进而求出/A B 的最大值．这里所用的纯解析法虽然思路很直接，但求出点/A 的轨迹方程是一个难点，很难突破，并且运算量大，过程繁琐．而平面向量的几何计算灵活方便，运用平面解：如图1，设/AA 与直线l 交于点Q由,O Q 分别为',AB AA 的中点，得OQ ∥'A B ，且/2A B OQ =．又',AA l OP l ⊥⊥，故OP ∥'AA ．设(0)AQ mOP m =>，2OP =，则OQ OA AQ OA mOP =+=+，(1)PQ OQ OP OA m OP =-=+-，由题意得OP PQ ⊥，则OP PQ •＝０，即OP •[(1)]OA m OP +-＝０，即OP •2(1)OA m OP +-＝０，得 OP •4(1)OA m =-．又 22OQ OA mOP =+＝2222OA mOA OP m OP +•+•＝＝１＋224(1)4m m m ⨯-+＝－224814(1)5m m m ++=--+,∵ 0m >， ∴ 当1m =时，2max 5OQ=，∴ max OQ =所以 /max A B =max 2OQ =，此时 AQ OP =，点P 的坐标为（０，±２），切线方程为y =±２，点'A 的坐标为（－１，±４）． ６． 利用极坐标例８ 已知椭圆1162422=+y x ，直线l ：1812=+y x ． Ｐ是l 上一点，射线OP 交椭圆于Ｒ，又点Ｑ在OP l 上移动时，求点Ｑ的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．(1995年全国高考压轴题)解题的策略分析：本题是求动点Ｑ),(y x 的轨迹方程，即找到关于y x ,的等式，可以用一般法来解，即设点Ｑ),(y x ，Ｑ),(Q Q y x ，Ｒ),(R R y x ，再布立方程组来解．但必须看到这里有y x ,，Q Q y x ,，R R y x ,六个末知量，这样，所立的方程组中不下五个方程，因此，即使可解，也该暂缓，看有否别的方法？从条件2OR OP OQ =⋅知，这是一个与长度与角度有关的问题，故可用参数法求解比较简单．但不要就此停步，再看是否还有别的方法？的确，用极坐标法来解将会显得更简捷．在分辩了方法间的优劣之后，策略层面的问题已经解决，但仍不要大意，要继续细心分辩，因为在选择极坐标法来解后，还有个极点选在原点还是在椭圆左焦点的问题，它关系到极坐标方程是用统一式还是用互化式的问题，这是一个学生用极坐标法来解时常常难以选择．这里考虑到OR OP OQ ,,都是从原点出发的线段长度，故选用以坐标原点为极点来解，即不用统一式而用互化式．这样，分辩清了，简捷的方法、合理的运算和要运用的知识也就自然择优而定了．７．用好焦半径公式例９ 如图已知梯形ABCD 中AB =2CD , 点E 分有向线段AC 所成的比为λ，双曲线过C 、D 、E 三点,且以A ,B 为焦点，当32≤λ≤43时，求双曲线的离心率e 的取值范围.(2000年全国高考试题)解题的策略分析：一看到这个题，不要说当年一些普通考生望题兴叹，就是一些基础不错的考生也没了头绪，这不但是由于它是一个双参数范围问题，而且是在未知双曲线方程的情况下来求离心率e 的取值范围，再加上大家期望要用上的已知条件：32≤λ≤43中的λ，又是大家在日常解题中着实有点感到后怕的“点E 分有向线段AC 所成的比”．这时，一些有思维策略的学生就有了用武之地：他们首先从审题后看到题设中无系无方程，因此，用分而治之的策略，从建立坐标系，确立方程的形式入手：如图以AB 的垂直平分线为y 轴, 以AB 所在的直线为x 轴直角坐标系xoy ,则CD ⊥y 轴. 因为双曲线过C 、D ,且以A 点,由双曲线的对称性知C 、D 关于y 22a x —22b y =1 (a ＞0,b ＞0), 则离心率e =ac ． 在做好这一基础性工作的前题下，如何由λ的范围来求e 的范围就成了解决本题的思维核心，他们看到在本题这个双参数问题中，λ和e 既互相制约，又在一个矛盾中统一(统一在一个方程里)，这是考查学生在解题某个阶段视哪一个为主元，哪一个辅元，而在解题另一个阶段，又需要主辅互换，反客为主，真是个考查辩证思维的绝妙押轴题．这虽难，但也正是考生一显身手，展示自己思维能力的好地方，也是与众考生一决高下的分水岭．因此，他们根据λ的范围已知这一条件，进而确立：先视λ为主元，再视e 为主元，找出两个参数之间的关系λ=)(e f ，将问题转化归为已知范围，再解不等式，由此求出参数e 的范围这样一个整体的思路和思维策略．于是，他们先视λ为主元，找λ的关系式：依题意，记 A (c -,0 ) , C (2c ,h )，E (0x ,0y )，其中c =AB 21为双曲线的半焦距，h 是梯形的高.由定比分点公式得：0x =λλ++-12c =)1(2)2(λλ+-c ， 0y =λλ+1h ． 但在如何再视e 为主元，找出两个参数之间的关系λ=)(e f 上，是又一次体现思维水平的层次性和思维策略的重要性．视角一：视点C 、E 为直线ＡＣ与双曲线的交点，这时，虽能把方程2()3h y x c c=+代入22a x —22by =1得：22222222222(94)8(49)0b c a h x a h cx a h a b ---+=．这一常规思路虽正确，解题方向也不错，但要用上这一方程不但难，而且繁，在应试的情况下当然应另辟蹊径．思路敏锐的学生在不代前就暂时放弃了．视角二：视点C 、E 在双曲线上，将C 、E 的坐标和e =ac 代入双曲线的方程,得 42e —22b h =1 ① 42e ·2)12(λλ+-—2)1(λλ+22b h =1 ② 由①得：22b h =42e — 1 ③ 将③式代入②式整理得: 42e (4λ4-)=1+2λ, 故得λ=1232+-e . 由题设32≤λ≤43 , 得 32≤1232+-e ≤43 ,故得 7≤e ≤10. 所以双曲线的离心率e 的取值范围是[7.10]．视角三：视AC 、AE 为点C 、E 到焦点Ａ的距离，由焦半径公式得：2c ea AC a ex a =+=+， (2)2(1)E e c AE a ex a λλ-=--=--+． 而AC 、AE 同号，从而 11AC AC AE AE λ==+．所以 ()121(2)21ca ec a e λλλ++=---+ ⇒ 2213211e λλλ+==-+--． 由题设32≤λ≤43 , 得 32≤1232+-e ≤43 ,故得 7≤e ≤10. 所以双曲线的离心率e 的取值范围是[7.10]．这里同是C 、E 二点，但由于解题思维策略的运用，从不同的视角出发，使解题的切入点和解题的方向各不相同，对同一问题解答所用的知识、方法和也不同．，其中视角二下的方法比较简单，而视角三下的方法，运用焦半径公式来解，在简捷中更显得灵活，真是：“横看成岭侧成峰，远近高低无一同”．简化解答虽不是突破性的进展和创造，却也是对已经取得成果的改造和推进. 对学生来说, 则是一种对所学知识的灵活运用和高超驾驭基础上的创新, 是一种精神的升华和对数学美的追求. 从中体现出思维的批判性、深刻性、广阔性、敏捷性和解题的艺术性. 因此, 培养学生的求简精神, 不仅是正确、迅速解题的需要和保证，而且是优化思维品质、领悟数学精神、提高创新能力的有效途径.主要参考文献：1．谢全苗．论数学求简精神的培养．数学通报，2．谢全苗．数学解题教学中要辩证地看待“通法”与“巧法”．数学通报，2001,63．谢全苗．与中学青年教师谈谈数学教育理论对中学数学教学工作的帮助．数学通报，4．成军，《用平面向量巧解一题》，（中学数学） P44.5．谢全苗.《思维的“最近发展区”的开发与利用》.（数学通报）.2004,8．6．谢全苗.《变式教学――研究性学习的一种模式》.（数学教学参考）.2004,10．。
第42课 解析几何中减少计算量的几种方法1．定义为王：巧用圆锥曲线的定义构建数量关系(1)(2015浙江，4分)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F (c ，0)关于直线y ＝bc x 的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是________．答案：22解析：(法一)设Q (x 0，y 0)，则⎩⎨⎧y 0x 0－c ·bc＝－1，y 02＝b c ·x 0＋c 2，解得⎩⎨⎧x 0＝c （c 2－b 2）a 2，y 0＝2bc 2a 2， 代入椭圆方程得⎣⎡⎦⎤c （c 2－b 2）a 22a 2＋⎝⎛⎭⎫2bc 2a 22b 2＝1，即a 4＝c 2（c 2－b 2）2a 2＋4c 4， 整理得(a 2－2c 2)(a 4＋a 2c 2＋2c 4)＝0， ∴a 2＝2c 2，e ＝22. (法二)记左焦点为F ′，∵直线y ＝bc x 垂直平分线段QF ，点O 为FF ′的中点，∴QF ′与直线y ＝b c x 平行，∴∠F ′QF ＝90°.根据tan ∠QF ′F ＝b c，可设|QF |＝bk ，|QF ′|＝ck (k >0)，则2c ＝|F ′F |＝（bk ）2＋（ck ）2＝ak ，2a ＝|QF |＋|QF ′|＝(b ＋c )k ，∴c a ＝a c ＋b ，即a 2＝c 2＋bc ，∴a 2－c 2＝bc ，b 2＝bc ，∴b ＝c ，∴e ＝22.