解析几何常见突破口

怎样解决高考中解析几何的问题有什么套路吗和立体几何一样，运用好这两招，你可以解决100%高考难度的解析几何题目！接下来，我利用两个例题来说明如何用好这两招，成为解析几何的学霸–数学140+，竞赛拿大奖。

在我们开始解题之前，我先介绍一下本质教育数学哲学的第一招-翻译和第三招-盯住目标：所谓翻译，实际上就是指把中文翻译为数学语言，例如初中大家就知道的用字母代表未知数（代数的基本思想）从而把中文翻译为函数，方程，或不等式，又如几何中通常我们需要做的-画张图，再如概率论中找出概率问题的1) 随机试验，进而找出2) 样本点（例如一个组合或者平面上的一个点（ x,y ）等等）, 3)用样本点定义事件（样本点的集合），4)从而通过概率的古典定义或几何定义“翻译”该事件发生的概率。

数学家们发明这些数学语言是有道理的，因为不像中文或者英文，这些数学语言是没有歧义的，非常方便使用者进行逻辑推理。

因此我希望同学们记住这一个结论：从今天起，当你看到数学问题的时候，你应该“讨厌”中文，把它们翻译为数学语言。

事实上，解析几何的核心就是“翻译”二字。

笛卡尔先生创立直角坐标系的初衷就是把几何图形“翻译”为曲线方程，而解方程是有固定步骤的不动脑筋的事情，因此，他就可以解决任何的几何问题了。

当然，要记住，解析几何的翻译作用是双向的，既然代数里面的方程可以帮到几何的解题，几何中的定理也可以帮到代数，例如利用几何中的公理“两点之间线段最短以及其衍生定理三角形两边之和大于第三边，三角形两边之差小于第三边”来帮助我们解决代数中的最值问题，就是“翻译”这一招的一种运用。

因此很多教科书上讲的所谓的“数形结合”实际上就是本质教育数学哲学第一招“翻译”的一种特殊情况罢了。

在高中阶段，这3者之间的互相翻译，同学们要非常熟悉：那什么是第三招-盯住目标呢？任何解题的过程都是在已知（前提）和未知（结论）之间构建一个桥梁。

我们把未知或者题目要证明的结论统称为目标(purpose)。

高考数学解析几何高分秘籍在高考数学中，解析几何一直是让众多考生头疼的难题之一。

它不仅需要扎实的数学基础知识，还要求具备较强的计算能力、逻辑推理能力和空间想象能力。

那么，如何在高考数学中拿下解析几何的高分呢？下面就为大家分享一些实用的秘籍。

一、扎实掌握基础知识要想在解析几何中取得高分，首先要对相关的基础知识有深入的理解和掌握。

这包括直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的标准方程、性质、参数方程等。

对于直线，要熟练掌握其点斜式、斜截式、两点式、一般式等方程形式，以及直线的斜率、倾斜角、平行与垂直的判定等知识。

圆的标准方程和一般方程要能熟练转换，并且要清楚圆心坐标和半径的求解方法。

椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程、离心率、焦点坐标等是重点中的重点。

例如，椭圆的定义是平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两定点间的距离）的点的轨迹；双曲线则是平面内到两个定点的距离之差的绝对值等于常数（小于两定点间的距离）的点的轨迹。

只有把这些基础知识牢记于心，才能在解题时迅速准确地运用。

二、注重图形结合解析几何的题目往往都与图形密切相关，因此要养成图形结合的解题习惯。

在解题过程中，先根据题目条件画出图形，这样可以直观地看出问题的关键所在，有助于寻找解题思路。

例如，对于直线与圆的位置关系问题，可以通过画出图形，观察圆心到直线的距离与圆半径的大小关系来判断。

对于椭圆、双曲线和抛物线的问题，画出图形可以帮助我们更好地理解曲线的形状和性质，从而更有效地进行计算和推理。

同时，在图形中标记出已知条件和所求问题，能够让我们更加清晰地把握解题的方向。

三、熟练运用公式和定理解析几何中有很多重要的公式和定理，如两点间距离公式、点到直线距离公式、弦长公式等，要熟练掌握并能灵活运用。

两点间距离公式：＄d ＝＼sqrt{（x_2 x_1)＾2 ＋（y_2 y_1)＾2}＄点到直线距离公式：＄d ＝＼frac{｜Ax_0 ＋ By_0 ＋ C|｝｛＼sqrt{A^2 ＋ B^2}｝＄弦长公式：对于直线$y ＝ kx ＋ b$与曲线$f(x,y) ＝ 0$相交于两点$A(x_1,y_1)＄，＄B(x_2,y_2)＄，弦长$｜AB| ＝＼sqrt{1 ＋ k^2}＼cdot\sqrt{（x_1 ＋ x_2)＾2 4x_1x_2}＄在解题时，准确运用这些公式可以大大提高解题的效率和准确性。

