《解析几何典型问题解题策略》

解析几何问题的解题技巧6中等数学解析几何问题的解题技巧薛党鹏(陕西省西安中学)(本讲适合高中)的处理问题,但是,的计算.,介绍解析几何中一些常见的解题技巧.2(y1+y2)-2px.将A(a,b)、B(-a,0)分别代入MM1、MM2的方程,得(y1-b)y0=by1-2pa和y0y2=2pa.下面说明直线M1M2恒过一个定点.联立这两式,消去y0,得(y1-b)2pa=(by1-2pa)y2.1 回避方程(组)求解灵活运用方程知识解析几何的繁杂运算主要集中在解方程、求交点等方面.如果我们能够充分挖掘几何曲线的代数含义,紧扣目标,灵活运用代数方程的知识(包括消元思想、整体思想、函数思想、同解原理以及方程的轮换对称、韦达定理、判别式、实根分布等),回避这些运算,往往可以使问题得到简便解决.例1 已知抛物线y=2px及定点2A(a,b)、B(-a,0)(ab≠0,b≠2pa).M是抛物线上的点,设直线AM、BM与抛物线的另一交点分别为M1、M2.求证:当M在抛物线上变动时(只要M1、M2存在且M1≠M2),直线M1M2恒过一个定点,并求出这个定点的坐标.(1998,全国高中数学联赛)y分析:设M,y2p02整理成M1M2的方程的形式,得y1y2=b(y1+y2)-2pa.b故点Qa,满足M1M2的方程.b所以,直线M1M2恒过点Qa,.说明:此解法借助于轮换对称,简化了MM2和M1M2方程的求解过程.例2 设一圆和一等轴双曲线交于四点A1、A2、A3、A4,其中A1和A2是圆的直径的一对端点.求证:(1)A3和A4是双曲线直径的端点;(2)双曲线在A3和A4处的切线都垂直于A1A2.(1998,北京市高二数学竞赛)y,y2pi2,Mi(i=1,2).易得直线MM1的方程为y0y1=y(y0+y1)-2px.分析:设双曲线和圆的方程分别为xy=22a和x+y+2Dx+2Ey+F=0,交点坐标为(xi,yi),i=1,2,3,4.这两个方程消去y得x+2Dx+Fx+2aEx+a=0.322①同理,直线MM2的方程为y0y2=y(y0+y2)-2px,则xi(i=1,2,3,4)是方程①的根.由韦达定理知,x1+x2+x3+x4=-2D.因为A1和A2是圆的直径的一对端点,且圆心的横坐标是-D,所以,直线M1M2的方程为收稿日期:2002-11-122019年第4期7x1+x2=-2D,x3+x4=0.故y3+y4=ax+x=a=0.x3x434因此,该曲线族在直线y=2x上截得的弦长的最大值l=(22+1)(x1-x2)2=8于是,A3A4的中点是(0,0).从而,A3和A4是双曲线直径的端点.A3处双曲线的切线方程为x3y+x=2a,其斜率k=-2.x3x3--,A1A2=2-x12说明:,|2,进.灵活运用曲线知识解析几何不仅仅是运用代数方法研究几何,更是“数”与“形”的统一、代数与几何的结合.因此,充分挖掘图形的几何结论,灵活运用曲线本身的知识(曲线的定义、性质以及焦半径、曲线系等),也会大大简化解题过程.例4 给定A(-2,2),已知B是椭圆2又22,3=-x4和韦达定理知x1x2x3x1x2x3x4=a,2得kkA1A2=-1,即过A3的双曲线切线垂直于A1A2.同理可证,过A4的双曲线切线亦垂直于A1A2.说明:韦达定理对研究直线与曲线、曲线与曲线之间的位置关系有着重要的作用.例3 给定曲线族22(2sinθ-cosθ+3)x-(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ为参数.试求该曲线族在直线y=2x上所截得的弦长的最大值.(1995,全国高中数学联赛)分析:把y=2x代入给定曲线族方程得22(2sinθ-cosθ+3)x-(8sinθ+cosθ+1)2x=0.解得x1=0,x2=.2sinθ-cosθ+3要使截得的弦最长,就必须使x2的绝对值最大.为了利用正、余弦函数的有界性,将上式变为(2x2-8)sinθ-(x2+1)cosθ=1-3x2,22得(2x2-8)+(x2+1)sin(θ+φ)25++216=1上的动点,F是左焦点.当|AB||BF|取最小值时,求点B的坐标.3(1999,全国高中数学联赛)分析:因为椭圆的离心率e=|AB|+,所以,5|BF|=|AB|+|BF|.3e而e为动点B到左准线的距离.故本=1-3x2.因为|sin(θ+φ)|≤1,所以,2x2-30x2+65≥|1-3x2|.题转化为:在椭圆上求一点B,使得它到点A和左准线的距离之和最小.设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c,则a=5,b=4,c=3,e=,左准线5l:x=-.3作BN⊥l于点N,AM⊥l于点M.由椭圆定义,有|BN|==|BF|,于是,e3|AB|+|BF|=|AB|+|BN|3≥|AN|≥|AM|为定值,当且仅当B是AM与椭圆的交点即B-,2时等号成立.2故-8≤x2≤2.8中等数学所以,当|AB|+点的坐标为-2|BF|取最小值时,B3到运算量.从直线和圆锥曲线方程的多种形式中,结合题设特征以及所求目标,选用恰当的形式,也是简化解析几何运算的一种有效途径.例6AC平分CDAC交于FG.求证:∠GAC=(1999,全国高中数学联赛)分析:建立坐标系的方式很多,但是以AC所在直线为x轴,点A为坐标原点建立平面直角坐标系,其计算量要小一些.证明:建立如图2所示的直角坐标系.设A(0,0),C(c,0),D(d,kd),B(b,-kb),其中k,2.说明:在研究二次曲线时,切勿忽视第一定义和第二定义的作用.例4就是在深刻认识解题目标的基础之上,灵活运用椭圆的第二定义与平面几何结论获解的.例5 如图1,已2知点P在圆x+2-4)=,Q在椭圆9y=1上移动.试求|PQ|的最大值.(1994,四川省高中数学竞赛)图1分析:先让点Q在椭圆上固定,显然当PQ通过圆心O1时,|PQ|最大.因此,要求图2|PQ|的最大值,只要求|O1Q|的最大值.为直线AD的斜率.再设F(f,0),则lCDlBF(x-c),(x-f).=・=-・yd-cyb-f设Q(x,y),则222|O1Q|=x+(y-4).①2因Q在椭圆上,故x=9(1-y).2229+y=1,即②将式②代入式①得,|O1Q|=9(1-y)+(y-4)=-8y-8y+25=-8y+222+27.因为点Q在椭圆上移动,所以,-1≤y≤1.故当y=-时,2|O1Q|max=3,|PQ|max=3+1.说明:涉及到圆的解析几何问题,常需要灵活运用圆的有关性质.3 建立适当坐标平面选择正确方程形式坐标系的建立是应用解析法的前提和基础.坐标系的选择(直角坐标系、极坐标系、复平面)与建立(坐标系的定位),都将直接影响从而,E点坐标为,,2bd-df-bc2bd-df-故kAE=(.bdc+f)-cf(b+d)同理,将b、d互换,k变为-k,可得kAG=.bd(c+f)-cf(b+d)所以,∠GAC=∠EAC.说明:此题将角相等转化为斜率相等或互为相反数.结合题设中各几何量的关系,建立以AC所在直线为x轴、A为原点的直角坐标系,充分利用对称性,大大减少计算量.例7 设O为抛物线的顶点,F为焦点,且PQ为过F的弦.已知|OF|=a,|PQ|=b.求△OPQ的面积.(1991,全国高中数学联赛)分析1:求△ABC的面积,常用的公式有S=aha或S=absinC.若用前者求222019年第4期90.于是,y2=-(y1+y3).将此式代入式①可得2pq+y1y3(y1+y3)=0.)2.已知:(1)半圆的直径AB长为2r;(2)半圆外的直线l与BA的延长线垂直,垂足2△OPQ的面积,关键是求点O到PQ的距离,这需要建立直角坐标系,求出弦PQ所在直线的方程,较复杂;若用后者,可以通过建立极坐标系来解决,非常简单.以F为极点,射线FO的反向延长线为极轴建立极坐标系.则抛物线的方程为ρ=.1-cosθθ),则Q(ρ,设P(ρ,P,Q|PQ|=Q==2,π+θ)sinθ1-1-cos(即2=b.解得sinθ=2sinθ.bab.为T,AT2a2a3)N,l|||==1.|AM||AN|:|AM|+|AN|=|AB|.(1984,全国高中数学联赛)(提示:以A为极点,AB为极轴建立极坐标系.θ则半圆的方程为ρ=2rcosθ.设M(ρN(ρM,1)、N,θ2),可求得cosθ1+cosθ2=1.进而可证得结论.)3.平面上给定△A1A2A3和另一点P,定义Aj=Aj+3.作点列P1,P2,…,Pn,…,使得Pj+1为Pj绕中故S△OPQ=absinθ=a2心Aj+1顺时针旋转120°时所达到的位置(j=0,1,2,).若P1986=P0,求证:△A1A2A3为等边三角形.…(第26届IMO)(提示:涉及到向量旋转,用复数方法.)4.设双曲线xy=1的两支为C1、C2,正△PQR分析2:建立直角坐标系,使得抛物线有2标准方程y=4ax.将直线PQ的参数方程x=a+tcosθ,代入抛物线方程,得y=tsinθ222tsinθ-4atcosθ-4a=0.有b=|PQ|=|t1-t2|=故sinθ=2从而,S△OPQ=.b的3个顶点位于此双曲线上.(1)求证:P、Q、R不能都在双曲线的同一支上;(2)设P(-1,-1)在C2上,Q、R在C1上.求顶.2sinθ点Q、R的坐标.(1997,全国高中数学联赛)(提示:(1)抓住等边三角形的三边中垂线都过absinθ=a2ab.三角形的中心,运用反证法可以推出矛盾;(2)注意到点P与坐标原点连线的倾斜角为45°,于是,PQ、PR的倾斜角都可求得(或由P、Q的对称性求解).说明:此题若用直角坐标系和普通方程求解,运算量很大,读者不妨比较一下.另外,例3若用极坐标求解,运算量也会大大减少.(2+,2-),(2-,2+).)5.设A、B、C、D是一条直线上依次排列的4个练习题1.求证:若抛物线y=2px的内接△A1A2A3的2不同的点,分别以AC、BD为直径的两圆相交于X和Y,直线XY交BC于Z.若P为直线XY上异于Z的两边所在直线A1A2与A2A3都和抛物线x2=2qy相切,则第三边所在直线A1A3也和该抛物线相切.(提示:设Ai的坐标为,y2pi222一点,直线CP与以AC为直径的圆相交于C和M,直线BP与以BD为直径的圆相交于B 和N.试证:AM、DN、XY三条直线共点.(第36届IMO),i=1,2,3.易求得直线A1A2和抛物线x=2qy相切的充要条件为2pq+y1y2(y1+y2)=0.①同理,直线A2A3和抛物线x=2qy相切的充要条件为2pq+y2y3・(y2+y3)=0.两式相减得(y1-y3)(y1+y2+y3)=22(提示:以AC所在直线为x轴,XY所在直线为y轴建立直角坐标系.证明当点P确定时,AM与y轴的交点S和BN与y轴的交点S′为同一点.)。