(2)(经典题，5分)从双曲线4x 2－y 2＝4的左焦点F 引圆x 2＋y 2＝1的切线l ，切点为T ，且l 交双曲线的右支于点P ，M 是线段FP 的中点，O 为坐标原点，则||OM －||TM ＝________．答案：1解析：双曲线方程即x 2－y 24＝1，所以a ＝1，b ＝2.设F ′为右焦点，连接PF ′，OT ，OM ， 则OM ∥PF ′，|OM |＝12|PF ′|，OT ⊥PF .因为|OF |2＝c 2＝a 2＋b 2＝5，所以|TF |＝|OF |2－|OT |2＝5－12＝2.又因为点P 在双曲线右支上，所以|PF |－|PF ′|＝2a ＝2，所以|OM |－|TM |＝12|PF ′|－⎝⎛⎭⎫12|PF |－|TF |＝|TF |＋|PF ′|－|PF |2＝2－1＝1.2．联立有法：巧用“1”的代换实现齐次化联立，直接构造关于斜率的方程(3)(经典题，5分)已知直线y ＝－x ＋1与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，且OA ⊥OB (O 为坐标原点)，若椭圆的离心率e ∈⎣⎡⎦⎤12，22，则a 的最大值为________．答案：62解析：因为OA ⊥OB ，a >b >0，所以点A ，B 的横坐标均不为0，且b ≠1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x ＋y ＝1，得x 2a 2＋y 2b2＝(x ＋y )2，整理得⎝⎛⎭⎫1b 2－1⎝⎛⎭⎫y x 2－2⎝⎛⎭⎫y x ＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1＝0， 由题知Δ＝4－4⎝⎛⎭⎫1b 2－1⎝⎛⎭⎫1a 2－1>0， 化简得a 2＋b 2>1，所以2a 2>1.① 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为OA ⊥OB ，所以k OA k OB ＝y 1x 1·y 2x 2＝1a 2－11b 2－1＝－1，即b 2＋a 2＝2a 2b 2，即b 2＝a 22a 2－1.又因为e ∈⎣⎡⎦⎤12，22，所以14≤c 2a 2≤12，即14≤1－b 2a 2≤12，所以12≤b 2a 2≤34，所以12≤12a 2－1≤34，解得76≤a 2≤32，即426≤a ≤62，满足①式，所以a的最大值为62.(4)(2017全国Ⅰ，12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (Ⅰ)求C 的方程；答案：x 24＋y 2＝1解：由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过P 3，P 4两点，所以C 不经过P 1，所以点P 2在C 上，因此⎩⎨⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1，故C 的方程为x 24＋y 2＝1.(5分)(Ⅱ)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．答案：见证明过程证明：若直线l ⊥x 轴，依题设方程为x ＝t (0＜|t |＜2)，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，(t ，－4－t 22)，所以2AP k ＋2BP k ＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－2t ＝－1，解得t ＝2，不符合题设．(7分)因此直线l 斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋m ，(m ≠1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题知P 2A 与P 2B 的斜率均存在，则x 1≠0，x 2≠0，m ≠－1.(8分)依题意得y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝－1，令y ′＝y －1，则有y ′1x 1＋y ′2x 2＝－1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋（y ′＋1）2＝1，y ′＋1＝kx ＋m ，即⎩⎨⎧x 24＋y ′2＋2y ′·1＝0，y ′－kxm －1＝1，所以x 24＋y ′2＋2y ′·y ′－kx m －1＝0，整理得m ＋1m －1⎝⎛⎭⎫y ′x 2－2k m －1⎝⎛⎭⎫y ′x ＋14＝0，(10分)根据根与系数的关系，得y ′1x 1＋y ′2x 2＝2km ＋1＝－1，(11分)，所以m ＝－2k －1，所以直线AB 的方程为y ＝k (x －2)－1，过定点(2，－1)，故原命题得证．(12分)3．化二为一：解决一条直线与两条已知直线相交的问题，可以考虑将两条直线的方程整合成二次方程的形式(5)(经典题，5分)如图42－2，F 1，F 2分别是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，B 是虚轴的端点，直线F 1B 与C 的两条渐近线分别交于P ，Q 两点，线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M ，交PQ 于N ，若|MF 2|＝|F 1F 2|，则C 的离心率为________．图42－2答案：62解析：由F 1(－c ，0)，B (0，b )得直线PQ 的方程为y ＝b c (x ＋c )，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的两条渐近线分别为bx －ay ＝0，bx ＋ay ＝0，两式相乘得b 2x 2－a 2y 2＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b c （x ＋c ），b 2x 2－a 2y 2＝0，得b 2x 2－2a 2cx －a 2c 2＝0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由题知x 1，x 2为该方程的两个根，Δ>0，所以点N 的横坐标为x N ＝x 1＋x 22＝a 2c b 2，代入直线PQ 的方程得其坐标为N (a 2c b 2，c 2b)．又由|MF 2|＝|F 1F 2|得M (3c ，0)，在直角△F 1NM 中，由射影定理，得⎝⎛⎭⎫c 2b 2＝⎝⎛⎭⎫a 2c b 2＋c ⎝⎛⎭⎫3c －a 2c b 2，所以a 2＝2b 2，即a 2＝2(c 2－a 2)，即3a 2＝2c 2，故e ＝62.4．公式择优而取：根据条件灵活选择面积和弦长的计算公式 a ．面积公式的选取(6)(2019改编，5分)过点(2，0)引直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△ABO 的面积取得最大值时，直线l 的倾斜角为________．答案：150°解析：易知曲线y ＝1－x 2是一个半圆，其半径为1.如图所示，由直线l 与半圆有两个交点，易知l 的倾斜角范围为(135°，180°)．△ABO 的面积S ＝12OA ·OB sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12，当且仅当∠AOB ＝90°时，S 取得最大值，此时△ABO 是等腰直角三角形，斜边上的高为OH ＝22，在直角三角形OPH 中，sin ∠OPH ＝222＝12，所以∠OPH ＝30°，所以直线l 的倾斜角为150°.(7)(2019改编，5分)已知F 为抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB →＝2(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是________．答案：3解析：由题意可知F ⎝⎛⎭⎫14，0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝y 21y 22＋y 1y 2＝2，所以(y 1y 2＋2)(y 1y 2－1)＝0.又因为点A ，B 位于x 轴的两侧，所以y 1y 2＜0，所以y 1y 2＝－2 .如图所示，分别过点A ，B 作y 轴的垂线，垂足为M ，N ，则S △AOB ＝S梯形ABNM－S △AOM －S △BON ＝12(x 1＋x 2)(|y 1|＋|y 2|)－12x 1|y 1|－12x 2|y 2|＝12(x 1|y 2|＋x 2|y 1|)，因为点A ，B 位于x 轴两侧，所以S △AOB ＝12|x 1y 2－x 2y 1|，所以△ABO 与△AFO 面积之和为S＝12|x 1y 2－x 2y 1|＋12·14|y 1|＝12|y 1y 2(y 1－y 2)|＋18|y 1|＝⎪⎪⎪⎪2y 1＋y 1 ＋18|y 1|＝2|y 1|＋98|y 1|≥22|y 1|·98|y 1|＝3，当且仅当2|y 1|＝98|y 1|，即|y 1|＝43时取等号，故所求最小值为3.b ．