解决解析几何问题的六种通法中点问题点差法已知点A 、B 的坐标分别是(－1，0)、(1，0)，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为－2.(1)求动点M 的轨迹方程；(2)若过点N ⎝⎛⎭⎫12，1的直线l 交动点M 的轨迹于C 、D 两点，且N 为线段CD 的中点，求直线l 的方程．【解】 (1)设M (x ，y )，因为k AM ·k BM ＝－2，所以y x ＋1·y x －1＝－2(x ≠±1)，化简得2x 2＋y 2＝2(x ≠±1)， 即为动点M 的轨迹方程． (2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．当直线l ⊥x 轴时，直线l 的方程为x ＝12，则C ⎝⎛⎭⎫12，62，D ⎝⎛⎭⎫12，－62，此时CD 的中点不是N ，不合题意．故设直线l 的方程为y －1＝k ⎝⎛⎭⎫x －12， 将C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)代入2x 2＋y 2＝2(x ≠±1)得2x 21＋y 21＝2，① 2x 22＋y 22＝2，②①－②整理得k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－2（x 1＋x 2）y 1＋y 2＝－2×2×122×1＝－1，所以直线l 的方程为y －1＝(－1)×⎝⎛⎭⎫x －12， 即所求直线l 的方程为2x ＋2y －3＝0.直线y ＝kx ＋m 与圆锥曲线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，其中点为M (x 0，y 0)，这类问题最常用的方法是“点差法”，即A ，B 在圆锥曲线上，坐标适合圆锥曲线方程，得两个方程作差，通过分解因式，然后使用中点坐标公式、两点连线的斜率公式建立求解目标方程，解方程解决问题．对称问题几何意义法已知椭圆C ：x 216＋y 29＝1，直线l ：y ＝2x ＋b ，在椭圆上是否存在两点关于直线l对称，若存在，求出b 的取值范围．【解】设椭圆C ：x 216＋y 29＝1上存在两点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)关于直线l ：y ＝2x ＋b 对称，P ，Q 的中点为M (x 0，y 0)．因为PQ ⊥l ，所以可设直线PQ 的方程为y ＝－12x ＋a ，代入C 化简整理得13x 2－16ax＋16a 2－144＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝1613a ，y 1＋y 2＝1813a ，故得M ⎝⎛⎭⎫8a 13，9a 13. 因为Δ＞0，所以(－16a )2－4×13(16a 2－144)＞0， 解得－13＜a ＜13.又因为M ⎝⎛⎭⎫8a 13，9a 13在直线l ：y ＝2x ＋b 上， 所以9a 13＝16a 13＋b ，所以b ＝－713a ，因此b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－71313，71313.故在椭圆C 上存在两点关于直线l 对称，且b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－71313，71313.圆锥曲线上存在两点，关于某条直线对称，求参数的取值范围，这类问题常见的解法是：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是圆锥曲线上关于直线y ＝kx ＋b 对称的两点，则PQ 的方程为y ＝－1kx ＋m ，代入圆锥曲线方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，其中P ，Q 的横(或纵)坐标即为方程的根，故Δ>0，从而求得k (或b )的取值范围．最值(范围)问题不等式法已知拋物线C 的顶点为O (0，0)，焦点为F (0，1)． (1)求抛物线C 的方程；(2)过点F 作直线交抛物线C 于A ，B 两点．若直线AO ，BO 分别交直线l ：y ＝x －2于M ，N 两点，求|MN |的最小值．【解】 (1)由题意可设抛物线C 的方程为x 2＝2py (p >0)，则p2＝1，p ＝2，所以抛物线C的方程为x 2＝4y .(2)易知直线AB 的斜率存在．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y消去y ，整理得x 2－4kx －4＝0， 所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.从而|x 1－x 2|＝4k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1x ，y ＝x －2，解得点M 的横坐标x M ＝2x 1x 1－y 1，又y 1＝x 214，所以x M ＝2x 1x 1－x 214＝84－x 1. 同理，点N 的横坐标x N ＝84－x 2.所以|MN |＝2|x M －x N |＝2⎪⎪⎪⎪84－x 1－84－x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 2x 1x 2－4（x 1＋x 2）＋16＝82k 2＋1|4k －3|.令4k －3＝t ，t ≠0，则k ＝t ＋34.当t >0时，|MN |＝2 2 25t 2＋6t＋1>2 2. 当t <0时，|MN |＝2 2⎝⎛⎭⎫5t ＋352＋1625≥852. 综上所述，当t ＝－253，即k ＝－43时，|MN |取得最小值852.解析几何最值(范围)问题，有时需要使用双参数表达直线方程，解决方法：一是根据直线满足的条件，建立双参数之间的关系，把问题化为单参数问题；二是直接使用双参数表达问题，结合求解目标确定解题方案．定点问题参数法已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，过椭圆C 的右顶点A 的两条斜率之积为－14的直线分别与椭圆交于点M ，N ，问：直线MN 是否过定点D ？若过定点D ，求出点D 的坐标；若不过定点，请说明理由．[点拨] 法一，以双参数表达直线MN 的方程，求解双参数满足的关系．法二，以直线AM 的斜率为参数表达直线MN 的方程．【解】 法一：直线MN 过定点D .当直线MN 的斜率存在时， 设MN ：y ＝kx ＋m ，代入椭圆方程得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2.根据已知可知y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－14，即4y 1y 2＋(x 1－2)(x 2－2)＝0，即(1＋4k 2)x 1x 2＋(4km －2)(x 1＋x 2)＋4m 2＋4＝0，所以(1＋4k 2)·4m 2－41＋4k2＋(4km －2)⎝⎛⎭⎫－8km 1＋4k 2＋4m 2＋4＝0， 即(4km －2)(－8km )＋8m 2(1＋4k 2)＝0， 即m 2＋2km ＝0，得m ＝0或m ＝－2k . 当m ＝0时，直线y ＝kx 经过定点D (0，0)．由于AM ，AN 的斜率之积为负值，故点M ，N 在椭圆上位于x 轴两侧，直线MN 与x 轴的交点一定在椭圆内部，而当m ＝－2k 时，直线y ＝kx －2k 过定点(2，0)，故不可能．当MN 的斜率不存在时，点M ，N 关于x 轴对称，此时AM ，AN 的斜率分别为12，－12，此时M ，N 恰为椭圆的上下顶点，直线MN 也过定点(0，0)．综上可知，直线MN 过定点D (0，0)． 法二：直线MN 恒过定点D .根据已知直线AM ，AN 的斜率存在且不为零，A (2，0)． 设AM ：y ＝k (x －2)，代入椭圆方程，得(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0， 设M (x 1，y 1)，则2x 1＝16k 2－41＋4k 2，即x 1＝8k 2－21＋4k 2，y 1＝k (x 1－2)＝－4k1＋4k 2， 即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－21＋4k 2，－4k 1＋4k 2.设直线AN 的斜率为k ′，则kk ′＝－14，即k ′＝－14k ，把点M 坐标中的k 替换为－14k ，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 24k 2＋1，4k 4k 2＋1. 当M ，N 的横坐标不相等，即k ≠±12时，k MN ＝2k 1－4k 2，直线MN 的方程为y －4k 4k 2＋1＝2k1－4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2－8k 24k 2＋1，即y ＝2k 1－4k 2x ，该直线恒过定点(0，0)．当k ＝±12时，M ，N 的横坐标为零，直线MN 也过定点(0，0)．综上可知，直线MN 过定点D (0，0)．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出x ，y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．定值问题变量无关法已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且|F 1F 2|＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433.(1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0，2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．【解】 (1)在△F 1MF 2中，由12|MF 1||MF 2|sin 60°＝433，得|MF 1||MF 2|＝163.由余弦定理，得|F 1F 2|2＝|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1|·|MF 2|·cos 60°＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－2|MF 1|·|MF 2|(1＋cos 60°)，解得|MF 1|＋|MF 2|＝4 2.从而2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝42，即a ＝2 2. 由|F 1F 2|＝4得c ＝2，从而b ＝2， 故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，则其方程为y ＋2＝k (x ＋1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k （x ＋1），得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k （k －2）1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2.从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋（k －4）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －(k －4)·4k （k －2）2k 2－8k ＝4.当直线l 的斜率不存在时，可得A (－1，142)， B (－1，－142)，得k 1＋k 2＝4. 综上，k 1＋k 2为定值．定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．探索问题直推法已知曲线T ：x 22＋y 2＝1(y ≠0)，点M (2，0)，N (0，1)，是否存在经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与曲线T 有两个不同的交点P 和Q ，使得向量OP →＋OQ →与MN →共线？若存在，求出k 值；若不存在，请说明理由．【解】 假设存在，则l ：y ＝kx ＋2，代入椭圆方程得 (1＋2k 2)x 2＋42kx ＋2＝0.因为l 与椭圆有两个不同的交点，所以Δ＝(42k )2－8(1＋2k 2)>0， 解得k 2>12，由题意知直线l 不经过椭圆的左、右顶点，即k ≠±1，亦即k 2>12且k 2≠1.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－42k1＋2k 2.得y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋22＝－42k 21＋2k 2＋22＝221＋2k 2. 所以OP →＋OQ →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－42k 1＋2k 2，221＋2k 2， 又MN →＝(－2，1)，向量OP →＋OQ →与MN →共线等价于x 1＋x 2＝－2(y 1＋y 2)， 所以－42k 1＋2k 2＝(－2)·221＋2k 2，解得k ＝22，不符合题意，所以不存在这样的直线．解决此类问题，首先假设所探求的问题结论成立或存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．。