2020届高考数学专题复习《解析几何典例剖析及备考策略》近几年解析几何的试题，小题难度有所增加，解答题在难度、计算的复杂程度等方面都有所下降（特别是2018年开始理科解析几何大题位置的前移导致难度下降更为明显），但突出对解析几何基本思想和基本方法的考查，重点要掌握解析几何的一些基本方法来解决问题，解析几何中解题的基本方法有解析法、待定系数法、变换法、参数法等方法。

在复习时应做到牢固掌握圆锥曲线定义；重视基础知识，基本题型的训练；注意课本典型例题、习题的延伸，教材中的例题、习题虽然大多比较容易，但其解法往往具有示范性，可延伸性，适当地编拟题组进行复习训练，有利于系统地掌握知识，融会贯通；注意转化条件，优化解题方法。

解析几何中有一些基本问题，如两直线垂直的证明、求弦的中点、弦长的计算等等，对这些问题的处理方法要做到熟知。

但有不少题目，所给的条件无法直接使用，或者使用起来比较困难，此时，可考虑对条件进行适当的转化，使解题过程纳入到学生所熟悉的轨道。

强化数学思想方法的训练和运用，譬如：函数与方程思想，解析几何的研究对象和方法决定了它与函数、方程的“不解之缘”，很多解析几何问题实际上就是建立方程后研究方程的解或建立函数后研究函数的性质。

又如：分类讨论思想 ，解析几何中，有些公式，性质是有适用条件的，解题时必须注意分类讨论、区别处理。

例如直线方程的点斜式、斜截式中斜率必须存在，截距式只适用在两轴上的截距存在且不为零的情况，两点式不适用于与坐标轴垂直的直线。

再如：数形结合思想 ，解析几何的本质就是将“数”与“形”有机地联系起来，曲线的几何特征必然在方程、函数或不等式中有所反映，而函数、方程或不等式的数字特征也一定体现出曲线的特性。

总之，解析几何题综合性强、应用面广，有些题目对运算求解能力要求高、有些题目对推理论证能力要求高，所以在高三复习中，要在狠抓落实上下功夫，既要注重基础，又要有所创新提高，既要注重通性通法，又要注意技巧锻炼，要做到灵活多变，培养学生养成良好的学习习惯，自觉地运用数学思想方法进行分析、推理、运算，指导同学的复习，提高效率。