过圆锥曲线焦点的弦的弦长公式(8)(2019改编，5分)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，过点F (1，0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点， 若||AF ＝2||BF ，则弦长||AB ＝________．答案：928解析：不妨设点A 在x 轴上方，点B 在x 轴下方． 设∠AFx ＝θ，则|AF |，|BF |依题意得|AF ||BF |＝＝2，解得cos θ＝－23，所以弦长|AB |＝|AF |＋|BF |＝928.5．巧设点参：用点的坐标有时更容易表示题中条件和问题，此时以点的坐标作为变量比设直线方程更佳(9)(经典题，5分)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与直线y ＝kx (k >0)相交于A ，B 两点(从左至右)．过点B 作x 轴的垂线，垂足为C ，直线AC 交椭圆于另一点D ，若以AD 为直径的圆恰好经过点B ，则椭圆的离心率为________．答案：22解析：依题可设A (－x 0，－y 0)，B (x 0，y 0)，C (x 0，0)，所以k AB ＝y 0－（－y 0）x 0－（－x 0）＝y 0x 0＝k ，k BD ＝－1k ，k AC ＝0－（－y 0）x 0－（－x 0）＝k 2(k >0)．设点D 的坐标为D (x 1，y 1)，由⎩⎨⎧x 20a 2＋y 20b 2＝1，x 21a 2＋y 21b 2＝1两式相减，得y 1－y 0x 1－x 0·y 1－（－y 0）x 1－（－x 0）＝－b 2a 2，即k DB ·k DA ＝－b 2a 2，其中k DA ＝k CA ＝k 2，k DB ＝－1k，所以－b 2a 2＝k 2·⎝⎛⎭⎫－1k ＝－12，所以b 2a 2＝12. 所以离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝22.6．巧设线参：根据已知条件灵活选用直线方程的表示形式(10)(经典题，15分)如图42－5所示，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(2，22)，A ，B 分别为椭圆C 的右、下顶点，且OA ＝2OB .图42－5(Ⅰ)求椭圆C 的方程； 答案：x 236＋y 29＝1解：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，4a 2＋8b 2＝1，解得a 2＝36，b 2＝9，所以椭圆C 的方程为x 236＋y 29＝1.(3分)(Ⅱ)设点P 在椭圆C 内，满足直线P A ，PB 的斜率乘积为－14，且直线P A ，PB 分别交椭圆于M ，N .(ⅰ) 若M ，N 关于y 轴对称，求直线P A 的斜率；答案：1－22解：(法一)因为直线P A ，PB 的斜率乘积为－14，所以直线P A ，PB 的斜率均存在且不为0且符号相反.设直线P A 的方程为x ＝my ＋6，则直线PB 的方程为y ＝－14mx －3，结合点P在椭圆内得k PB ＜－12或k PB >12，所以－14m <－12或－14m >12，解得m >2或m <－2.(4分)联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋6，x 236＋y 29＝1，得(m 2＋4)y 2＋12my ＝0，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6（m 2－4）m 2＋4，－12m m 2＋4.(5分) 联立⎩⎨⎧y ＝－14mx －3，x 236＋y29＝1，得(m 2＋4)x 2＋24mx ＝0，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－24m m 2＋4，3（m 2－4）m 2＋4.(6分) 依题意得3(m 2－4)＝－12m ，解得m ＝－2±2 2.因为m >2或m <－2，所以m ＝－2－22，直线P A 的斜率为k P A ＝1m ＝1－22.(8分)(法二)(ⅰ)依题意可设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)．由题意得⎩⎨⎧x 2036＋y 209＝1，y 0x 0－6·y 0－（－3）－x 0＝－14，即⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋4y 20＝36，（2y 0＋x 0）（2y 0－x 0＋6）＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋4y 20＝36，2y 0－x 0＋6＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋4y 20＝36，2y 0＝－x 0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋4y 20＝36，2y 0－x 0＋6＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝6，y 0＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，y 0＝－3， 此时M ，N 在椭圆顶点上，不符合题意；(5分)由⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋4y 20＝36，2y 0＝－x 0，解得⎩⎨⎧x 0＝－62，y 0＝32或⎩⎨⎧x 0＝62，y 0＝－32，当⎩⎨⎧x 0＝62，y 0＝－32时，点P 在椭圆外，不符合题意，所以⎩⎨⎧x 0＝－62，y 0＝32，此时kP A ＝32－62－6＝1－22.(8分)(ⅱ)求证：△PMN 和△P AB 的面积相等．答案：见证明过程证明：(法一)结合(ⅰ)中所得，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋6，y ＝－14mx －3， 得P (－12（m －2）m 2＋4，－6（m ＋2）m 2＋4)，(9分)所以AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m （m ＋2）m 2＋4，－6（m ＋2）m 2＋4， BP →＝(－12（m －2）m 2＋4，3m （m －2）m 2＋4)，(11分)PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m （m －2）m 2＋4，－6（m －2）m 2＋4， PN →＝(－12（m ＋2）m 2＋4，3m （m ＋2）m 2＋4)，(13分)显然有PM →＝m －2m ＋2 AP →，PN →＝m ＋2m －2 BP →，所以|PM ||AP |＝|BP ||PN |，即|PM |·|PN |＝|AP |·|BP |，又因为∠MPN ＝∠APB ，所以12|PM |·|PN |sin ∠MPN ＝12|AP |·|BP |·sin ∠APB ，即△PMN 和△P AB 的面积相等．(15分)(法二)因为直线P A ，PB 的斜率乘积为－14，所以直线P A ，PB 的斜率均存在且不为0且符号相反．设直线P A 的方程为x ＝my ＋6，则直线PB 的方程为y ＝－14mx －3，结合点P在椭圆内得k PB ＜－12或k PB >12，所以－14m <－12或－14m >12，解得m >2或m <－2.(9分)联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋6，x 236＋y 29＝1，得(m 2＋4)y 2＋12my ＝0，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6（m 2－4）m 2＋4，－12m m 2＋4.(10分)联立⎩⎨⎧y ＝－14mx －3，x 236＋y29＝1，得(m 2＋4)x 2＋24mx ＝0， 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－24m m 2＋4，3（m 2－4）m 2＋4.