高中数学解析几何解题技巧解析几何是高中数学中的一大难点，也是考试中的重点内容之一。

掌握解析几何的解题技巧，不仅可以提高解题效率，还能够在考试中获得更好的成绩。

本文将从直线、圆和曲线三个方面介绍解析几何的解题技巧，并通过具体题目的分析来说明每个考点。

一、直线的解析几何解题技巧直线是解析几何中最基础的图形，其解题技巧主要包括确定直线的方程和求直线的性质。

在确定直线的方程时，常用的方法有点斜式和两点式。

例如，已知直线过点A(1,2)且斜率为3，求直线的方程。

根据点斜式的公式y-y₁ = k(x-x₁)，代入已知条件，可以得到直线的方程为y-2=3(x-1)。

在求直线的性质时，常用的方法有平行和垂直关系的判断。

例如，已知直线l₁的方程为y=2x+1，直线l₂与l₁平行且过点(2,3)，求l₂的方程。

根据平行关系的性质可知，l₂的斜率与l₁的斜率相等，因此l₂的方程为y=2x+b。

代入过点(2,3)的条件，可以解得b=-1，所以l₂的方程为y=2x-1。

二、圆的解析几何解题技巧圆是解析几何中的另一个重要图形，其解题技巧主要包括确定圆的方程和求圆的性质。

在确定圆的方程时，常用的方法有标准式和一般式。

例如，已知圆心为(2,-3)且经过点(1,2)，求圆的方程。

根据标准式的公式(x-a)²+(y-b)²=r²，代入已知条件，可以得到圆的方程为(x-2)²+(y+3)²=18。

在求圆的性质时，常用的方法有判断点与圆的位置关系和求切线的斜率。

例如，已知圆的方程为(x-2)²+(y+3)²=18，点P(4,-1)在圆上，求点P处切线的斜率。

根据点与圆的位置关系的性质可知，点P处切线的斜率等于圆的斜率，即-(x-2)/(y+3)。

代入点P的坐标，可以求得点P处切线的斜率为-2/4=-1/2。

三、曲线的解析几何解题技巧曲线是解析几何中的较为复杂的图形，其解题技巧主要包括确定曲线的方程和求曲线的性质。

解析几何压轴大题突破策略——“破题式”三式第一式——定点、定值问题一.定点问题[例1]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)由题意得，c ＝3，a b＝2，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由(y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，)消去y 可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.∴Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.∵点B 在以线段MN 为直径的圆上，∴BM ―→·BN ―→＝0.∵BM ―→·BN ―→＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1)＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0，∴(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km 4k 2＋1＋(m －1)2＝0，整理，得5m 2－2m －3＝0，解得m ＝－35或m ＝1(舍去)．∴直线l 的方程为y ＝kx －35.易知当直线l 的斜率不存在时，不符合题意．故直线l 过定点，且该定点的坐标为(0，－35).[解题技法]圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．[过关训练]1.如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k ＞0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解：(1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)，直线l 与直线l 1的交点为(0,1)，∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2，①由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ，②由①②得(y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，)∴k ·k 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0＝(x ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋1xx 0＝1.(2)由(y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1)得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，∴x M ＝－8k4k 2＋1，y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－k 2＋13k ，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k (x －－8k 4k 2＋1)，即y ＝－k 2＋13k x －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.∴当k 变化时，直线MN 过定点(0，－53).二.定值问题[例2](2019·沈阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM ―→·ON ―→＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．[解](1)当点P 位于短轴的端点时，△PF 1F 2的面积最大，即12×2c ×b ＝3，则有(c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，)解得(a ＝2，b ＝3，)所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立(3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，)消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0,由Δ＞0得4k 2－n 2＋3＞0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n 2k 2＋1＝12＋m (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ＞0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立(3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，)消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上可知，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.[解题技法]圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．(2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引起变量法：其解题流程为[过关训练]2．(2019·昆明调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4，P (2，55)是椭圆C 上的点．(1)求椭圆C 的方程；(2)O 为坐标原点，A ，B 是椭圆C 上不关于坐标轴对称的两点，设OD ―→＝OA ―→＋OB ―→，证明：直线AB 的斜率与OD 的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意知2c ＝4，即c ＝2，则椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2a 2－4＝1，因为点P (2，55)在椭圆C 上，所以4a 2＋15(a 2－4)＝1，解得a 2＝5或a 2＝165(舍去)，所以椭圆C 的方程为x 25＋y 2＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1≠x 2且x 1＋x 2≠0，由OA ―→＋OB ―→＝OD ―→，得D (x 1＋x 2，y 1＋y 2)，所以直线AB 的斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2，直线OD 的斜率k OD ＝y 1＋y 2x 1＋x 2，由(x 215＋y 21＝1，x 225＋y 22＝1，)得15(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0，即y 1＋y 2x 1＋x 2·y 1－y 2x 1－x 2＝－15，所以k AB ·k OD ＝－15.故直线AB 的斜率与OD 的斜率的乘积为定值－15.第二式——最值、范围问题一.最值问题[例1](2018·南昌模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，准线为l ，过焦点F 的直线交C 于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，y 1y 2＝－4.(1)求抛物线C 的方程；(2)如图，点B 在准线l 上的正投影为E ，D 是C 上一点，且AD ⊥EF ，求△ABD 面积的最小值及此时直线AD 的方程．[解](1)依题意知F (p 2，0)，当直线AB 的斜率不存在时，y 1y 2＝－p 2＝－4，解得p ＝2.当直线AB 的斜率存在时，设l AB ：y ＝k (x －p 2)(k ≠0)，由(y ＝k (x －p 2)，y 2＝2px ，)消去x 并整理，得y 2－2p k y －p 2＝0，则y 1y 2＝－p 2，由y 1y 2＝－4，得p 2＝4，解得p ＝2.综上所述，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设D (x 0，y 0)，B (t 24，t )，则E (－1，t )，又由y 1y 2＝－4，可得A (4t 2，－4t ).因为k EF ＝－t 2，AD ⊥EF ，所以k AD ＝2t，则直线l AD 的方程为y ＋4t ＝2t (x －4t 2)，化简得2x －ty －4－8t2＝0.由(2x －ty －4－8t 2＝0，y 2＝4x ，)消去x 并整理，得y 2－2ty －8－16t 2＝0，Δ＝(－2t )2－4(－8－16t 2)＝4t 2＋64t2＋32＞0恒成立，所以y 1＋y 0＝2t ，y 1y 0＝－8－16t2.于是|AD |＝1＋t 24|y 1－y 0|＝1＋t 24(y 1＋y 0)2－4y 1y 0＝4＋t 2t 2＋16t2＋8，设点B 到直线AD 的距离为d ，则d ＝(t 22－t 2－4－8t 2)4＋t 2＝(t 2＋16t 2＋8)24＋t 2.所以S △ABD ＝12|AD |·d ＝14(t 2＋16t 2＋8)3≥16，当且仅当t 4＝16，即t ＝±2时取等号，即△ABD 面积的最小值为16.