第2講　解析幾何中的“瓶頸題”

1、第2講解析幾何中的“瓶頸題”【突破解析幾何】第2講解析幾何中的“瓶頸題”(本講對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第8188頁)數(shù)學(xué)解答題是高考數(shù)學(xué)試卷中的一類重要題型，主要分六塊：三角函數(shù)(或與平面向量交匯)、立體幾何、應(yīng)用問題、解析幾何(或與平面向量交匯)、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(或與不等式交匯)、數(shù)列(或與不等式交匯).其中三角函數(shù)和立體幾何屬于基礎(chǔ)問題，若能夠拿下應(yīng)用問題和解析幾何題，就攻下全部中下檔題目，便鎖定了128分，應(yīng)該認(rèn)為這已打了一個(gè)大勝仗，基本上已經(jīng)進(jìn)入了“第一方陣”(本科行列).解析幾何重點(diǎn)考查的內(nèi)容是：直線與方程，圓方程，圓錐曲線的定義，標(biāo)準(zhǔn)方程及其應(yīng)用，離心率、焦點(diǎn)、準(zhǔn)線和漸近線等簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì)以及數(shù)學(xué)

2、學(xué)科內(nèi)在的聯(lián)系和綜合.解析幾何解答題重點(diǎn)考查的內(nèi)容是：圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線和圓錐曲線的位置關(guān)系.常考常新的題型有軌跡、最值、定值、對(duì)稱、參數(shù)范圍、幾何證明、實(shí)際應(yīng)用和探究性問題等.圓錐曲線是高考的重點(diǎn)、難點(diǎn)和熱點(diǎn)，其難度往往體現(xiàn)在運(yùn)算上，尤其是代數(shù)式的運(yùn)算，“降低運(yùn)算量”應(yīng)視為解答解析幾何綜合問題的首要理念，只有將運(yùn)算量有效地降下來，才能回避繁重的計(jì)算.因而，如何降低其運(yùn)算量是突破解析幾何問題的關(guān)鍵.【解法概述】舉題說法突破瓶頸回歸定義，追根溯源定義是事物本質(zhì)屬性的概括與反映.圓錐曲線的定義不僅是推導(dǎo)圓錐曲線方程的依據(jù)，也是常用的解題方法.事實(shí)上，圓錐曲線的許多性質(zhì)都是由定義派生出來的.對(duì)

3、某些圓錐曲線問題、甚至一些從表面上看并不是圓錐曲線問題的問題，若采取“回歸定義”的策略，把定量的計(jì)算和定性的分析有機(jī)地結(jié)合起來，則往往能獲得題目所固有的本質(zhì)屬性，達(dá)到準(zhǔn)確判斷、合理運(yùn)算、靈活解題的目的，這樣可使計(jì)算量大大減少.例1如圖，圓C：(x+2)2+y2=36，P是圓C上的任意一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2，0)，線段PA的垂直平分線l與半徑CP交于點(diǎn)Q.求點(diǎn)Q的軌跡G的方程.(例1)【分析】因?yàn)镼A=QP，所以QC+QA=QC+QP=CP=r=6，再根據(jù)橢圓的定義，點(diǎn)Q的軌跡G是中心在原點(diǎn)，以C，A為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于6的橢圓.【解答】圓C的圓心為C(-2，0)，半徑r=6，CA=4，連接QA

4、.由已知得QA=QP，所以QC+QA=QC+QP=CP=r=6>CA.根據(jù)橢圓的定義，點(diǎn)Q的軌跡G是中心在原點(diǎn)，以C，A為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于6的橢圓，即a=3，c=2，b2=a2-c2=9-4=5，所以點(diǎn)Q的軌跡G的方程為+=1.【點(diǎn)評(píng)】應(yīng)用定義求動(dòng)點(diǎn)軌跡或其方程，其優(yōu)勢(shì)在于避免列式、化簡(jiǎn)等繁瑣的代數(shù)處理過程，給人以簡(jiǎn)捷、明快之感.定義法是解析幾何中最樸素、最基本的數(shù)學(xué)思想方法，可以說它是求動(dòng)點(diǎn)軌跡或其方程的重要方法之一.練習(xí)1如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：+y2=1與雙曲線C2的公共焦點(diǎn)，A，B分別是橢圓C1和雙曲線C2在第二、四象限的公共點(diǎn).若四邊形AF1BF2為矩形，則雙曲線C2的離心

