双根法是优化解析几何运算的又一利器

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“双根法”在解析几何运算中的运用

待定系数法的应用范围非常广，要判断一个问题能
否可以使用待定系数法来解决，主要看该问题中给定的
已知条件是否可以转化为确定的数学表达式 . 假如可以
转换为确定的表达式，那么就可以用待定系数法求解 .
笔者挑选几道可以用待定系数法解答的有代表性的题
目，供各位同行参考 .
一、题目引入及问题剖析
【例 1】（2017 年湖北省高考模拟题）已知 y =
求 k 的值 .
传统解法：（1）易得椭圆的方程为
x2 3
+
y2 2
= 1.
（2）设点 C（x1，y1），D（x2，y2），由 F（-1，0）得直线 CD
的方程为 y=k（x+1），
ìy = k( x + 1),
由
方
程组ïí来自x2ïî
3
+
y2 2
= 1 , 消去 y，整理得（2+3k2）x2+
6k2x+3k2-6=0.
5 4
+y1 y2= m2
y1 +
5 4m
y2 +
5 4m
+ y1 y2.
ì x = my - 1,
由
ï
í
x2
ï
î4
+
y2 2
得（m2+2）y2-2my-3=0，所以，由双 = 1,
根法可得：
( m2 + 2 ) y2 - 2my - 3 = ( m2 + 2 ) ( y - y1 ) ( y - y2 )，
( x1 + 1 ) ( x2 + 1 ) = 8. 因为 x1，x2 是方程 ( 2 + 3k2 ) x2 + 6k2 x + 3k2 - 6 = 0 的

高中数学解析几何知识点总结

高中数学解析几何知识点总结高中数学解析几何知识点总结笔记空间两条直线只有三种位置关系：平行、相交、异面。

按是否共面可分为两类：(1)共面：平行、相交(2)异面：异面直线的定义：不同在任何一个平面内的两条直线或既不平行也不相交。

异面直线判定定理：用平面内一点与平面外一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线。

两异面直线所成的角：范围为(0°，90°)esp。

空间向量法。

两异面直线间距离：公垂线段(有且只有一条)esp。

空间向量法。

若从有无公共点的角度看可分为两类：(1)有且仅有一个公共点——相交直线;(2)没有公共点——平行或异面。

直线和平面的位置关系：直线和平面只有三种位置关系：在平面内、与平面相交、与平面平行。

①直线在平面内——有无数个公共点②直线和平面相交——有且只有一个公共点直线与平面所成的角：平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角。

空间向量法(找平面的法向量)规定：a、直线与平面垂直时，所成的角为直角;b、直线与平面平行或在平面内，所成的角为0°角。

由此得直线和平面所成角的取值范围为[0°，90°]。

最小角定理：斜线与平面所成的角是斜线与该平面内任一条直线所成角中的最小角。

三垂线定理及逆定理：如果平面内的一条直线，与这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也与这条斜线垂直。

直线和平面垂直直线和平面垂直的定义：如果一条直线a和一个平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a和平面互相垂直。

直线a叫做平面的垂线，平面叫做直线a 的垂面。

直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

直线与平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行。

直线和平面平行——没有公共点直线和平面平行的定义：如果一条直线和一个平面没有公共点，那么我们就说这条直线和这个平面平行。

直线和平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。

高考数学考点归纳之解析几何计算处理技巧

高考数学考点归纳之解析几何计算处理技巧中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．考点一回归定义，以逸待劳回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．[典例] 如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A.2B.3C.32D.62[解题观摩] 由已知，得F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设双曲线C 2的实半轴长为a ，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧|AF 1|＋|AF 2|＝4，|AF 2|－|AF 1|＝2a ，|AF 1|2＋|AF 2|2＝12，解得a 2＝2，故a ＝ 2.所以双曲线C 2的离心率e ＝32＝62. [答案] D [关键点拨]本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF 1|，|AF 2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a 的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．[对点训练]1.如图，设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，不经过焦点的直线上有三个不同的点A ，B ，C ，其中点A ，B 在抛物线上，点C 在y 轴上，则△BCF 与△ACF 的面积之比是( )A.|BF |－1|AF |－1 B.|BF |2－1|AF |2－1 C.|BF |＋1|AF |＋1D.|BF |2＋1|AF |2＋1 解析：选A 由题意可得S △BCF S △ACF ＝|BC ||AC |＝x Bx A＝|BF |－p2|AF |－p 2＝|BF |－1|AF |－1.2．抛物线y 2＝4mx (m ＞0)的焦点为F ，点P 为该抛物线上的动点，若点A (－m,0)，则|PF ||P A |的最小值为________．解析：设点P 的坐标为(x P ，y P )，由抛物线的定义，知|PF |＝x P ＋m ，又|P A |2＝(x P ＋m )2＋y 2P ＝(x P ＋m )2＋4mx P，则⎝⎛⎭⎫|PF ||P A |2＝(x P ＋m )2(x P ＋m )2＋4mx P ＝11＋4mx P (x P ＋m )2≥11＋4mx P (2x P ·m )2＝12(当且仅当x P ＝m 时取等号)，所以|PF ||P A |≥22，所以|PF ||P A |的最小值为22.答案：22考点二设而不求，金蝉脱壳设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．[典例] 已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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(1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 [解题观摩] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，①②①－②得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2(x 1＋x 2)a 2(y 1＋y 2)＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18，所以椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.[答案] D [关键点拨](1)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．(2)在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；①“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多．[对点训练]1．已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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.13B.12C.23D.34解析：选A 设OE 的中点为G ，由题意设直线l 的方程为y ＝k (x ＋a )，分别令x ＝－c 与x ＝0得|FM |＝k (a －c )，|OE |＝ka ，由△OBG ∽△FBM ，得|OG ||FM |＝|OB ||FB |，即12ka k (a －c )＝a a ＋c，整理得c a ＝13，所以椭圆C 的离心率e ＝13.2．过点M (1,1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，∴(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2＝0，∴y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.∵y 1－y 2x 1－x 2＝－12，x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2，∴－b 2a 2＝－12，∴a 2＝2b 2.又∵b 2＝a 2－c 2，∴a 2＝2(a 2－c 2)，∴a 2＝2c 2，∴c a ＝22.即椭圆C 的离心率e ＝22. 答案：22考点三巧设参数，变换主元换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．[典例] 设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆上且异于A ，B 两点，O 为坐标原点．若|AP |＝|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足|k |＞ 3.[解题观摩] 法一：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b 2＝1，消去y 0并整理，得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.①由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0. 而x 0≠0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝⎛⎭⎫a b 2＋4. 又a ＞b ＞0，故(1＋k 2)2＞4k 2＋4，即k 2＋1＞4，因此k 2＞3，所以|k |＞ 3. 法二：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．由点P 在椭圆上，得x 20a 2＋k 2x 20b2＝1.因为a ＞b ＞0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a 2＜1，即(1＋k 2)x 20＜a 2.②由|AP |＝|OA |及A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入②，得(1＋k 2)·4a 2(1＋k 2)2＜a 2，解得k 2＞3，所以|k |＞ 3.法三：设P (a cos θ，b sin θ)(0≤θ＜2π)，则线段OP 的中点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2cos θ，b2sin θ. |AP |＝|OA |⇔A Q ⊥OP ⇔k A Q ×k ＝－1. 又A (－a,0)，所以k A Q ＝b sin θ2a ＋a cos θ，即b sin θ－ak A Q cos θ＝2ak A Q . 从而可得|2ak A Q |≤ b 2＋a 2k 2A Q ＜a1＋k 2A Q ，解得|k A Q |＜33，故|k |＝1|k A Q |＞ 3. [关键点拨]求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量． [对点训练]设直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，与圆C ：(x －5)2＋y 2＝r 2(r ＞0)相切于点M ，且M 为线段AB 的中点，若这样的直线l 恰有4条，求r 的取值范围．解：当斜率不存在时，有两条，当斜率存在时，不妨设直线l 的方程为x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入抛物线y 2＝4x 并整理得y 2－4ty －4m ＝0，则有Δ＝16t 2＋16m ＞0，y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4m ，那么x 1＋x 2＝(ty 1＋m )＋(ty 2＋m )＝4t 2＋2m ，可得线段AB 的中点M (2t 2＋m,2t )，而由题意可得直线AB 与直线MC 垂直，即k MC ·k AB ＝－1，可得2t －02t 2＋m －5·1t ＝－1，整理得m ＝3－2t 2(当t ≠0时)，把m ＝3－2t 2代入Δ＝16t 2＋16m ＞0，可得3－t 2＞0，即0＜t 2＜3，又由于圆心到直线的距离等于半径，即d ＝|5－m |1＋t 2＝2＋2t 21＋t 2＝21＋t 2＝r ，而由0＜t 2＜3可得2＜r ＜4. 故r 的取值范围为(2,4)．考点四数形结合，偷梁换柱著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．[典例] 已知F 是双曲线C ：x 2－y 28＝1的右焦点，P 是C 的左支上一点，A (0,66)．当△APF 周长最小时，该三角形的面积为________．[解题观摩] 设双曲线的左焦点为F 1，根据双曲线的定义可知|PF |＝2a ＋|PF 1|，则△APF 的周长为|P A |＋|PF |＋|AF |＝|P A |＋2a ＋|PF 1|＋|AF |＝|P A |＋|PF 1|＋|AF |＋2a ，由于|AF |＋2a 是定值，要使△APF 的周长最小，则|P A |＋|PF 1|最小，即P ，A ，F 1共线，由于A (0,66)，F 1(－3,0)，则直线AF 1的方程为x －3＋y 66＝1，即x ＝y26－3，代入双曲线方程整理可得 y 2＋66y －96＝0，解得y ＝26或y ＝－86(舍去)，所以点P 的纵坐标为26，所以＝12×6×66－12×6×26＝12 6. [答案] 126 [关键点拨]要求①APF 的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P 的位置，通过求解点P 的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．[对点训练]1．椭圆x 25＋y 24＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点M ，N ，当△FMN 的周长最大时，△FMN 的面积是( )A.55B.655C.855D.455解析：选C 如图所示，设椭圆的右焦点为F ′，连接MF ′，NF ′.因为|MF |＋|NF |＋|MF ′|＋|NF ′|≥|MF |＋|NF |＋|MN |，所以当直线x ＝m 过椭圆的右焦点时，△FMN 的周长最大．此时|MN |＝2b 2a ＝855，又c ＝a 2－b 2＝5－4＝1，所以此时△FMN 的面积S ＝12×2×855＝855.故选C.2．设P 为双曲线x 2－y 215＝1右支上一点，M ，N 分别是圆C 1：(x ＋4)2＋y 2＝4和圆C 2：(x －4)2＋y 2＝1上的点，设|PM |－|PN |的最大值和最小值分别为m ，n ，则|m －n |＝( )A ．4 B.5 C ．6D ．7解析：选C 由题意得，圆C 1：(x ＋4)2＋y 2＝4的圆心为(－4,0)，半径为r 1＝2；圆C 2：(x －4)2＋y 2＝1的圆心为(4,0)，半径为r 2＝1.设双曲线x 2－y 215＝1的左、右焦点分别为F 1(－4,0)，F 2(4,0)．如图所示，连接PF 1，PF 2，F 1M ，F 2N ，则|PF 1|－|PF 2|＝2.又|PM |max ＝|PF 1|＋r 1，|PN |min ＝|PF 2|－r 2，所以|PM |－|PN |的最大值m ＝|PF 1|－|PF 2|＋r 1＋r 2＝5.又|PM |min ＝|PF 1|－r 1，|PN |max ＝|PF 2|＋r 2，所以|PM |－|PN |的最小值n ＝|PF 1|－|PF 2|－r 1－r 2＝－1，所以|m －n |＝6.故选C.考点五妙借向量，无中生有平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．[典例] 如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b＞0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________．[解题观摩] 把y ＝b 2代入椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1，可得x ＝±32a ，则B ⎝⎛⎭⎫－32a ，b 2，C ⎝⎛⎭⎫32a ，b 2，而F (c,0)，则FB ＝⎝⎛⎭⎫－32a －c ，b 2，FC ＝⎝⎛⎭⎫32a －c ，b 2，又∠BFC ＝90°，故有FB ·FC ＝⎝⎛⎭⎫－32a －c ，b 2·⎝⎛⎭⎫32a －c ，b 2＝c 2－34a 2＋14b 2＝c 2－34a 2＋14(a 2－c 2)＝34c 2－12a 2＝0，则有3c 2＝2a 2，所以该椭圆的离心率e ＝c a ＝63.[答案]63[关键点拨]本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC ＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．[对点训练] 设直线l 是圆O ：x 2＋y 2＝2上动点P (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)处的切线，l 与双曲线x 2－y 22＝1交于不同的两点A ，B ，则∠AOB 为( )A ．90° B.60° C ．45°D ．30°解析：选A ∵点P (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)在圆O ：x 2＋y 2＝2上，∴x 20＋y 20＝2，圆在点P (x 0，y 0)处的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－y 22＝1，x 0x ＋y 0y ＝2及x 20＋y 20＝2得(3x 20－4)x 2－4x 0x ＋8－2x 20＝0.∵切线l 与双曲线交于不同的两点A ，B ，且0＜x 20＜2，∴3x 20－4≠0，且Δ＝16x 20－4(3x 20－4)·(8－2x 20)＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4x 03x 20－4，x 1x 2＝8－2x 203x 20－4.∵OA ·OB ＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋1y 20(2－x 0x 1)(2－x 0x 2)＝x 1x 2＋12－x 20[4－2x 0(x 1＋x 2)＋x 20x 1x 2]＝8－2x 203x 20－4＋12－x 20⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－8x 203x 20－4＋x 20(8－2x 20)3x 20－4＝0，∴∠AOB ＝90°. 考点六巧用“根与系数的关系”某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．[典例] 已知椭圆x 24＋y 2＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM ，AN 交椭圆于M ，N 两点．(1)当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；(2)当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．[解题观摩] (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0.解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝⎛⎭⎫－65，45. (2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋2)，x 24＋y 2＝1，化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k 21＋4k 2，x M ＝－x A －16k 21＋4k 2＝2－16k 21＋4k 2＝2－8k 21＋4k 2.同理，可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝⎛⎭⎫－65，0. 证明如下：因为k MP ＝y M x M ＋65＝k ⎝⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k4－4k 2，同理可得k PN ＝5k4－4k 2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝⎛⎭⎫－65，0. [关键点拨]本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k 21＋4k 2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．[对点训练]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，且经过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，左、右焦点分别为F 1，F 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若△AF 2B 的内切圆半径为327，求以F 2为圆心且与直线l 相切的圆的方程．解：(1)由c a ＝12，得a ＝2c ，所以a 2＝4c 2，b 2＝3c 2，将点P ⎝⎛⎭⎫1，32的坐标代入椭圆方程得c 2＝1，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知F 1(－1,0)，设直线l 的方程为x ＝ty －1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t 2)y 2－6ty －9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，△AF 2B 的内切圆半径为r 0，则有y 1＋y 2＝6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2，r 0＝327，＝12r 0(|AF 1|＋|BF 1|＋|BF 2|＋|AF 2|) ＝12r 0·4a ＝12×8×327＝1227，所以12t 2＋14＋3t 2＝1227，解得t 2＝1，因为所求圆与直线l 相切，所以半径r ＝2t 2＋1＝2，所以所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝2.[课时跟踪检测]1．在平面直角坐标系xOy 中，设直线y ＝－x ＋2与圆x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若圆上一点C 满足OC ―→＝54OA ―→＋34OB ―→，则r ＝( )A ．210 B.10 C ．25D.5解析：选B 已知OC ―→＝54OA ―→＋34OB ―→，两边平方化简得OA ―→·OB ―→＝－35r 2，所以cos ∠AOB ＝－35，所以cos ∠AOB 2＝55，又圆心O (0,0)到直线的距离为|2|2＝2，所以2r ＝55，解得r ＝10. 2．设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p ＞0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( )A.33B.23C.22D ．1解析：选C 如图所示，设P (x 0，y 0)(y 0＞0)，则y 20＝2px 0，即x 0＝y 202p.设M (x ′，y ′)，由PM ―→＝2MF ―→，得⎩⎪⎨⎪⎧x ′－x 0＝2⎝⎛⎭⎫p 2－x ′，y ′－y 0＝2(0－y ′)，化简可得⎩⎨⎧x ′＝p ＋x 03，y ′＝y3.∴直线OM 的斜率k ＝y 03p ＋x 03＝y 0p ＋y 202p ＝2p2p 2y 0＋y 0≤2p 22p 2＝22(当且仅当y 0＝2p 时取等号)．故直线OM 的斜率的最大值为22. 3．(2019·惠州调研)设m ，n ∈R ，若直线l ：mx ＋ny －1＝0与x 轴相交于点A ，与y 轴相交于点B ，且直线l 与圆x 2＋y 2＝4相交所得的弦长为2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为( )A ．5 B.4 C ．3D ．2解析：选C 由直线与圆相交所得的弦长为2，得圆心到直线的距离d ＝1m 2＋n 2＝3，所以m 2＋n 2＝13≥2|mn |，当且仅当m ＝n 时等号成立．所以|mn |≤16，又A ⎝⎛⎭⎫1m ，0，B ⎝⎛⎭⎫0，1n ，所以△AOB 的面积S ＝12|mn |≥3，故△AOB 面积的最小值为3.4．(2019·兰州模拟)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 为双曲线右支上一点，若|PF 1|2＝8a |PF 2|，则双曲线C 的离心率的取值范围为( )A ．(1,3] B.[3，＋∞) C ．(0,3)D ．(0,3]解析：选A 根据双曲线的定义及点P 在双曲线的右支上，得|PF 1|－|PF 2|＝2a ，设|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则m －n ＝2a ，m 2＝8an ，∴m 2－4mn ＋4n 2＝0，∴m ＝2n ，则n ＝2a ，m ＝4a ，依题得|F 1F 2|≤|PF 1|＋|PF 2|，∴2c ≤4a ＋2a ，∴e ＝ca ≤3，又e ＞1，∴1＜e ≤3，即双曲线C的离心率的取值范围为(1,3]．5．过抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F ，斜率为43的直线交抛物线于A ，B 两点，若AF ―→＝λFB ―→(λ＞1)，则λ的值为( )A ．5 B.4 C.43D.52解析：选B 根据题意设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AF ―→＝λFB ―→，得⎝⎛⎭⎫p 2－x 1，－y 1＝λ⎝⎛⎭⎫x 2－p 2，y 2，故－y 1＝λy 2，即λ＝－y 1y 2.设直线AB 的方程为y ＝43⎝⎛⎭⎫x －p 2，联立直线与抛物线方程，消去x ，得y 2－32py －p 2＝0.故y 1＋y 2＝32p ，y 1y 2＝－p 2，则(y 1＋y 2)2y 1y 2＝y 1y 2＋y 2y 1＋2＝－94，即－λ－1λ＋2＝－94.又λ＞1，解得λ＝4.6.已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，过椭圆上一点A (0,1)作直线l 交椭圆于另一点B ，P 为线段AB 的中点，若直线AB ，OP 的斜率存在且不为零，则k AB k OP ＝________.解析：法一：(特殊值法)取B ⎝⎛⎭⎫1，32，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2＋34，则k AB ＝3－22，k OP ＝2＋32，故k AB ·k OP ＝3－22×2＋32＝－14. 法二：由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，消去y 得，(1＋4k 2)x 2＋8kx ＝0，得x B ＝－8k 1＋4k 2，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 1＋4k 2，1－4k 21＋4k 2.则P ⎝⎛⎭⎪⎫－4k 1＋4k 2，11＋4k 2，∴k AB ＝k ，k OP ＝－14k ，∴k AB ·k OP ＝－14.法三：(点差法)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，P (x 0，y 0)，则⎩⎨⎧x 2A4＋y 2A ＝1，x2B4＋y 2B＝1，两式相减得x 2A －x 2B 4＋y 2A －y 2B ＝0，化简得y A ＋y B x A ＋x B ·y A －y B x A －x B ＝－14，即y A －y B x A －x B ·y 0x 0＝－14，∴k AB ·k OP ＝－14.答案：－147．已知AB 为圆x 2＋y 2＝1的一条直径，点P 为直线x －y ＋2＝0上任意一点，则P A ―→·PB ―→的最小值为________．解析：由题意，设A (cos θ，sin θ)，P (x ，x ＋2)，则B (－cos θ，－sin θ)，∴P A ―→＝(cos θ－x ，sin θ－x －2)， PB ―→＝(－cos θ－x ，－sin θ－x －2)，∴P A ―→·PB ―→＝(cos θ－x )(－cos θ－x )＋(sin θ－x －2)·(－sin θ－x －2)＝x 2＋(x ＋2)2－cos 2θ－sin 2θ＝2x 2＋4x ＋3＝2(x ＋1)2＋1，当且仅当x ＝－1，即P (－1，1)时，P A ―→·PB ―→取最小值1. 答案：18．(2019·武汉调研)已知A ，B 分别为椭圆x 29＋y 2b 2＝1(0＜b ＜3)的左、右顶点，P ，Q 是椭圆上关于x 轴对称的不同两点，设直线AP ，B Q 的斜率分别为m ，n ，若点A 到直线y ＝1－mn x 的距离为1，则该椭圆的离心率为________．解析：根据椭圆的标准方程x 29＋y 2b2＝1(0＜b ＜3)知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，A (－3,0)，B (3,0)，设P (x 0，y 0)，Q (x 0，－y 0)，则x 209＋y 20b 2＝1，k AP ＝m ＝y 0x 0＋3，k B Q ＝n ＝－y 0x 0－3，∴mn ＝－y 20x 20－9＝b 29，∴1－mn ＝9－b 23，∴直线y ＝1－mn x ＝9－b 23x ，即9－b 2x －3y＝0.又点A 到直线y ＝1－mn x 的距离为1，∴|－39－b 2|9－b 2＋9＝39－b 218－b 2＝1，解得b2＝638，∴c 2＝a 2－b 2＝98，∴e ＝c 2a 2＝18＝24. 答案：249．已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1的右顶点为A ，上顶点为B .设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．解：由题意知，A (2,0)，B (0,1)，设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4，所以直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2，直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1，所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN ||BM |＝12⎝⎛⎭⎫2＋x 0y 0－1⎝⎛⎭⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2，从而四边形ABNM 的面积为定值．10．已知离心率为63的椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的一个焦点为F ，过F 且与x 轴垂直的直线与椭圆交于A ，B 两点，|AB |＝233. (1)求此椭圆的方程；(2)已知直线y ＝kx ＋2与椭圆交于C ，D 两点，若以线段CD 为直径的圆过点E (－1,0)，求k 的值．解：(1)设焦距为2c ，∵e ＝c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，∴b a ＝33.由题意可知b 2a ＝33，∴b ＝1，a ＝3， ∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)将y ＝kx ＋2代入椭圆方程，得(1＋3k 2)x 2＋12kx ＋9＝0，又直线与椭圆有两个交点，所以Δ＝(12k )2－36(1＋3k 2)＞0，解得k 2＞1. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－12k 1＋3k 2，x 1x 2＝91＋3k 2. 若以CD 为直径的圆过E 点，则EC ―→·ED ―→＝0，即(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝0，而y 1y 2＝(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝k 2x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4，所以(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2 ＝(k 2＋1)x 1x 2＋(2k ＋1)(x 1＋x 2)＋5 ＝9(k 2＋1)1＋3k 2－12k (2k ＋1)1＋3k 2＋5＝0，解得k ＝76，满足k 2＞1，所以k ＝76.。