当t ＝2时，直线AD 的方程为x －y －3＝0；当t ＝－2时，直线AD 的方程为x ＋y －3＝0.[解题技法]圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．[过关训练]1．(2018·安康质检)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1和F 2，由M (－a ，b )，N (a ，b )，F 2和F 1这4个点构成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于A ，B 两点，求△F 2AB 面积的最大值．解：(1)由已知条件，得b ＝3，且2a ＋2c 2×3＝33，∴a ＋c ＝3.又a 2－c 2＝3，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线的方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得(x 24＋y 23＝1，x ＝my －1，)消去x 得，(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0.∵直线过椭圆内的点，∴无论m 为何值，直线和椭圆总相交．∴y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.∴＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋1(3m 2＋4)2＝4m 2＋1(m 2＋1＋13)2＝41m 2＋1＋23＋19(m 2＋1)，令t ＝m 2＋1≥1，设f (t )＝t ＋19t，易知t ∈(0，13)时，函数f (t )单调递减，t ∈(13，＋∞)时，函数f (t )单调递增，∴当t＝m 2＋1＝1，即m ＝0时，f (t )取得最小值，f (t )min ＝109，此时，取得最大值3.二.范围问题[例2](2019·合肥模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线x sin θ＋y cos θ－1＝0相切(θ为常数)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若椭圆C 的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2作直线l 与椭圆交于M ，N 两点，求F 1M ―→·F 1N―→的取值范围．[解](1)由题意，得(c a ＝22，1sin 2θ＋cos 2θ＝c ，a 2＝b 2＋c 2)解得(c ＝1，a 2＝2，b 2＝1，)故椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)得F 1(－1,0)，F 2(1,0)．①若直线l 的斜率不存在，则直线l ⊥x 轴，直线l 的方程为x ＝1，不妨记M (1，22)，N (1，－22)，∴F 1M ―→＝(2，22)，F 1N ―→＝(2，－22)，故F 1M ―→·F 1N ―→＝72.②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，由(y ＝k (x －1)，x 22＋y 2＝1)消去y 得，(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.①F 1M ―→＝(x 1＋1，y 1)，F 1N ―→＝(x 2＋1，y 2)，则F 1M ―→·F 1N ―→＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋k (x 1－1)·k (x 2－1)＝(1＋k 2)x 1x 2＋(1－k 2)(x 1＋x 2)＋1＋k 2，结合①可得F 1M ―→·F 1N ―→＝2(k 4－1)2k 2＋1＋4k 2－4k 42k 2＋1＋1＋k 2＝7k 2－12k 2＋1＝72－922k 2＋1，由k 2≥0可得F 1M ―→·F 1N ―→∈(－1，72).综上可知，F 1M ―→·F 1N ―→的取值范围是(－1，72).[解题技法]解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．[过关训练]2．(2019·惠州调研)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点为A (2,0)，左、右焦点分别为F 1，F 2，过点A 且斜率为12的直线与y 轴交于点P ，与椭圆交于另一个点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为点F 1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点P 且斜率大于12的直线与椭圆交于M ，N 两点(|PM |＞|PN |)，若S △PAM ∶S △PBN ＝λ，求实数λ的取值范围．解：(1)因为BF 1⊥x 轴，所以点B (－c ，－b 2a )，所以(a ＝2，b 2a (a ＋c )＝12，a 2＝b 2＋c 2)解得(a ＝2，b ＝3，c ＝1，)所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)因为S △PAM S △PBN ＝12|PA |·|PM |·sin ∠APM 12|PB |·|PN |·sin ∠BPN ＝2·|PM |1·|PN |＝λ⇒|PM ||PN |＝λ2(λ＞2)，所以PM ―→＝－λ2PN ―→.由(1)可知P (0，－1)，设直线MN 的方程为y ＝kx －1(k ＞12)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得(y ＝kx －1，x 24＋y 23＝1，)化简得，(4k 2＋3)x 2－8kx －8＝0.得(x 1＋x 2＝8k 4k 2＋3，x 1·x 2＝－84k 2＋3.)(*)又PM ―→＝(x 1，y 1＋1)，PN ―→＝(x 2，y 2＋1)，有x 1＝－λ2x 2，将x 1＝－λ2x 2代入(*)可得，(2－λ)2λ＝16k 24k 2＋3.因为k ＞12，所以16k 24k 2＋3＝163k2＋4∈(1,4)，则1＜(2－λ)2λ＜4且λ＞2，解得4＜λ＜4＋2 3.综上所述，实数λ的取值范围为(4,4＋23)．第三式——证明、探索性问题一.证明问题[例1](2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[解](1)由已知得F (1,0)，直线l 的方程为x ＝1.则点A 的坐标为(1，22)或(1，－22).又M (2,0)，所以直线AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x －2，即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k (x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k 2k 2＋1＝0.从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB .综上，∠OMA ＝∠OMB 成立．[解题技法]圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．[过关训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP ―→＋FA ―→＋FB ―→＝0.证明：|FA ―→|，|FP ―→|，|FB ―→|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P (1，－32)，|FP ―→|＝32，于是|FA ―→|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3(1－x 214)＝2－x 12.同理|FB ―→|＝2－x 22.所以|FA ―→|＋|FB ―→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP ―→|＝|FA ―→|＋|FB ―→|，即|FA ―→|，|FP ―→|，|FB ―→|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB ―→|－|FA ―→||＝12|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.二.探索性问题[例2](2019·合肥质检)如图，在平面直角坐标系中，点F (－1，0)，过直线l ：x ＝－2右侧的动点P 作PA ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|PA |＝2|BF |.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 的直线q 交曲线C 于M ，N ，试问：x 轴正半轴上是否存在点E ，直线EM ，EN 分别交直线l 于R ，S 两点，使∠RFS 为直角？若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．[解](1)设P (x ，y )，由平面几何知识得|PF ||PA |＝22，即(x ＋1)2＋y 2|x ＋2|＝22，化简得x 22＋y 2＝1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 22＋y 2＝1(x ≠2)．(2)假设满足条件的点E (n,0)(n ＞0)存在，设直线q 的方程为x ＝my －1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (－2，y 3)，S (－2，y 4)．联立(x 2＋2y 2＝2，x ＝my －1，)消去x ，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0，y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝－m 2m 2＋2－2m 2m 2＋2＋1＝2－2m 2m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，由条件知y 1x 1－n ＝y 3－2－n ，y 3＝－(2＋n )y 1x 1－n，同理y 4＝－(2＋n )y 2x 2－n ，k RF ＝y 3－2＋1＝－y 3，k SF ＝－y 4.因为∠RFS 为直角，所以y 3y 4＝－1，所以(2＋n )2y 1y 2＝－[x 1x 2－n (x 1＋x 2)＋n 2]，(2＋n )21m 2＋2＝2－2m 2m 2＋2＋4n m 2＋2＋n 2，所以(n 2－2)(m 2＋1)＝0，n ＝2，故满足条件的点E 存在，其坐标为(2，0)．[解题技法]存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．[过关训练]2．(2019·福州四校联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为b3，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由内切圆的性质，得12×2c×b＝12×(2a＋2c)×b3，得ca＝12.