5、率為.(練習(xí)1)【分析】在RtAF1F2中運(yùn)用橢圓的定義、雙曲線的定義及勾股定理求解.【答案】【解析】設(shè)雙曲線的方程為-=1(a>0，b>0)，則AF2+AF1=4，AF2-AF1=2a，得AF2=2+a，AF1=2-a，而c=，由題意得(2)2=(2-a)2+(2+a)2，解得a=，所以e=.【點(diǎn)評(píng)】也可以通過橢圓C1與圓x2+y2=3(以F1F2為直徑的圓)求得交點(diǎn)A后，把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入雙曲線C2求其離心率，但運(yùn)算量較大.練習(xí)2如圖，已知拋物線C：y2=8x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，P是l上一點(diǎn)，Q是直線PF與拋物線C的一個(gè)交點(diǎn)，若=4，則|=.(練習(xí)2)【分析】過點(diǎn)Q作QM直線l

6、于點(diǎn)M，設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)N，由PQMPFN求QM，再利用拋物線的定義求QF.【答案】3(練習(xí)2)【解析】如圖，過點(diǎn)Q作QM直線l于點(diǎn)M，設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)N，因?yàn)?4，所以=.又FN=4，則=，所以QM=3，由拋物線定義知QF=QM=3.【點(diǎn)評(píng)】本題也可設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線FP：y=k(x-2)與y2=8x聯(lián)立求y1，y2(含k)，再通過=求k的值，然后求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，最后求QF，但運(yùn)算非常大.所以若能靈活地運(yùn)用圓錐曲線的定義考慮問題，可使解答更為直觀、運(yùn)算量更低.設(shè)而不求，多思少算例1已知圓C1：x2+y2=1，圓C2：(x-1)2+(y-1)2=1，求兩圓公共

7、弦所在直線的方程.【分析】容易想到聯(lián)立兩個(gè)方程求得兩圓的交點(diǎn)坐標(biāo)，并利用“兩點(diǎn)式”求出直線方程.可是明顯計(jì)算量較大.事實(shí)上，考慮設(shè)兩圓交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則點(diǎn)A同時(shí)滿足圓C1和圓C2的方程，即+=1且(x1-1)2+(y1-1)2=1，所以+-(x1-1)2+(y1-1)2=1-1=0，即得x1+y1-1=0，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)滿足方程x+y-1=0為一個(gè)直線方程，同理，點(diǎn)B亦滿足這個(gè)直線方程.綜上可知，點(diǎn)A與點(diǎn)B均在直線x+y-1=0上，故而兩圓公共弦即交點(diǎn)連線所在直線方程就是x+y-1=0.上述分析似乎很煩，但若能明白其中的道理，可以簡(jiǎn)化解題過程.【解答】設(shè)C1和C2的交

8、點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A(x1，y1)，B(x2，y2)同時(shí)滿足x2+y2-(x-1)2+(y-1)2=0，即x+y-1=0，所以lAB：x+y-1=0就是所求.【點(diǎn)評(píng)】本題解題思路言簡(jiǎn)意賅，只是思考的過程多了，利用“設(shè)交點(diǎn)而不求交點(diǎn)，但利用它解題”便可以使解題過程簡(jiǎn)單明了.例2過橢圓+=1內(nèi)一點(diǎn)M(2，1)引一條弦，使弦被點(diǎn)M平分，求這條弦所在直線的方程.【解答】設(shè)直線與橢圓的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2).因?yàn)镸(2，1)為AB的中點(diǎn)，所以x1+x2=4，y1+y2=2.又A，B在橢圓上，則+4=16，+4=16，以上兩式相減得(-)+4(-)=0，所以(x1

9、+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0，所以=-=-=-，即kAB=-.故所求直線的方程為y-1=-(x-2)，即x+2y-4=0.練習(xí)已知A，B是雙曲線x2-=1上的兩點(diǎn)，AB的中點(diǎn)為M(1，2).(1) 求直線AB的方程；(2) 如果線段AB的垂直平分線與該雙曲線交于C，D兩點(diǎn)，那么A，B，C，D四點(diǎn)是否共圓?為什么?【解答】(1) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有兩式相減，得(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2)，由題意得x1x2，x1+x2=2，y1+y2=4，所以=1，即kAB=1.故直線AB的方程為y=x+1.(2) 假設(shè)A，B，C