高中解析几何简化计算之点乘双根法

（ Ⅰ）
设 P（ m，0）
则→PA = （ →PA·P→B
x1 =（
，－Am（，xy1 ，1 ）y1，）P→，BB=（
x1 － m）（ x2 －
x2 ，y2 ），（ x2 － m，y2 m） + y1 y2
）， =（
x1
－
m）
（
x2
－
m） + k2 （ x1 － 1）（ x2 － 1）．
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
131
高中解析几何简化计算之点乘双根法
◎陈俊健（广西南宁市第三中学（青山校区），广西南宁 530021）
【摘要】高中解析几何在求解圆锥曲线与直线问题的时候，通常需要联立方程，利用韦达定理去求解．利用韦达定理进行运算求解时，稍不注意就容易出错．在求解点乘或者斜率乘积为定值，甚至求 x1 x2 ，y1 y2 的时候，我们可以改进解法，引入点乘双根法，避开韦达定理，简化计算，减少失误．
C：
x2 a2
+
y2 b2
= 1 （ a ＞ b ＞ 0）上，且椭圆的
离心率为
1 2
．
（ 1）求椭圆 C 的方程．
（ 2）若 M 为椭圆 C 的右顶点，点 A，B 是椭圆 C 上不同
的两点（
均异于
M）
且满足直线
MA
与
MB
斜率之积为
1 4
．
试判断直线 AB 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，
定理进行繁杂计算的过程，达到简化计算、提高解题速度的
效果，下面举例说明．
例 1 （ 2018 年西南四省名校高三第一次大联考）已知

例谈题根在数学解题中的应用——以对数均值不等式为例

3_¥)故学敉学2021年第3期例谈题根在数学解题中的应用----以对数均值不等式为例张国治(新疆生产建设兵团第二中学，新疆乌鲁木齐83_2)笔者通过对近几年高考、竞赛试题的研究，有一个很有趣的发现——许多试题来源于同一个问题.我们可以把这类不断生长的问题称为“题根题根是一个题族、一个题系中的源头，也是一个题群中的典例.把握住了一个题根，叩源推委，便能寻觅到解决问题的“金钥匙”，进而辐射到一个题族、题群.以题根方式展开教学，旨在寻找解题思维入口，通过题根的变式拓展探求不同的解法，帮助学生理解问题内涵，总结归纳.那么如何寻找“题根”呢? 将源于课本、高考、竞赛的题目进行提炼与升华形成结论，然后再将其广泛应用于解题实践中，这便是寻找题源的不二法门.这一过程意义非凡，因为茫茫题海中很多题目表象不同，但实质一样（可归结于同一个题根或题源）.一个题源加工而成的结论，其功效不亚于教材中的一个定理，寻找“题根”需要八方联系，浑然一体.笔者以一道竞赛题为例，探源溯流，给出一类高考题、竞赛题命题的题根，多题归一，提供一种高效学习数学的方法，敬请同行指正.[1]题根（2017年全国高中数学联赛湖南省预赛第15题）[2]已知a、6 e 11且〇 > 0, i > Q，a #b.(i)求证：#(2)如果 a、6 是函数/(a:) = lnx -的两个零点，求证> e2.证法 1:如图 1，设/(*) = e*，x e [m，n]，其中双m，0)，B(n，0)，过点分别作x轴的垂线，交曲线于c、Z)两点.点)处的切线/分别交BC、于点£、f，则f c pJ f=6〒，所以/:7 1梯形从一(j£+J f)=(n-m*n^l)e ，•^曲边梯形A sa) =| g dx =e一 e , *S梯形^ m数感是《义务教育数学课程标准（2011 版)》中的十大核心概念之一，对运算结果的估计是数感的一种重要体现.估计（估算）在三个学段都有明确具体的目标要求，其中在第三学段(7-9年级）的知识技能目标对运算（包括估算）技能的要求是达到掌握层级.固然，计算的准确性是数学学科的基本要求之一，运算能力是典型的数学能力，但其内涵已发生了变化.运算能力不仅指能够“正确地从事运算”，还包括借助工具计算和手算，也包括精确计算和估算[2].作为一线的数学教师，应该充分理解课标的价值理念,在日常的教学中应该给“估算”留一席之地.准确、标准的答案是我们数学人的追求，但“估算”是数学运算中不可或缺的组成部分估算”过程中所体现出的发散式调适与思考，正是学生创新意识形成、创新能力培养的一个有效载体.参考文献[1]中华人民共和国教育部.义务教育数学课程标准（2011版）[S].北京：北京师范大学出版社，2012.[2]马复，凌晓枚.新版课程标准解析与教学指导[M].北京：北京师范大学出版社，2012.2021年第3期故学敉学3-41n - m . 、 n — m / m …、 _ ...2 (yA + J b ) = 2 (e + e )•显然有S 梯形y l B E F < $曲边梯形/I B C D < S 梯形A f i C Z )，艮Pm +nr j一)(n - m ) e 2 < en - em < —-—(em + e n)，1_•设％> 1，则欲证不等式成立等价于证明21n % < i ---(x > 1).构造函数则e 宁<^<n - m a2，令 en = a ，可得< , , , - ^In a - lno 2证法2:(1)由对称性，不妨设a > 6 > 0,^ a - b a + b a - b a + l 先证^-----TT < —•因为^----— <In a - Ini 2 〇 In a - Ini >2(a - b )^ a ^In a - \nb 2a + ba—+设％ = T > 1，则欲证不等式成立等价于〇证明lnx > ^l l (x > 1}.X + l构造函数/(尤）=lnx - ^~~> 1)，则作)=(n因为* > 1,所以尸（*) >x(x + 1)0,/(X )在（1，+ =C )上为单调递增函数，由 f i x ) >/〇) = 0,即得lm > 1)，即<In a - In 62再证#< , a ~ f -,-.因为# <In a - Ini In a - Inia<=> In a - In 6 <y 〇b<=> In — <g 〇) = 21m -卜一(% > 1)，则g '(x ) =- (% -J )<〇，因此g U )在（1, + 〇〇)上为单调递减函数.办）<g (l ) = 0,即得21n % < (a :---1 (x > 1),即y 〇b <a综上可知，#<In a - Inia -b In a - Ini2以上结论反映了对数平均与算术平均、几何平均的大小关系，我们知道两个正数a 、6的对数平均定义：L (a , b ) = jlna - ln 6 () ’la(a = b ).则当 a >〇，i >〇,有<In a - Ini—^一，^^<[(16)<-^—（当且仅当〇=6时，等号成立).若令 lna =文！，Ini =%2,贝l j d = e*1，6 = e*2, < —z —等价于^^?J~a b <In a — Ini 2?V 2__*2 丄 ^2‘1—，利用该不等式，可x X pL e - e " e •十 ee 2 < ------- < —-xx - x 2 2以轻松获解该题的第（2)小题：证明:定义域为（〇, +〇〇 )，尸(％) 1 2017 -x2017 2黯•若p2〇17，则/，（,）= 0;若* e (0,2017),则尸〇) >0,函数/(；〇单调递增;若;c e (2017, + 〇〇 )，则尸(无）< 0,函数3-42故学敉学2021年第3期/(幻单调递减.由对称性，不妨设 a >6> 〇,则可得〇< 6<2017 <a.由条件知，ln a= 且ln6=故 lna- ln6(a-6)，即2017由对数均值不等式得2017即a + 6 > 2 x 2017.-bIn a - Inia -bIn a - In6= 2017,<2 ，1iia;,a：2= \nxl+ \nx2= m(x l+ x2)> 2m•— = 2,所以a:丨a:2> e*12.m评注:不难发现，例1第（2)小题是题根第(2)小题的一般情况，事实上，由对数均值不等,______ 1 X] ~X22J x x x2<—=---------------，艮p<m lnxj -m x2-7,可见必有〇< m < i.m e因为lnafc= In a+ In6 =----(a+ 6) >2017 》^x 2x 2017 = 2,所以d> e2.下面举例说明此题根在高考、竞赛、模考中的应用，也进一步洞悉此类问题的编拟奥秘.类型1直接用对数均值不等式例1(2016年全国高中数学联赛湖南省预赛第15题）[3]已知函数/(幻=i l n x-(1)若m =」2时，求函数/(幻的所有零点；(2)若/(4有两个极值点心、巧,且x, < 尤2•求证:丨内> e2.解析:（1)当m =-2时，/(幻=;*111»:+；*:2-x = x( \nx + x -l) (x> 0). i^,p(x)=ln% + x -1(«：> 0)，则p'(A〇=丄+ 1> 0,于是p(a〇在X(〇, + «>)上为增函数.又P(1) = 0,所以，当m =-2时，函数/(幻有唯一的零点a; = 1.(2)若/(x)有两个极值点x,、*2,则导函数/'(*)有两个零点h h•由/'U)= In* -m*，可知例2(2018年全国高中数学联赛福建省预赛第14题）[4]已知/U)= e* -似.(1)当x > 0时，不等式Q-2)/(幻+ m*2+ 2> 0恒成立,求实数m的取值范围；(2)若力、*2是/(幻的两个零点，证明：A C, + A；2> 2.解析：（1)略.(2)证明：由题可得/U)= /U2) = 〇,即I e*' = m x., t _x x,x得。