解析几何的解题思路方法与策略精编W O R D版IBM system office room 【A0816H-A0912AAAHH-GX8Q8-GNTHHJ8】解析几何的解题思路、方法与策略高三数学复习的目的，一方面是回顾已学过的数学知识，进一步巩固基础知识，另一方面，随着学生学习能力的不断提高，学生不会仅仅满足于对数学知识的简单重复，而是有对所学知识进一步理解的需求，如数学知识蕴涵的思想方法、数学知识之间本质联系等等，所以高三数学复习既要“温故” ，更要“知新” ，既能引起学生的兴趣，启发学生的思维，又能促使学生不断提出问题，有新的发现和创造，进而培养学生问题研究的能力．以“圆锥曲线与方程”内容为主的解题思想思路、方法与策略是高中平面解析几何的核心内容，也是高考考查的重点．每年的高考卷中，一般有两道选择或填空题以及一道解答题，主要考查圆锥曲线的标准方程及其几何性质等基础知识、基本技能及基本方法的灵活运用，而解答题注重对数学思想方法和数学能力的考查，重视对圆锥曲线定义的应用，求轨迹及直线与圆锥曲线的位置关系的考查．解析几何在高考数学中占有十分重要的地位，是高考的重点、热点和难点．通过以圆锥曲线为主要载体，与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合，结合数学思想方法，并与高等数学基础知识融为一体，考查学生的数学思维能力及创新能力，其设问形式新颖、有趣、综合性很强．基于解析几何在高考中重要地位，这一板块知识一直以来都是学生在高三复习中一块“难啃的骨头”．所以研究解析几何的解题思路，方法与策略，重视一题多解，一题多变，多题一解这样三位一体的拓展型变式教学，是老师和同学们在高三复习一起攻坚的主题之一．本文尝试以笔者在实际高三复习教学中，在教辅教参和各类考试中遇到的几道题目来谈谈解析几何解题思路和方法策略．一、一道直线方程与面积最值问题的求解和变式例1 已知直线l 过点(2,1)M - ，若直线l 交x 轴负半轴于A ，交y 轴正半轴于B ，O 为坐标原点.（1）设AOB ∆的面积为S ，求S 的最小值并求此时直线l 的方程；（2）求OA OB +最小值；（3）求M MA B ⋅最小值．解：方法一：∵直线l 交x 轴负半轴，y 轴正半轴，设直线l的方程为(2)1(0)y k x k =++>，∴）（0,12kk A -- )12,0(+k B ，（1）∴422122)12(2≥++=+=k k k k S , ∴当1)22=k （时，即412=k ，即 21=k 时取等号，∴此时直线l 的方程为221+=x y . （2）3223211221+≥++=+++=+k kk k OB OA ，当且仅当22k =时取等号； （3）4212)1)(11(24411222222≥++=++=+⋅+=⋅k kk k k k MB MA ， 当且仅当1k =时取等号；方法二：设直线截距式为)0,0(1><=+b a b y a x ，∵过点(2,1)M -，∴112=+-ba （1）∵abb a -≥+-=22121，∴822≥-⇒≥-ab ab ，∴42121≥-==∆ab b a S AOB ； （2）322)2(3))(12(+≥+-=+-+-=+-=+=+baa b b a b a b a b a OB OA ； （3）5)12)(2(52)1()2(2-+-+-=-+-=-++-=⋅-=⋅ba b a b a b a MB MA MB MA 422≥-+-=abb a ． （3）方法三： θsin 1=MA ，θcos 2=MB ， ∴42sin 4cos sin 2≥==⋅θθθMB MA ，当且仅当12sin =θ时最小，∴4πθ=．变式1：原题条件不变，（1）求△AOB 的重心轨迹；（2）求△AOB 的周长l 最小值．解：（1）设重心坐标为(,)x y ，且(,0)A a ，(0,)B b ，则3a x =，3b y =，又∵112=+-ba ，∴13132=+-yx ， ∴2332312332)23(3123+-=+-+=+=x x x x x y ，该重心的轨迹为双曲线一部分； （2）令直线AB 倾斜角为θ，则20πθ<<，又(2,1)M -，过M 分别作x 轴和y 轴的垂线，垂足为,E F ,则θsin 1=MA ， θcos 2=MB ，θtan 1=AE ，θtan 2=BF ∴)20(tan 2tan 1cos 2sin 13πθθθθθ<<++++=l)420(12cot )2cot 1(22cot 3πθθθθ<<-+++=，令12cot-=θt ， 则t>0， ∴周长10)2(213≥++++=tt t l ∴32cot 212cot =⇒=-θθ。