10、，D四點(diǎn)共圓，且圓心為P.因?yàn)锳B為圓P的弦，所以圓心P在AB的垂直平分線CD上.又弦CD過圓心P，故圓心P為CD的中點(diǎn).下面只需證CD的中點(diǎn)P滿足PA=PB=PC=PD，即只需證PA=PC.由得A(-1，0)，B(3，4)，求得直線CD的方程為y=-x+3.由得C(-3+2，6-2)，D(-3-2，6+2)，所以CD的中點(diǎn)P(-3，6).由PA=2，PC=2，即PA=PC，所以PA=PB=PC=PD，即A，B，C，D四點(diǎn)在以點(diǎn)P(-3，6)為圓心、2為半徑的圓上.平幾滲透，數(shù)形結(jié)合解析幾何首先是幾何問題，一味強(qiáng)調(diào)解析幾何中的代數(shù)運(yùn)算有時(shí)會(huì)導(dǎo)致繁瑣的過程，而如果能在進(jìn)行計(jì)算的同時(shí)綜合考慮幾何因

11、素的話，即在用代數(shù)方法研究曲線間關(guān)系的同時(shí)，充分利用好圖形本身所具有的平面幾何性質(zhì)，?？傻贸龊?jiǎn)捷而優(yōu)美的解法.例1已知A(3，0)是圓x2+y2=25內(nèi)的一個(gè)定點(diǎn)，以A為直角頂點(diǎn)作RtABC，且點(diǎn)B，C在圓上，試求BC中點(diǎn)M的軌跡方程.【分析】B，C都為圓x2+y2=25上的動(dòng)點(diǎn)，可引進(jìn)角參數(shù)，設(shè)出B，C的坐標(biāo)，然而這將導(dǎo)致繁復(fù)的運(yùn)算.如果注意到由“垂徑定理”知OMBC(O為原點(diǎn))，那么再結(jié)合CAB=90°，AM=BM=CM=BC，即可迅速解題.(例1)【解答】設(shè)M(x，y)，如圖，連接OC，OM，MA，因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，則由垂徑定理知，OMBC，所以O(shè)M2+MC2=OC2.因?yàn)樵?/p>

12、RtABC中，AM=BM=CM=BC，所以O(shè)M2+AM2=OC2，即x2+y2+(x-3)2+y2=25，所以點(diǎn)M的軌跡方程為x2+y2-3x-8=0.【點(diǎn)評(píng)】“垂徑定理”的使用，讓我們?cè)趯ふ襇的坐標(biāo)中的x與y的關(guān)系時(shí)，跳過了兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)B，C，而直達(dá)一個(gè)非常明確的結(jié)果OM2+AM2=OC2.這大大減少了運(yùn)算量.例2如圖，已知點(diǎn)P是圓O：x2+y2=1上第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓O的切線交橢圓C：+y2=1于Q(x1，y1)，R(x2，y2)(y1>y2)兩點(diǎn)，橢圓C的右焦點(diǎn)為F(，0).(例2)(1) 求證：PQ+FQ=2；(2) 求QR的最大值.【分析】(1) 由兩點(diǎn)間的距離公式求

13、QF(用x1表示)，由勾股定理求PQ(用x1表示)；(2) 同理PR+FR=2，有QR+QF+FR=4，結(jié)合QRQF+FR求解.【解答】(1) 由點(diǎn)Q(x1，y1)在橢圓上得+=1，則QF=2-x1，PQ=x1，即PQ+FQ=2.(2) 由(1)同理得PR+FR=2，則QR+QF+FR=4.又QRQF+FR2QR4，即QR2，所以當(dāng)QR過點(diǎn)F時(shí)取得最大值2.【點(diǎn)評(píng)】運(yùn)用平面幾何知識(shí)，可降低運(yùn)算量、直觀地解決問題.如：(1) 線段垂直平分線：已知線段AB，動(dòng)點(diǎn)P滿足PA=PB點(diǎn)P在線段AB的垂直平分線上.(2) 三角形：三角形的兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊；等腰三角形的兩底角相等，且兩

14、底角必為銳角；兩個(gè)特殊直角三角形.(3) 四邊形：對(duì)角線互相垂直的四邊形的面積等于兩對(duì)角線之積的一半；平行四邊形的對(duì)角線互相平分(反之也行)；菱形的對(duì)角線互相平分且互相垂直(反之也行)；矩形的對(duì)角線互相平分且相等(反之也行)；正方形的對(duì)角線互相平分、垂直、相等(反之也行)，其中含有等腰直角三角形.(4) 圓：直徑所對(duì)的圓周角為直角(反之也行)；垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦(反之也行).練習(xí)1設(shè)拋物線x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，其準(zhǔn)線與雙曲線x2-y2=3相交于A，B兩點(diǎn)，若ABF為等邊三角形，則p=.【分析】由ABF為等邊三角形，得到點(diǎn)B的坐標(biāo)，再代入雙曲線方程求p的值.【答