双根法优化解析几何运算

双根法优化解析几何运算1.双根法使用类型：形如12121212,,()(),()()x x y y x t x t y t y t ++++或者,MA MB MA MB ⋅⋅u u u r u u u r（其中1212,,,x x y y 分别为直线与曲线交点,A B 的横纵坐标）2.双根法理论基础：设12,x x 为一元二次方程20ax bx c ++=的两根则212()()ax bx c a x x x x ++=--（其意义为将一个二次多项式进行因式分解）引例.设椭圆中心在原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左右焦点分别为12,F F ，线段12,OF OF 中点分别为12,B B ，且12AB B △是面积为4的直角三角形.（1）求其椭圆的方程（2）过1B 作直线l 交椭圆于,P Q 两点，使22PB QB ⊥，求直线l 的方程.解：（1）221204x y +=（2）易知：直线l 不与轴垂直，则设直线l 方程为：(2)y k x =+，1122(,),(,)P x y Q x y因为22PB QB ⊥，则22=0PB QB u u u u r u u u u rg ，所以211221212(2,)(2,)0(2)(2)(2)(2)0x y x y x x k x x --=⇒--+++=*L现联立22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩则方程2225(2)200x k x ++-=可以等价转化212(15)()()0k x x x x +--= 即2222125(2)20(15)()()x k x k x x x x ++-=+--令2x =，22212122801648020(15)(2)(2)(2)(2)15k k k x x x x k -+-=+--⇒--=+令2x =-，212122164020(15)(2)(2)(2)(2)15k x x x x k -+-=+++⇒++=+结合21212(2)(2)(2)(2)0x x k x x --+++=*L 化简可得：222280161601515k k k k --+=++2222118016160641642k k k k k --=⇒=⇒=∴=±所以直线l 方程为：1(2)2y x =±+.1.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>离心率为2，直线20x y -+=与以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的的圆相切. （1）求椭圆的方程；（2）设直线l 与椭圆交于,A B 两点，若22OA OB OA OB +=-u u u r u u u r u u u r u u u r，求直线l 与y 轴交点的纵坐标的取值范围.2.已知椭圆22143x y +=，若直线l 与椭圆交于,A B 两点，（,A B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出定点坐标.3. 设00(,)P x y 是抛物线22y px =上的一个定点，,A B 是抛物线上两点，且PA PB ⊥，证明：直线AB 恒过定点00(2,)p x y +-.4.已知椭圆E ：错误!未找到引用源。

操千曲而晓声,观百剑而识器——简化解析几何运算的策略

时，Ａ＝｝为最小；将
直线绕点Ｐ逆时针旋转至相切（，重合）有Ａ＝Ｉ；回转至Ａ（０，一３），Ｂ（０，３）有Ａ－５为最大，故有Ａ＝
— 、Ａ（Ｂ）
０
Ｂ（ａ）
图１
＼
例３．椭圆内车＋车＝１有一点Ｐ（１，１），一直线
为、／的点的轨迹，根据圆锥曲线的定义．此轨迹
为双曲线．选Ｃ．点评：本题采用了 “ 回归定义”的策略，达到准
确判断、灵活解题、避免大量运算的麻烦．其实，很多解析几何问题都是由定义派生出来的，这时理解定
免繁琐的推理运算，往往事半功倍、别样精彩．
ｆ－Ｏｆｌ－成等差数列，￣Ｂ－ｆ与同向，求双曲线的离
心率．
求简思维是建立在对定义、概念深入理解的基础
上，掌握其本质属性，运用相关的概念、定义对问题
的定性分析和定量计算有机结合起来，可以使运算过程简捷明快，因此我们在解题中若能回归定义，则很
以事半功倍．解析：由、／（ｘ＋３）２＋（ｙ一１）一Ｉｘ — ｙ＋３１＝０，得
一
平分线盼眭质定理得＝槲，再由等比性质可得］＝＝斟＝
１
，
即ｔａｎ０
，由渐近线方程由＝，再
我们备战高考同样如此本文笔者通过认真研究近6年来的广东高考数学选做题发现对几何证明选讲部分内容的考查多集中在与圆相关的性质定理和相似三角形相似三角形的判定和性质定理射影定理圆的切线的判定和性质定理圆周角定理弦切角定理相交弦定理割线定理切割定理圆内接四边形的性质和判定定理等知识上难度不算大一般为中等难度题目

解决解析几何问题的六种通法

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 |＝2225t 2＋6t＋1>2 2. 当t <0时，|MN |＝22⎝⎛⎭⎫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＋4k 2＋(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．。

第11讲点乘双根法(解析几何)(解析版)

第11讲点乘双根法知识与方法在计算两个向量的数量积（即点乘）时，会遇到 (x 1−x 0)(x 2−x 0)+(y 1−y 0)(y 2−y 0)的结构, 常规方法是将它展开, 再结合韦达定理化简整理,也可以利用“点乘双根法”进行整体处理, 达到简化运算, 快速解题的目的.1.方法介绍所谓的“点乘双根法”, 是指构建双根式，整体处理含或 (x 1−x 0)(x 2−x 0)(y 1−y 0) 等类似结构的计算问题.(y 2−y 0)2.理论基础二次函数的双根式. 若一元二次方程 f (x )=ax 2+bx +c ax 2+bx +c =0(a ≠0)有两根 , 则, 取 , 可得 x 1,x 2f (x )=a (x−x 1)(x−x 2)x =x 0f (x 0)=a (x 1−x 0)(x 2−x 0).3.适用类型, 或等形式.x 1x 2, y 1y 2,(x 1−m )(x 2−m ),(y 1−m )(y 2−m )PA ⋅PB 4.解题步骤化双根式赋值整体代入.→→典型例题下面以一个例题来说明点乘双根法的解题步骤.【例1】已知点是拋物线上一定点, 以M (x 0,y 0)y 2=2px (p >0)M 为直角顶点作该抛物线的内接直角三角形 , 则动直线过定点 △MAB AB .(x 0+2p,−y 0)【证明】设 , 由 , 得 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)MA ⋅MB =0(x 1−x 0)(x 2−x 0)+(y 1−y 0)(y 2−y 0)=0（∗)显然直线不与轴平行，设其方程为 .AB x x =my +t 步骤 1: 化双根式联立 , 得 , 方程两根为 , 则 {y 2=2px x =my +ty 2−2pmy−2pt =0y 1,y 2(y 1−y )(y 2−y )=y 2−2pmy (1)−2pt 联立 , 得, 则 {y 2=2px x =my +t x 2−(2t +2m 2p )x +t 2=0(x 1−x )(x 2−x )=x 2−(2t +2m 2p )x +t 2(2)步骤 2: 赋值在(1)中, 令 , 则 (4)y =y 0(y 1−y 0)(y 2−y 0)=y 20−2pmy 0−2pt 在(2)中, 令 , 则 (5)x =x 0(x 1−x 0)(x 2−x 0)=x 20−(2t +2m 2p )x 0+t 2步骤 3: 整体代入即 ,t 2−(2p +2x 0)t +x 20−m 2y 20+y 20−2pmy 0=0即 ,[t−(x 0−my 0)]⋅[t−(x 0+my 0+2p )]=0所以或 ,t =x 0−my 0t =x 0+my 0+2p 情形一：当 , 即时, 说明点在直线上, 不合题意;t =x 0−my 0x 0=my 0+t M AB 情形二：当 , 即时, 直线过定点 t =2p +x 0+my 0x 0+2p =m (−y 0)+t x =my +t .(x 0+2p,−y 0)综上所述：直线恒过定点 .AB (x 0+2p,−y 0)通过本例可以看到，利用点乘双根法处理这类问题时，看起来式子仍然不少, 实际上运算量已经減少了很多.【例2】设椭圆中心在原点 , 长轴在轴上，上顶点为 , 左右顶点分别为 O x A F 1,F 2,线段中点分别为 , 且是面积为 4 的直角三角形.OF 1,OF 2B 1,B 2△AB 1B 2(1) 求椭圆的方程;(2) 过作直线交椭圆于两点, 使 , 求直线的方程.B 1l P ,Q PB 2⊥QB 2l【解析】（1）设所求椭圆的标准方程为 , 右焦点为 .x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)F 2(c ,0)因为是直角三角形, 又 , 故为直角, 因此 ,△AB 1B 2|AB 1|=|AB 2|∠B 1AB 2|OA |=|OB 2|得 .b =c2 结合 c2=a 2−b 2 得 4b 2=a 2−b 2, 故 a 2=5b 2,c 2=4b 2 , 所以离心率 e =在中, , 故 2Rt ABB ∆12OA B B ⊥22,1221||||22MBB B cS B B OA OB OA b b =⋅=⋅=⋅=由题设条件 , 得 , 从而 .2,4AB B S ∆=24b =22520a b ==因比, 所求椭圆的标准方程为 ;221204x y +=(2) 显然直线不与轴垂直，设的方程为 ,l x l ()()1122(2),,,,y k x P x y Q x y =+因为 , 则 ,22PB QB ⊥220PB QB ⋅=所以 ()()()()()()2112212122,2,022220(*)x y x y x x k x x -⋅-=⇒--+++=联立 22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩因为是方程的两根, 所以 ,12,x x ()()()2222125(2)2015x k x k x x xx ++-=+--令 , 得 ,2x =()()()()()2221212280164802015222215k k k x x x x k -+-=+--⇒--=+令 , 得 ,2x =-()()()()()21212216402015222215k x xx x k -+-=+++⇒++=+代入 (*), 得,22280161601515k k k --+=++化简可得: , 所以 ,22221801616064164k k k k --=⇒=⇒=12k =±故直线方程为: .l 1(2)2y x =±+【例3】设分别为椭圆的左、右顶点, 过左焦点且斜率为 ,A B 22132x y +=F 的直线与椭圆交于两点. 若 , 求的值.k ,C D 8AC DB AD CB ⋅+⋅=k 【答案】 k =【解析】设点 , 由得直线的方程为 ()()1122,,,C x y D x y (1,0)F -CD (1)y k x =+,由方程组 , 消去 , 整理得 .22(1)12y k x y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩y ()2222236360k x k x k +++-=由韦达定理可得 .22121222636,2323k k x x x x k k -+=-=++因为,(A B 所以AC DB AD CB⋅+⋅()()11222211,,x y x y xy x y =+⋅-+⋅--1212622x x y y =--()()2121262211x x k x x =--++8=由 , 得 .8AC DB AD CB ⋅+⋅=()()21212111x x k x x +++=-因为是方程的两根, 所以12,x x ()2222236360k x k x k +++-=()()()()()()()2222221212236362323k xk x k k x x x x k x x xx +++-=+--=+--令 , 则 , 所以 0x =()22123623k kx x -=+21223623k x x k -=+令 , 则 1x =-()()()()222212236362311k k k k x x+-+-=+++所以 ()()12241123x x k ++=-+因为 ,()()21212111x x k x x +++=-所以 , 解得222223641,22323k k k k k--=-=++k =【例4】设为曲线上两点, 与的横坐标之和为 4 .,A B 2:4x C y =A B (1) 求直线的斜率;AB(2) 设为曲线上一点, 在处的切线与直线平行, 且 , M C C M AB AM BM ⊥求直线的方程.AB 【答案】 (1) 1； (2) 7y x =+【解析】(1) 设 , 则 ()()1122,,,A x y B x y 2212121212,,,444x x x x y y x x ≠==+=于是直线的斜率 .AB 12121214y y x x k x x -+===-(2) 由 , 得 .24x y =2x y '=设 , 由題设知, 解得 , 于是 ()33,M x y 312x =32x =(2,1)M 因为 , 所以 , 即 .AM BM ⊥0MA MB ⋅=()()()()121222110x x y y --+--=设直线的方程为 , 因为点在直线上,AB y x m =+,A B AB 所以 ,1122,y x m y x m =+=+所以 .()()()()121222110x x x m x m --++-+-=由得 . 由 , 得 .24y x m x y =+⎧⎪⎨=⎪⎩2440x x m --=16(1)0m ∆=+>1m >-()()21244x x m x x x x --=--在式中, 令 , 得 (1)2x =()()212242422m x x -⨯-=--在(1)式中, 令 , 得 1x m =-()()212(1)4(1)411m m m x m x m --⨯--=+-+-∴()()()()12122211x x x m x m --++-+-,222424(1)4(1)40m m m m =-⨯-+--⨯--=解得 , 或 (舍）, 所以直线的方程为 .7m =1m =-AB 7y x =+强化训练1. 椭圆 , 若直线与椭圆交于两点 22:143x x C +=:l y kx m =+C ,A B (,A B 不是左右顶点）, 且以直线为直径的圆恒过椭圆的右顶点. 求证：直线AB C 恒过定点, 并求出该点的坐标.l【答案】 2,07⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设椭圆的右顶点为 ,()()1122(2,0),,,,C A x y B x y 则 ()()1212220,(*)CA CB x x y y ⋅=--+=联立 , 整理得: ,22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()()222348430k x mkx m +++-=因为是方程的两个根, 所以12,x x ()()222348430k x mkx m +++-=()()()()()2222123484334(1)k xmkx m k x x x x +++-=+--取 , 得 ,2x =()()()()()2221243416433422k mk m k x x +++-=+--所以 (2).()()22122161642234k mk m x x k++--=+取 , 并两边同时乘以 , 可得 m x k =-2k 2221212231234m m m k y y k x x k k k -⎛⎫⎛⎫=++= ⎪⎪+⎝⎭⎝⎭(3).将（2和(3)整体代入 (*), 得,2222221616431203434k mk m m k k k ++-+=++即 , 即或 ,2241670k mk m ++=(72)(2)0,2m k m k m k ++=∴=-27m k =-当时, 直线过点 , 不合题意;2m k =-:(2),l y kx m k x l =+=-(2,0)C 当时, 直线 , 显然恒过定点 .27m k =-2:7l y kx m k x ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭l 2,07⎛⎫⎪⎝⎭2. 已知椭圆的右焦点为 , 过且与2222:1(0)x y E a b a b+=>>(1,0)F F x 轴垂直的弦长为 3 .(1) 求椭圆标准方程;(2) 直线过点与满圆交于两点, 问轴上是否存在点 , 使 l F ,A B x P PA PB ⋅为定值?若存在, 求出的坐标; 若不存在, 说明理由.P【答案】 (1) ; (2) 见解析22143x y +=【解析】 (1)易得椭圆标准方程为 ;22143x y +=(2) 当直线的斜率存在时, 设为 , 则直线的方程为 ,l k l (1)y k x =-设 , 则()()1122(,0),,,,P m A x y B x y ()()()22221234(1)1234x k x k x x x x +--=+--(1).()()1122,,,PA x m y PB x m y =-=-()()()()()()21212121211(2)PA PB x m x m y y x m x m k x x ⋅=--+=--+--在(1)中令 , 得 , (3)x m =()()22212234(1)1234m k m x m x m k+----=+在(1)中令 , 得 , (4)1x =()()12291134x x k ---=+把(3)4代入(2)并整理得()()22224(1)931243m k m PA PB k --+-⋅=+ 所以, 得 , 此时 .()224(1)931243m m---=118m =13564PA PB ⋅=- 当直线的斜率不存在时, , 仍有 .l 33111,,1,,,0228A B P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭13564PA PB ⋅=- 综上所述, 的坐标为 .P 11,08P ⎛⎫⎪⎝⎭3. 已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点, 直线与椭圆有且只有一个公共点 .:3l y x =-+E T (1) 求椭圆的方程及点的坐标;E T (2) 设是坐标原点, 直线平行于 , 与椭圆交于不同的两点 , O l OT E ,A B 且与直线交于点 . 证明: 存在常数 , 使得 , 并求 l P λ2||||||PT PA PB λ=⋅λ的值.【答案】 (1) (2) ,(2,1);45λ=【解析】 (1) , 点坐标为 , 过程路.22163x y +=T (2,1)(2) 由已知可设直线的方程为 ,l 1(0)2y x m m =+≠由方程组可得 1,23y x m y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩223213m x m y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩所以点坐标为 , 设点的坐标分别为, P 222282,1,||339m m PT m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,A B ,()()1122,,,A x y B x y 由方程组 , 可得 (1)2216312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩()22344120x mx m ++-=而是的两根, 所以12,x x ()22344120x mx m ++-= (2)()()()2212344123x mx m x x x x ++-=--方程(2)的判别式为 , 由 , 解得 .()21692m ∆=-0∆>m <<由(2)得 212124412,33m m x x x x -+=-=所以1122||233m m PA x x ==-=-同理, 所以22||3m PB x =-1252222433m m PA PB x x ⎛⎫⎛⎫=----⎪⎪⎝⎭⎝⎭②中令，得223mx =-得()2212222232424123223333m m m m m m x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-=---- ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭得 21222822339m m x x m ⎛⎫⎛⎫----= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，故存在，使得2109PA PB m =54λ=2||||||.{PT PA PB λ=⋅。