解析几何压轴大题策略指导——四大策略解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．策略一 利用向量转化几何条件[典例] 如图所示，已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l ，使l 与圆C 交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] 假设存在斜率为1的直线l ，使l 与圆C 交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点．设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，消去y 并整理得2x 2＋2(b ＋1)x ＋b 2＋4b －4＝0， 所以x 1＋x 2＝－(b ＋1)，x 1x 2＝b 2＋4b －42.①因为以AB 为直径的圆过原点，所以OA ⊥OB ， 即x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋b ，y 2＝x 2＋b ，则x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(x 1＋b )(x 2＋b )＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2＝0. 由①知，b 2＋4b －4－b (b ＋1)＋b 2＝0， 即b 2＋3b －4＝0，解得b ＝－4或b ＝1. 当b ＝－4或b ＝1时，均有Δ＝4(b ＋1)2－8(b 2＋4b －4)＝－4b 2－24b ＋36＞0， 即直线l 与圆C 有两个交点．所以存在直线l ，其方程为x －y ＋1＝0或x －y －4＝0. [题后悟通]以AB 为直径的圆过原点等价于OA ⊥OB ，而OA ⊥OB 又可以“直译”为x 1x 2＋y 1y 2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．[针对训练]1．已知椭圆M ：x 24＋y 23＝1，点F 1，C 分别是椭圆M 的左焦点，左顶点，过点F 1的直线l (不与x 轴重合)交椭圆M 于A ，B 两点．(1)求椭圆M 的离心率及短轴长．(2)问：是否存在直线l ，使得点B 在以线段AC 为直径的圆上？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知，椭圆M 的离心率e ＝c a ＝12，短轴长2b ＝2 3.(2)设点B (x 0，y 0)，由题意知BC ⊥BF 1，点F 1(－1,0)，C (－2，0)， 由BC ·BF 1＝0，得(－2－x 0，－y 0)·(－1－x 0，－y 0)＝0， 即(x 0＋2)(x 0＋1)＋y 20＝0.①又知点B (x 0，y 0)满足x 204＋y 203＝1.②联立①②，解得x 0＝－2或x 0＝－10.由椭圆方程知，x 0＝－2或x 0＝－10均不满足题意，故舍去． 因此，不存在直线l ，使得点B 在以线段AC 为直径的圆上．策略二 角平分线条件的转化[典例] 已知动圆过定点A (4,0)，且在y 轴上截得的弦MN 的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1,0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∠PB Q 的角平分线，求证：直线l 过定点．[解题观摩] (1)设动圆圆心为点P (x ，y )，则由勾股定理得x 2＋42＝(x －4)2＋y 2，化简即得圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：法一：由题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝8x ，得k 2x 2＋2(kb －4)x ＋b 2＝0.由Δ＝4(kb －4)2－4k 2b 2＞0，得kb ＜2. 设点P (x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－2kb －4k 2，x 1x 2＝b 2k2.因为x 轴是∠PB Q 的角平分线，所以k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝2kx 1x 2＋k ＋b x 1＋x 2＋2b x 1＋1x 2＋1＝8k ＋bx 1＋1x 2＋1k 2＝0，所以k ＋b ＝0，即b ＝－k ，所以l 的方程为y ＝k (x －1)． 故直线l 恒过定点(1,0)．法二：设直线PB 的方程为x ＝my －1，它与抛物线C 的另一个交点为Q ′， 设点P (x 1，y 1)，Q ′(x 2，y 2)，由条件可得，Q 与Q ′关于x 轴对称，故Q(x 2，－y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝8x ，消去x 得y 2－8my ＋8＝0，其中Δ＝64m 2－32＞0，y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝8. 所以k P Q ＝y 1＋y 2x 1－x 2＝8y 1－y 2， 因而直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1－y 2(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 21＝8x 1，将P Q 的方程化简得(y 1－y 2)y ＝8(x －1)， 故直线l 过定点(1,0)．法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在， 则它一定在x 轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线P Q 的方程为x ＝my ＋a .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋a ，y 2＝8x 消去x ，整理得y 2－8my －8a ＝0，Δ＞0.设点P (x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8a .由条件可知k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝my 1＋a y 2＋my 2＋a y 1＋y 1＋y 2x 1＋1x 2＋1＝2my 1y 2＋a ＋1y 1＋y 2x 1＋1x 2＋1＝0，所以－8ma ＋8m ＝0.由m 的任意性可知a ＝1，所以直线l 恒过定点(1,0)． 法四：设P ⎝⎛⎭⎫y 218，y 1，Q ⎝⎛⎭⎫y 228，y 2， 因为x 轴是∠PB Q 的角平分线， 所以k PB ＋k Q B ＝y 1y 218＋1＋y 2y 228＋1＝0， 整理得(y 1＋y 2)⎝⎛⎭⎫y 1y 28＋1＝0. 因为直线l 不垂直于x 轴， 所以y 1＋y 2≠0，可得y 1y 2＝－8.因为k P Q ＝y 1－y 2y 218－y 228＝8y 1＋y 2， 所以直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝⎛⎭⎫x －y 218， 即y ＝8y 1＋y 2(x －1)． 故直线l 恒过定点(1,0)． [题后悟通]本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y 1，y 2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．[针对训练]2．如图所示，已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P (2，3)，Q(2，－3)在椭圆上，A ，B 是椭圆上位于直线P Q 两侧的动点，当A ，B 运动时，满足∠AP Q ＝∠BP Q ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上， ∴－b ＝－2，解得b ＝2.又c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝4，c ＝2 3. ∴椭圆C 的标准方程为x 216＋y 24＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵∠AP Q ＝∠BP Q ，则直线P A ，PB 的斜率互为相反数， 设直线P A 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为－k ， 直线P A 的方程为y －3＝k (x －2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k x －2，x 216＋y 24＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0，∴x 1＋2＝8k 2k －31＋4k 2.同理可得x 2＋2＝－8k －2k －31＋4k 2＝8k 2k ＋31＋4k 2，∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－163k1＋4k 2， k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k x 1＋x 2－4k x 1－x 2＝36.∴直线AB 的斜率为定值36. 策略三 弦长条件的转化[典例] 如图所示，已知椭圆G ：x 22＋y 2＝1，与x 轴不重合的直线l 经过左焦点F 1，且与椭圆G 相交于A ，B 两点，弦AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆G 相交于C ，D 两点．(1)若直线l 的斜率为1，求直线OM 的斜率．(2)是否存在直线l ，使得|AM |2＝|CM ||DM |成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] (1)由题意可知点F 1(－1,0)， 又直线l 的斜率为1， 故直线l 的方程为y ＝x ＋1. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，x 22＋y 2＝1，消去y 并整理得3x 2＋4x ＝0， 则x 1＋x 2＝－43，y 1＋y 2＝23，因此中点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫－23，13. 故直线OM 的斜率为13－23＝－12.(2)假设存在直线l ，使得|AM |2＝|CM ||DM |成立． 由题意，直线l 不与x 轴重合， 设直线l 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1，消去x 并整理得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧y 1＋y 2＝2mm 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，可得|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝1＋m 2⎝⎛⎭⎫2m m 2＋22＋4m 2＋2＝22m 2＋1m 2＋2， x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，所以弦AB 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 2＋2，m m 2＋2，故直线CD 的方程为y ＝－m2x .联立⎩⎨⎧y ＝－m 2x ，x22＋y 2＝1，消去y 并整理得⎝⎛⎭⎫1＋m22x 2＝2， 解得x 2＝21＋m 22＝4m 2＋2.由对称性，设C (x 0，y 0)，D (－x 0，－y 0)，则x 20＝4m 2＋2， 可得|CD |＝1＋m 24·|2x 0|＝m 2＋4·4m 2＋2＝2 m 2＋4m 2＋2. 因为|AM |2＝|CM ||DM |＝(|OC |－|OM |)(|OD |＋|OM |)，且|OC |＝|OD |， 所以|AM |2＝|OC |2－|OM |2， 故|AB |24＝|CD |24－|OM |2，即|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，代入|AB |，|CD |和|OM |， 得8m 2＋12m 2＋22＝4m 2＋4m 2＋2－4⎣⎡⎦⎤4m 2＋22＋m 2m 2＋22，解得m 2＝2，故m ＝± 2.所以直线l 的方程为x ＝2y －1或x ＝－2y －1. [题后悟通]本题(2)的核心在于转化|AM |2＝|CM ||DM |中弦长的关系．由|CM |＝|OC |－|OM |，|DM |＝|OD |＋|OM |，又|OC |＝|OD |，则|AM |2＝|OC |2－|OM |2.又|AM |＝12|AB |，|OC |＝12|CD |，因此|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，转化为弦长|AB |，|CD |和|OM |三者之间的数量关系，易计算．[针对训练]3．已知圆M ：(x －2)2＋y 2＝r 2(r ＞0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点为圆M 的圆心，离心率为22. (1)求椭圆C 的方程；(2)若存在直线l ：y ＝kx ，使得直线l 与椭圆C 分别交于A ，B 两点，与圆M 分别交于G ，H 两点，点G 在线段AB 上，且|AG |＝|BH |，求圆M 的半径r 的取值范围．解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，因为a ＝2，c a ＝22，所以c ＝1，因此b ＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点， 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 2＋2y 2－2＝0得(1＋2k 2)x 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－21＋2k 2，则|AB |＝1＋k 2·81＋2k 2＝ 81＋k 21＋2k 2.因为点M (2，0)到直线l 的距离d ＝|2k |1＋k 2， 所以|GH |＝2r 2－2k 21＋k 2. 显然，若点H 也在线段AB 上，则由对称性可知，直线y ＝kx 就是y 轴，与已知矛盾． 要使|AG |＝|BH |，只需|AB |＝|GH |， 即81＋k 21＋2k 2＝4⎝⎛⎭⎫r 2－2k 21＋k 2， 所以r 2＝2k 21＋k 2＋21＋k 21＋2k 2＝23k 4＋3k 2＋12k 4＋3k 2＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋k 42k 4＋3k 2＋1. 当k ＝0时，得r ＝ 2.当k ≠0时，r 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 4＋3k 2＋2＜2⎝⎛⎭⎫1＋12＝3. 又显然r 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 4＋3k 2＋2＞2，所以2＜r ＜ 3.综上所述，圆M 的半径r 的取值范围是[2，3)．策略四 面积条件的转化[典例] 设椭圆的中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与椭圆交于E ，F 两点，求四边形AEBF 的面积的最大值．[解题观摩] 法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0)． 设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2， 且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4， 故x 2＝－x 1＝21＋4k 2.① 根据点到直线的距离公式和①，得点E ，F 到直线AB 的距离分别为h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝21＋2k ＋1＋4k 251＋4k 2，h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝21＋2k －1＋4k 251＋4k 2.又|AB |＝22＋12＝5， 所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|AB |·(h 1＋h 2)＝12·5·41＋2k 51＋4k 2＝21＋2k 1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2＝21＋41k＋4k ≤22， 当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. 法二：依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.直线EF 的方程为y ＝kx (k ＞0)．设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1消去y ，(1＋4k 2)x 2＝4.故x 1＝－21＋4k 2，x 2＝21＋4k 2， |EF |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝41＋k 21＋4k 2. 根据点到直线的距离公式，得点A ，B 到直线EF 的距离分别为d 1＝|2k |1＋k 2＝2k1＋k 2，d 2＝11＋k 2. 因此四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |·(d 1＋d 2)＝12·41＋k 21＋4k 2·1＋2k 1＋k 2＝21＋2k 1＋4k 2＝24k 2＋4k ＋11＋4k 2＝21＋4k1＋4k 2＝21＋41k＋4k ≤22， 当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. [题后悟通]如果利用常规方法理解为S 四边形AEBF ＝S △AEF ＋S △BEF ＝12|EF |·(d 1＋d 2)(其中d 1，d 2分别表示点A ，B 到直线EF 的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出|EF |的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF 的面积拆成两个小三角形——△ABE 和△ABF 的面积之和，则更为简单．因为直线AB 的方程及其长度易求出，故只需表示出点E 与点F 到直线AB 的距离即可．[针对训练]4．已知椭圆C ：x 216＋y 212＝1的右焦点为F ，右顶点为A ，离心率为e ，点P (n,0)(n ＞4)满足条件|F A ||P A |＝e .(1)求n 的值；(2)设过点F 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，记△PMF 和△PNF 的面积分别为S 1，S 2，求证：S 1S 2＝|PM ||PN |.解：(1)依题意，|F A ||P A |＝e ＝12，|F A |＝2，|P A |＝n －4(n ＞4)，得2n －4＝12，解得n ＝8.(2)证明：由S 1＝12|PF ||PM |sin ∠MPF ，S 2＝12|PF ||PN |sin ∠NPF ，则S 1S 2＝12|PF ||PM |sin ∠MPF12|PF ||PN |sin ∠NPF ＝|PM |sin ∠MPF |PN |sin ∠NPF. 设直线l 的方程为x ＝my ＋2，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，又P (8，0)， 则k PM ＋k PN ＝y 1x 1－8＋y 2x 2－8＝y 1x 2－8＋y 2x 1－8x 1－8x 2－8＝x 2y 1＋x 1y 2－8y 1＋y 2x 1x 2－8x 1＋x 2＋64 ＝my 2＋2y 1＋my 1＋2y 2－8y 1＋y 2my 1＋2my 2＋2－8[m y 1＋y 2＋4]＋64＝2my 1y 2－6y 1＋y 2m 2y 1y 2－6m y 1＋y 2＋36.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，3x 2＋4y 2＝48，消去x 并整理得(3m 2＋4)y 2＋12my －36＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－12m3m 2＋4，y 1y 2＝－363m 2＋4，所以k PM ＋k PN ＝－72m 3m 2＋4＋72m3m 2＋4－36m 23m 2＋4＋72m 23m 2＋4＋36＝0，则∠MPF ＝∠NPF ，因此S 1S 2＝|PM ||PN |.[总结规律·快速转化]做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种几何条件的转化，以供参考：1．平行四边形条件的转化2．直角三角形条件的转化3．等腰三角形条件的转化4．菱形条件的转化5．圆条件的转化6．角条件的转化。