将x＝c代入x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a，所以2b2a＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立(y＝k(x－1)，3x2＋4y2－12＝0，)得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得(x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，)①其中Δ＞0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得k TS＋k TR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即y1x1－t＋y2x2－t＝0.②因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得k(x1－1)(x2－t)＋k(x2－1)(x1－t)(x1－t)(x2－t)＝k[2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t](x1－t)(x2－t)＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③将①代入③得8k2－24－(t＋1)8k2＋2t(3＋4k2)3＋4k2＝6t－243＋4k2＝0，④则t ＝4，综上所述，存在T (4,0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．【牛刀小试】1.(2018·郑州一检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．(1)求椭圆C 的离心率；(2)如图，过F 1作直线l 与椭圆分别交于P ，Q 两点，若△P Q F 2的周长为42，求F 2P ―→·F 2Q ―→的最大值．解：(1)由题意知|－3ab |a 2＋4b 2＝c ，即3a 2b 2＝c 2(a 2＋4b 2)＝(a 2－b 2)(a 2＋4b 2)．化简得a 2＝2b 2，所以e ＝1－b 2a 2＝22.(2)因为△P Q F 2的周长为42，所以4a ＝42，得a ＝2，由(1)知b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1，且焦点F 1(－1,0)，F 2(1,0)，①若直线l 的斜率不存在，则直线l ⊥x 轴，直线方程为x ＝－1，P (－1，22)，Q (－1，－22)，F 2P ―→＝(－2，22)，F 2Q ―→＝(－2，－22)，故F 2P ―→·F 2Q―→＝72.②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由(y ＝k (x ＋1)，x 2＋2y 2＝2，)消去y 并整理得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，F 2P ―→·F 2Q ―→＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2)＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋k 2＋1＝(k 2＋1)2k 2－22k 2＋1＋(k 2－1)(－4k 22k 2＋1)＋k 2＋1＝7k 2－12k 2＋1＝72－92(2k 2＋1)，由k 2＞0可得F 2P ―→·F 2Q ―→∈(－1，72).综上所述，F 2P ―→·F 2Q ―→∈(－1，72)，所以F 2P ―→·F 2Q ―→的最大值是72.2．(2019·沈阳教学质量监测)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆x 29＋y 24＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP ―→＝2NM ―→.(1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)过F (1,0)的直线l 1与点P 的轨迹交于A ，B 两点，过F (1,0)作与l 1垂直的直线l 2与点P 的轨迹交于C ，D 两点，求证：1|AB |＋1|CD |为定值．解：(1)设P (x ，y )，易知N (x,0)，NP ―→＝(0，y )，又NM ―→＝12NP ―→＝(0，y 2)，∴M (x ，y 2)，又点M 在椭圆上，∴x 29＋(y 2)24＝1，即x 29＋y 28＝1.∴点P 的轨迹E 的方程为x 29＋y 28＝1.(2)证明：当直线l 1与x 轴重合时，|AB |＝6，|CD |＝163，∴1|AB |＋1|CD |＝1748.当直线l 1与x 轴垂直时，|AB |＝163，|CD |＝6，∴1|AB |＋1|CD |＝1748.当直线l 1与x 轴不垂直也不重合时，可设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，则直线l 2的方程为y ＝－1k(x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，联立直线l 1与曲线E 的方程，得(y ＝k (x －1)，x 29＋y 28＝1，)得(8＋9k 2)x 2－18k 2x ＋9k 2－72＝0，可得(Δ＝(－18k 2)2－4(8＋9k 2)(9k 2－72)＞0，x 1＋x 2＝18k 28＋9k 2，x 1x 2＝9k 2－728＋9k 2，)∴|AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48(1＋k 2)8＋9k 2，同理可得x 3＋x 4＝188k 2＋9，x 1x 2＝9－72k 28k 2＋9.则|CD |＝1＋1k 2·(x 3＋x 4)2－4x 3x 4＝48(1＋k 2)9＋8k 2.∴1|AB |＋1|CD |＝8＋9k 248(k 2＋1)＋9＋8k 248(k 2＋1)＝1748.综上可得1|AB |＋1|CD |为定值．3．(2019·惠州调研)已知点C 为圆(x ＋1)2＋y ＝8的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点A (1,0)和AP 上的点M ，满足M Q ―→·AP ―→＝0，AP ―→＝2AM ―→.(1)当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；(2)若斜率为k 的直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，与(1)中所求点Q 的轨迹交于不同的两点F ，H ，O 是坐标原点，且34≤OF ―→·OH ―→≤45时，求k 的取值范围．解：(1)由题意知M Q 是线段AP 的垂直平分线，所以|CP |＝|Q C |＋|Q P |＝|Q C |＋|Q A |＝22＞|CA |＝2，所以点Q 的轨迹是以点C ，A 为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆，所以a ＝2，c ＝1，b ＝a 2－c 2＝1，故点Q 的轨迹方程是x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：y ＝kx ＋t ，F (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切⇒|t |k 2＋1＝1⇒t 2＝k 2＋1.联立(x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋t)⇒(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＝8(2k 2－t 2＋1)＝8k 2＞0⇒k ≠0，x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2，所以OF ―→·OH ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝(1＋k 2)(2t 2－2)1＋2k 2＋kt －4kt 1＋2k 2＋t 2＝(1＋k 2)2k 21＋2k 2－4k 2(k 2＋1)1＋2k 2＋k 2＋1＝1＋k 21＋2k 2，所以34≤1＋k 21＋2k 2≤45⇒13≤k 2≤12⇒33≤|k |≤22，所以－22≤k ≤－33或33≤k ≤22.故k 的取值范围是(－22，－33)∪(33，22).4．已知抛物线C ：y 2＝4x ，过其焦点F 作两条相互垂直且不平行于坐标轴的直线，它们分别交抛物线C 于点P 1，P 2和点P 3，P 4，线段P 1P 2，P 3P 4的中点分别为M 1，M 2.(1)求线段P 1P 2的中点M 1的轨迹方程．(2)求△FM 1M 2面积的最小值．(3)过M 1，M 2的直线l 是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由题设条件得焦点F (1,0)，设直线P 1P 2的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.联立(y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，)得k 2x 2－2(2＋k 2)x ＋k 2＝0，则Δ＝[－2(2＋k 2)]2－4k 2·k 2＝16(1＋k 2)＞0.设P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，设M 1(xM 1，yM 1)，(3)当k ≠±1时，由(2)知直线l 的斜率为k ′＝k 1－k 2，∴直线l 的方程为y ＋2k ＝k 1－k 2(x －2k 2－1)，即yk 2＋(x －3)k －y ＝0，(*)当x ＝3，y ＝0时，方程(*)对任意k (k ≠±1)均成立，即直线l 过定点(3,0)．当k ＝±1时，直线l 的方程为x ＝3，也过定点(3,0)．综上可知，直线l 恒过定点(3,0)．————————————————————————————————————《初、高中数学教研微信系列群》简介：目前有8个群（7个高中群、1个初中群），共3000多大学教授、教师、中学优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志初、高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕初、高中数学教学研究展开教研活动的微信群.宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的初、高中数学教研！特别说明：1.本系列群只探讨初、高中数学教学研究、数学试题研究等相关话题；2.由于本群是集“研究—写作—发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名欢迎各位老师邀请你身边热爱初、高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！群主二维码：见右图————————————————————————————————————。