简化解析几何运算技巧专题

专题：简化解析几何运算的5个技巧中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．技法一巧用定义，揭示本质以数形结合思想为指导，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．[典例] 如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A ．2B ． 3C ．32D ．62[解析] 由已知，得F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设双曲线C 2的实半轴长为a ，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧|AF 1|＋|AF 2|＝4，|AF 2|－|AF 1|＝2a ，|AF 1|2＋|AF 2|2＝12，解得a 2＝2，故a ＝2．所以双曲线C 2的离心率e ＝32＝62． [答案] D [方法点拨]本题可巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF 1|，|AF 2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a 的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．[对点演练]抛物线y 2＝4mx (m ＞0)的焦点为F ，点P 为该抛物线上的动点，若点A (－m,0)，则|PF ||P A |的最小值为________．解析：设点P 的坐标为(x P ，y P )，由抛物线的定义，知|PF |＝x P ＋m ，又|P A |2＝(x P ＋m )2＋y 2P ＝(x P ＋m )2＋4mx P ，则⎝⎛⎭⎫|PF ||P A |2＝(x P ＋m )2(x P ＋m )2＋4mx P ＝11＋4mx P (x P ＋m )2≥11＋4mx P (2x P ·m )2＝12(当且仅当x P ＝m 时取等号)，所以|PF ||P A |≥22，所以|PF ||P A |的最小值为22．答案：22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，常常可以用代点法求解．[典例] 已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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(1，－1)，则E 的标准方程为( )A ．x 245＋y 236＝1B ．x 236＋y 227＝1C ．x 227＋y 218＝1D ．x 218＋y 29＝1[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，①②①－②得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2(x 1＋x 2)a 2(y 1＋y 2)＝b 2a 2．又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12．又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18，所以椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1．[答案] D [方法点拨]本题设出A ，B 两点的坐标，却不需求出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．[对点演练]过点M (1,1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)相交于A ，B 两点，若M是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，∴(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2＝0，∴y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2．∵y 1－y 2x 1－x 2＝－12，x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2，∴－b 2a 2＝－12，∴a 2＝2b 2．又∵b 2＝a 2－c 2，∴a 2＝2(a 2－c 2)，∴a 2＝2c 2，∴c a ＝22．即椭圆C 的离心率e ＝22．答案：22某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．[典例] (2016·全国甲卷)已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA ．(1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值围． [解] 设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0． (1)当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2,0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4．因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2．将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1，得7y 2－12y ＝0．解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127．因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449．(2)由题意知t >3，k >0，A (－t ，0)．将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1，得(3＋tk 2)x 2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0．由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2，得x 1＝t (3－tk 2)3＋tk 2，故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t (1＋k 2)3＋tk 2．由题设，直线AN 的方程为y ＝－1k (x ＋t )，故同理可得|AN |＝6k t (1＋k 2)3k 2＋t ．由2|AM |＝|AN |，得23＋tk 2＝k3k 2＋t，即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)．当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k (2k －1)k 3－2．t >3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝(k －2)(k 2＋1)k 3－2<0，即k －2k 3－2<0．因此得⎩⎪⎨⎪⎧ k －2>0，k 3－2<0或⎩⎪⎨⎪⎧k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2．故k 的取值围是(32，2)． [方法点拨]本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x 1＝t (3－tk 2)3＋tk 2，这体现了整体思路．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．[对点演练](2016·实战考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，且经过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，左、右焦点分别为F 1，F 2．(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若△AF 2B 的切圆半径为327，求以F 2为圆心且与直线l 相切的圆的方程．解：(1)由c a ＝12，得a ＝2c ，所以a 2＝4c 2，b 2＝3c 2，将点P ⎝⎛⎭⎫1，32的坐标代入椭圆方程得c 2＝1，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1．(2)由(1)可知F 1(－1,0)，设直线l 的方程为x ＝ty －1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t 2)y 2－6ty －9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，△AF 2B 的切圆半径为r 0，则有y 1＋y 2＝6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2，r 0＝327，所以S △AF 2B ＝S △AF 1F 2＋S △BF 1F 2＝12|F 1F 2|·|y 1－y 2|＝12|F 1F 2|·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12t 2＋14＋3t 2．而S △AF 2B ＝12|AB |r 0＋12|BF 2|r 0＋12|AF 2|r 0＝12r 0(|AB |＋|BF 2|＋|AF 2|) ＝12r 0(|AF 1|＋|BF 1|＋|BF 2|＋|AF 2|) ＝12r 0·4a ＝12×8×327 ＝1227，所以12t 2＋14＋3t 2＝1227，解得t 2＝1，因为所求圆与直线l 相切，所以半径r ＝2t 2＋1＝2，所以所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝2．利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一．[典例] 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 ，它的一个焦点在抛物线y 2＝24x 的准线上，则双曲线的方程为( )A ．x 236－y 2108＝1B ．x 29－y 227＝1C ．x 2108－y 236＝1D ．x 227－y 29＝1[解析] 由双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，可设双曲线的方程为x 2－y 23＝λ(λ＞0)．因为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点在抛物线y 2＝24x 的准线上，所以F (－6,0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以双曲线的方程为x 29－y 227＝1．[答案] B [方法点拨]本题利用共渐近线系双曲线方程，可使问题马上得到解决．避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，事半功倍．[对点演练]圆心在直线x －y －4＝0上，且经过两圆x 2＋y 2＋6x －4＝0和x 2＋y 2＋6y －28＝0的交点的圆的方程为( )A ．x 2＋y 2－x ＋7y －32＝0B ．x 2＋y 2－x ＋7y －16＝0C ．x 2＋y 2－4x ＋4y ＋9＝0D ．x 2＋y 2－4x ＋4y －8＝0解析：选A 设经过两圆的交点的圆的方程为 x 2＋y 2＋6x －4＋λ(x 2＋y 2＋6y －28)＝0，即x 2＋y 2＋61＋λx ＋6λ1＋λy －4＋28λ1＋λ＝0，其圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－31＋λ，－3λ1＋λ，又圆心在直线x －y －4＝0上，所以－31＋λ＋3λ1＋λ－4＝0，解得λ＝－7，故所求圆的方程为x 2＋y 2－x ＋7y －32＝0．换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值围或改变原题条件．[典例] 设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆上且异于A ，B 两点，O 为坐标原点．若|AP |＝|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足|k |＞3．[解] 法一：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件，得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b 2＝1. 消去y 0并整理，得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2．① 由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0．而x 0≠0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝⎛⎭⎫a b 2＋4．又a ＞b ＞0，故(1＋k 2)2＞4k 2＋4，即k 2＋1＞4，因此k 2＞3，所以|k |＞3．法二：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．由点P 在椭圆上，得x 20a 2＋k 2x 20b 2＝1．因为a ＞b ＞0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a 2＜1，即(1＋k 2)x 20＜a 2．②由|AP |＝|OA |及A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入②，得(1＋k 2)·4a 2(1＋k 2)2＜a 2，解得k 2＞3，所以|k |＞3．法三：设P (a cos θ，b sin θ)(0≤θ＜2π)，则线段OP 的中点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2cos θ，b2sin θ． |AP |＝|OA |⇔AQ ⊥OP ⇔k AQ ×k ＝－1．又A (－a,0)，所以k AQ ＝b sin θ2a ＋a cos θ，即b sin θ－ak AQ cos θ＝2ak AQ ．从而可得|2ak AQ |≤b 2＋a 2k 2AQ ＜a 1＋k 2AQ ，解得|k AQ |＜33．故|k |＝1|k AQ |＞3． [方法点拨]求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量． [对点演练](2016·市质量检测)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且离心率为12，点P 为椭圆上一动点，△F 1PF 2面积的最大值为3．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左顶点为A 1，过右焦点F 2的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，连接A 1A ，A 1B 并延长分别交直线x ＝4于R ，Q 两点，问RF 2―→·QF 2―→是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．解：(1)已知椭圆的离心率为12，不妨设c ＝t ，a ＝2t ，则b ＝3t ，其中t ＞0，当△F 1PF 2面积取最大值时，点P 为短轴端点，因此12·2t ·3t ＝3，解得t ＝1，则椭圆的方程为x 24＋y 23＝1．(2)由(1)可知F 2(1,0)，A 1(－2,0)．设直线AB 的方程为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1，可得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，则y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，①y 1y 2＝－94＋3m 2，②直线AA 1的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，直线BA 1的方程为y ＝y 2x 2＋2(x ＋2)，则R⎝⎛⎭⎫4，6y 1x 1＋2，Q ⎝⎛⎭⎫4，6y 2x 2＋2，F 2R ―→＝⎝⎛⎭⎫3，6y 1x 1＋2，F 2Q ―→＝⎝⎛⎭⎫3，6y 2x 2＋2，则F 2R ―→·F 2Q ―→＝9＋6y 1x 1＋2·6y 2x 2＋2＝6y 1my 1＋3·6y 2my 2＋3＋9＝36y 1y 2m 2y 1y 2＋3m (y 1＋y 2)＋9＋9将①②两式代入上式，整理得F 2R ―→·F 2Q ―→＝0，即F 2R ―→·F 2Q ―→为定值0．。

双根法是优化解析几何运算的又一利器

y 双根法是优化解析几何运算的又一利器蓝云波（广东省兴宁市第一中学，514500）解析几何历来都是高考中的重点和难点，由于其方法巧妙，运算复杂，故常令人望而生畏.特别是涉及繁冗运算的圆锥曲线综合解答题，即使学生在思路顺畅的情况下，都难于得出结果.因此，如何提高解析几何的运算能力变得至关重要.要解决解析几何中的复杂运算，算理就显得非常重要.如常见优化解析几何运算的方法有：利用圆锥曲线的定义、巧设直线方程、利用参数方程、运用点差法、合理利用平面几何知识等等，本文提供另外一种优化解析几何运算的方法——双根法，它在解决一类圆锥曲线问题中常能达到化繁为简、举重若轻的效果.我们知道，二次函数有三种形式，分别是一般式、顶点式、双根式.其中双根式可以把一般式y = ax 2 + bx + c (a ≠ 0)表示为 y = a (x - x )(x - x )(a ≠ 0)，x , x 为方程 ax 2 + bx + c = 0 的两根.1212例 1（2012 年高考重庆卷第 20 题）如图所示，设椭圆的中心为原点O ，长轴在 x 轴上，上顶点为 A ，左、右焦点分别为 F 1 , F 2 ，线段OF 1 , OF 2 的中点分别为 B 1 , B 2 ，且△ AB 1B 2 角三角形.（1）求该椭圆的离心率和标准方程；（2）过 B 1 作直线l 交椭圆于 P , Q 两点，使 PB 2 ⊥ QB 2 ，求直线l 的方程.是面积为4 的直分析：本题是一道典型的直线与圆锥曲线的综合解答题，通常的做法是联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理消元解决.结合本题，问题的关键是解决 PB 2 ⊥ QB 2 这个条件转换为向量的数量积为零之后的复杂运算，思路虽然清晰，但运算比较复杂.传统解法：（1）该椭圆的离心率e= x 2 2，标准方程为 + 5 20 4= 1；（2）由（1）知 B 1 (- 2,0), B 2 (2,0).当直线l 垂直于 x 轴时，显然不成立. 当直线l 不垂直于 x 轴时，可设其方程为 y = k (x + 2). P (x 1 , y 1 ), Q (x 2 , y 2 ).2 51 2⎧ y = k (x + 2), ⎪ 由 ⎨ x 2 + y= 1, 得 x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = 0 .即(1+ 5k 2 )x 2 + 20k 2 x + 20k 2 - 20 = 0，⎪⎩ 20 4- 20k 220k 2 - 20 ∴ x 1 + x 2 =1+ 5k2, x 1 x 2 =.1+ 5k 2PB 2 ⊥ QB 2 ，∴ PB 2 • 2 = (2 - x 1 )(2 - x 2 )+ y 1 y 2 = 0 .因为点 P , Q 在直线 y = k (x + 2) 上，所以 y 1 = k (x 1 + 2), y 2 = k (x 2 + 2) .所以(2 - x )(2 - x ) + k 2(x + 2)(x + 2) = 01212所以 4 - 2(x + x ) + x x + k 2 x x + 2k 2 (x + x ) + 4k 2= 0121 21 212化简得(1+ k 2 )x x + (2k 2 - 2)(x + x ) + 4k 2+ 4 = 0.所以(1+ k 2) ⨯ 20k 2 - 20 1+ 5k 2+ (2k 2 - 2) ⨯ - 20k 2 1+ 5k 2 + 4k 2+ 4 = 0 ，所以(1+ k 2) ⨯ 5k 2 - 5 1+ 5k 2+ (2k 2- 2) ⨯ - 5k 2 1+ 5k 2 + k 2+1 = 0 ，故(1+ k 2 )(5k 2 - 5) + (2k 2 - 2)(-5k 2 ) + (k 2 +1)(1+ 5k 2) = 0，所以5k 4+ 5k 4-10k 4+10k 2+ k 2+ 5k 2- 5 +1 = 0 ，故16k 2- 4 = 0 ， k = ± 1.2 1故直线l 的方程为 y = ± (x + 2) ，即 x + 2 y + 2 = 0或 x - 2 y + 2 = 0 .2点评：此法虽然思路清晰，但运算极为繁琐.特别是在紧张的考试中，学生能算出最后结果的微乎其微.本题中，如何化简(2 - x )(2 - x ) + k 2(x + 2)(x + 2) = 0 是运算的难点.上述的解法虽然可行，1212但效率却不够高，且极容易出错.事实上，我们只要能把(2 - x 1 )(2 - x 2 ) 和(x 1 + 2)(x 2 + 2) 用 k 来表示，问题便能得到解决.如若注意到 x 1 , x 2 是方程的两根，可把 x 2+ 5k 2(x + 2)2- 20 = 0 左端的式子用双根法表示，然后进行合理赋值，就能轻而易举得到结果.1 2 23 优化解法：同传统解法可得 x 2+ 5k 2(x + 2)2- 20 = 0 与(2 - x )(2 - x ) + k 2 (x + 2)(x + 2) = 0 ，因为 x , x 是方程x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = 0 的两根，所以 121212x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = (1+ 5k 2 )(x - x )(x - x ) ①，12①式中令 x = 2 得， 22 + 5k 2 (2 + 2)2 - 20 = (1+ 5k 2)(2 - x )(2 - x ) ，12所以(2 - x 1 )(2 - x 2 ) =80k 2 -16 ，1+ 5k2①式中令 x = -2得， (-2)2+ 5k 2(2 - 2)2- 20 = (1+ 5k 2)(-2 - x )(-2 - x ) ，12-16所以(x 1 + 2)(x 2 + 2) =1+ 5k2 ，∴(2 - x 1 )(2 - x 2 ) + k (x 1 + 2)(x 2 + 2) = 80k 2 -16 1+ 5k 2+ k 2 ⨯ -16 = 1+ 5k 2 64k 2 -16 1+ 5k 2= 0. 所以64k 2-16 = 0，即 k = ± 1 .下同传统解法.2点评：此法通过巧设双根式并进行合理赋值，运算极为简洁，真正达到了化繁为简的效果，可以说几乎没有什么运算了，令人叹为观止！【变式 1】：（2013 年上海春季高考理科第 28 题）已知椭圆C 的两个焦点分别为 F 1 (-1,0)、F 2 (1,0)，短轴的两个端点分别为 B 1 , B 2 .（1）若△ F 1B 1B 2 为等边三角形，求椭圆C 的方程；（2）若椭圆C 的短轴长为 2 ，过点 F 2 的直线l 与椭圆C 相交于 P , Q 两点，且 F 1⊥ F 1，求直线l 的方程.（答案：（1） 3x 24+ 3y 2 = 1；（2）直线l 的方程为 x + 7 y -1 = 0 或 x - 7 y -1 = 0 ）我们现在再来看更为复杂的例 2，若用传统解法解决，几乎不能算出来，而双根法则显示出巨大的威力.例 2（2014 年高考辽宁理科数学第 20 题）圆 x 2+ y 2= 4 的切线与 x 轴正半轴， y 轴正半轴围x 2 y 2成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为 P （如图）.双曲线C 1 ： a 2 - b2 = 1过点 P 且离心率为 .（1）求C 1 的方程；22 2111 2 （2）椭圆C 2 过点 P 且与C 1 有相同的焦点，直线l 过C 2 的右焦点且与C 2 交于 A , B 两点.若以线段 AB 为直径的圆过点 P ，求l 的方程.解析：（1）可求得点 P 的坐标为 ( 2, )， C 1 的方程为 x 2-y 2 = 21；（略）(-) ( )x 2+ y 2 =（2）由（1）知C 2 的焦点坐标为3,0 , 3,0 ，由此设C 2 的方程为 3 + b 2 2 1，其中 1> ( )2+2= 2 = x 2 + y 2 =b 10.由点 P 2, 在C 2 上，得3 + b 221，解得b 1 1 3.因此C 2 的方程为 6 31.显然l 的斜率不为0 ，故可设l 的方程为 x = my + 3 .点 A (x 1 , y 1 ), B (x 2 , y 2 )，⎧x = my + 3,⎪ 由 ⎨ x 2 + y = 1, 得(m 2 + 2)y 2 + 2 3my - 3 = 0 ，因为 y 1 , y 2 是方程的两根， ⎪ ⎩ 故有(m 2+ 2)y 2+ 23my - 3 = (m 2+ 2)(y - y )(y - y )①因为 AP = (- x 1 , - y 1 )， BP = (- x 2 , - y 2 )，所以 AP • BP = ( 2 - x 1)( 2 - x 2)+ ( - y 1)( 2 - y 2)= ( 2 - my 1- 3)( 2 - my 2- 3)+ ( - y 1)( 2 - y 2)= m - y ⎪ - y ⎪ + ( - y )( 2 - y)= 0②2⎛ 2 - 3⎝ m⎫⎛ 2 - 3 ⎫1⎭⎝ m2⎭1 2①式中令 y = 得 2(m 2+ 2)+ 2 6m - 3 = (m 2+ 2)( 2 - y 1)( 2 - y 2)，所以( - y 1)( - y 2)=，③m 2 + 2①式中再令 y =m2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2m 2 + 2 6m +1 2 -3 b b 6 2 32 -3 2 -3 ⎪ 14 2 ⎛ 2 -3 ⎫2⎛ 2 - 3⎫⎛ 2 - 3⎫得(m 2+ 2)⎪ + 2 3m ⨯ - 3 = (m 2+ 2)- y ⎪ - y ⎪，⎝m⎭m2⎛ ⎫⎛ ⎫ ⎝ m⎭⎝m2⎭所以 m ⎝ m - y 1 ⎪ ⎭⎝ m - y 2 ⎪ = ⎭. ④m 2+ 2③、④代入②易得 2m 2- 2 6m + 4 -11 = 0 ，故可解得 m =±1，⎛ 因此直线l 的方程为 x -⎝ ⎫ -1⎪ y - 2 ⎭ ⎛ = 0 或 x - ⎝ ⎫+1⎪ y - 2⎭ = 0. 点评：本题方法使用了巧设直线方程的技巧，有效地降低了运算，在此基础上运用双根法，更是达到了优化运算的效果，可以说是双剑合璧！x 2+ y 2= ( > > )(0, 【变式 2】：（2015 年高考福建理科数学第 18 题）已知椭圆 E :a22 )，且离心率为2 ．2（1）求椭圆 E 的方程；1 a b b20 过点（2）设直线 x = my -1(m ∈ R )交椭圆 E 于 A ， B 两点，判断点G ⎛ - 9 ,0⎫与以线段 AB 为直⎪ ⎝ ⎭径的圆的位置关系，并说明理由．（答案：（1） x + y 4 2 = 1；（2）点G ⎛ - ⎝ 9 ,0⎫在以线段 AB 为直径的圆的圆外）4 ⎭我们通过上面几道高考题的分析，我们发现，双根法在解决解析几何中涉及 MA • MB = λ（其中λ为常数， M 为定点， A , B 为直线与圆锥曲线的交点）的问题时具有巨大的威力，能使问题得到有效的解决.使得繁琐的运算变成简单可行的任务，能极大地提高解题效率！2 -3 - 4m 2+10 - 4 6 6 3 623 3 3 3 6 6 2。