15、案】6【解析】由ABF為等邊三角形，知B，代入x2-y2=3解得p=6.練習(xí)2已知點(diǎn)A(1，1)，B(2，2)，點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為，|PA-PB|的最大值為.【分析】點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A'(1，-1)，則PA+PB=PA'+PBA'B.【答案】【解析】點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A'(1，-1)，則PA+PB=PA'+PBA'B=；|PA-PB|AB=.同理推算，整體代換例1(1) 如圖，設(shè)拋物線P：y2=x，直線AB與拋物線P交于A，B兩點(diǎn)，且OAOB，+=，求四邊形AOBC面積的最小值.(例1)(2) 已知雙曲線-y2=

16、1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x1，-y1)是雙曲線上不同的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡E的方程.【分析】(1) 設(shè)直線OA：y=kx，與y2=x聯(lián)立可求得點(diǎn)A的坐標(biāo)(用k表示)，由OAOB，知OB為y=-x，只需將點(diǎn)A坐標(biāo)中的k替換為-即得點(diǎn)B的坐標(biāo)，再求S=OA·OB的最小值.(2) 求得直線A1P與A2Q的方程后，將兩方程相乘，結(jié)合-=1整體消去x1，y1，即得直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡E的方程.【解答】(1) 依題意，知直線OA，OB的斜率存在，設(shè)直線OA的斜率為k，由于OAOB，設(shè)直線OA的方程為y=kx，則直線OB的方程為y=-x，

17、由消去y，得k2x2-x=0，解得x=0或x=，所以點(diǎn)A，同理得點(diǎn)B(k2，-k)，由+=，知四邊形AOBC是平行四邊形.又，則四邊形AOBC是矩形，其面積S=|=·=2.當(dāng)且僅當(dāng)k2=，即k2=1時(shí)，等號(hào)成立，即四邊形AOBC的面積的最小值為2.(2) 由A1，A2為雙曲線的左、右頂點(diǎn)知，A1(-，0)，A2(，0)，直線A1P為y=(x+)，直線A2Q為y=(x-)，兩式相乘得y2=(x2-2).又點(diǎn)P(x1，y1)在雙曲線上，得-=1，即=，故y2=-(x2-2)，所以直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡E的方程為+y2=1(xy0).【點(diǎn)評(píng)】在(1)中，得到點(diǎn)A后，只需用-替換k，即

18、得B(k2，-k).遇到類似的東西，只需將結(jié)果作“同理推算”(替換)即可，不必重算一遍.在(2)中，也可聯(lián)立A1P與A2Q的方程，解得交點(diǎn)的坐標(biāo)后，再消去x1，y1，求軌跡E的方程，但運(yùn)算要大很多.“同理推算”與“整體運(yùn)算”是降低運(yùn)算量的有效方法，它可以化繁為簡(jiǎn)，直奔結(jié)果.練習(xí)1已知拋物線C：x2=4y，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)為直線l：x-y-2=0上一定點(diǎn)，過點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點(diǎn)，求直線AB的方程.【解答】由x2=4y得，y=x2，求導(dǎo)得y'=x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1)，即y=x-+y1，即x1x

19、-2y-2y1=0.同理可得切線PB的方程為x2x-2y-2y2=0.因?yàn)榍芯€PA，PB均過點(diǎn)P(x0，y0)，則x1x0-2y0-2y1=0，x2x0-2y0-2y2=0，所以(x1，y1)，(x2，y2)為方程x0x-2y0-2y=0的兩組解，所以直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.練習(xí)2如圖，已知A，B分別為曲線C：+y2=1(y0，a>0)與x軸的左、右兩個(gè)交點(diǎn)，直線l過點(diǎn)B，且與x軸垂直，S為l上異于點(diǎn)B的一點(diǎn)，連接AS交曲線C于點(diǎn)T.點(diǎn)M是以SB為直徑的圓與線段TB的交點(diǎn).試問：是否存在a，使得O，M，S三點(diǎn)共線?若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.(練習(xí)2)【分