浅谈解析几何题的解题策略解析几何题是同学们最害怕的题型，不仅计算量大，而且有时不知从何算起，找不到问题的切入点。

在高考中这类题得分率较低。

作为教者，我们要在平时鼓励大家动笔，争取获得步骤分；引导学生进行总结，加快问题的切入，争取时间有目的地去计算。

在二轮复习中，我想这样搭建本节的解题体系：一、与一些特殊条件有关的问题可优先特殊解法，减少运算提高准确率。

与定义中的量有关的问题可用几何法解题，与线段乘积有关的问题可用直线的参数方程，与过原点有关的长及角度问题可用极坐标方程。

今年高江苏高考题就出现了与焦点有关的线段的求值、证明题，用通法去解运算量就较大。

例1、（2012年江苏省16分）如图，在平面直角坐标系xoy 中，椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1(0)F c -，，2(0)F c ，．已知(1)e ，和3e ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，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1AF 与直线2BF 平行，2AF 与1BF 交于点P ．（i ）若126AF BF -=，求直线1AF 的斜率； （ii ）求证：12PF PF +是定值．解：（1）由题设知，222==ca b c e a+，，由点(1)e ，在椭圆上，得2222222222222222111=1===1e c b c a b a a b b a b a a b +=⇒+⇒+⇒⇒，∴22=1c a -。

由点3e ⎛ ⎝⎭，在椭圆上，得2222242222441311144=0=214e c a a a a a b a a-⎝⎭⎝⎭+=⇒+=⇒+=⇒-+⇒ ∴椭圆的方程为2212x y +=。

（2）由（1）得1(10)F -，，2(10)F ，，又∵1AF ∥2BF ， ∴设1AF 、2BF 的方程分别为=1=1my x my x +-，，()()11221200A x y B x y y >y >，，，，，。

解析几何常规题型及方法（ 1）中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为(x1 , y1 ) ， ( x2 , y2 ) ，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式，消去四个参数。

典型例题给定双曲线 x2y 2 1 。

过A（2，1）的直线与双曲线交于两点P1及 P2，求线段 P1 P2的中点P2的轨迹方程。

（ 2）焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点P，与两个焦点F1、 F2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

典型例题x2y 21 上任一点， F1 (c,0) ， F2 ( c,0) 为焦点， PF1 F2， PF2 F1。

设 P(x,y) 为椭圆2b2asin()；（1）求证离心率esinsin（2）求|PF1|3PF2 |3的最值。

（ 3）直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式，应特别注意数形结合的办法典型例题抛物线方程 y 2p (x 1) ( p 0)，直线 x y t与 x轴的交点在抛物线准线的右边。

（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点（2）设直线与抛物线的交点为A 、 B，且 OA ⊥ OB，求 p 关于 t 的函数 f(t) 的表达式。

（4）圆锥曲线的有关最值（范围）问题圆锥曲线中的有关最值（范围）问题，常用代数法和几何法解决。

<1> 若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。

<2> 若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值。

典型例题已知抛物线 y2=2px(p>0) ，过 M （ a,0）且斜率为 1 的直线 L 与抛物线交于不同的两点 A 、 B ， |AB|≤ 2p（ 1）求 a 的取值范围；（2）若线段 AB 的垂直平分线交x 轴于点 N ，求△ NAB 面积的最大值。

解析几何的实际问题与解决解析几何是数学领域中的一个重要分支，它研究的是空间中的点、线、面及其相互关系。

解析几何不仅在理论上具有重要意义，也在实际问题的解决中发挥着重要作用。

本文将通过几个实际问题的案例，探讨解析几何在实际问题中的应用和解决方法。

一、平面角问题在建筑设计中，经常遇到需要确定两个平面之间的夹角的情况。

解析几何可以通过向量运算来求解平面角。

假设有两个平面分别由法向量A和B来表示。

那么平面A和平面B的夹角θ可以通过以下公式计算得出：cosθ = (A·B) / (|A|·|B|)其中，A·B表示向量A和向量B的点乘，|A|和|B|分别表示向量A 和向量B的模。