一题多解，妙处自现—-根号2倍关系的几何证明

一题多解，妙处自现— - 根号 2 倍关系的几何证明摘要：老师在讲授或学生在解一道几何证明题时，经常会得到结论就结束了解题，而可能会忽视继续去发现、深入挖掘更多的方法，这样就浪费了宝贵的思维财富。

为了有利于培养学生的发散思维、创新思维，为了避免学生在解几何题时偏执的钻牛角尖，解题更加游刃有余。

在高效解题背景要求下，我们需在解题能力多元化、方法多样化方面下功夫，这样有利于提升学生的解题水平。

关键词：平面几何题；倍关系；辅助线；几何、代数方法波利亚说“掌握数学就意味着善于解题”。

这里的“掌握”包括关于数学的知识意蕴、思考方式、思想方法、思维倾向等。

特别需要指出的是，题目只是载体，因此更需要深入思考方法才能达到真正意义上的“掌握”。

一、呈现题目如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F是AE上一点，FC⊥CD，且FC=CD，连接BF并延长交AD于点G.求证：①△AEB≌△CEF；②DG＝ BF本题是在听本校年轻教师上汇报课时记录的题目，未查出处。

但可以肯定，它是近几年来中考热点、经典代表之一。

解析：本题第一问，由平行四边形的性质可知，AB=CD=CF，∠BAD=∠BCD，又因为AD∥BC且AE⊥BC，所以∠AEB=∠CEF=∠EAD=90°，由FC⊥CD，所以∠FCD=90°，可得∠BAE=∠FCE，从而证得△AEB≌△CEF。

此时，估计有部分同学就会马上联系第二问进行思考，证明全等会给我们带来些什么有用结论呢?1.由△AEB≌△CEF，可以得到BE=EF，AE=CE；2.易证△BEF和△AFG为等腰直角三角形；(3)由AD=BC，AG=AF，EF=BE，所以：DG=AD-AG=AD-AF，BE=BC-EC=BC-AE=BC-EF-AF，所以：DG=2BE，这样就为解决第二问带来便利。