20、析】設(shè)S(a，2m)，求直線AS，求點(diǎn)T的坐標(biāo).若O，M，S三點(diǎn)共線，有BTOS.【解答】由題意得A(-a，0)，B(a，0)，設(shè)S(a，2m)，則直線AS的方程為y=·(x+a).由得(m2+1)x2+2am2x+a2(m2-1)=0，設(shè)T(x1，y1)，則-a與x1是方程的兩個(gè)實(shí)根，有(-a)·x1=，所以x1=-，而y1=·(x1+a)=，有T，若O，M，S三點(diǎn)共線，則BTOS，即·=0，所以·(a，2m)=0，化簡(jiǎn)得(a2-2)·=0，由m0，得a2=2，而a>0，則a=.【點(diǎn)評(píng)】由所給的圖形發(fā)現(xiàn)方程已有一個(gè)實(shí)根-a，結(jié)

21、合韋達(dá)定理即可求得另一個(gè)根，比起用公式法求方程的根方便很多.【專題突破】分類解密專題突破 求曲線方程中的“瓶頸題”例1已知圓C與兩圓x2+(y+4)2=1，x2+(y-2)2=1外切，圓C的圓心軌跡方程為L(zhǎng)，設(shè)L上的點(diǎn)與點(diǎn)M(x，y)的距離的最小值為m，點(diǎn)F(0，1)與點(diǎn)M(x，y)的距離為n.(1) 求圓C的圓心軌跡L的方程；(2) 求滿足條件m=n的點(diǎn)M的軌跡Q的方程.【分析】(1) (條件)L上的點(diǎn)到兩個(gè)已知圓的圓心距相等(目標(biāo))圓C的圓心軌跡L的方程(方法)根據(jù)平面幾何知識(shí)作出推斷，L為兩圓圓心的垂直平分線.(2) (條件)點(diǎn)M的軌跡滿足的幾何條件(目標(biāo))點(diǎn)M的軌跡Q的方程(方法)歸結(jié)

22、為圓錐曲線定義，確定圓錐曲線方程的系數(shù)寫出軌跡方程.【解答】(1) 兩圓半徑都為1，兩圓圓心分別為C1(0，-4)，C2(0，2)，由題意得CC1=CC2，可知圓心C的軌跡是線段C1C2的垂直平分線，C1C2的中點(diǎn)為(0，-1)，直線C1C2的垂直平分線的斜率等于零，故線段C1C2的垂直平分線方程為y=-1，即圓C的圓心軌跡L的方程為y=-1.(2) 因?yàn)閙=n，所以M(x，y)到直線y=-1的距離與到點(diǎn)F(0，1)的距離相等，故點(diǎn)M的軌跡Q是以y=-1為準(zhǔn)線、點(diǎn)F(0，1)為焦點(diǎn)，頂點(diǎn)在原點(diǎn)的拋物線，所以軌跡Q的方程是x2=4y.【點(diǎn)評(píng)】本題命題立意是通過對(duì)已知條件的分析、邏輯推理判斷曲線的

23、類型后求出其軌跡方程，考查邏輯推理能力在求軌跡方程中的運(yùn)用，其特點(diǎn)是解軌跡方程不以計(jì)算為主，而以推理為主.練習(xí)如圖，動(dòng)點(diǎn)P(x0，y0)為橢圓C：+=1外一點(diǎn)，且過點(diǎn)P作橢圓C的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)P的軌跡方程.(練習(xí))【解答】設(shè)其中的一條切線方程為y-y0=k(x-x0)，聯(lián)立消去y，得(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9(y0-kx0)2-36=0，令=18k(y0-kx0)2-4(9k2+4)9(y0-kx0)2-36=0，即(y0-kx0)2-4-9k2=0，所以(-9)k2-2x0y0k+-4=0，設(shè)k1，k2為上述方程的兩根，因?yàn)閮汕芯€相互垂直，所以k1·k

24、2=-1，當(dāng)-90時(shí)，k1·k2=-1，所以+=13；當(dāng)-9=0時(shí)，此時(shí)P(±3，±2)也符合+=13，綜上，所求點(diǎn)P的軌跡方程為+=13. 圓錐曲線中的最值與范圍問題中的“瓶頸題”例1如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到拋物線C：y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線的距離為.點(diǎn)M(t，1)是拋物線C上的定點(diǎn)，A，B是拋物線C上的兩動(dòng)點(diǎn)，且線段AB被直線OM平分.(例1)(1) 求p，t的值；(2) 求ABP面積的最大值.【分析】(1) (條件)點(diǎn)M在拋物線上、點(diǎn)P到拋物線準(zhǔn)線的距離(目標(biāo))求p，t(方法)根據(jù)已知列方程組，解方程組即得；(2) (條件)直線OM的