求得θ后，可以根据需要进行调整和转换，从而满足具体建筑设计的要求。

二、直线与平面的交点问题在机械制图中，我们经常需要找到直线与平面的交点。

解析几何可以通过联立方程来求解。

假设有一条直线L，它由点P和方向向量v表示，同时有一个平面Π，它由点Q和法向量n表示。

要求解直线L与平面Π的交点P'，可以通过以下过程进行：1. 联立方程：(P' - P)·n = 0(P' - Q)·n = 02. 将直线L的参数方程带入上述方程组，得到关于参数t的方程。

3. 求解方程组，得到参数t的值。

4. 将参数t的值带入直线L的参数方程，求得交点P'的坐标。

通过上述步骤，就可以求解直线与平面的交点，为机械制图等工程设计提供了关键的数学基础。

三、曲线与曲面的切线问题在物理学和工程学中，我们经常需要确定曲线和曲面上某一点的切线方程。

解析几何可以通过导数的概念来解决此类问题。

假设有一条曲线C，它由参数方程x=f(t)、y=g(t)、z=h(t)表示，同时有一个曲面S，它由方程F(x,y,z)=0表示。

要求解曲线C在点P的切线方程，可以通过以下步骤进行：1. 求解曲线C在点P的参数t值。

高考解析几何问题的求解策略类型1 圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的标准方程在新课标高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a ，b ，c 三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．【典例1】 已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个顶点为抛物线x 2＝4y 的焦点．(1)求椭圆方程；(2)若直线y ＝x －1与抛物线相切于点A ，求以A 为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．[思路点拨] (1)由椭圆与抛物线的性质，求椭圆方程中待定参数a ，b ，从而确定椭圆的标准方程．(2)联立方程求出圆心和半径．[规范解答] (1)椭圆中心在原点，焦点在x 轴上． 设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0) ， 因为抛物线x 2＝4y 的焦点为(0,1)， 所以b ＝1.由离心率e ＝c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2＝1＋c 2， 从而得a ＝2，∴椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝4y ，y ＝x －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，所以点A (2,1)．因为抛物线的准线方程为y ＝－1， 所以圆的半径r ＝1－(－1)＝2，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.【反思启迪】 1.待定系数法求曲线方程，关键是方程的联立求解，结合条件，求待定参数，体现了方程思想的应用．2．直线与圆相切，可转化为圆心到直线的距离等于半径，体现了转化的思想．【变式训练1】如图5-1，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．图5-1(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．[解](1)依题意，得|OB|＝83，∠BOy＝30°.设B(x，y)，则x＝|OB|sin 30°＝43，y＝|OB|cos 30°＝12.因为点B(43，12)在x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.故抛物线E的方程为x2＝4y.(2)由(1)知y＝14x2，则y′＝12x.设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，即y＝12x0x－14x2.由⎩⎨⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.所以Q 为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1.设M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立． 由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)， MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1，由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0， 即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1)．类型2 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系是高考的重点，一般以椭圆或抛物线为依托，全面考查圆锥曲线与方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系，考查函数、方程(不等式)、平面向量等在解决问题中的综合应用．处理此类问题，要在“算”上下工夫，利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数的关系解决问题．解题时，要注意特殊情况(如斜率不存在的情况)的处理．图5-2【典例2】 (2014·陕西高考)如图5-2，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连结而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32.(1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，若AP ⊥AQ ，求直线l 的方程．[思路点拨] (1)由曲线C 2求点A 、B 的坐标，确定实数b 的取值；结合椭圆几何量之间的关系构建方程解出实数a .(2)联立直线与曲线方程，求点P 、Q 坐标，借助向量的数量积求直线l 的斜率，得直线l 的方程．[规范解答] (1)在曲线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)中，令y ＝0， 得A (－1,0)，点B (1,0)，代入半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1，得b ＝1. 又e ＝c a ＝32且a 2＝1＋c 2. ∴a ＝2，即a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入C 1的方程，整理得(k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*)设点P 的坐标为(x p ，y p )，∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根． 由求根公式，得x p ＝k 2－4k 2＋4，从而y p ＝－8kk 2＋4， ∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4. 同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)(k ≠0)，y ＝－x 2＋1(y ≤0)得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )．∴AP →＝2kk 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2)．由AP ⊥AQ ，知AP →·AQ →＝0， ∴－2k 24＋k 2[k －4(k ＋2)]＝0. 又k ≠0，从而k －4(k ＋2)＝0，解之得k ＝－83. 经检验k ＝－83满足题意．故直线l 的方程为y ＝－83(x －1)，即8x ＋3y －8＝0.【反思启迪】 1.求解第(2)问关键解决两点：(1)利用方程思想，正确求出P ，Q 两点的坐标；(2)将直线垂直转化为向量的数量积为0，优化了运算过程．2．在涉及直线与圆锥曲线相交弦长计算问题时，注意两点：(1)充分借助方程思想，整体表示“x 1＋x 2，x 1x 2”，“设而不求”，整体转化．(2)注意“Δ＞0”，应代入检验，判别式大于零是检验所求参数的值是否有意义的依据．图5-3【变式训练2】 如图5-3，点P (0，－1)是椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个顶点，C 1的长轴是圆C 2：x 2＋y 2＝4的直径．l 1，l 2是过点P 且互相垂直的两条直线，其中l 1交圆C 2于A ，B 两点，l 2交椭圆C 1于另一点D .(1)求椭圆C 1的方程；(2)求△ABD 面积取最大值时直线l 1的方程．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．由题意知直线l 1的斜率存在，不妨设其为k ，则直线l 1的方程为y ＝kx －1.又圆C 2：x 2＋y 2＝4，故点O 到直线l 1的距离d ＝1k 2＋1，所以|AB |＝24－d 2＝24k 2＋3k 2＋1.又l 2⊥l 1，故直线l 2的方程为x ＋ky ＋k ＝0. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋ky ＋k ＝0，x 2＋4y 2＝4，消去y ，整理得(4＋k 2)x 2＋8kx ＝0，故x 0＝－8k4＋k 2，y 0＝4－k 24＋k 2，所以|PD |＝8k 2＋14＋k2. 设△ABD 的面积为S ，则S ＝12|AB |·|PD |＝84k 2＋34＋k2，所以S ＝324k 2＋3＋134k 2＋3≤3224k 2＋3·134k 2＋3＝161313，当且仅当k ＝±102时取等号．所以所求直线l 1的方程为y ＝±102x －1.类型3 存在开放性问题近年高考命题经常设计探究是否存在性的问题，考查学生的发散思维和创新能力，求解这类问题要重视数形的转化，善于从特殊发现规律，并能正确推理与计算．【典例3】 (2015·合肥模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为4，且过点P (2，3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设Q (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)为椭圆C 上一点．过点Q 作x 轴的垂线，垂足为E .取点A (0,22)，连结AE .过点A 作AE 的垂线交x 轴于点D .点G 是点D 关于y 轴的对称点，作直线QG .问这样作出的直线QG 是否与椭圆C 一定有唯一的公共点？并说明理由．[思路点拨] (1)由题设，构建关于a ，b ，c 的方程，求出椭圆C 的方程；(2)转化为判定除点Q (x 0，y 0)外，直线QG 与椭圆C 是否还有公共点．[规范解答] (1)因为焦距为4，所以a 2－b 2＝4. 又因为椭圆C 过点P (2，3)，所以2a 2＋3b 2＝1. 故a 2＝8，b 2＝4，从而椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)一定有唯一的公共点．理由：由题意知，点E 的坐标为(x 0,0)． 设D (x D,0)，则AE →＝(x 0，－22)， AD →＝(x D ，－22)．再由AD ⊥AE 知，AE →·AD →＝0，即x D x 0＋8＝0. 由于x 0y 0≠0，故x D ＝－8x 0.因为点G 是点D 关于y 轴的对称点， 所以点G ⎝ ⎛⎭⎪⎫8x 0，0.故直线QG 的斜率k QG ＝y 0x 0－8x＝x 0y 0x 20－8.又因为点Q (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 20＋2y 20＝8.①从而k QG ＝－x 02y 0.故直线QG 的方程为y ＝－x 02y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －8x 0.② 将②代入椭圆C 的方程，化简，得(x 20＋2y 20)x 2－16x 0x ＋64－16y 20＝0.③ 再将①代入③，化简得x 2－2x 0x ＋x 20＝0.解得x ＝x 0，则y ＝y 0，故直线QG 与椭圆C 一定有唯一的公共点．【反思启迪】 1.求解本题的关键是正确利用点Q (x 0，y 0)的坐标表示出点D 、点G 的坐标，进而联立直线QG 与椭圆C 的方程，证明有唯一解．2．对于存在性探索性问题，一般先假设存在，推出满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．值得注意的是当条件和结论不唯一时一定要分类讨论．【变式训练3】 在平面直角坐标系xOy 中，F 是抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，M 是抛物线C 上位于第一象限内的任意一点，过M ，F ，O 三点的圆的圆心为Q ，点Q 到抛物线C 的准线的距离为34.(1)求抛物线C 的方程．(2)是否存在点M ，使得直线MQ 与抛物线C 相切于点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．[解] (1)依题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，圆心Q 在线段OF 的垂直平分线y ＝p 4上， 因为抛物线C 的准线方程为y ＝－p2， 所以3p 4＝34，即p ＝1.因此抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)假设存在点M (x 0，x 202)(x 0>0)满足条件，抛物线C 在点M 处的切线斜率为y ′|x ＝x 0＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22′x ＝x 0＝x 0， 所以直线MQ 的方程为y －x 202＝x 0(x －x 0)． 令y ＝14，得x Q ＝x 02＋14x 0，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＋14x 0，14.