数学新高考二卷解析几何题答题技巧数学新高考二卷解析几何题答题技巧引言在数学新高考二卷中，解析几何题占据了相当的比重。

解析几何作为数学的重要分支和应用工具，在高考中占据了相当的重要性。

本文将介绍一些针对解析几何题的答题技巧，帮助考生高效解题。

技巧一：熟悉基本公式和定理•需要熟练掌握点、线、面之间的距离公式和斜率公式，这是解析几何题解答的基础。

•熟悉三角形、四边形等图形的周长和面积公式，能够快速运用并进行变形。

技巧二：画图解题•解析几何题通常需要通过画图来帮助理解和分析。

画图可以更直观地看出问题中的条件和求解思路。

•细心观察图形中给出的线段、角度等信息，合理选择参考点和坐标系，有助于简化计算。

技巧三：几何性质的灵活运用•利用几何性质来解析几何题是解题的关键。

比如利用垂直角、对称性、相似三角形、共线等性质来辅助求解。

•注意总结并熟悉一些常见的几何性质和定理，如垂心、重心、外心等，能够快速应用于解题过程中。

技巧四：建立方程求解•对于一些解析几何题目，可以通过建立方程解决问题。

这要求我们善于将几何条件转化为方程，并利用方程进行进一步的推导。

•熟悉直线、圆等几何图形的方程表达式，并掌握解方程的方法，能够帮助快速解决相关问题。

技巧五：几何题与代数题互相转化•高考数学考题中的解析几何与代数题经常有联系，可以通过将几何问题转化为代数问题或者将代数问题图像化的方式来解决。

•将几何问题转化为代数问题可以通过引入变量、利用直线的斜率等方式进行，能够帮助快速解决相关问题。

结论解析几何作为数学的一部分，在高考中占有重要地位。

熟悉基本公式和定理，善于画图、灵活运用几何性质，掌握建立方程和几何与代数互相转化的技巧，将会有助于考生在解析几何题上取得更好的成绩。

通过不断练习和积累，相信考生们能够更加熟练地运用这些技巧，提高解题效率。

技巧六：分类讨论•在解析几何题中，有时候问题较为复杂，无法直接得到结论。

这时候可以采用分类讨论的方法，将问题进行分情况讨论，找到每种情况下的解决方法。

初三数学复习解析几何重难点攻克解析几何作为数学中的一个重要分支，是初中数学中的难点之一。

在初三的数学复习中，解析几何往往是学生们最头疼的部分。

本文将着重介绍初三数学复习中解析几何的重难点，并提供攻克这些难点的方法和技巧。

一、点、线、面的一对一对应关系解析几何是通过坐标系来研究几何图形的性质和关系。

在解析几何中，点、线、面与坐标系之间存在一种一对一对应的关系。

这就意味着我们可以通过给定的几何图形，确定它在坐标系中对应的点、线、面。

反之，我们也可以根据给定的点、线、面，画出它对应的几何图形。

攻克方法：在初三数学复习中，学生们需要熟练掌握点、线、面与坐标系之间的关系。

这可以通过大量的练习来达到。

在做题时，要注意观察题目中给出的信息，确定点、线、面的对应关系，并能够准确地画出对应的几何图形。

二、线段的长度计算在线段的长度计算中，我们需要用到勾股定理或距离公式。

勾股定理适用于直角三角形，即直角边的平方等于斜边的平方和另一直角边的平方之和。

距离公式则适用于一般情况下的两点之间的距离计算。

攻克方法：对于线段的长度计算，学生们要掌握勾股定理和距离公式的应用。

在解决问题时，首先要确定所给的线段是否构成直角三角形，如果是，则可以直接应用勾股定理。

如果不是直角三角形，则需利用距离公式计算两点之间的距离。

三、直线的方程求解直线的方程是解析几何中的一大难点。

直线的方程有不同的形式，如点斜式、斜截式和一般式等。

学生们只有在熟练掌握了不同形式的直线方程，才能够灵活运用，解决复杂的几何问题。

攻克方法：在解析几何的复习中，学生们需要通过大量的练习来熟悉各种形式的直线方程。

掌握点斜式、斜截式和一般式等不同形式的方程，并了解它们之间的相互转换关系。

在解决实际问题时，要根据题目给出的条件和要求，选择适当的直线方程形式。

四、图形的相似性质图形的相似性质是解释几何中的另一个重要内容。

相似图形的特点是形状相似，大小可以不同。

在解析几何中，我们常常需要利用相似性质来求解问题，如求解两个三角形的边长比、面积比等。

高考数学考点归纳之解析几何常见突破口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, 即解析几何问题中的条件转化是如何实现的, 是突破解析几何问题难点的关键所在. 为此,从以下几个途径, 结合数学思想在解析几何中的切入为视角,分析解析几何的“双管齐下〞,突破思维难点.考点一利用向量转化几何条件［典例］如下图,圆C: x2+y2-2x+ 4y- 4=0,问：是否存在斜率为1的直线1,使l与圆C交于A, B两点,且以AB为直径的圆过原点？假设存在,写出直线1的方程；假设不存在,请说明理由.［解题观摩］假设存在斜率为1的直线1,使1与圆C交于A, B两点,且以AB为直径的圆过原点.设直线1的方程为y=x+b,点A(X1, y i), B(x2, y2).y= x+ b,联立x2+y2-2x+4y-4= 0,消去y并整理得2x2 + 2(b+1)x+b2+4b—4=0,b2 + 4b — 4所以x1 +x2= — (b+1), x[x2= 2 .①由于以AB为直径的圆过原点,所以OA^OB,即x1x2 + y〔y2= 0.又y1 = x1+b, y2 = x2 + b,那么x1x2+y1y2= x1x2 + (x1+ b)(x2+ b)= 2x1x2+ b(x1+x2)+ b2 = 0.由①知,b2+ 4b-4- b(b+ 1)+b2=0,即b2+3b— 4=0,解得b= —4 或b=1.当b = - 4或b= 1时,均有A= 4(b+1)2-8(b2+4b-4)=- 4b2-24b+36>0,即直线1与圆C有两个交点.所以存在直线1,其方程为x— y+ 1 = 0或x— y— 4= 0.［关键点拨］以AB为直径的圆过原点等价于0人,08,而0人,08又可以“直译〞为x i X2+y i y2=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、难译〞的条件通过平面几何知识“转化〞为“简单、易译〞的条件后再进行“直译〞,最后联立“直译〞的结果解决问题.考点二角平分线条件的转化［典例］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)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,假设x轴是/ PBQ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, v),那么由勾股定理得x2 + 42=(x-4)2+y2,化简即得圆心的轨迹C的方程为y2=8x.(2)证实：法一：由题意可设直线l的方程为y=kx+b(kw0).y= kx+ b,联立o得k2x2+2(kb—4)x+b2 = 0.y2= 8x,由A= 4(kb-4)2-4k2b2>0,得kb<2.设点P(x i, y i), Q(x2, y2),2 kb-4 b2那么x1+x2= - --- k2-,xix2=k2由于x轴是/ PBQ的角平分线,所以k PB+k QB=0,口H y i y2 2kx1x2+ k+b x i + x2+2b 8 k+ b即k pB+ k Q B= - + - = ------------------------------------------------------------------------------------- =---------------------------------- 2 = 0,x i+1 x2+ 1 x i + 1 x2+ 1 x i +1 x2+ 1 k2所以k+ b= 0,即b= 一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(xi, yi), Q' (x2,y2),由条件可得,Q与Q'关于x轴对称,故Q(x2, —y).x= my— 1,联立消去x得y2—8my+8= 0,y2= 8x,其中A= 64m2— 32>0, yi+y2=8m, yiy2= 8., y i + y2 8所以k pQ = = ,x i —x2 y i — y2因而直线PQ的方程为y —y i = ~- 一(x—x i). y i — y2又y i y2= 8, y2 = 8x1,将PQ的方程化简得(y i —y2)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,那么它一定在x轴上,所以设定点坐标为(a,0),直线PQ的方程为x=my+ a.x= my+ a,联立2消去x,y2= 8x整理得y2—8my—8a=0, A>0.yi + y2= 8m,y i), Q(x2, y2),那么yiy2= — 8a.设点P(xi,由条件可知k PB+ k QB = 0,即k pB+ k Qmy i + ay2 + my2+a y i + y i + y2x i i x2 i2my i y2+ a+i y i+y2 .x i i x2 i '所以一8ma+8m=0.由m的任意性可知a=i,所以直线l恒过定点(i,0).法四：设P yi , Q y2,y2 ,8 8由于x轴是/ PBQ的角平分线,所以k pB+ k Q B= 2yi + 2y2 = 0 , 品?i整理得(y i + y)喈+i =0.8由于直线l不垂直于x轴,所以yi+y2W0,可得yiy2= — 8.由于kpQ=yy=yi%,8 8所以直线PQ的方程为y-yi = E故直线l恒过定点(1,0).［关键点拨］此题前面的三种解法属于比拟常规的解法,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,防止了联立方程组,计算相对简单,但是解法二和解法四中含有两个参数yi,y2,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.考点三弦长条件的转化................... . . (x)［典例］如图所不,椭圆G:5+丫2=1,与x轴不重合的直线l经过左焦点Fi,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)假设直线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？假设存在,求出直线l的方程；假设不存在,请说明理由.［解题观摩］(1)由题意可知点F1(-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 I, y1), B(x2, y2),y=x+1,由x29消去y并整理得3x2+4x= 0,-+ y2= 1,2 y1+y2=3,4那么X1+X2=—",3因此中点M的坐标为一2, 1 .3 31故直线OM的斜率为今=—1.一3(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.x= my— 1,由乂2 消去x并整理得(m2 + 2)y2—2my—1 = 0.y2= 1 ,2my-y2=M〞设点A(Xi, yi), B(X2, y2),那么可得|AB|=#V帚|yi —y2|" 4~ 2-J2m2+ 1Z I _ ----------- JL ---------------------------m2 + 2 m2 + 2 m2 + 22m20—4xi + X2= m(yi + y2)- 2 = 2 . o一 2 , o,' m + 2 m + 2一一2 m所以弦AB的中点M的坐标为Fk,, m + 2 m + 2故直线CD的方程为y= —,x.my=一万x,联立 2 消去y并整理得2x2 + m2x2-4=0,f+y2=i,4解得X2=m+2由对称性,设C(xo, yo), D(-xo, - yo),那么需=■^寺q,可得|CD|=^J77^ .