25、方程、點(diǎn)P坐標(biāo)、拋物線方程(目標(biāo))ABP面積的最大值(方法)利用AB的中點(diǎn)的坐標(biāo)為參數(shù)建立ABP面積的函數(shù)關(guān)系式，通過函數(shù)的最值求解.【解答】(1) 由題意知(2) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)為Q(m，m)，由題意，設(shè)直線AB的斜率為k(k0).由得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2，故k·2m=1，所以直線AB的方程為y-m=(x-m)，即x-2my+2m2-m=0.由消去x，整理得y2-2my+2m2-m=0，所以=4m-4m2>0，y1+y2=2m，y1·y2=2m2-m.從而AB=·|y1-y2|=·.設(shè)點(diǎn)P

26、到直線AB的距離為d，則d=.設(shè)ABP的面積為S，則S=AB·d=|1-2(m-m2)|·.由=4m-4m2>0，得0<m<1.令u=，0<u，則S=u(1-2u2).設(shè)S(u)=u(1-2u2)，0<u，則S'(u)=1-6u2.由S'(u)=0，得u=，所以S(u)max=S=.故ABP面積的最大值為.【點(diǎn)評(píng)】解析幾何中最值問題的基本解題思路是建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)最值解決問題.求解參數(shù)范圍的思路與此類似，即建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)變量的函數(shù)，通過函數(shù)值域求解其范圍.練習(xí)已知雙曲線C的兩條漸近線的方程分別為

27、y=±2x，且其中一個(gè)焦點(diǎn)為(0，).(1) 求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 若P是雙曲線C上一點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)在雙曲線C的兩條漸近線上，且分別位于第一、二象限，若=，求AOB面積的取值范圍.【解答】(1) 由題意設(shè)雙曲線C的方程為-x2=(>0)，即-=1，其一個(gè)焦點(diǎn)為(0，)，則()2=4+，得=1，所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為-x2=1.(2) 因?yàn)殡p曲線C的兩條漸近線方程為y=±2x，設(shè)A(m，2m)，B(-n，2n)，m>0，n>0，P(x，y)，由=，得點(diǎn)P的坐標(biāo)為，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入-x2=1，化簡(jiǎn)得mn=.設(shè)AOB=2，因?yàn)閠an=2，所以tan =

28、，sin =，sin 2=.又OA=m，OB=n，則SAOB=OA·OB·sin 2=2mn=+1.記f()=+，f'()=1-=，由f'()=0得=1，當(dāng)<<1時(shí)，f'()<0，f()遞減；當(dāng)1<<2時(shí)，f'()>0，f()遞增.又f=，f(1)=2，f(2)=，即f()，則SAOB，所以AOB面積的取值范圍是.【點(diǎn)評(píng)】考慮點(diǎn)坐標(biāo)的求解與圖形結(jié)構(gòu)的特征是解決解析幾何綜合問題的兩種有效途徑，在解決問題的過程中，若能將兩種思路滲透到解題當(dāng)中，靈活結(jié)合，效果更佳. 圓錐曲線中定點(diǎn)與定值問題中的“瓶頸題”例1已知

29、中心在原點(diǎn)、焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上的橢圓，它的離心率為，一個(gè)焦點(diǎn)和拋物線y2=-4x 的焦點(diǎn)重合，過直線l：x=4上一點(diǎn)M引橢圓的兩條切線，切點(diǎn)分別是A，B.(1) 求橢圓的方程；(2) 若在橢圓+=1(a>b>0)上的點(diǎn)(x0，y0)處的橢圓的切線方程是+=1，求證：直線AB恒過定點(diǎn)C，并求出定點(diǎn)C的坐標(biāo).【分析】通讀題目，可以發(fā)現(xiàn)出題者要我們做的是尋求圓錐曲線中的“動(dòng)中之靜”.本題突出了直線與橢圓方程聯(lián)立后消元的方向，使得問題得到簡(jiǎn)化.【解答】(1) 設(shè)橢圓方程為+=1(a>b>0).拋物線y2=-4x的焦點(diǎn)是(-1，0)，故c=1.又=，所以a=2，b=，所以所求的橢圓方