又|QM |＝|OQ |，故⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 0－x 022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－x 2022＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 0＋x 022＋116， 因此⎝ ⎛⎭⎪⎫14－x 2022＝916.又x 0>0，所以x 0＝2，此时M (2，1)．故存在点M (2，1)，使得直线MQ 与抛物线C 相切于点M .专题突破练(五) [A 级 基础达标练]一、选择题1．若直线ax ＋by ＝1过点M (cos α，sin α)，则( ) A ．a 2＋b 2≥1B ．a 2＋b 2≤1C.1a 2＋1b 2≤1 D ．1a 2＋1b 2≥1[解析] 点M (cos α，sin α)在单位圆上，且点M 在直线ax ＋by ＝1上， ∴|a ×0＋b ×0－1|a 2＋b 2≤1⇒a 2＋b 2≥1⇒a 2＋b 2≥1.[答案] A2．设椭圆x 2m 2＋y 2n 2＝1(m >n >0)的右焦点与抛物线y 2＝8x 的焦点相同，离心率为12，则此椭圆的方程为( )A.x 212＋y 216＝1 B ．x 216＋y 212＝1 C.x 248＋y 264＝1D ．x 264＋y 248＝1 [解析] 依题意知：2m ＝12，得m ＝4.由n 2＝m 2－22＝12，所以所求椭圆方程是x 216＋y 212＝1. [答案] B3．等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线y 2＝16x 的准线交于A ，B 两点，|AB |＝43，则C 的实轴长为( )A. 2B ．2 2C ．4D ．8[解析] 设等轴双曲线C ：x 2a 2－y 2a 2＝1.∵抛物线y 2＝16x 的准线为x ＝－4，联立x 2a 2－y 2a 2＝1和x ＝－4得A (－4，16－a 2)，B (－4，－16－a 2)，∴|AB |＝216－a 2＝43，∴a ＝2， ∴2a ＝4.∴C 的实轴长为4. [答案] C4．已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM→|取得最小值时的点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( )A.95B ．125 C ．4 D ．5[解析] 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ， 则|OP |2＝|OM |2＋|PM |2＝1＋|PM |2，因此，若|PM →|取得最小值，则|OP |有最小值． 于是应有点P 为双曲线的顶点(－3,0)或(3,0)， 由双曲线C ：x 29－y 216＝1，知渐近线为4x ±3y ＝0. ∴所求的距离d ＝|(±3)×4＋0|42＋32＝125. [答案] B5．从椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点P 向x 轴作垂线，垂足恰为左焦点F 1，A 是椭圆与x 轴正半轴的交点，B 是椭圆与y 轴正半轴的交点，且AB ∥OP (O 是坐标原点)，则该椭圆的离心率是( )A.24B ．12 C.22D ．32[解析] 由题意设P (－c ，y 0)，将P (－c ，y 0)代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得c 2a 2＋y 20b 2＝1，则y 20＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c 2a 2＝b 2·a 2－c 2a 2＝b 4a 2.∴y 0＝b 2a 或y 0＝－b 2a (舍去)， ∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，b 2a ，∴k OP ＝－b 2ac . ∵A (a,0)，B (0，b )， ∴k AB ＝b －00－a＝－ba .又∵AB ∥OP ，∴k AB ＝k OP ，∴－b a ＝－b 2ac ，则b ＝c . 从而a ＝2c .所以椭圆的离心率e ＝c a ＝c 2c ＝22.[答案] C 二、填空题6．过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点A 且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M ，与y 轴的交点为B ，若|AM |＝|MB |，则该椭圆的离心率为________．[解析] 由题意A 点的坐标为(－a,0)，l 的方程为y ＝x ＋a ， ∴B 点的坐标为(0，a )，故M 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，代入椭圆方程得a 2＝3b 2， ∴c 2＝2b 2，∴e ＝63. [答案]637．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点与抛物线y 2＝16x 的焦点相同，则双曲线的方程为________．[解析] 由条件知双曲线的焦点为(4,0)，所以⎩⎨⎧a 2＋b 2＝16，ba ＝3，解得a ＝2，b ＝23， 故双曲线方程为x 24－y 212＝1. [答案] x 24－y 212＝18．如图5-4所示是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2 m ，水面宽4 m ．水位下降1 m 后，水面宽________m.图5-4[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为x 2＝－2py (p >0)，则A (2，－2)．将点A (2，－2)坐标代入 x 2＝－2py ，得p ＝1. 于是x 2＝－2y .当水面下降1 m ，得D (x 0，－3)，(x 0>0)，将其坐标代入x 2＝－2y 得x 20＝6，∴x 0＝ 6.∴水面宽|CD |＝2 6 m. [答案] 2 6 三、解答题9．如图5-5所示，点F 1(－c,0)，F 2(c,0)分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1作x 轴的垂线交椭圆C 的上半部分于点P ，过点F 2作直线PF 2的垂线交直线x ＝a 2c 于点Q .图5-5(1)如果点Q 的坐标是(4,4)，求此时椭圆C 的方程；(2)证明：直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．[解] (1)由条件知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，b 2a ，故直线PF 2的斜率为kPF 2＝b 2a －0－c －c ＝－b 22ac .因为PF 2⊥F 2Q ，所以直线F 2Q 的方程为y ＝2ac b 2x －2ac 2b 2， 故Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ，2a .由题设知，a 2c ＝4,2a ＝4， 解得a ＝2，c ＝1，b 2＝3. 故椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：直线PQ 的方程为y －2ab 2a －2a ＝x －a 2c －c －a 2c ，即y ＝ca x ＋a .将上式代入x 2a 2＋y 2b 2＝1得x 2＋2cx ＋c 2＝0， 解得x ＝－c ，y ＝b 2a .所以直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．10．(2014·山东高考改编)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有|F A |＝|FD |.当点A 的横坐标为3时，△ADF 为正三角形．(1)求C 的方程；(2)若直线l 1∥l ，且l 1和C 有且只有一个公共点E ，试判断直线AE 是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；否则请说明理由．[解] (1)由题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0.设D (t,0)(t >0)，则FD 的中点为⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋2t 4，0.因为|F A |＝|FD |，由抛物线的定义知3＋p 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －p 2，解得t ＝3＋p 或t ＝－3(舍去)． 由p ＋2t4＝3，解得p ＝2. 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由(1)问，知F (1,0)．设A (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)，D (x D,0)(x D >0)． 因为|F A |＝|FD |，则|x D －1|＝x 0＋1， 由x D >0得x D ＝x 0＋2，故D (x 0＋2,0)． 故直线AB 的斜率k AB ＝－y 02. 因为直线l 1和直线 AB 平行， 设直线l 1的方程为y ＝－y 02x ＋b ， 代入抛物线方程得y 2＋8y 0y －8by 0＝0，由题意Δ＝64y 20＋32b y 0＝0，得b ＝－2y 0.设E (x E ，y E )，则y E ＝－4y 0，x E ＝4y 20.①当y 20≠4时，k AE ＝y E －y 0x E －x 0＝－4y 0＋y 04y 20－y 204＝4y 0y 20－4， 可得直线AE 的方程为y －y 0＝4y 0y 20－4(x －x 0)．由y 20＝4x 0，整理得y ＝4y 0y 20－4(x －1)，所以直线AE 过定点F (1,0)．②当y 20＝4时，直线AE 的方程为x ＝1，过点F (1,0)．综合①，②知，直线AE 恒过定点F (1,0)． [B 级 能力提升练]1．(2014·四川高考)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( )A ．2B ．3 C.1728 D ．10[解析] 设直线AB 的方程为x ＝ny ＋m (如图)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， ∵OA →·OB →＝2， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝2.又y 21＝x 1，y 22＝x 2，∴y 1y 2＝－2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，x ＝ny ＋m ，得y 2－ny －m ＝0，∴y 1y 2＝－m ＝－2， ∴m ＝2，即点M (2,0)． 又S △ABO ＝S △AMO ＋S △BMO ＝12|OM ||y 1|＋12|OM ||y 2|＝y 1－y 2， S △AFO ＝12|OF |·|y 1|＝18y 1， ∴S △ABO ＋S △AFO ＝y 1－y 2＋18y 1＝98y 1＋2y 1≥298y 1·2y 1＝3，当且仅当y 1＝43时，等号成立． [答案] B图5-62．如图5-6所示，椭圆x 22＋y 2b 2＝1(b ＞0)与过点A (2,0)、B (0,1)的直线有且只有一个公共点T ，则椭圆的离心率e ＝________.[解析] 直线AB 的方程为x2＋y ＝1， 依题意⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2b 2＝1，x2＋y ＝1，有唯一解．∴(b 2＋12)x 2－2x ＋2－2b 2＝0有相等的实根， ∴Δ＝(－2)2－4(b 2＋12)(2－2b 2)＝0，∴b 2＝12，从而c 2＝a 2－b 2＝32，c ＝62， ∴e ＝c a ＝622＝32.[答案] 32图5-73．如图5-7所示，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F 2(1,0)，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上．(1)求椭圆方程；(2)点M (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝b 2上，点M 在第一象限，过点M 作圆x 2＋y 2＝b 2的切线交椭圆于P 、Q 两点，问|F 2P |＋|F 2Q |＋|PQ |是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，说明理由．[解] (1)由右焦点为F 2(1,0)，可知c ＝1.设左焦点为F 1，则F 1(－1,0)，又点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，则2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝(1＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋(1－1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝4，∴a ＝2，b ＝a 2－c 2＝3，即椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1(|x 1|≤2)， |PF 2|2＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝14(x 1－4)2，∴|PF 2|＝12(4－x 1)＝2－12x 1. 连结OM ，OP ，由相切条件知： |PM |2＝|OP |2－|OM |2＝x 21＋y 21－3＝x 21＋3⎝⎛⎭⎪⎫1－x 214－3＝14x 21，显然x 1>0，∴|PM |＝12x 1.∴|PF 2|＋|PM |＝2－x 12＋x 12＝2. 同理|QF 2|＋|QM |＝2－x 22＋x 22＝2. ∴|F 2P |＋|F 2Q |＋|PQ |＝2＋2＝4为定值．。