(11分)所以直线NA 的斜率k NA ＝3（m 2－4）m 2＋4－24m m 2＋4－6＝m 2－4－8m －2（m 2＋4）＝m －2－2（m ＋2），(12分) 直线MB 的斜率k MB ＝－12mm 2＋4＋3－6（m 2－4）m 2＋4＝－4m ＋（m 2＋4）－2（m 2－4）＝m －2－2（m ＋2），(13分) 所以NA ∥MB ，所以S △AMB ＝S △NMB ，S △AMB －S △PMB ＝S △NMB －S △PMB ，即△PMN 和△P AB 的面积相等．(15分)7．横岭侧峰：以最合适的角度去审视已知条件和待求目标，避免简单直译，有时会有奇效(11)(经典题，5分)双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1()a >0，b >0的右焦点为F ，直线y ＝43x 与双曲线相交于A ，B 两点，若AF ⊥BF ，则双曲线C 的渐近线方程为________．答案：y ＝±2x解：(法一)(直译)由已知得b a >43.联立⎩⎨⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，y ＝43x ，设A 位于y 轴右侧，则B 位于y 轴左侧，则A (3ab 9b 2－16a 2，4ab9b 2－16a 2)，B (－3ab 9b 2－16a 2，－4ab9b 2－16a 2)． 根据AF ⊥BF 得AF →·BF →＝⎝⎛⎭⎪⎫c －3ab 9b 2－16a 2，－4ab 9b 2－16a 2· (c ＋3ab 9b 2－16a 2，4ab 9b 2－16a 2)＝c 2－25a 2b 29b 2－16a 2＝0，即(a 2＋b 2)(9b 2－16a 2)－25a 2b 2＝0，整理得(b 2－4a 2)·(9b 2＋4a 2)＝0，所以b 2＝4a 2，渐近线方程为y ＝±2x .(法二)(由直角联想到圆)由AF ⊥BF 知OA ＝OB ＝OF ＝c ，所以A ，B 在圆x 2＋y 2＝c 2上．依题意不妨设A (3t ，4t )(t ＞0)，解得t ＝c5，将A ⎝⎛⎭⎫3c 5，4c 5代入双曲线方程得9c 225a 2－16c225b2＝1， 代入c 2＝a 2＋b 2并整理得(b 2－4a 2)(9b 2＋4a 2)＝0，所以b 2＝4a 2，故渐近线方程为y ＝±2x .(法三)(几何思考之解三角形)取该双曲线的左焦点F ′，不妨取在第一象限的交点为A ，连接AF ′，BF ′，如图所示，易知四边形AFBF ′是矩形．设∠AF ′O ＝θ，则∠AOF ＝2θ，则tan2θ＝22tan 1tan θ-＝43， 解得tan θ＝12(其中tan θ＝－2不符合题意，舍去)，所以tan θ＝|AF ||AF ′|＝12.设|AF |＝m (m >0)，则|AF ′|＝2m ，所以2a ＝|AF ′|－|AF |＝m ，2c ＝|FF ′|＝5m ，b 2＝c 2－a 2＝m 2，b ＝m ，所以渐近线方程为y ＝±bax ＝±2x .8．以动制静：有些与对称中心、中点、角度相关的问题，可以利用图形的旋转快速找到突破口，实现一招毙敌(12)(经典题，5分)过椭圆x 216＋y 24＝1内一点M (1，1)引一条弦AB ，使得M 恰为AB 的中点，则直线AB 的方程为________．答案：x ＋4y －5＝0解析：如图所示，将椭圆C ：x 216＋y 24＝1绕点M (1，1)旋转180°，得到椭圆C ′：（2－x ）216＋（2－y ）24＝1，则弦AB 是这两个椭圆的公共弦，两个椭圆方程相减得x ＋4y －5＝0，此即直线AB 的方程．(13)(经典题，5分)已知圆O ：x 2＋y 2＝4和点A (1，0)，在圆O 上存在点P ，直线l ：x ＋y ＋a ＝0上存在点Q ，使得P A ⊥AQ ，且P A ＝AQ ，则实数a 的取值范围是________． 答案：[－22－2，22]解析：(法一)点Q 可看作是圆上的点P 绕点A (1，0)旋转90°得到的，所以只需将圆O 绕点A 旋转90°之后与直线l 有公共点即可．圆心O 绕点A 顺时针和逆时针旋转90°分别得到点O ′(1，1)和O ″(1，－1)，半径不变，所以|2＋a |2≤2或|a |2≤2，结果取并集，得－22－2≤a ≤22，故实数a 的取值范围是[－22－2，22]．(法二)如下图所示，根据圆的参数方程，可设点P (2cos θ，2sin θ)，θ∈[0，2π]．根据△P AM ≌△AQN 得Q (1＋2sin θ，1－2cos θ)，作点Q 关于A 对称的点Q ′(1－2sin θ，2cos θ－1)，则依题意得直线l 经过点Q 或点Q ′，所以1＋2sin θ＋1－2cos θ＋a ＝0或1－2sin θ＋2cos θ－1＋a ＝0，即a ＝－22sin(θ－π4)－2或a ＝22sin(θ－π4)，所以－22－2≤a ≤22－2或－22≤a ≤22，故实数a 的取值范围是[－22－2，22]．9．命题转化：巧妙转化命题，将陌生问题熟悉化(14)(经典题，10分)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，过A ，B 两点作抛物线C 的切线，记这两条切线的交点为点P ，证明：点P 在定直线上．答案：见证明过程证明：为了便于用导数求切线，不妨将题图中所有元素沿着直线y ＝x 翻折，即先考虑下述问题：已知抛物线x 2＝4y ，过其焦点的直线y ＝kx ＋1与该抛物线交于E ，D 两点，过E ，D 两点作抛物线x 2＝4y 的切线，记这两条切线的交点为点Q ，证明：点Q 在定直线上．设切点坐标分别为E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，对y ＝x 24求导得y ′＝x 2，所以抛物线x 2＝4y 在点E 处的切线方程为y ＝x 12(x －x 1)＋y 1，即y ＝x 12x －y 1. (5分)同理，抛物线x 2＝4y 在点D 处的切线方程为y ＝x 22x －y 2，(7分)联立⎩⎨⎧y ＝x 12x －y 1，y ＝x 22x －y 2，得x ＝y 1－y 212（x 1－x 2）＝2k ，y ＝x 12·2k －y 1＝kx 1－y 1＝－1.所以点Q 的坐标为(2k ，－1)，它在定直线y ＝－1上．(9分) 所以点P 在定直线x ＝－1上．(10分)变式思考：如果把“过焦点F 的直线”改为“过定点(2，0)的直线”，其他条件不变，结果如何？变式思考：答案：点P 在直线x ＝－2上． 解：略(解析过程参见例题)．10．极限思考：突破题目所给条件，考虑更极端的情形，有时能直接得到答案(15)(经典题，5分)设直线y ＝x ＋m (m >0)与y 轴交于点A ，与双曲线x 2－y 24＝1相交于B ，C 两点，且||AB <||AC ，则||AC ||AB 的取值范围是________． 答案：(1，3)解析：(法一)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 2－y 24＝1，得3x 2－2mx －(m 2＋4)＝0，Δ>0，由根与系数的关系得⎩⎨⎧x B ＋x C ＝2m3，x B x C＝－m 2＋43.因为A ，B ，C 三点共线，所以|AC ||AB |＝|x C －x A ||x A －x B |＝－x Cx B.不妨设x C＝tx B(t <0)，则有⎩⎨⎧（1＋t ）x B ＝2m 3，tx 2B＝－m 2＋43，消去x B ，整理得到（1＋t ）2t ＝t ＋1t＋2＝4m 29－m 2＋43＝－4m 23（m 2＋4）＝－43＋163（m 2＋4）∈⎝⎛⎭⎫－43，0，解得－3＜t ＜－1或－1＜t ＜－13. 又因为|AB |＜|AC |，所以|AC ||AB |＝|t |＞1，所以|AC ||AB |的取值范围是(1，3)．(法二)(仅用于小题)：当m →0时，|AC ||AB |→1；当m 充分大(趋于正无穷大)时，B ，C 可近似地视为直线y ＝x ＋m 与渐近线y ＝－2x ，y ＝2x 的交点，易得横坐标分别为－m3和m ，此时|AC ||AB |→3，此过程单调连续变化，故|AC ||AB |的取值范围是(1，3)．(16)(经典题，5分)已知P ，Q 是直线x ＝2与抛物线y 2＝2x 的两个交点(点P 在点Q 的上方)，两条经过点P 且关于直线PQ 对称的直线l 1，l 2与抛物线的另一交点为M ，N ，则直线MN 的斜率为________．答案：－12解析：(法一)依题意得P (2，2)，l 1，l 2经过点P ，斜率互为相反数且均不为0，所以设l 1：x ＝m (y －2)＋2，l 2：x ＝－m (y －2)＋2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，x ＝m （y －2）＋2，得y 2－2my ＋4m －4＝0，则y 1＋2＝2m ，所以y 1＝2m －2，同理可得y 2＝－2m －2，所以y 1＋y 2＝－4， 所以直线MN 的斜率为k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 112（y 22－y 21）＝2y 1＋y2＝－12.