30、程為+=1.(2) 設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l上一點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4，t)，則切線方程分別為+=1，+=1.又兩切線均過點(diǎn)M，即x1+y1=1，x2+y2=1，即點(diǎn)A，B的坐標(biāo)都適合方程x+y=1，而兩點(diǎn)之間確定唯一的一條直線，故直線AB的方程是x+y=1，顯然對(duì)任意實(shí)數(shù)t，點(diǎn)(1，0)都適合這個(gè)方程，故直線AB恒過定點(diǎn)C(1，0).【點(diǎn)評(píng)】此解法按題目的敘述經(jīng)過逐步解決，將問題敘述翻譯為數(shù)學(xué)語言，翻譯完成，題目也就解決了.可見，此題涉及的是直線與橢圓相交的位置關(guān)系，且有一交點(diǎn)已確定，因而點(diǎn)P的坐標(biāo)容易求得.練習(xí)在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P(x，y)為動(dòng)點(diǎn)，已知點(diǎn)A(，0

31、)，B(-，0)，且直線PA與PB的斜率之積為-.(1) 求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程；(2) 過點(diǎn)F(1，0)的直線l交曲線E于M，N兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q(M，Q不重合)，求證：直線MQ過定點(diǎn).【分析】(1) (條件)PA與PB的斜率之積為-(目標(biāo))求點(diǎn)P的軌跡方程(方法)直接設(shè)點(diǎn)代入.(2) (條件)橢圓方程、直線系過點(diǎn)(1，0)等(目標(biāo))直線MQ恒過定點(diǎn)(方法)以參數(shù)表達(dá)直線系方程、代入橢圓方程，設(shè)出M，N的坐標(biāo)，得出點(diǎn)Q坐標(biāo)，設(shè)出直線系MQ的方程，證明直線過定點(diǎn).【解答】(1) 由題意知·=-，化簡(jiǎn)得+y2=1(y0)，即為軌跡E的方程.(2) 方法一：設(shè)M(x1，y1

32、)，N(x2，y2)，Q(x2，-y2)，l：x=my+1，代入+y2=1(y0)，整理得(m2+2)y2+2my-1=0，所以y1+y2=，y1y2=，MQ的方程為y-y1=(x-x1)，令y=0，得x=x1+=my1+1+=+1=2，所以直線MQ過定點(diǎn)(2，0).方法二：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x2，-y2)，l：y=k(x-1)，代入+y2=1(y0)，整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0，x1+x2=，x1x2=，MQ的方程為y-y1=(x-x1)，令y=0，得x=x1+=x1+=2.所以直線MQ過定點(diǎn)(2，0).【點(diǎn)評(píng)】解析幾何中證明直線過定點(diǎn)，一般是

33、先選擇一個(gè)參數(shù)建立直線系方程，然后再根據(jù)直線系方程過定點(diǎn)時(shí)，方程的成立與參數(shù)沒有關(guān)系，得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過的定點(diǎn).定值問題與此思路基本相同. 探究性問題中的“瓶頸題”例1(2014·福建卷)已知雙曲線E：-=1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1：y=2x，l2：y=-2x.(例1)(1) 求雙曲線E的離心率.(2) 如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(diǎn)(A，B分別在第一、四象限)，且OAB的面積恒為8.試探究：是否存在總與直線l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E?若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，請(qǐng)

34、說明理由.【分析】(1) 由漸近線求的值，根據(jù)c2=a2+b2消去b；(2) 由從圖形的結(jié)構(gòu)入手，當(dāng)直線lx軸時(shí)，算得直線l：x=2，它與雙曲線-=1相切，當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，雙曲線也應(yīng)為-=1，再驗(yàn)證直線l與雙曲線相切.【解答】(1) 因?yàn)殡p曲線E的漸近線分別為y=2x，y=-2x，所以=2，有=2，即c=a，于是雙曲線的離心率e=.(2) 方法一：由(1)知，雙曲線E的方程為-=1.設(shè)直線l與x軸相交于點(diǎn)C，當(dāng)lx軸時(shí)，若直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，則OC=a，AB=4a，又因?yàn)镺AB的面積為8，所以O(shè)C·AB=8，即a·4a=8，解得a=2，此時(shí)雙曲線E的

35、方程為-=1.若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為-=1.以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，雙曲線E：-=1也滿足條件.設(shè)直線l的方程y=kx+m，依題意，得k>2或k<-2，則C，記A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得y1=，同理y2=.由SOAB=OC·|y1-y2|，得·=8，即m2=4|4-k2|=4(k2-4).由得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0，而4-k2<0，所以=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16).又m2=4(k2-4)，所以=0，即直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn).因此，存在總與