粗17 m2 + 4 熹=2由于|AM|2= |CM||DM|=(|OC|- |OM|)(|OD|+ |0M|),且QC|= |0D|,所以|AM|2= |OC|2-|OM|2,即|AB|2= |CDp-4|OM|2,而8 rn2+ 1 f 4 n?+4 _4_ _那么m2+22=m2+2 ~4 m2+2^ 背+2?,解得m2= 2,故m =所以直线I的方程为x-/y+1 = 0或x+巾y+1 = 0.［关键点拨］此题(2)的核心在于转化|AM|2=|CM| DMI中弦长的关系.由|CM|= QC|—|OM|, |DM| =11 9 |OD|十|OM|,又|OC|= |OD|,得|AM『=|OC|2一|OMF.又|AM|=］|AB|, |OC|=5|CD|,因此|AB『= |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.考点四 面积条件的转化［典例］设椭圆的中央在坐标原点, 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：如下图,依题意得椭圆的方程为 =1,直线AB, EF 的方程分别为 x+ 2y=2, y=kx(k>0). 设点 E(x i, kx i ), F(x 2, kx 2),其中 x i< X 2, 且 x i, x 2满足方程(1 + 4k 2)x 2=4,|x i + 2kx i —2| 2 1 + 2k+Rl + 4k 2 一 朗 小1 + 4k 2 ■ +2%—2| 2 1 + 2k —{i + 4k 2 h"乖 、5 1 + 4k 2又 |AB|=、22+ 12 = y[5, 所以四边形AEBF 的面积为 1 1 4 1 + 2k 2 1 + 2k /i + 4k 2+4k /4k 2 5,-'5 1 +4k 2 ,1+4k 2 2 \ 1 4k2 2 . 1 + i 4k2因此四边形AEBF 的面积的最大值为 2ylV 2 法二：依题意得椭圆的万程为% yj.直线EF 的方程为y=kx(k> 0). 设点 E(x i, kx i ), F(x 2, kx 2),其中 x i 〈x 2.y= kx,联立 X 2 … 消去 y,得(1+4k 2)x 2=4.7+ y 2= 1 4 花 —2 2故 x [ =x 2= fW + 4k 2W+4k 2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-1 , S= 21ABi h <+ h 2)1 1当且仅当(…,即k=2时取等号.故x2=.①2镇,因此四边形AEBF 的面积为1 1 4^1 + k2 1 + 2k 2 1 + 2k/4k 2+4k +1/4k -s= 2|EF|出什如交^^^二^^勺^^:飞卜,二2 /1+1^—<2^/2,当且仅当k=4k,即k=2时取等号.V k+4k因此四边形AEBF 的面积的最大值为 2〞. ［关键点拨］1 ... ............如果利用吊规方法理解为 S 四边形AEBF = S/xAEF + $△ BEF =~|EF | d 什d 2)(其中d1,d 2分别表不 点A, B 到直线EF 的距离),那么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,假设把四边形 AEBF 的面积 拆成两个小三角形 一一4ABE 和"BF 的面积之和,那么更为简单.由于直线 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.［总结规律快速转化］做数学,就是要学会译,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几何性质 代数实现 (1)对边平行 斜率相等,或向量平行 (2)对边相等 长度相等,横(纵)坐标差相等(3)对角线互相平分中点重合2.直角三角形条件的转化几何性质 代数实现(1)两辿垂直 斜率乘积为一1,或向量数量积为(2)勾股定理两点的距离公式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 di =|2k| — 2k 5+ k 2 5+k 2,|EF|= .1 + k 2 -x1-x2|=13 .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.［课时跟^^检测］3 x21,椭圆C经过点1, 2 ,且与椭圆E: 3 +黄=1有相同的焦点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)假设动直线l： y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P,且与直线x=4交于点Q,问：以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M?假设存在,求出定点M的坐标；假设不存在, 请说明理由.解：(1)椭圆E的焦点为(±1,0)x2 y2设椭圆C的标准方程为巫+ b^= 1(a>b>0),91 , 4 a2=4,那么?+孑=1 ?解得9a bb2=3,a2-b2= 1 ,一 , ,,、、< x2 y2所以椭圆C的标准方程为-+y3-=1.y= kx+ m,(2)联立x27+y2消去V, 3=1得(3 + 4k2) x2 + 8kmx+ 4m2— 12 = 0,所以A= 64k2m2—4(3 +4k2)(4m2—12) = 0,即m2= 3+ 4k2.设P(xp, yp),那么xp=f；=—空yp=kxP+m=—/+ m=之 3 + 4k2m m m一4k 3即P—三,m .假设存在定点M(S, t)满足题意,由于Q(4,4k+ m),那么MP =-处-s, m 3m-t , MQ = (4 —s,4k+ m-1),所以MP MQ = 4k——sm、 3 ........................ 4k 3 , 一,, ,2 (4—s)+ m―t (4k + m-1)= - -(1 - s) - m,+ m+4k t+ (s2-4s+3 + t2)=0 恒成立,1-s=0,故t= 0,s2-4s+ 3+t2=0,s= 1, 解得t=0.所以存在点M(1,0)符合题意.b2•=1(a>b>0)的短轴长为2y[2,离心率为乂6,点A(3,0), P是C 3 上的动点,F为C的左焦点.⑴求椭圆C的方程;(2)假设点P 在y 轴的右侧,以AP 为底边的等腰△ ABP 的顶点B 在y 轴上,求四边形FPAB 面积的最小值.2b=2 也解：(1)依题意得 c=亚, 解得a=^6, a 3 ,b= 2 a 2=b 2+c 2.•・椭圆C 的方程是：+[=1.(2)设 P(x 0, y 0)(一陋vy 0〈也,yow .,xo0),线段AP 的中点为M,那么AP 的中点M x 0拦,y 0 ,直线AP 的斜率为」0不, 2 2 X0-3由4ABP 是以AP 为底边的等腰三角形,可得 BMXAP,・•・直线AP 的垂直平分线方程为y 0 x 0— 3 y — o =— y 2 V .x 2 y 0- 2y 0— 3 +2=1,—B 0,,•••F(-2,0),2 _ 2 y0 _ 3,四边形FPAB 的面积S=2|y °|十三-x 0 3 x- -~2—,令x=0得B 0, y2+x0 —92y 0 ,X 2 3 4故椭圆C 的方程为:+y 2=i.(2)由PM 是/ F 1PF 2的角平分线,mB |PFi| = JPF2I|PF I |=|F J MJ|F i M|— |F 2M| IPF 2I — |F 2M|.设点 P(X 0, y 0)( —2 V X 0V 2),又点 F i (—炉,0), F 2(炉,0), M(m,0), 那么 |PF 11= yj - -J3 — X 0 2+ y 2 = 2 + -2x 0, |PF 21 = yj * —X0 2+ y 2 =2 —当X 0.又|F i M|=|m+ V 3|, |F 2M|=|m —m |,且—V 3v m vV 3, 所以 |F i M|=m+ 43, |F 2M | = 43—m.33 而一2VX 0V 2,因此一2< m<Q .,. 一 , 一 3 3故实数m 的取值范围为 一,Q .,所以 X i+X 2=0, X 1X 2= 1 ,b 2 + 1a 2 8 由AB, F 1F 2互相平分且共圆,易知,AF 21BF 2,由于 KA=(X i —3, y i ), F2B = (X 2-3, y 2),所以 F 2A F 2B = (x i- 3)(x 2- 3) + y i y 2=1 +7 X 1X 2 + 9= 0. o n __ . 一 a 2b 2一即 xix2=— 8,所以有 i-=— 8, b +0a结合 b 2+9=a 2,解得 a 2= i2,2 2 4. (2021沈阳模拟)椭圆 上+卜1(a>b>0)的左,右焦点分别为 F i, F 2,且|F i F 2| =6,直线y=kX 与椭圆交于A, B 两点.⑴假设^AF i F Q 的周长为i6,求椭圆的标准方程；4 2(2)假设卜=丁,且A, B, F i, F 2四点共圆,求椭圆离心率 e 的值;(3)在(2)的条件下,设 P(x 0, y .)为椭圆上一点,且直线 PA 的斜率k iC(—2, —1),试求 直线PB 的斜率k 2的取值范围.解：(i)由题意得 c=3,根据 2a+ 2c= i6,得 a =5.结合 a 2= b 2+ c 2,解得 a 2= 25, b 2 =2+ 所以2-3 二-X 02 3+ m ....... .3 ,化间得m=[X 0,i6.所以椭圆的标准方程为 22 25+w =1. X 2 y /也2=1,⑵由五y= 4X , 得 b 2+i a 2 X 2-a 2b 2=0. o 设 A(x i, y i ), B(X 2, y 2).所以离心率e= -23.x2 y2⑶由(2)的结论知,椭圆万程为行十号=i,,廿一』——v o —y i . v o+v i由题可知A(x i, y i), B(-x i, — y i), k i = , k2= ,x o —x i x o 十x i 〜y2— y2所以k i k2=yT,x6—x2x2 x2修_3i-^-3i-^ __i _2 _2 2 _2 A ,x2 —x2 xa— x2 4r 一i即k2= 一 ~~,4k i由一2vki<—i 可知,"< k2<1. 8 4r ,八一“一i i即直线PB的斜率k2€ 7,;.8 45 3=22|y01+丽R5飙当且仅当21y0|=普,即丫0=假设时等号成立,四边形FPAB面积的最小值为55.3椭圆C：1(a>b>0)的左、右焦点分别是a, F2,离心率为杀过点&且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.⑴求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点, 连接PF i, PF2,设/F1PF2的角平分线PM 交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围.解：(1)将乂= —c代入椭圆的方程壬+3 1,得y=4由题意知誓=1,故"2b2又e=c=*,衅$即a=2b,所以a=2, b=1,。