(法二)(仅用于小题)考虑极限情况，当l 1，l 2无限靠近直线x ＝2时，点M ，N 向点Q 无限靠近，当它们重合时，直线MN 就是抛物线在点Q (2，－2)处的切线．设斜率为k (k ≠0)，则切线方程为y ＝k (x －2)－2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，y ＝k （x －2）－2，即⎩⎪⎨⎪⎧ky 2＝2kx ，y ＋2k ＋2＝kx ，得ky 2－2y －4(k ＋1)＝0，令Δ＝4＋16k (k ＋1)＝0，解得k ＝－12，因此直线MN 的斜率为－12.随堂普查练421．(经典题，5分)已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过F 2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点P ，若||PF 1＝3||PF 2，则双曲线的离心率为________．答案： 3解析：由已知条件及双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝3|PF 2|，|PF 1|－|PF 2|＝2a ，所以|PF 1|＝3a ，|PF 2|＝a . 因为PF 2与渐近线平行，由对称关系，不妨设该渐近线为y ＝b a x ，所以tan ∠F 1F 2P ＝b a ，所以cos ∠F 1F 2P ＝ac.在△PF 1F 2中，由余弦定理得|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2－2|PF 2||F 1F 2|cos ∠F 1F 2P ， 即(3a )2＝a 2＋(2c )2－2a ·2c ⎝⎛⎭⎫a c ，整理得3a 2＝c 2，所以离心率e ＝c a ＝ 3.2．(经典题，5分)长为2的线段AB 的两个端点在抛物线y 2＝x 上滑动，则线段AB 的中点M 到y 轴距离的最小值为________．答案：34解析：(法一)依题意不妨设A (s 2，s )，B (t 2，t )(s ≥t )，则|AB |＝（s 2－t 2）2＋（s －t ）2＝2，即(s 2＋t 2)2＋(s 2＋t 2)＝4＋2st (1＋2st )＝4＋4⎝⎛⎭⎫st ＋142－14≥154，解得s 2＋t 2≥32，所以线段AB 的中点M 到y 轴距离x M＝s 2＋t 22≥34，当且仅当⎩⎨⎧st ＝－14，s 2＋t 2＝32，即⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1＋22，t ＝1－22时取得等号，故所求最小值为34.(法二)如图所示，分别过A ，M ，B 向准线x ＝－14引垂线，垂足分别为A ′，M ′，B ′.由中位线定理得|MM ′|＝12(|AA ′|＋|BB ′|)＝12(|AF |＋|BF |)≥12|AB |＝1，所以AB 中点M 到y 轴距离为x M＝|MM ′|－p 2≥1－14＝34，当且仅当线段AB 经过点F 时取得等号．过焦点F 且垂直于x 轴的弦CD 的长为2p ＝1，|AB |＝2＞|CD |，所以AB 可以经过点F ，故34即为所求最小值．3．(2019改编，5分)过点P (4，0)引直线l 与曲线y ＝12－3x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，则△OAB 面积的最大值为________．答案：2 3解析：(法一)设直线l 的方程为x ＝my ＋4(m ＜0)，联立⎩⎨⎧y ＝12－3x 2，x ＝my ＋4，得(3m 2＋1)y 2＋24my ＋36＝0，Δ＝144(m 2－1)＞0， 所以m <－1.①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y 1>y 2，则由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－24m3m 2＋1，y 1y 2＝363m 2＋1，所以△OAB 的面积S ＝S △AOP －S △BOP ＝12|OP |(y 1－y 2)＝2（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫－24m 3m 2＋12－4×363m 2＋1 ＝24m 2－1（3m 2＋1）2＝2419（m 2－1）＋16m 2－1＋24≤24129（m 2－1）·16m 2－1＋24＝23，当且仅当9(m 2－1)＝16m 2－1，即m ＝－213时取得等号，符合①式，所以△OAB 面积的最大值为2 3.(法二)将曲线方程y ＝12－3x 2整理为x 24＋y 212＝1(y ≥0)．设A (2cos α，23sin α)，B (2cos β，23sin β)，其中0≤α＜β≤π，则△OAB 的面积S ＝12|2cos α·23sin β－2cos β·23sin α|＝23|sin(β－α)|≤23，当且仅当β－α＝π2时取得等号．在直线l 绕P (4，0)旋转的过程中，当直线l 恰与曲线y＝12－3x 2相切时，β－α＝0；当直线l 旋转到与x 轴重合时，β－α＝π，而这个变化是连续的，所以存在某个中间时刻，使得β－α＝π2.故△OAB 面积的最大值为2 3.(法二了解，不需掌握)4．(经典题，5分)已知椭圆C ：x 225＋y 216＝1，直线l 过点P (1，2)且交椭圆C 于A ，B 两点，则线段AB 中点M 的轨迹方程为________．答案：16x (x －1)＋25y (y －2)＝0解析：设M (x 0，y 0)，将椭圆C ：x 225＋y 216＝1绕点M (x 0，y 0)旋转180°，得到椭圆C ′：（2x 0－x ）225＋（2y 0－y ）216＝1，则弦AB 是这两个椭圆的公共弦．两个椭圆方程相减得4x 0（x －x 0）25＋y 0（y －y 0）4＝0，此即直线AB 的方程．因为点P (1，2)在直线AB 上，所以4x 0（1－x 0）25＋y 0（2－y 0）4＝0，所以M (x 0，y 0)的轨迹方程为4x （1－x ）25＋y （2－y ）4＝0，即16x (x －1)＋25y (y －2)＝0.5．(2019改编，5分)已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的左、右焦点，P ，Q 是椭圆上两点，线段PQ 经过点F 1，且PQ ⊥PF 2，当||PQ ||PF 2∈⎝⎛⎭⎫34，43时，a 的取值范围是________． 答案：⎝⎛⎭⎫2，32 解析：(极限思考，仅适用于小题)当|PQ ||PF 2|＝43时，如下图所示，不妨设|PF 2|＝3k (k >0)，则|PQ |＝4k ，|QF 2|＝5k .根据|PF 1|＋|PF 2|＝|QF 1|＋|QF 2|＝2a ＝12(3k ＋4k ＋5k )＝6k 得|QF 1|＝k ，|PF 1|＝3k ，所以ca ＝2c 2a ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝32k 3k ＋3k ＝22.根据a 2－b 2＝c 2得a ＝ 2. 当|PQ ||PF 2|＝34时，如下图所示，不妨设|PF 2|＝4k (k >0)，则|PQ |＝3k ，|QF 2|＝5k .根据|PF 1|＋|PF 2|＝|QF 1|＋|QF 2|＝2a ＝12(3k ＋4k ＋5k )＝6k 得|QF 1|＝k ，|PF 1|＝2k ，所以ca ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝25k 2k ＋4k ＝53.根据a 2－b 2＝c 2得a ＝32.在|PQ ||PF 2|从大变小的过程中，Rt △PF 1F 2的直角边之比|PF 1||PF 2|逐渐减小，则Rt △PF 1F 2的内角∠PF 1F 2逐渐增大，离心率的变化是单调的，所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，32.6．(2015陕西，12分)如图42－10所示，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. 图42－10(Ⅰ)求椭圆E 的方程； 答案：x 22＋y 2＝1解：依题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(3分)(Ⅱ)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.答案：见证明过程证明：如图所示，将原坐标系向下平移一个单位，即以点A 为坐标原点，重新建立直角坐标系，此时椭圆的方程为x 22＋(y －1)2＝1，原来的点(1，1)变成了(1，2)，所以直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋2，(5分)因为直线与椭圆交于两点P ，Q ，且P 与Q 都不与A 重合，所以k ≠2，k ≠0. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋（y －1）2＝1，y ＝k （x －1）＋2，即⎩⎨⎧x 22＋y 2－2y ·1＝0，kx －y k －2＝1，得x 22＋y 2－2y ·kx －y k －2＝0，(7分) 整理可得k k －2⎝⎛⎭⎫y x 2－2k k －2⎝⎛⎭⎫y x ＋12＝0.(9分)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得直线AP 与AQ 的斜率之和为k AP ＋k AQ ＝y 1x 1＋y 2x 2＝2k k －2kk －2＝2为定值，而平移坐标系不改变直线的斜率，故原命题得证．(12分)7．(经典题，15分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的长轴长是短轴长的2倍，且过点⎝⎛⎭⎫3，12.(Ⅰ)求椭圆C 的方程； 答案：x 24＋y 2＝1解：由题可知a ＝2b ，则椭圆方程为x 24b 2＋y 2b 2＝1，又因为椭圆过点⎝⎛⎭⎫3，12，所以34b 2＋14b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1，所以椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(5分)(Ⅱ)若在椭圆上有相异的两点A ，B (A ，O ，B 三点不共线)，O 为坐标原点，且直线AB ，OA ，OB 的斜率满足k 2AB ＝k OA ·k OB (k AB >0)． (ⅰ)求证：||OA 2＋||OB 2为定值；答案：见证明过程证明：(法一)设直线AB 方程为y ＝kx ＋m (k ＞0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． ∵k 2AB ＝k OA ·k OB (k AB ＞0)， ∴k 2＝y 1x 1·y 2x 2＝（kx 1＋m ）（kx 2＋m ）x 1x 2，化简得km (x 1＋x 2)＋m 2＝0.∵A ，O ，B 三点不共线，∴m ≠0，则k (x 1＋x 2)＋m ＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 由根与系数的关系可得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，②x 1x 2＝4（m 2－1）1＋4k 2，且Δ＝16(1＋4k 2－m 2)＞0.③将②代入①式得k ⎝⎛⎭⎫－8km1＋4k 2＋m ＝0(k ＞0)，解得k ＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2（m 2－1）.④(9分) |OA |2＋|OB |2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝34x 21＋34x 22＋2＝34[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＋2， 将④代入得|OA |2＋|OB |2＝34×[4m 2－2×2(m 2－1)]＋2＝5.∴|OA |2＋|OB |2为定值5.(12分)（法二）设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1，两式相减得y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝－14.(*)(6分)由k 2AB ＝k OA k OB 得y 1y 2x 1x 2＝22121y y x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭, 由比例的性质可知222122121122121221211221()4()4y y y y y y y y y y x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--++=== ⎪ ⎪--++⎝⎭⎝⎭,(7分) 所以2221212121y y y y x x x x ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭结合(*)及k AB ＞0，得y 2－y 1x 2－x 1＝12，y 2＋y 1x 2＋x 1＝－12.所以y 1y 2x 1x 2＝14，即x 1x 2＝4y 1y 2.(8分)再由y 2－y 1x 2－x 1＝12两边都平方得4(y 21＋y 22)＝x 21＋x 22.⎩⎨⎧x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1两式相加得14(x 21＋x 22)＋(y 21＋y 22)＝2，所以x 21＋x 22＝4，y 21＋y 22＝1，(10分) 故|OA |2＋|OB |2＝x 21＋x 22＋y 21＋y 22＝5为定值．(11分)(ⅱ)设△AOB 的面积为S ，当S 取得最大值时，求直线AB 的方程． 答案：y ＝12x ±1解：（法一）设O 到直线AB 的距离为d . S ＝12|AB |·d ＝121＋k 2|x 1－x 2|·|m |1＋k 2＝12（x 1＋x 2）2－4x 1x 2|m |＝2－m 2|m |. 由③可得m ∈(－2，0)∪(0，2)，⑤则S ＝2－m 2|m |＝（2－m 2）m 2≤（2－m 2）＋m 22＝1，当且仅当m ＝±1时取等号，符合⑤式，此时S 取得最大值，直线方程为y ＝12x ±1.(15分)(法二) 设y ＝12x ＋m (m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 2＋4y 2＝4，可得x 2＋2mx ＋2(m 2－1)＝0，由根与系数的关系可得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2（m 2－1），且Δ＝4(2－m 2)＞0，所以m ∈(－2，0)∪(0，2)．①(13分)设O 到直线AB 的距离为d .S ＝12|AB |·d ＝121＋14|x 1－x 2|·|m |1＋14＝12（x 1＋x 2）2－4x 1x 2|m |＝（2－m 2）m 2 ≤（2－m 2）＋m 22＝1，当且仅当m ＝±1时取等号，符合①式，所以当S 取得最大值时，直线方程为y ＝12x ±1.(15分)课后提分练42 解析几何中减少计算量的几种方法A 组(巩固提升)1．(2017全国Ⅰ，5分)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10答案：A解析：设AB 倾斜角为θ，由已知条件及抛物线的对称性，设0<θ<π2，则|AB |＝22sin p θ，又DE 与AB 垂直，即DE 的倾斜角为θ＋π2，∴|DE |＝2222πcos sin ()2p pθθ=+，而抛物线方程为y 2＝4x ，即p ＝2，∴|AB |＋|DE |＝22224sin cos p p θθ+=⋅22222sin cos 16sin cos sin 2θθθθθ+=≥16，当且仅当θ＝π4时取等号，即|AB |＋|DE |的最小值为16，故选A.2．(2019改编，5分)已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，抛物线C 的外部有一定点 M (1，3)，动点P 在抛物线C 上，则||PF －||PM 的取值范围是________．答案：[－10，3]解析：由题知F (2，0)，由|MF |＋|FP |≥|MP |得|FP |－|PM |≥－|MF |＝－（2－1）2＋（0－3）2＝－10，当且仅当点P 在线段MF 的延长线上时取得等号，所以|PF |－|PM |的最小值是－10.如图所示，过点P 向准线x ＝－2作垂线，垂足为点H ，点M 在PH 上的投影为点N ，则|FP |－|PM |＝|PH |－|PM |≤|PH |－|PN |＝|NH |＝1－(－2)＝3，当且仅当直线PM 与准线垂直时取得等号．综上，|PF |－|PM |的取值范围是[－10，3]．3．(经典题，10分)已知抛物线C ：y 2＝4x 和直线l ：x ＝－1，过直线l 上任一点P 作抛物线的两条切线，切点记为A ，B ，求证：直线AB 过定点．答案：见证明过程证明：为了便于用导数求切线斜率，不妨将题中所有元素沿着直线y ＝x 翻折，即先考虑下述问题：已知抛物线x 2＝4y 和直线y ＝－1，过直线y ＝－1上任一点Q 作抛物线的两条切线，切点记为E ，D ，求证：直线ED 过定点．设切点分别为E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，点Q 的坐标为(m ，－1)，对y ＝x 24求导得y ′＝x2，(2分)所以抛物线x 2＝4y 在点E 处的切线方程为y ＝x 12(x －x 1)＋y 1，即y ＝x 12x －y 1，(4分)因为该切线过点Q (m ，－1)，所以x 12m －y 1＝－1，即mx 1－2y 1＋2＝0.