解题篇经典题突破方法高考数学2021年4月壇琰鉛料JT灯天販曲回兀尤连英咯V-■浙江省湖州中学盛耀建解析几何大题，是每年高考的必考大题，虽然常考，且题型也较为固定，但其依然是挡在考生面前的几座大山之一，得分率较低。

那么如何破解这一难题，推翻这座大山呢？笔者认为，除了需要我们同学总结一些常见的题型，还需要掌握一些特殊的技巧，笔者就此整理了解析几何大题解题时的四大常见优化策略，供同学们复习备考时参考。

策略一：同构式“同构式”侧重于“同构”二字，顾名思义，结构相同。

具体举例如下：捌（如图1,已知抛物线E：；/=2的:（力＞0）过点Q（1,2）,F为其焦点，过F且不垂直于工轴的直线I交抛物线E于A,B两点，动点P满足图1AFAB的垂心为原点O。

（¥，%），又因为。

为厶PAB的垂心，从而B（rr2，夕2），联立｛,消去工整理得==4jc,y2—4：ty—4=0,则<》1+%=4左,设P（鼻。

，13》2=—4。

%）,则PA=yi\——■>y0—yi），ub—PA•06=0,代入化简得+3^03^2+3= 0,同理亍'式+》0夕1+3=0,所以J/19y2是方程亍夕2+30的两根，由韦达定理知4y必+兀―土j,夕0=—gS=—312皿2=厂=_43^o3i?所以动点P在定直线皿口=—3上。

S=—3,（1）求抛物线E的标准方程；（2）求证：动点P在定直线勿上，并求的最小值。

~2I AB I d、d.s”==生=13严+4| SgB^\AB\d2込|2d解析：（1）由题意，将Q（l,2）代入b= 2”:，得22=20*0=2,所以抛物线E的标准方程为b=4sQ#9y+y N2◎，当且仅当t=±号。

其中d19d2分别为点P和点Q到直线AB的距离。

攀时取等（2）设Z：H=£jy-|-l（£HO）,A（rci，;yi）,评注：第（2）问的解答关键在于“％,；2Vi—V?所以k AB=yl y2,将①②代入得k AB=工1—S/2今，即直线AB的斜率为定值今。