数学解析几何突破技巧数学解析几何作为高中数学的重要部分，相信大家都有所了解。

解析几何是利用代数的方法研究几何问题的一种数学分支。

在解析几何的学习中，我们可能会遇到一些困难，但只要掌握一些突破技巧，就能轻松应对各种解析几何问题。

本文将为大家介绍一些解析几何的突破技巧，希望能帮助大家更好地掌握解析几何知识。

一、直线与圆的相交问题在解析几何中，直线与圆的相交问题是一个常见的难点。

为了解决这类问题，我们可以采取以下两种策略：1. 使用方程求解对于已知的直线和圆，可以将它们的方程进行联立，得到方程组，然后通过解方程组求解交点的坐标。

具体步骤如下：a) 将直线和圆的方程分别表示为一元二次方程；b) 将直线方程代入圆的方程，得到一个一元二次方程；c) 解这个一元二次方程，得到交点的坐标。

2. 利用性质和特点求解直线与圆的相交问题中，有很多性质和特点可以利用。

例如，可以通过判断直线与圆的位置关系，进而确定相交的情况。

常见的性质和特点有：切线、相切、相交、不相交等。

在具体问题中，可以根据题目给出的条件，结合这些性质和特点来进行判断。

二、平面与直线的位置关系在解析几何中，平面与直线的位置关系也是一个需要注意的问题。

为了判断平面与直线的关系，可以采取以下方法：1. 利用点到平面的距离公式对于已知的平面和直线，可以使用点到平面的距离公式来计算直线上的任意一点到平面的距离。

具体步骤如下：a) 将平面的方程表示为点法式方程；b) 将直线的方程带入点法式方程中，得到点到平面的距离公式；c) 根据距离的正负值判断平面与直线的位置关系。

2. 利用向量的方法通过向量的方法，可以判断平面与直线的位置关系。

具体步骤如下：a) 将直线的方程表示为向量方程；b) 求出平面的法向量；c) 判断法向量与直线向量的夹角，从而确定平面与直线的位置关系。

三、空间中的几何构造在解析几何中，空间中的几何构造是一个需要灵活应用的技巧。

通过空间中的几何构造，可以帮助我们理清问题的思路，更好地解决问题。