(6分)同理，mx 2－2y 2＋2＝0，(7分)所以直线ED 的方程为mx －2y ＋2＝0，即mx －2(y －1)＝0，直线过定点(0，1)．(8分) 故原命题也得证，直线AB 过(0，1)关于直线y ＝x 的对称点(1，0)．(10分)4．(2018北京东城模拟，13分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且过点A (2，0)．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；答案：x 24＋y 2＝1解析：由题意得⎩⎨⎧4a 2＝1，c a ＝32，a 2－b 2＝c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(Ⅱ)设M ，N 是椭圆C 上不同于点A 的两点，且直线AM ，AN 的斜率之积等于－14.试问直线MN 是否过定点？若是，求出该点的坐标；若不是，请说明理由．答案：过定点(0，0)解：(法一)当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)， N (x 2，y 2)(x 1，x 2≠2)，由题意得k AM ·k AN ＝y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－14，2k ＋m ≠0.令x ′＝x －2，所以y 1x 1′·y 2x 2′＝－14.(6分)联立椭圆C 和直线MN 的方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，即⎩⎪⎨⎪⎧（x ′＋2）24＋y 2＝1，y ＝k （x ′＋2）＋m ，变形为⎩⎨⎧x ′24＋y 2＋x ′·1＝0，y －kx ′2k ＋m＝1，所以x ′24＋y 2＋x ′·y －kx ′2k ＋m＝0，(9分)整理得⎝⎛⎭⎫y x ′2＋12k ＋m ⎝⎛⎭⎫y x ′＋14－k2k ＋m ＝0，由根与系数的关系，得y 1x ′1·y 2x ′2＝14－k 2k ＋m ＝－14，解得m ＝0.(11分)所以直线MN 的方程为y ＝kx ，过定点(0，0)．若直线MN 的斜率不存在，则直线AM ，AN 的斜率互为相反数，即k AM ·k AN ＝k AM ·(－k AM )＝－14.不妨取k AM ＝－12，k AN ＝12.易知直线AM ：y ＝－12(x －2)与椭圆交于点M (0，1)．由对称性可知N (0，－1)，所以直线MN 也过点(0，0)． 综上，直线MN 过定点(0，0)．(13分)(法二)当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋n . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋n ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8knx ＋4n 2－4＝0. 由Δ>0，得4k 2－n 2＋1>0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)(x 1，x 2≠2)， 则x 1＋x 2＝－8kn1＋4k 2①，x 1x 2＝4n 2－41＋4k 2②.(7分)由k AM ·k AN ＝y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－14以及y 1＝kx 1＋n ，y 2＝kx 2＋n ，得(1＋4k 2)x 1x 2＋(4nk －2)(x 1＋x 2)＋(4＋4n 2)＝0.将①②代入上式，整理得n 2＋2kn ＝0，解得n ＝0或n ＝－2k . 当n ＝0时，直线y ＝kx 过定点(0，0)；当n ＝－2k 时，直线y ＝k (x －2)过定点(2，0)，舍去．(10分) 当直线MN 的斜率不存在时，直线AM ，AN 的斜率互为相反数， 即k AM ·k AN ＝k AM ·(－k AM )＝－14，不妨取k AM ＝－12，k AN ＝12，易知直线AM ：y ＝－12(x －2)与椭圆交于点M (0，1)．由对称性可知N (0，－1)，所以直线MN 也过点(0，0)． 综上，直线MN 过定点(0，0)．(13分)5．(2018河南模拟，5分)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F ，坐标原点为O ，若存在直线l 过点F 且交双曲线C 的右支于A ，B 两点，使OA →·OB →＝0，则双曲线离心率的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫5＋12，3解析：(极限思考)设F (c ，0)．①当直线l 与x 轴垂直时，由对称性可知，此时△AOB 为等腰直角三角形，易得A ⎝⎛⎭⎫c ，b2a ，则有b 2a ＝c ，所以b 2＝ac ＝c 2－a 2，即e ＝e 2－1，解得e ＝1＋52(负值舍去)．②当直线l 与渐近线平行时，根据对称性，不妨设直线l 的方程为y ＝ba (x －c )．取l 与双曲线右支交点为A ，此时可近似视为OA ⊥l .联立⎩⎨⎧y ＝ba（x －c ），x 2a 2－y2b 2＝1（a >b >0），可得A ⎝⎛⎭⎫a 2＋c 22c ，－b 32ac ， 所以k OA ＝－b 32ac ÷a 2＋c 22c ＝－b 3a （a 2＋c 2）＝－ab ， 整理得c 2＝3a 2，所以e ＝ 3.此时直线l 与双曲线仅有一个交点． 由于直线l 的斜率在,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭逐渐增大的过程中都有满足题意的情况存在，且该过程单调连续变化，从而可知双曲线离心率的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫5＋12，3 .6．(经典题，14分)如图45－1所示，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点为A (－2，0)，离心率为12，过点A 的直线l 与椭圆E 交于另一点B ，点C 为y 轴上的一点．图42－1(Ⅰ)求椭圆E 的标准方程； 答案：x 24＋y 23＝1解：依题意得a ＝2，c a ＝12，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，故椭圆E 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(3分)(Ⅱ)若△ABC 是以点C 为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l 的方程．答案：3x －4y ＋6＝0，y ＝0或3x ＋4y ＋6＝0解：显然点C 不在坐标原点．如图1所示，假设点C 在y 轴负半轴，过点B 作BM ⊥y 轴于点M ，设C (0，－t )，t ＞0.易证Rt △AOC ≌Rt △CMB ，所以|OM |＝|CM |－|OC |＝|AO |－|OC |＝2－t ，|BM |＝|OC |＝t ，所以点B 的坐标为(t ，2－t )，代入椭圆方程得t 24＋（2－t ）23＝1，解得t ＝27或t ＝2，对应点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫27，127或(2，0)，对应直线l 的方程分别为3x －4y ＋6＝0和y ＝0.(8分)假设点C 在y 轴正半轴，如图2所示．根据对称性，此时的直线l 与上一种情况的直线l 关于x 轴对称，故此时直线l 的方程分别为3x ＋4y ＋6＝0或y ＝0.(13分)综上所述，符合题意的直线l 有三条，其方程分别为3x －4y ＋6＝0，y ＝0，3x ＋4y ＋6＝0.(14分)B 组(冲刺满分)7.(经典题，13分)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的右焦点F (c ，0)到渐近线的距离为12c ，过点F 的动直线l 与双曲线交于A ，B 两点，与C 的渐近线交于P ，Q 两点．(Ⅰ)求双曲线的离心率；答案：233解：(Ⅰ)该双曲线的渐近线方程为bx ±ay ＝0，依题意得bc b 2＋a2＝12c ，即b ＝12c , 即c 2－a 2＝14c 2，所以a 2＝34c 2，a ＝32c ，所以离心率e ＝c a ＝233.(5分)(Ⅱ)证明：在直线l 旋转的过程中，||AP ＝||BQ 始终成立． 答案：见证明过程证明：由(Ⅰ)得a 2＝3b 2，所以双曲线方程可写作x 2－3y 2＝3b 2，其渐近线方程可写作x 2－3y 2＝0.(6分)设l 的方程为x ＝my ＋2b ，m ≠±3，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3y 2＝3b 2，x ＝my ＋2b ，得(m 2－3)y 2＋4mby ＋b 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则线段AB 的中点M 的纵坐标为y M ＝y 1＋y 22＝－2mbm 2－3.(9分)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3y 2＝0，x ＝my ＋2b ，得(m 2－3)y 2＋4mby ＋4b 2＝0，设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则线段PQ 的中点N 的纵坐标为y N ＝y 3＋y 42＝－2mb m 2－3.(12分)所以y M ＝y N ，而M ，N 都在直线l 上，所以M ，N 重合，所以|AP |＝|BQ |.(13分)。