36、直線l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程只能為-=1.方法二：由(1)知，雙曲線E的方程為-=1.設(shè)直線l的方程為x=my+t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，依題意得-<m<，由得y1=，同理y2=，設(shè)直線l與x軸相交于點(diǎn)C，則C(t，0)，由SOAB=OC·|y1-y2|=8，得|t|·=8，即t2=4(1-4m2)，由得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0.又4m2-1<0，所以直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0，即4m2a2+t2-a2=0，所以4m2a2+4(1-

37、4m2)-a2=0，即(1-4m2)(a2-4)=0，有a2=4，因此，存在總與直線l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程只能為-=1.方法三：當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，依題意得k>2或k<-2，由得(4-k2)x2-2kmx-m2=0，由4-k2<0，>0，得x1x2=.又因?yàn)镺AB的面積為8，所以O(shè)A·OBsinAOB=8，而sinAOB=，所以·=8，化簡(jiǎn)得x1x2=4，所以=4，即m2=4(k2-4)，由(1)得雙曲線E的方程為-=1，由得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=

38、0，因?yàn)?-k2<0，直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0，即(k2-4)(a2-4)=0，則a2=4，所以雙曲線E的方程為-=1，當(dāng)lx軸時(shí)，由OAB的面積為8，得直線l：x=2，又知l：x=2與雙曲線E：-=1有且只有一個(gè)公共點(diǎn).綜上，存在總與直線l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程只能為-=1.【點(diǎn)評(píng)】方法一是抓住圖形的特殊到一般展開探究的，方法二、三是抓住直線l與雙曲線相切的圖形結(jié)構(gòu)，從=0切入展開探究的.他們具有的共同特點(diǎn)就是從挖掘圖形的結(jié)構(gòu)中尋找解決問題的突破口，不斷地將圖形結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)化為方程、函數(shù)或不等式等代數(shù)形式，實(shí)

39、施數(shù)形結(jié)合，在“數(shù)”與“形”的互相轉(zhuǎn)化中尋求解決問題的良方.練習(xí)已知橢圓C：+=1(a>b>0)的離心率為，定點(diǎn)M(2，0)，橢圓短軸的端點(diǎn)是B1，B2，且MB1MB2.(1) 求橢圓C的方程.(2) 設(shè)過點(diǎn)M且斜率不為0的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，試問：x軸上是否存在定點(diǎn)P，使得PM平分APB?若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.【分析】(1) (條件)橢圓離心率、MB1MB2(目標(biāo))得出橢圓方程(方法)列方程求解橢圓方程需要求出a，b的值.(2) (條件)橢圓方程(目標(biāo))直線與橢圓交于兩點(diǎn)A，B，判斷x軸上是否存在定點(diǎn)P，使PM平分APB(方法)判斷點(diǎn)P是否存在，先假

40、設(shè)其存在，把幾何條件轉(zhuǎn)化為代數(shù)條件后得關(guān)于點(diǎn)P坐標(biāo)的方程，這個(gè)方程對(duì)任意變動(dòng)的直線恒成立時(shí)，若點(diǎn)P的坐標(biāo)有解則存在，否則不存在.【解答】(1) 由題意得=1-=，即=.依題意，得MB1B2是等腰直角三角形，從而b=2，故a=3，所以橢圓C的方程為+=1.(2) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x=my+2.將直線AB的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，消去x，得(4m2+9)y2+16my-20=0，所以y1+y2=，y1y2=.若PM平分APB，則直線PA，PB的傾斜角互補(bǔ)，所以kPA+kPB=0.設(shè)P(n，0)，則有+=0，將x1=my1+2，x2=my2+2代入上式，整理得=0，所以2my1y2+(2-n)(y1+y2)=0.將y1+y2=，y1y2=代入上式，整理得(-2n+9)·m=0.由于上式對(duì)任意實(shí)數(shù)m都成立，所以n=.綜上，存在定點(diǎn)P，使得PM平分APB.【點(diǎn)評(píng)】本題立意是通過圓錐曲線問題考查對(duì)數(shù)學(xué)問題的抽象概括能力、化歸轉(zhuǎn)化的思想意識(shí).題目按照解析幾何解答題的基本模式進(jìn)行命制，解題中需要把已知的幾何條件逐步轉(zhuǎn)化為代數(shù)條件，充分體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用. 解析幾何中的證明問題例1如圖，已知中心在原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C'過點(diǎn)M(