二、几何方法解决第二问的方法探索（一）方法①：不添辅助线，直接证明第二问是非常典型的倍模型，需要构建等腰直角三角形，而△BEF就是等腰直角三角形，所以易解决。

高考数学复习考点题型专题讲解28 解析几何中优化运算的方法

高考数学复习考点题型专题讲解专题28 解析几何中优化运算的方法1.焦点三角形的面积(1)设P点是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上异于长轴端点的任一点，F1，F2为其焦点，记∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积记为S△PF1F2，则S△PF1F2＝b2tanθ2.(2)设P点是双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)上异于实轴端点的任一点，F1，F2为其焦点，记∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积记为S△PF1F2，则S△PF1F2＝b2tanθ2.2.中心弦的性质设A，B为圆锥曲线关于原点对称的两点，P为该曲线上异于A，B的点.(1)若圆锥曲线为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，则k PA k PB＝－b2a2＝e2－1.(2)若圆锥曲线为双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，则k PA k PB＝b2a2＝e2－1.3.中点弦的性质设圆锥曲线以M(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦AB所在的直线的斜率为k.(1)若圆锥曲线为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，则k AB＝－b2xa2y，k AB·k OM＝－b2a2＝e2－1.(2)若圆锥曲线为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)，则k AB＝b2xa2y，k AB·k OM＝b2a2＝e2－1.(3)若圆锥曲线为抛物线y2＝2px(p＞0)，则k AB＝py0 .4.圆锥曲线的切线方程设M(x0，y0)为圆锥曲线上的点，(1)若圆锥曲线为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>1)，则椭圆在M处的切线方程为xxa2＋yyb2＝1.(2)若圆锥曲线为双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，则双曲线在M处的切线方程为xxa2－yyb2＝1.(3)若圆锥曲线为抛物线y2＝2px(p>0)，则抛物线在M处的切线方程为y0y＝p(x＋x0).5.与抛物线的焦点弦有关的二级结论过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F倾斜角为θ的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则(1)x1x2＝p24，y1y2＝－p2；(2)两焦半径长为p1－cos θ，p1＋cos θ；(3)1|AF|＋1 |BF|＝2p；(4)|AB|＝2psin2θ，S△AOB＝p22sin θ.类型一优化运算的基本途径途径1 回归定义当题目条件涉及圆锥曲线的焦点时，要考虑利用圆锥曲线的定义表示直线与圆锥曲线相交所得的弦长.例1 已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P .若|AF |＋|BF |＝4，求l 的方程. 解设直线l ：y ＝32x ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由题设得F ⎝⎛⎭⎪⎫34，0，故结合抛物线的定义可得|AF |＋|BF |＝x 1＋x 2＋32. 由题设可得x 1＋x 2＝52.由⎩⎨⎧y ＝32x ＋t ，y 2＝3x ，可得9x 2＋12(t －1)x ＋4t 2＝0，则x 1＋x 2＝－12（t －1）9，从而－12（t －1）9＝52，解得t ＝－78，所以直线l 的方程为y ＝32x －78.途径2 设而不求在解决直线与圆锥曲线的相关问题时，通过设点的坐标，应用“点差法”或借助根与系数的关系来进行整体处理，设而不求，避免方程组的复杂求解，简化运算. 例2 已知点M 到点F (3，0)的距离比它到直线l ：x ＋5＝0的距离小2. (1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)过点P (m ，0)(m >0)作互作垂直的两条直线l 1，l 2，它们与(1)中轨迹E 分别交于点A ，B 及点C ，D ，且G ，H 分别是线段AB ，CD 的中点，求△PGH 面积的最小值.解(1)由题意知，点M到点F(3，0)的距离与到直线l′：x＋3＝0的距离相等，结合抛物线的定义，可知轨迹E是以F(3，0)为焦点，以直线l′：x＋3＝0为准线的抛物线，则知p2＝3，解得p＝6，故M的轨迹E的方程为y2＝12x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y21＝12x1，y22＝12x2，以上两式作差，并整理可得y1－y2x1－x2＝12y1＋y2＝6yG.即k AB＝6y G ，同理可得k CD＝6yH，易知直线l1，l2的斜率存在且均不为0，又由于l1⊥l2，可得k AB·k CD＝36yGyH＝－1，即y G y H＝－36，所以S△PGH＝12|PG|·|PH|＝12·1＋1k2AB|y G| ·1＋1k2CD|y H|＝182＋1k2AB＋1k2CD≥182＋2|k AB k CD|＝182＋2＝36，当且仅当|k AB|＝|k CD|＝1时，等号成立，故△PGH面积的最小值为36. 途径3 换元引参结合解决问题的需要，根据题目条件引入适当的参数或相应的参数方程，巧妙转化相应的解析几何问题，避开复杂的运算.例3 设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆上且异于A ，B 两点，O 为坐标原点.若|AP |＝|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足|k |> 3. 证明法一设P (a cos θ，b sin θ)(0≤θ<2π)，则线段OP 的中点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2cos θ，b 2sin θ.|AP |＝|OA |⇔AQ ⊥OP ⇔k AQ ×k ＝－1. 又A (－a ，0)，所以k AQ ＝b sin θ2a ＋a cos θ，即b sin θ－ak AQ cos θ＝2ak AQ . 2ak AQ ＝b 2＋a 2k 2AQ sin(θ－α)， tan θ＝ak AQb，从而可得|2ak AQ |≤b 2＋a 2k 2AQ <a 1＋k 2AQ ，解得|k AQ |<33，故|k |＝1|k AQ |> 3.法二依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0).由点P 在椭圆上，得x 20a 2＋k 2x 20b 2＝1.因为a >b >0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a2<1，即(1＋k 2)x 20<a 2.①由|AP |＝|OA |及A (－a ，0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a1＋k 2，代入①，得(1＋k 2)·4a 2（1＋k 2）2<a 2，解得k 2>3，所以|k |> 3.法三依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，设点P 的坐标为(x 0，y 0).联立⎩⎨⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b2＝1，消去y 0并整理，得x 20＝a 2b2k 2a 2＋b 2.① 由|AP |＝|OA |，A (－a ，0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0. 而x 0≠0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋4.又a >b >0，故(1＋k 2)2>4k 2＋4，即k 2＋1>4，因此k 2>3，所以|k |> 3.训练1 (1)(2022·杭州质检)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点.若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A.2B. 3C.32D.62(2)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)过点(1，－2)，经过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，A 在x 轴的上方，Q (－1，0)，若以QF 为直径的圆经过点B ，则|AF |－|BF |＝( ) A.23B.2 5 C.2 D.4答案 (1)D (2)D解析 (1)由已知，得F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设双曲线C 2的实半轴长为a ，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得 ⎩⎨⎧|AF 1|＋|AF 2|＝4，|AF 2|－|AF 1|＝2a ，|AF 1|2＋|AF 2|2＝12，解得a 2＝2，故a ＝2，所以双曲线C 2的离心率e ＝32＝62.(2)由于抛物线C ：y 2＝2px (p >0)过点(1，－2)，则有4＝2p ，解得p ＝2，设直线l 的倾斜角为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，根据焦半径公式，可得|AF |＝21－cos α，|BF |＝21＋cos α，由于以QF 为直径的圆经过点B ，则有BQ ⊥BF ，在Rt△QBF 中，|BF |＝2cos α，则有|BF |＝21＋cos α＝2cos α，即1－cos 2α＝cos α，所以|AF |－|BF |＝21－cos α－21＋cos α＝4cos α1－cos 2α＝4cos αcos α＝4，故选D. 类型二优化运算之二级结论的应用圆锥曲线中有很多的二级结论，应用这些结论能够迅速、准确地解题. 应用1 椭圆中二级结论的应用例4 (1)A ，B 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点，M 是椭圆上不同于A ，B 的任意一点，若直线AM ，BM 的斜率之积为－49，则椭圆C 的离心率为( )A.23B.33C.23D.53(2)已知椭圆方程为x 25＋y 2＝1，右焦点为F ，上顶点为B .直线l 与椭圆有唯一的公共点M ，与y 轴的正半轴交于N ，过N 与BF 垂直的直线交x 轴于点P .若MP ∥BF ，则直线l 方程为________.答案 (1)D (2)x －y ＋6＝0解析 (1)椭圆上不同于A ，B 的任意一点与左、右顶点的斜率之积为－b 2a 2，∴－b 2a 2＝－49，∴b 2a 2＝49，∴椭圆的离心率e ＝1－b 2a2＝1－49＝53. (2)设点M (x 0，y 0)为椭圆x 25＋y 2＝1上一点.由过点M 与椭圆相切的结论，可设l ：x 0x 5＋y 0y ＝1，在直线MN 的方程中，令x ＝0，可得y ＝1y 0，由题意可知y 0>0，即点N ⎝⎛⎭⎪⎫0，1y 0. 直线BF 的斜率为k BF ＝－b c ＝－12，所以，直线PN 的方程为y ＝2x ＋1y 0.在直线PN 的方程中，令y ＝0，可得x ＝－12y 0，即点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12y 0，0.因为MP ∥BF ，则k MP ＝k BF ，即y 0x 0＋12y 0＝2y 202x 0y 0＋1＝－12，整理可得(x 0＋5y 0)2＝0，所以x 0＝－5y 0.又因为x 205＋y 20＝1，所以6y 20＝1.因为y 0>0，故y 0＝66，x 0＝－566，所以直线l 的方程为－66x ＋66y ＝1，即x －y ＋6＝0. 训练2 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点，若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 (2)(2022·金华模拟)已知P 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一动点，F 1，F 2是椭圆的左、右焦点，当∠F 1PF 2＝π3时，S △F 1PF 2＝43；当线段PF 1的中点落到y 轴上时，tan∠F 1PF 2＝43，则椭圆的标准方程为( )A.x216＋x212＝1 B.x216＋y29＝1C.x225＋y212＝1 D.x225＋y29＝1答案(1)D (2)A解析(1)由题意知c＝3，即a2－b2＝9，AB的中点记为P(1，－1)，由k AB·k OP＝－b2 a2，则(－1)×－1－01－3＝－b2a2，∴a2＝2b2，又a2－b2＝9，∴a2＝18，b2＝9，∴E的方程为x218＋y29＝1.(2)设|PF1|＝m，|PF2|＝n，当∠F1PF2＝π3时，由题意知S△F1PF2＝b2tanθ2，即43＝b2tan π6，所以b2＝12.当线段PF1的中点落到y轴上时，又O为F1F2的中点，所以PF2∥y轴，即PF2⊥x轴.由tan∠F1PF2＝43，得|F1F2||PF2|＝43，即n ＝3c 2，则m ＝52c ，且n ＝b 2a ＝12a.所以联立⎩⎪⎨⎪⎧3c 2＋5c 2＝2a ，3c 2＝12a ，解得⎩⎨⎧a ＝4，c ＝2，所以椭圆标准方程为x 216＋y 212＝1.应用2 双曲线中二级结论的应用例5 (1)已知双曲线E 的中心为原点，F (3，0)是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为M (－12，－15)，则E 的方程为( ) A.x 23－y 26＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 26－y 23＝1 D.x 25－y 24＝1 (2)已知P (1，1)是双曲线外一点，过P 引双曲线x 2－y 22＝1的两条切线PA ，PB ，A ，B为切点，求直线AB 的方程为________. 答案 (1)B (2)2x －y －2＝0解析 (1)由题意可知k AB ＝－15－0－12－3＝1，k MO ＝－15－0－12－0＝54，由双曲线中点弦性质得k MO ·k AB ＝b 2a 2，即54＝b 2a2，又9＝a 2＋b 2，联立解得a 2＝4，b 2＝5，故双曲线的方程为x 24－y 25＝1.(2)设切点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则PA ：x 1x －y 1y 2＝1，PB ：x 2x －y 2y 2＝1，又点P (1，1)代入得x 1－12y 1＝1，x 2－12y 2＝1，∴点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)均在直线x －12y ＝1上，∴过直线AB 的方程为x －12y ＝1，即2x －y －2＝0.训练3 (1)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，实轴的两个端点为A ，B ，点P 为双曲线上不同于顶点的任一点，则直线PA 与PB 的斜率之积为________.(2)已知P 是椭圆x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1>b 1>0)和双曲线x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)的一个交点，F 1，F 2是椭圆和双曲线的公共焦点，e 1，e 2分别为椭圆和双曲线的离心率，若∠F 1PF 2＝π3，则e 1·e 2的最小值为________. 答案 (1)3 (2)32解析 (1)由题意知c a ＝2，即c 2a 2＝4，∴c 2＝4a 2，∴a 2＋b 2＝4a 2，∴b 2＝3a 2，∴k PA ·k PB ＝b 2a2＝3.(2)因为点P 为椭圆和双曲线的公共点，F 1，F 2是两曲线的公共焦点，则由焦点三角形的面积公式得S △PF 1F 2＝b 21tan π6＝b 22tanπ6，化简得b 21＝3b 22，即a 21－c 2＝3(c 2－a 22)，等式两边同除c 2，得1e 21－1＝3－3e 22，所以4＝1e 21＋3e 22≥23e 1·e 2，解得e 1·e 2≥32，所以e 1·e 2的最小值为32.应用3 抛物线中二级结论的应用例6 (1)(2022·泰州调研)已知F 是抛物线C ：y 2＝4x 焦点，过点F 作两条相互垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 相交于A ，B 两点，直线l 2与C 相交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( ) A.16 B.14 C.12 D.10(2)已知直线l 经过抛物线y 2＝4x 的焦点F ，且与抛物线交于A ，B 两点(点A 在第一象限)，若BA →＝4BF →，则△AOB 的面积为( ) A.833 B.433C.823 D.423答案 (1)A (2)B解析 (1)如图，设直线l 1的倾斜角为θ，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则直线l 2的倾斜角为π2＋θ，由抛物线的焦点弦弦长公式知 |AB |＝2p sin 2θ＝4sin 2θ，|DE |＝2p sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝4cos 2θ， ∴|AB |＋|DE |＝4sin 2θ＋4cos 2θ＝4sin 2θcos 2θ≥4⎝⎛⎭⎪⎫sin 2θ＋cos 2θ22＝16，当且仅当sin 2θ＝cos 2θ，即sin θ＝cos θ，即θ＝π4时取“＝”.(2)由题意知|AF ||BF |＝3，设l 的倾斜角为θ，则|AF |＝p 1－cos θ，|BF |＝p1＋cos θ，∴1＋cos θ1－cos θ＝3，cos θ＝12，sin θ＝32， S ＝p 22sin θ＝43＝433. 训练4 (1)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，O 为坐标原点，若△AOB 的面积为26，则|AB |＝( ) A.24 B.8 C.12 D.16(2)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M，N两点，且|MF|＝2|NF|，则直线l的斜率为( )A.±2B.±2 2C.±22D.±24答案(1)A (2)B解析(1)由题意知p＝2，S△AOB＝p22sin θ＝26，∴sin θ＝16，∴|AB|＝2psin2θ＝24.(2)由抛物线的焦点弦的性质知1|MF|＋1|NF|＝2p＝1，又|MF|＝2|NF|，解得|NF|＝32，|MF|＝3，∴|MN|＝92，设直线l的倾斜角为θ，∴k＝tan θ，又|MN|＝2psin2θ，∴4sin2θ＝92，∴sin2θ＝89，∴cos2θ＝19，∴tan2θ＝8，∴tan θ＝±22，故k＝±2 2.一、基本技能练1.设F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ，B 两点，O 为坐标原点，则△AOB 的面积为( ) A.334 B.938C.6332D.94 答案 D解析抛物线C ：y 2＝3x 中，2p ＝3，p ＝32，故S △OAB ＝p 22sin θ＝942sin 30°＝94.2.已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为A 1，A 2，点P 在椭圆C 上，且直线PA 2的斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA 1的斜率的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，34B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1 答案 B解析由周角定理得k PA 1·k PA 2＝－b 2a 2＝－34，又k PA 2∈[－2，－1]， ∴k PA 1＝－34k PA 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，34.3.已知斜率为k (k >0)的直线l 与抛物线C ：y 2＝4x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，M 是线段AB 的中点，F 是C 的焦点，△OFM 的面积等于3，则k ＝( ) A.14B.13C.12D.263答案 B解析设AB的中点M(x0，y0)，由中点弦的性质得k＝py(y0≠0).由抛物线方程知p＝2，所以k＝2y0，另焦点F(1，0)，又S△OFM＝3，可知12×1×y0＝3，所以y0＝6，再代入k＝2y＝13.4.椭圆x216＋y24＝1上的点到直线x＋2y－2＝0的最大距离是( )A.3B.11C.22D.10 答案 D解析设椭圆x216＋y24＝1上的点P(4cos θ，2sin θ)，则点P到直线x＋2y－2＝0的距离为d＝|4cos θ＋4sin θ－2|5＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪42sin⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4－25，所以d max＝|－42－2|5＝10，故选D.5.已知点A(0，－5)，B(2，0)，点P为函数y＝21＋x2图象上的一点，则|PA|＋|PB|的最小值为( ) A.1＋25B.7 C.3 D.不存在答案 B解析由y ＝21＋x 2，得y 24－x 2＝1(y ＞0).设点A ′(0，5)，即点A ′(0，5)，A (0，－5)为双曲线y 24－x 2＝1的上、下焦点.由双曲线的定义得|PA |－|PA ′|＝4，则|PA |＋|PB |＝4＋|PA ′|＋|PB |≥4＋|BA ′|＝7，当且仅当B ，P ，A ′共线时取等号，故选B.6.(2022·丽水调研)已知椭圆Г：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F 且斜率为k (k >0)的直线与Г相交于A ，B 两点，且AF →＝3FB →，则k ＝( ) A.1 B.2 C.3D. 2 答案 D解析依题意a ＝2b ，e ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝32，因为AF →＝3FB →，所以λ＝3，设直线的倾斜角为α，则e ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1（λ＋1）cos α 得32＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－1（3＋1）cos α，|cos α|＝33，又k >0，∴α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，得cos α＝33，所以k ＝tan α＝ 2. 7.抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过焦点F 且倾斜角为π6的直线与抛物线相交于A ，B 两点，若|AB |＝8，则抛物线的方程为________. 答案y 2＝2x 解析∵|AB |＝2psin 2θ＝2psin 2π6＝8p ＝8，∴p ＝1，∴抛物线的方程为y 2＝2x .8.已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12为椭圆：x 22＋y 2＝1内一定点，经过点P 引一条弦，使此弦被点P 平分，则此弦所在的直线方程为________. 答案 2x ＋4y －3＝0解析直线与椭圆交于A ，B ，P 为AB 中点.由k AB ·k OP ＝－b 2a 2得k AB ×1＝－12，即k AB ＝－12，则直线方程为y －12＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即2x ＋4y －3＝0.9.(2022·南京模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，过原点的直线与双曲线交于A ，B两点，以线段AB 为直径的圆恰好过双曲线的右焦点F ，若△ABF 的面积为2a 2，则双曲线的离心率为________. 答案 3解析如图.设双曲线的左焦点为F ′，连接AF ′，BF ′，因为以AB 为直径的圆恰好过双曲线的右焦点F (c ，0)，所以S △AF ′F ＝S △ABF ＝2a 2且∠F ′AF ＝∠θ＝π2，根据双曲线焦点三角形面积公式，得S △AF ′F ＝b 2tanθ2.所以2a 2＝b 2，即b 2a2＝2，e ＝1＋b 2a2＝ 3. 10.(2022·武汉调研)已知双曲线C 1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1>0，b 1>0)与C 2：y 2a 22－x 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)有相同的渐近线，若C 1的离心率为2，则C 2的离心率为________. 答案233解析设双曲线C 1，C 2的半焦距分别为c 1，c 2，因为C 1的离心率为2，所以C 1的渐近线方程为y ＝±b 1a 1x ＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫c 1a 12－1x ＝±22－1x ＝±3x ，所以C 2的渐近线方程为y ＝±a2b 2x ＝±3x ，所以a 2b 2＝3，所以C 2的离心率为c 22a 22＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 22＝233.11.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，直线l ：y ＝kx ＋a ，直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，与y 轴交于点P ，O 为坐标原点.(1)若k ＝1，且N 为线段MP 的中点，求椭圆C 的离心率；(2)若椭圆长轴的一个端点为Q (2，0)，直线QM ，QN 与y 轴分别交于A ，B 两点，当PA →·PB →＝1时，求椭圆C 的方程.解 (1)由题意知直线l ：y ＝x ＋a 与x 轴交于点(－a ，0)， ∴点M 为椭圆C 的左顶点，即M (－a ，0). 设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，代入椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1得14＋a 24b 2＝1，即b 2a 2＝13，则e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝23，∴e ＝63，即椭圆C 的离心率e ＝63. (2)由题意得a ＝2，∴椭圆C ：b 2x 2＋4y 2＝4b 2(b >0)，联立⎩⎨⎧b 2x 2＋4y 2＝4b 2，y ＝kx ＋2，消去y 得(4k 2＋b 2)x 2＋16kx ＋16－4b 2＝0，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝16b 2（4k 2＋b 2－4）>0，x M＋x N＝－16k 4k 2＋b 2，x M ·x N ＝16－4b24k 2＋b2，∵直线QM ：y ＝y M x M －2(x －2)，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2y M x M －2，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y M ＋2x M －42－x M . ∵y M ＝kx M ＋2， ∴y M －2＝kx M ，即PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2（k ＋1）x M 2－x M ，同理PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2（k ＋1）x N 2－x N ， ∴PA →·PB →＝4（k ＋1）2x M x Nx M x N －2（x M ＋x N ）＋4＝4－b 2＝1，即b 2＝3，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.12.在平面直角坐标系xOy 中，已知点F 1(－17，0)，F 2(17，0)，点M 满足|MF 1|－|MF 2|＝2.记M 的轨迹为C . (1)求C 的方程；(2)设点T 在直线x ＝12上，过T 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且|TA |·|TB |＝|TP |·|TQ |，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和. 解 (1)因为|MF 1|－|MF 2|＝2<|F 1F 2|＝217，所以点M 的轨迹C 是以F 1，F 2分别为左、右焦点的双曲线的右支.设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，半焦距为c ，则2a ＝2，c ＝17，得a ＝1，b 2＝c 2－a 2＝16，所以点M 的轨迹C 的方程为x 2－y 216＝1(x ≥1).(2)设T ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，t ，由题意可知直线AB ，PQ 的斜率均存在且不为零，设直线AB 的方程为y－t ＝k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12(k 1≠0)，直线PQ 的方程为y －t ＝k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12(k 2≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －t ＝k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，x 2－y 216＝1，得(16－k 21)x 2－2k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t －k 12x －⎝⎛⎭⎪⎫t －k 122－16＝0.设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )⎝ ⎛⎭⎪⎫x A >12，x B>12，由题意知16－k 21≠0，则x A x B ＝－⎝⎛⎭⎪⎫t －k 122－1616－k 21，x A ＋x B ＝2k 1⎝⎛⎭⎪⎫t －k 1216－k 21，所以|TA |＝1＋k 21⎪⎪⎪⎪⎪⎪x A －12＝1＋k 21⎝⎛⎭⎪⎫x A －12，|TB |＝1＋k 21⎪⎪⎪⎪⎪⎪x B －12＝1＋k 21⎝ ⎛⎭⎪⎫x B －12，则|TA |·|TB |＝(1＋k 21)⎝⎛⎭⎪⎫x A －12⎝ ⎛⎭⎪⎫x B －12＝(1＋k 21)⎣⎢⎡⎦⎥⎤x A x B －12（x A ＋x B ）＋14＝(1＋k 21)⎣⎢⎡－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －k 122－1616－k 21－12·⎦⎥⎤2k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t －k 1216－k 21＋14＝（1＋k 21）（t 2＋12）k 21－16. 同理得|TP |·|TQ |＝（1＋k 22）（t 2＋12）k 22－16.因为|TA |·|TB |＝|TP |·|TQ |，所以（1＋k 21）（t 2＋12）k 21－16＝（1＋k 22）（t 2＋12）k 22－16，所以k 22－16＋k 21k 22－16k 21＝k 21－16＋k 21k 22－16k 22，即k 21＝k 22，又k 1≠k 2，所以k 1＝－k 2，即k 1＋k 2＝0. 故直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0. 二、创新拓展练13.(2022·广东四校联考)倾斜角为π3的直线经过双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点F ，与双曲线C 的右支交于A ，B 两点，且AF →＝λFB →(λ≥5)，则双曲线C 的离心率的范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，43C.(1，2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，2答案 D解析 tan π3>b a ⇒b a <3⇒b 2<3a 2⇒c 2－a 2<3a 2⇒c 2<4a 2，∴c 2a 2<4，即e <2；|e cos θ|＝|λ－1||λ＋1|⇒e 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1λ＋1＝λ－1λ＋1＝1－2λ＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1，即23≤e 2<1，故43≤e <2.14.(多选)(2022·海南调研)已知斜率为3的直线l 经过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F ，与抛物线C 交于点A ，B 两点(点A 在第一象限)，与抛物线的准线交于点D ，若|AB |＝8，则以下结论正确的是( ) A.1|AF |＋1|BF |＝1 B.|AF |＝6C.|BD |＝2|BF |D.F 为AD 中点答案 BCD解析法一如图，过点B 作x ＝－p 2的垂线，垂足为B ′，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线l 的斜率为3，则直线l 的方程为y ＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －p 2，联立⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －p 2，得12x 2－20px ＋3p 2＝0. 解得x A ＝3p 2，x B ＝p6，由|AB |＝|AF |＋|BF |＝x A ＋x B ＋p ＝8p3＝8，得p ＝3.所以抛物线方程为y2＝6x.则|AF|＝x A＋p2＝2p＝6，故B正确；所以|BF|＝8－|AF|＝2，|BD|＝|BB′|cos 60°＝|BF|cos 60°＝4，∴|BD|＝2|BF|，故C正确；所以|AF|＝|DF|＝6，则F为AD中点，故D正确；而1|AF|＋1|BF|＝23，故A错误.法二设直线AB的倾斜角为θ，利用抛物线的焦点弦的性质，由|AB|＝2psin2θ＝8，则p＝3，|AF|＝p1－cos θ＝6，|BF|＝p1＋cos θ＝2，1 |AF|＋1|BF|＝2p＝23，在Rt△DBB′中，cos θ＝|BB′||BD|，所以|BD|＝4，|DF|＝|BF|＋|BD|＝6，因此F为AD中点.故选BCD.15.已知A，B是抛物线y2＝4x上的两点，F是焦点，直线AF，BF的倾斜角互补，记AF，AB的斜率分别为k1，k2，则1k22－1k21＝________.答案 1解析F(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据抛物线的对称性，且两直线的倾斜角互补，所以(x 2，－y 2)在直线AF 上，直线AF ：y ＝k 1(x －1)，代入y 2＝4x ，化简可得k 21x 2－(2k 21＋4)x ＋k 21＝0，根据韦达定理，可得⎩⎨⎧x 1＋x 2＝2k 21＋4k 21，x 1x 2＝1，又k 2＝y 2－y 1x 2－x 1＝4x 2－4x 1x 2－x 1＝2x 2＋x 1，所以k 22＝4x 1＋x 2＋2x 1x 2＝42k 21＋4k 21＋2＝k 21k 21＋1，故1k 22－1k 21＝1.16.已知P 是圆C ：(x －2)2＋(y ＋2)2＝1上一动点，过点P 作抛物线x 2＝8y 的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 斜率的最大值为________. 答案34解析由题意可知，PA ，PB 的斜率都存在，分别设为k 1，k 2，切点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，设P (m ，n )，过点P 的抛物线的切线为y ＝k (x －m )＋n ，联立⎩⎨⎧y ＝k （x －m ）＋n ，x 2＝8y ，得x 2－8kx ＋8km －8n ＝0，因为Δ＝64k 2－32km ＋32n ＝0，即2k 2－km ＋n ＝0，所以k1＋k2＝m2，k1k2＝n2，又由x2＝8y得y′＝x 4，所以x1＝4k1，y1＝x218＝2k21，x 2＝4k2，y2＝x228＝2k22，所以k AB＝y2－y1x2－x1＝2k22－2k214k2－4k1＝k2＋k12＝m4，因为点P(m，n)满足(x－2)2＋(y＋2)2＝1，所以1≤m≤3，因此14≤m4≤34，即直线AB斜率的最大值为3 4 .17.已知点A为圆B：(x＋2)2＋y2＝32上任意一点，定点C的坐标为(2，0)，线段AC的垂直平分线交AB于点M.(1)求点M的轨迹方程；(2)若动直线l与圆O：x2＋y2＝83相切，且与点M的轨迹交于点E，F，求证：以EF为直径的圆恒过坐标原点.(1)解圆B的圆心为B(－2，0)，半径r＝42，|BC|＝4. 连接MC，由已知得|MC|＝|MA|，∵|MB |＋|MC |＝|MB |＋|MA |＝|BA |＝r ＝42>|BC |，∴由椭圆的定义知：点M 的轨迹是中心在原点，以B ，C 为焦点，长轴长为42的椭圆，即a ＝22，c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝4， ∴点M 的轨迹方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明当直线EF 的斜率不存在时，直线EF 的方程为x ＝±83， E ，F 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫83，83，⎝⎛⎭⎪⎫83，－83或⎝⎛⎭⎪⎫－83，83，⎝⎛⎭⎪⎫－83，－83， OE →·OF →＝0.当直线EF 斜率存在时，设直线EF 的方程为y ＝kx ＋m ， ∵EF 与圆O ：x 2＋y 2＝83相切，∴|m |1＋k2＝83，即3m 2＝8k 2＋8. 设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，∴OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，(*)联立⎩⎨⎧x 28＋y 24＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0， ∴x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－81＋2k 2，代入(*)式得OE→·OF→＝(1＋k2)·2m2－81＋2k2－4k2m21＋2k2＋m2＝3m2－8k2－81＋2k2，又∵3m2＝8k2＋8，∴OE→·OF→＝0，综上，以EF为直径的圆恒过定点O.31 / 31。