解析几何中减少运算量的十种思维策略近几年的新课程高考数学试题，仍有运算量大的特点，解析几何部分显得尤为突出，这一点直接影响着考生的高考成绩。
事实上，如果我们能够充分利用几何图形、韦达定理、曲线系方程，以及运用“设而不求”等思维策略，往往能够减少计算量。
下面举例说明。
一. 充分利用几何图形的几何性质解析几何本身的创建过程就是“数”与“形”之间互相转化的过程。
解析几何把数学的主要研究对象数量关系与几何图形联系起来，把代数与几何融合为一体。
又因为解析几何研究的就是几何图形及其性质，所以在处理解析几何问题时，除了运用代数方程外，充分挖掘几何条件，并结合平面几何知识，这往往能减少计算量。
例1. 已知点P （5，0）和圆O ：x y 2216+=，过P 作直线l 与圆O 交于A 、B 两点，求弦AB 中点M 的轨迹方程。
解： 点M 是弦AB 中点，∴∠=︒∴OMP 90，点M 是在以OP 为直径的圆周上，此圆的圆心为(520，)，半径为52，所以其方程为()()x y -+=5252222，即x y x 2250+-=。
同时，点M 又在圆x y 2216+=的内部，∴+<x y 2216，即0516522≤=+<x x y ，所以所求的轨迹方程为x y x x 22500165+-=≤<()评注：此题若不能挖掘利用几何条件∠=︒OMP 90，点M 是在以OP 为直径的圆周上，而利用参数方程等方法，计算量将很大，并且比较麻烦。
例2.设直线340x y m ++=与圆x y x y 2220++-=相交于P 、Q 两点，O 为坐标原点，若OP OQ ⊥，求m 的值。
解： 圆x y x y 2220++-=过原点，并且OP OQ ⊥， ∴PQ 是圆的直径，圆心的坐标为M ()-121， 又M ()-121，在直线340x y m ++=上， ∴⨯-+⨯+=∴=-31241052()m m ，即为所求。
解析几何中简化运算的常用技巧技巧一：弦长公式的“巧用”.①直线AB的方程为，与曲线联立后的一元二次方程为，所以直线与二次曲线相交的弦长公式又可以化为：②1.对于公式①在直线弦长的运用.例题1.已知椭圆C（a>b>0)的离心率为，直线：x+2y=4与椭圆有且只有一个交点T.（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（Ⅱ)O为坐标原点，与OT平行的直线与椭圆C交于不同的两点A，B，直线与直线交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由.(1)(2) 由第(1)知 ,设直线与直线：x+2y=4联立得与直线椭圆联立得:点评：该方法在求弦长的时候，巧妙运用了弦长公式，该弦长的一个端点在直线上，另一个端点在曲线上，大大简化了计算量.1.对于公式②在直线弦长的运用.例题2. 设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.（I）（）.（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，， .由得 .过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以 .故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为 .当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为 .点评：该方法在求弦长的时候，巧妙运用了简化后的弦长公式，绕开了韦达定理，大大简化了运算量.技巧二：巧设直线方程在直线与圆锥曲线联立的问题中，设直线的点斜式方程是最常用的一种手段，但具体在已知直线过点设方程的是时候，还是很有讲究.当给定的点不在坐标轴上，最好设直线的斜截式方程，计算完后再代点，可大大简化运算量.当给定的点在坐标轴上的时候，则选择直线的点斜式方程为多.【2014年广东，理20，14分】已知椭圆的一个焦点为，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程．解：（1），，，，椭圆的标准方程为：．方法二：若一切线垂直轴，则另一切线垂直于轴，则这样的点共4个，它们的坐标分别为，．若两切线不垂直与坐标轴，设切线方程为，将之代入椭圆方程得：即显然，这四点也满足以上方程，点的轨迹方程为．点评：本题采用设直线的斜截式方程，大大简化了计算量.若果才用设直线的点斜式方程，则计算量和计算难度会繁琐很多.技巧三：巧用平面几何性质已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )A． B．C． D．【解析】设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有＝，＝.又因为OE ＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝，故选A．【答案】A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算．技巧四：设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E 于A，B两点．若AB的中点坐标为M(1，－1)，则E的标准方程为( )A．＋＝1 B．＋＝1C．＋＝1 D．＋＝1【解析】通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，①－②得＋＝0，所以kAB＝＝－＝.又kAB＝＝，所以＝.又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的标准方程为＋＝1.优解：由kAB ·kOM＝－得，×＝－得，a2＝2b2，又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，所以椭圆E的标准方程为＋＝1.【答案】D本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧五巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．【解】(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a＞b＞0)，则A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c＝)．由已知可得e2＝＝，所以a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b①.S△AFB＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－②.将①代入②，得(2b－b)b＝1－，解得b＝1，故a＝2，c＝.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2③.由消去y，得x2＋2kmx＋m2－1＝0.由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2＞0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－4×＝④.将③代入④中，得|x1－x2|2＝，故|x1－x2|＝.所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝.故△OMN的面积S＝|MN|×1＝××1＝.令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝，代入上式，得S＝2＝＝＝＝＝，所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为×＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．。