双根法优化解析几何运算

双根法优化解析几何运算1.双根法使用类型：形如12121212,,()(),()()x x y y x t x t y t y t ++++或者,MA MB MA MB ⋅⋅（其中1212,,,x x y y 分别为直线与曲线交点,A B 的横纵坐标）2.双根法理论基础：设12,x x 为一元二次方程20ax bx c ++=的两根则212()()ax bx c a x x x x ++=--（其意义为将一个二次多项式进行因式分解）引例.设椭圆中心在原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左右焦点分别为12,F F ，线段12,OF OF 中点分别为12,B B ，且12AB B △是面积为4的直角三角形.（1）求其椭圆的方程（2）过1B 作直线l 交椭圆于,P Q 两点，使22PB QB ⊥，求直线l 的方程.解：（1）221204x y +=（2）易知：直线l 不与轴垂直，则设直线l 方程为：(2)y k x =+，1122(,),(,)P x y Q x y 因为22PB QB ⊥，则22=0PB QB ，所以211221212(2,)(2,)0(2)(2)(2)(2)0x y x y x x k x x --=⇒--+++=*现联立22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩则方程2225(2)200x k x ++-=可以等价转化212(15)()()0k x x x x +--= 即2222125(2)20(15)()()x k x k x x x x ++-=+--令2x =，22212122801648020(15)(2)(2)(2)(2)15k k k x x x x k -+-=+--⇒--=+令2x =-，212122164020(15)(2)(2)(2)(2)15k x x x x k -+-=+++⇒++=+结合21212(2)(2)(2)(2)0x x k x x --+++=*化简可得：222280161601515k k k k --+=++2222118016160641642k k k k k --=⇒=⇒=∴=±所以直线l 方程为：1(2)2y x =±+.1.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>离心率为2，直线20x y -+=与以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的的圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）设直线l 与椭圆交于,A B 两点，若22OA OB OA OB +=-，求直线l 与y 轴交点的纵坐标的取值范围.2.已知椭圆22143x y +=，若直线l 与椭圆交于,A B 两点，（,A B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出定点坐标.3. 设00(,)P x y 是抛物线22y px =上的一个定点，,A B 是抛物线上两点，且PA PB ⊥，证明：直线AB 恒过定点00(2,)p x y +-.4.已知椭圆E ：错误！未找到引用源。

“asinx+bcosx=c”型导数法求解对吗

三角函数是函数的一个特例ꎬ解三角函数问题ꎬ一般的思路是通过恒等变形ꎬ利用三角函数的性质求解. 由于导数是研究函数性质的一种强有力工具ꎬ所以解决三角函数问题时ꎬ若能注意题目的特点ꎬ利用导数处理相关问题ꎬ不仅可以突破难点ꎬ开拓思路ꎬ提高解题效率ꎬ而且简单易懂ꎬ便于掌握.
上述两题可在教材中找到它的原型: 例３ ( 人教版必修四Ｐ６９复习参考题Ａ组第５题) 已知ｓｉｎｘ＝２ｃｏｓｘꎬ求角ｘ的三个三角函数值. 例４ ( 人教版必修四Ｐ１４７复习参考题Ｂ组第８题)
＝
１４
ꎬ所以ｋ＝
±
１２
.
所以直线
ｌ
方程为
ｙ＝
±
１２
(ｘ
＋２).
参考文献:
[１]蓝云波. 双根法是优化解析几何运算的又一利器 [ Ｊ] . 中学数学杂志ꎬ２０１５(０９) :３０－３２.
[２] 梁红. ２０１４－２０１８全国卷五年高考真题[ Ｍ] . 西安:陕西科学技术出版社ꎬ２０１８(６) :９－１３.
－
π ２
－ θ)
＝－ｃｏｓθ ＝－２ ꎬ ５
ｃｏｓα
＝ｃｏｓ(２ｋπ
－
π ２
－ θ)
＝ｃｏｓ(
－
π ２
－ θ)
＝－ｓｉｎθ ＝－１ . ５
故
ｔａｎα
＝
ｓｉｎα ｃｏｓα
＝
２.
解法５令２ｃｏｓα －ｓｉｎα ＝ｔꎬ和已知式平方相加得５＝
５＋ｔ２ ꎬ故ｔ＝０.
收稿日期:２０１９－０８－０５
作者简介:叶文明(１９６７－ ) ꎬ男ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教育研究.

解析几何的运算特点及策略

第一种类型，不需要进行转化，只需直接整体代入公式即可。在圆锥曲线中最常用的公式就是弦长公式，圆锥曲线的统一弦长公式是：斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点，联立直线与圆锥曲线方程消元后得关于x或y的一元二次方程的二次项系数为记为a，判别式记为 △，则
（联立方程消去y时用）或（联立方程消去x时用）。根据题目条件的特点选用适当的形式可以简化运算过程。例1：（2016年全国1卷20题改编）已知圆 -15=0和椭圆，直线l过点A(1，0)且与x轴不重合， l交椭圆于M，N两点，过A且与l垂直的直线与圆交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围。解：设:，，，由消去x，得，即，. 则 =，因为PQ⊥，所以PQ:，即，圆的标准方程为，所以，圆心（-1，0）到PQ距离所以 ∴S四边形MPNQ=|MN|·|PQ|= . （弦长另解：由消去y，得，所以= ）本题将消元后的各项系数带入公式就可以得到参数m表示的弦长，这使得弦长计算过程更简洁。而求圆的弦长优先用垂径定理，求抛物线过焦点的弦长优先用公式（开口向右抛物线）。当统一成一个参数m后，问题就转化为函数最值问题，根据参变量m的范围，用函数方法即可解决问题。例1运算简便的另一个关键是过点A(1，0)的直线l方程的假设，一般直线l方程的假设有两种：①（不含过点A垂直x轴的直线）；②（不含过点A垂直y轴的直线）；这两种假设中m与k不为0时它们的关系为，根据本题条件，第①种假设需要对l过垂直x轴的情况单独讨论，且运算量稍大。从运算角度来说，多数情况下，当已知直线过x轴上的定点时，第②种方程假设运算量较小，当已知直线过y轴上的定点时，第②种方程假设运算量较小。当然，除了考虑运算量，有时还需考虑是否需要分类讨论，是否需要通过特殊情况来探究一般结论来合理假设直线方程，以便寻找解题思路或简化解题过程。第二种类型是把几何条件或结论用坐标表示出来后，其结构本身就是韦达定理的两根之和或两根之积的结构，这时候我们可以通过两次消元方法将坐标转化为参数。在直线与椭圆相交或直线与双曲线相交类型问题当中，我们联立直线方程与圆锥曲线方程消去x和消去y 后，得到的两根之和以及两根之积的四个式子的分母是相同的，这一特征为我们后续的运算起到很大的便利，所以遇到这种类型题，建议学生优先通过两次消元的方法来简化运算过程。第三种类型是把几何条件或结论用坐标表示出来后，必需将横坐标和纵坐标统一才能用韦达定理整体代入，最常见的情况就是出现了 xy项。横纵坐标之间的转换，最常用的是直线的方程，如果圆锥曲线是抛物线，根据情况也会使用抛物线的方程来转换。而对于“中点弦”问题，也会用椭圆或双曲线方程，通过点差法将点的坐标转换为参数。下面以2017年全国3卷第20题为例，通过对比了解这三种方法的特点。例2：（2017年全国3卷20题）已知抛物线，过点的直线交与，两点，圆是以线段为直径的圆．（1）求证：坐标原点在圆上；（2）设圆过点，求直线与圆的方程．解：（1）显然当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．设，，，联立，得，恒大于0，，．（*）方法1：同理可得，，所以，所以，即点在圆上．方法2：由抛物线方程可得，

创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法

盘点优化解析几何中的方略技法微点聚焦突破技法一巧用定义，揭示本质定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化.【例1】如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点.若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A. 2B. 3C.32D.62解析焦点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，在Rt △AF 1F 2中，|AF 1|＋|AF 2|＝4，① |AF 1|2＋|AF 2|2＝12，② 联立①②可解得|AF 2|－|AF 1|＝22，即2a ＝22，又2c ＝23，故双曲线的离心率e ＝c a ＝32＝62，故选D.答案 D思维升华本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF 1|，|AF 2|的等量关系，从而快速求出双曲线的实轴长，进而求出双曲线的离心率，大大减小了运算量. 【训练1】抛物线y 2＝4mx (m ＞0)的焦点为F ，点P 为该抛物线上的动点，若点A (－m ，0)，则|PF ||P A |的最小值为________.解析设点P 的坐标为(x P ，y P )，由抛物线的定义，知|PF |＝x P ＋m ，又|P A |2＝(x P＋m )2＋y 2P ＝(x P ＋m )2＋4mx P ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫|PF ||P A |2＝（x P ＋m ）2（x P ＋m ）2＋4mx P ＝11＋4mx P（x P ＋m ）2≥11＋4mx P （2x P ·m ）2＝12(当且仅当x P＝m 时取等号)，所以|PF ||P A |≥22，所以|PF ||P A |的最小值为22. 答案 22技法二设而不求，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时，常常用代点法求解.【例2】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·yx －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＝2，①2x 22＋y 22＝2，② ①－②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，∴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.思维升华 1.本题设出C ，D 两点坐标，却不求出C ，D 两点坐标，巧妙地表达出直线CD 的斜率，从而快速解决问题.2.在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：(1)凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题时，都尽可能实施“设而不求”；(2)“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.【训练2】过点M (1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于________. 解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，∴（x 1－x 2）（x 1＋x 2）a 2＋（y 1－y 2）（y 1＋y 2）b 2＝0，∴y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2. ∵y 1－y 2x 1－x 2＝－12，x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2， ∴－b 2a 2＝－12，∴a 2＝2b 2.又∵b 2＝a 2－c 2，∴a 2＝2(a 2－c 2)， ∴a 2＝2c 2，∴c a ＝22.即椭圆C的离心率e＝22.答案2 2技法三巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解，也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小，解题过程简捷.【例3】已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k ＞0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA . (1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围. 解 (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1＞0，当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2，0). 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4. 因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0，解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449. (2)由题意知，t ＞3，k ＞0，A (－t ，0). 将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1 得(3＋tk 2)x 2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0. 由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2得x 1＝t （3－tk 2）3＋tk 2，故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t （1＋k 2）3＋tk 2.由题设知，直线AN 的方程为y ＝－1k (x ＋t )，同理可得|AN |＝6k t （1＋k 2）3k 2＋t.由2|AM |＝|AN |得23＋tk 2＝k3k 2＋t，即(k 3－2)t ＝3k (2k －1). 当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k （2k －1）k 3－2.t ＞3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝（k －2）（k 2＋1）k 3－2＜0，即k －2k 3－2＜0.由此得⎩⎨⎧k －2＞0，k 3－2＜0或⎩⎨⎧k －2＜0，k 3－2＞0，解得32＜k ＜2.因此k 的取值范围是(32，2).思维升华本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x 1＝t （3－tk 2）3＋tk2，这体现了“设而不求，整体代换”的思想.这是解决解析几何问题常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大减少了运算量.【训练3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，左、右焦点分别为F 1，F 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)过F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若△AF 2B 的内切圆半径为327，求以F 2为圆心且与直线l 相切的圆的方程. 解 (1)由题意知c a ＝12，得a ＝2c ，所以a 2＝4c 2，b 2＝3c 2，将点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入x 24c 2＋y 23c 2＝1得c 2＝1，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知F 1(－1，0)，设直线l 的方程为x ＝ty －1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t 2)y 2－6ty －9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，△AF 2B 的内切圆半径为r 0，则有y 1＋y 2＝6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2，r 0＝327，所以S △AF 2B ＝S △AF1F 2＋S △BF 1F 2＝12|F 1F 2|·|y 1－y 2| ＝12|F 1F 2|·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝12t 2＋14＋3t 2.而S △AF 2B ＝12|AB |r 0＋12·|BF 2|r 0＋12|AF 2|r 0＝12r 0(|AB |＋|BF 2|＋|AF 2|) ＝12r 0(|AF 1|＋|BF 1|＋|BF 2|＋|AF 2|) ＝12r 0·4a ＝12×327×8＝1227，所以12t 2＋14＋3t 2＝1227，解得t 2＝1，因为所求圆与直线l 相切，所以半径r ＝2t 2＋1＝2，所以所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝2.技法四借“曲线系”，理清规律利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一.【例4】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 ，它的一个焦点在抛物线y 2＝24x 的准线上，则双曲线的方程为( ) A.x 236－y 2108＝1 B.x 29－y 227＝1 C.x 2108－y 236＝1D.x 227－y 29＝1解析由双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，可设双曲线的方程为x 2－y 23＝λ(λ＞0).因为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点在抛物线y 2＝24x 的准线上，所以(－6，0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，所以λ＝9，所以双曲线的方程为x 29－y 227＝1. 答案 B思维升华本题利用共渐近线系双曲线方程，使问题得到解决，避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，达到了事半功倍的效果.【训练4】圆心在直线x －y －4＝0上，且经过两圆x 2＋y 2＋6x －4＝0和x 2＋y 2＋6y －28＝0的交点的圆的方程为( ) A.x 2＋y 2－x ＋7y －32＝0 B.x 2＋y 2－x ＋7y －16＝0 C.x 2＋y 2－4x ＋4y ＋9＝0D.x 2＋y 2－4x ＋4y －8＝0解析根据题意，所求圆经过两圆x 2＋y 2＋6x －4＝0和x 2＋y 2＋6y －28＝0的交点，设其方程为(x 2＋y 2＋6x －4)＋λ(x 2＋y 2＋6y －28)＝0，变形可得(1＋λ)x 2＋(1＋λ)y 2＋6x ＋6λy －4－28λ＝0，其圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－31＋λ，－3λ1＋λ，又其圆心在直线x －y －4＝0上，则⎝⎛⎭⎪⎫－31＋λ－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3λ1＋λ－4＝0，解得λ＝－7，则所求圆的方程为－6x 2－6y 2＋6x －42y ＋192＝0，即x 2＋y 2－x ＋7y －32＝0. 答案 A分层限时训练A 级基础巩固一、选择题1.已知点F 是抛物线y 2＝2x 的焦点，M ，N 是该抛物线上的两点，若|MF |＋|NF |＝4，则线段MN 的中点的横坐标为( ) A.32B.2C.52D.3解析 ∵点F 是抛物线y 2＝2x 的焦点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，准线方程为x ＝－12，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴|MF |＋|NF |＝x 1＋12＋x 2＋12＝4，∴x 1＋x 2＝3，∴线段MN 中点的横坐标为32.答案 A2.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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(1，－1)，则E 的标准方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1D.x 218＋y 29＝1解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，①x 22a 2＋y 22b 2＝1，②①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）b 2＝0，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18，所以椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1. 答案 D3.(2020·济南模拟)设D 为椭圆x 2＋y 25＝1上任意一点，A (0，－2)，B (0，2)，延长AD 至点P ，使得|PD |＝|BD |，则点P 的轨迹方程为( ) A.x 2＋(y －2)2＝20 B.x 2＋(y ＋2)2＝20 C.x 2＋(y －2)2＝5D.x 2＋(y ＋2)2＝5解析 ∵D 为椭圆x 2＋y 25＝1上一点，且易知A ，B 为椭圆的焦点，∴|DA |＋|DB |＝2a ＝2 5.又|PD |＝|BD |，∴|P A |＝|PD |＋|DA |＝25，∴点P 的轨迹方程为x 2＋(y＋2)2＝(25)2＝20.故选B. 答案 B4.已知直线l ：x ＋y ＝3与x 轴，y 轴分别交于点A ，B ，点P 在椭圆x 22＋y 2＝1上运动，则△P AB 面积的最大值为( ) A.6B.3（3＋2）2C.3（3－3）2D.3（3＋3）2解析设点P 的坐标为(2cos θ，sin θ)，则P 到AB 的距离为|2cos θ＋sin θ－3|2＝|3sin （θ＋φ）－3|2，所以△P AB 的面积为S ＝12×32×|3sin （θ＋φ）－3|2≤3（3＋3）2.答案 D5.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解析抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F (1，0)，由题意可知l 1，l 2的斜率存在且不为0.不妨设直线l 1的斜率为k ，则l 2直线的斜率为－1k ，故l 1：y ＝k (x －1)，l 2：y ＝－1k (x －1).由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k （x －1），消去y 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2＝2＋4k 2，由抛物线定义可知，|AB |＝x 1＋x 2＋2＝4＋4k 2. 同理得|DE |＝4＋4k 2，∴|AB |＋|DE |＝8＋4k 2＋4k 2≥8＋216＝16. 当且仅当1k 2＝k 2，即k ＝±1时取等号. 故|AB |＋|DE |的最小值为16. 答案 A 二、填空题6.已知椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，－23)且a ＝2b ，则椭圆的标准方程为________.解析 ∵c ＝23，a 2＝4b 2，∴a 2－b 2＝3b 2＝c 2＝12， b 2＝4，a 2＝16.又焦点在y 轴上，∴标准方程为y 216＋x 24＝1.答案 y 216＋x 24＝17.(一题多解)过抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 的直线l 与抛物线交于M ，N 两点(其中M 点在第一象限)，若MN→＝3FN →，则直线l 的斜率为________.解析法一设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中y 1＞0，y 2＜0.∵MN →＝3FN →，∴y 1＝－2y 2.设直线l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，联立⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，得ky 2－2py －kp 2＝0， ∴y 1y 2＝－p 2，∴y 2＝－2p 2，x 2＝p 4， ∴k ＝－2p 2－0p 4－p 2＝2 2.法二由题意可知MF→＝2FN →，设直线l 的倾斜角为θ，由抛物线焦点弦的性质可知p 1－cos θ＝2p1＋cos θ，即2－2cos θ＝1＋cos θ，解得cos θ＝13，∵θ为直线的倾斜角，∴sin θ＝223， ∴tan θ＝22，即直线l 的斜率为2 2. 答案 2 28.(2020·石家庄模拟改编)如图，双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2作直线与C 的渐近线交于P 点，若等腰△PF 1F 2的底边PF 2的长等于C 的半焦距，则C 的离心率为________. 解析依题意得，k OP ＝b a ＝c 2－a 2a 2＝e 2－1，在等腰△PF 1F 2中，cos ∠PF 2F 1＝|PF 2|2|F 1F 2|＝c 22c ＝14，所以|OP |2＝c 2＋c 2－2c 2cos ∠PF 2F 1＝32c 2，所以|OP |＝62c ，所以cos ∠F 2OP ＝|OP |2|OF 2|＝64，所以tan ∠F 2OP ＝153，所以e 2－1＝153，解得e ＝263.答案263三、解答题9.(2019·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，左顶点为A ，上顶点为B .已知3|OA |＝2|OB |(O 为原点). (1)求椭圆的离心率；(2)设经过点F 且斜率为34的直线l 与椭圆在x 轴上方的交点为P ，圆C 同时与x 轴和直线l 相切，圆心C 在直线x ＝4上，且OC ∥AP .求椭圆的方程.解 (1)设椭圆的半焦距为c ，由已知有3a ＝2b ，又由a 2＝b 2＋c 2，消去b 得a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋c 2，解得c a ＝12. 所以椭圆的离心率为12.(2)由(1)知，a ＝2c ，b ＝3c ，故椭圆方程为x 24c 2＋y 23c 2＝1. 由题意，F (－c ，0)，则直线l 的方程为y ＝34(x ＋c ).点P 的坐标满足⎩⎪⎨⎪⎧x 24c 2＋y 23c 2＝1，y ＝34（x ＋c ），消去y 并化简，得到7x 2＋6cx －13c 2＝0，解得x 1＝c ，x 2＝－13c7. 代入到l 的方程，解得y 1＝32c ，y 2＝－914c . 因为点P 在x 轴上方，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，32c .由圆心C 在直线x ＝4上，可设C (4，t ). 因为OC ∥AP ，且由(1)知A (－2c ，0)，故t4＝32c c ＋2c，解得t ＝2.因为圆C 与x 轴相切，所以圆C 的半径长为2. 又由圆C 与l 相切，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪34（4＋c ）－21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝2，可得c ＝2.所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.10.(2019·泉州一模)在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，点A 在C 上，若|AO |＝|AF |＝32. (1)求抛物线C 的方程；(2)设直线l 与C 交于P ，Q ，若线段PQ 的中点的纵坐标为1，求△OPQ 的面积的最大值.解 (1)因为点A 在C 上，|AO |＝|AF |＝32，所以点A 的纵坐标为p 4，所以p 4＋p 2＝32，所以p ＝2，所以C 的方程为x 2＝4y .(2)由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (b ≥0)，代入抛物线方程，可得x 2－4kx －4b ＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4b ，所以y 1＋y 2＝4k 2＋2b ，因为线段PQ 的中点的纵坐标为1，所以2k 2＋b ＝1，即2k 2＝1－b ≥0，所以0<b ≤1， S △OPQ ＝12b |x 1－x 2|＝12b （x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝12b 16k 2＋16b ＝b 2＋2b ＝2·b 3＋b 2(0<b ≤1)，设y ＝b 3＋b 2，y ′＝3b 2＋2b >0，函数单调递增，所以b ＝1时，△OPQ 的面积最大，最大值为2.B 级能力提升11.(多选题)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为233，右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点，则有( )A.渐近线方程为y ＝±3xB.渐近线方程为y ＝±33x C.∠MAN ＝60° D.∠MAN ＝120°解析双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x ，离心率为c a ＝233，则c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋b 2a 2＝43，b a ＝33，故渐近线方程为y＝±33x .取MN 的中点P ，连接AP ，利用点到直线的距离公式可得|AP |＝ab c ，则cos ∠P AN ＝|AP ||AN |＝ab c b ＝a c ，所以cos ∠MAN ＝cos 2∠P AN ＝2·a 2c 2－1＝12，则∠MAN＝60°，故选BC. 答案 BC12.已知P 为椭圆C ：x 29＋y 2＝1上一点，Q (0，6)，则P ，Q 两点间的最大距离是( )A.3B.5C.2 3D.3222解析椭圆x 29＋y 2＝1，由椭圆的方程可设 P (3cos θ，sin θ)，∴|PQ |2＝(3cos θ－0)2＋(sin θ－6)2 ＝9cos 2 θ＋sin 2 θ－12sin θ＋36 ＝9(1－sin 2 θ)＋sin 2 θ－12sin θ＋36 ＝－8sin 2 θ－12sin θ＋45，令sin θ＝t ，则t ∈[－1，1]，∴|PQ |2＝－8t 2－12t ＋45的图象为开口向下的抛物线，对称轴为t ＝－34，∴|PQ |2＝－8t 2－12t ＋45在t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－34上单调递增，在t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，1上单调递减， ∴当t ＝－34时，|PQ |2取最大值992，此时|PQ |取最大值3222，故选D. 答案 D13.(2019·青岛二模改编)已知F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，O 为原点，点P 是抛物线准线上一动点，若点A 在抛物线上，且|AF |＝5，则|P A |＋|PO |的最小值为________. 解析 ∵|AF |＝5，∴由抛物线的定义得点A 到准线的距离也为5，设A (x 0，y 0)，则x 0＋1＝5，∴x 0＝4，又知点A 在抛物线y 2＝4x 上，∴y 0＝±4，不妨设点A 在第一象限的抛物线上，∴A (4，4)，设坐标原点O 关于准线x ＝－1的对称点为B ，则B (－2，0)，连接PB ，由对称思想可知|P A |＋|PO |的最小值为|AB |＝（4＋2）2＋（4－0）2＝213. 答案 21314.(2020·衡水中学调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为a 2＋b 22的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O 作椭圆C 的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C 于A ，B 两点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1＋k 2＝210时，求“卫星圆”的个数. 解 (1)因为椭圆C 的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，所以由椭圆的定义和正方形的性质可得 ⎩⎨⎧b ＝c ，2bc ＝12，解得b ＝c ＝ 6. 又a 2＝b 2＋c 2＝12，所以椭圆C 的标准方程为x 212＋y 26＝1. (2)设“卫星圆”的圆心为(x 0，y 0).由“卫星圆”的定义可得“卫星圆”的半径为a 2＋b 22＝3，所以“卫星圆”的标准方程为(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝9. 因为直线OA ：y ＝k 1x 与“卫星圆”相切，所以由点到直线的距离公式可得|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝3，化简得(x 20－9)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－9＝0. 同理可得(x 20－9)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－9＝0.所以k 1，k 2是方程(x 20－9)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－9＝0的两个不相等的实数根，所以x 20－9≠0，由Δ＞0，得x 20＋y 20＞9，将x 2012＋y 206＝1代入得x 20＞6，k 1＋k 2＝2x 0y 0x 20－9.所以(k 1＋k 2)2＝4x 20y 20（x 20－9）2＝4x 20⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 202（x 20－9）2＝24x 20－2x 40（x 20－9）2＝40，解得x 20＝10或547. 当x 20＝10时，y 20＝1；当x 20＝547时，y 20＝157，所以满足条件的点(x 0，y 0)共8个，故这样的“卫星圆”存在8个.C 级创新猜想15.(多选题)(2020·泰安模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，抛物线y 2＝4cx (c 2＝a 2－b 2，c ＞0)与椭圆C 在第一象限的交点为P ，若cos ∠PF 1F 2＝45，则椭圆C 的离心率为( ) A.5－12B.3－22C.4－79D.4＋79解析作抛物线的准线l ，则直线l 过点F 1，过点P 作PE 垂直于直线l ，垂足为E ，由抛物线的定义知|PE |＝|PF 2|，易知，PE ∥x 轴，则∠EPF 1＝∠PF 1F 2，所以cos ∠EPF 1＝cos ∠PF 1F 2＝|PE ||PF 1|＝|PF 2||PF 1|＝45.设|PF 1|＝5t (t ＞0)，则|PF 2|＝4t ，由椭圆定义可知，2a＝|PF 1|＋|PF 2|＝9t ，在△PF 1F 2中，由余弦定理可得|PF 2|2＝|PF 1|2＋|F 1F 2|2－2|PF 1|·|F 1F 2|cos ∠PF 1F 2，整理得|F 1F 2|2－8t |F 1F 2|＋9t 2＝0，解得|F 1F 2|＝(4＋7)t 或|F 1F 2|＝(4－7)t .当|F 1F 2|＝(4＋7)t 时，离心率e ＝2c 2a ＝4＋79；当|F 1F 2|＝(4－7)t 时，离心率为e ＝2c 2a ＝4－79.综上所述，椭圆C 的离心率为4－79或4＋79. 答案 CD16.(多填题)设F 1，F 2是双曲线x 24－y 2＝1的焦点，点P 在双曲线上，且满足∠F 1PF 2＝90°，则△F 1PF 2的面积是________，周长为________.解析双曲线x24－y2＝1中，a＝2，b＝1，c＝5，可设点P在右支上，由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝4，两边平方得，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝16，又|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2，所以△PF1F2的面积为12|PF1|·|PF2|＝1.又(|PF1|＋|PF2|)2＝(|PF1|－|PF2|)2＋4|PF1|·|PF2|＝16＋8＝24，所以|PF1|＋|PF2|＝26，△PF1F2的周长为26＋2 5.答案126＋2 5。

平凡见奇生面开，似曾相识燕归来

平凡见奇生面开，似曾相识燕归来作者：林生来源：《广东教育（高中）》2021年第08期今年高考是新高考的第一年，試题风格朴实无华，背景简洁明了，没有冗繁的文字描述，摒弃了浮夸的命题风格，试题很好地落实了“立德树人、服务选才，引导教学”的核心功能.今年的很多题目都独具匠心，既体现在知识交汇点处命题的创新原则，又格调清新意境幽，更为重要的是有些题目看起来似曾相识，但有别于“旧题”，很好实现了“反题海战术和机械刷题”等功能，更好地培养考生的数学核心素养.2021年新高考Ⅰ卷数学第21题就是这样的题目：该试题设计虽平凡、朴实，“面孔”是考生最熟悉的题型，考生入手容易且解法看似常规，但是却有些“生面”——解几大题双曲线重出江湖，这次考查的是双曲线，双曲线大题已经将近十年高考没有出现，这虽和八省联考模拟卷考查双曲线高度吻合，但当时八省联考模拟卷中以双曲线大题出现是“出乎意料”的，曾几何时，很多人备考时都振振有词强调双曲线不考大题，平时我们所用的教辅资料也成功回避了双曲线大题，没有想到八省联考模拟卷就杀了个“回马枪”，令考生黯然神伤.虽前车之鉴后再次出现双曲线大题考生有了充分准备，但这也是我们学生的一个“软肋”，这也再次提醒了我们：以后高考备考要以高考评价体系为标准，要掌握的知识必须掌握，不能再像以前备考那样“规避”双曲线，不能像以前备考都注重椭圆和抛物线，而忽略双曲线相关知识.同时我们对高考试题研究要深度分析：入乎其内——寻求解题的思路和突破口，找出最优解题思路和方法，接着找出其共性的知识和通性通法，对其通法深度挖掘和提炼反思;还要出乎其外——寻求其知识的“源”与“流，对此基本类型进行变式拓展推广、举一反三，开启思维，纵横联系、触类旁通，探窥其本质，让考生从题中悟“道”，达到“一览众山小”的境界，从而实现2022年高考解析几何的高效备考.下面笔者以2021年新高考Ⅰ卷数学第21题为载体，通过探求其解法、分析这种类型的实质，打开这类问题的“思维重门”，对此种圆锥曲线的类型进行推广拓展，让考生掌握这一类题型的基本方法和技巧，实现高效备考，探究出2022年高考圆锥曲线的高效备考的一些建议和策略.一、平凡见奇生面开似曾相识燕归来——真题回放（2021年新高考全国数学Ⅰ卷第21题）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（-，0），F2（，0），点M满足MF1-MF2=2.记M的轨迹为C.（1）求C的方程;（2）设点T在直线x=上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且TA·TB=TP·TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【点评】本题朴实无华但棉里藏针，陷阱凸显，简约而不简单，深刻而不深奥.第（1）问考查双曲线的定义——点的轨迹，考查内容常规、平凡，考题这样设置有利于考生思维的展开，给考生一课“定心丸”，同时也有利于第（2）问的思路展开，有利考生信心的提升，但在这里设置了一个“门槛”——考查双曲线的“一支”，同时还凸显“陷阱”——要注意轨迹方程中的取值范围;第（2）问求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和，本质属于双曲线的定值问题，但却将本问设置成有序开放问题探索的内容——求斜率之和.以“生面”的形式展示，加上该问综合性运算量大，很多考生都会“望而生畏”，但只要认真思考该类问题，还是可以转化为我们熟悉的“面孔”——定值问题，加上本问不同的思维路径会出现不同的运算量，这更能甄别考查考生的运算求解能力，同时还要求运用解析几何的基本思想方法分析问题和解决问题，考查考生在开放的情景中发现主要矛盾的能力，让考生在平平实实中考思维、稳扎稳打中见真功，这十分符合新高考的命题理念.二、犹抱琵琶半遮面拨迷雾入乎其内——解法探幽1.众里寻它千百度，柳暗花明又一村——点开第一重认识：求点轨迹方程【分析】该题中的第（1）问时，虽双曲线对考生有点“陌生”，但考查点的轨迹方程，这对考生来说是“老生常谈”的问题，回归双曲线定义，明确点M满足MF1-MF2=2，注意到范围，利用双曲线的定义可知轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C的方程，这样问题便可解决.解析：因为MF1-MF2=20，b>0，），则2a=2，可得a=1，b==4，所以轨迹C的方程为x2-=1（x≥1）.【点评】有关轨迹方程问题的求法，是我们需要掌握的知识，特别是利用圆锥曲线的定义来求轨迹方程更是我们常用的“手段”，因此我们要熟练掌握求动点轨迹方程的常用方法：①直接法;②定义法（特别是椭圆、双曲线、抛物线等定义）;③几何法;④相关点法（代入法），⑤参数法;⑥交轨法.其中④⑤⑥统称为间接法，体现了转化的思想.在探求轨迹方程的过程中，需要注意的是轨迹方程的“完备性”和“纯粹性”，因此，在求得轨迹方程之后，要深入思考一下：是否还遗漏了一些点;是否还有另外一个满足条件的轨迹方程存在;在所求得的轨迹方程中，的取值范围是否有限制？在上面的第一问就是要注意的范围，很多考生往往忽略范围而导致出错.因此我们求点的轨迹方程的时要首先考虑是否能够利用圆锥曲线定义来处理，更为重要的是要避免轨迹方程的“陷阱”，把握以上两点，那么解题可以达到“柳暗花明又一村”的境界——明确解题方向和切入点，即使较为复杂类型，我们通过层层突破，问题也会迎刃而解.2.纸上得来终觉浅，绝知此事要躬行——建立第二重认识：定值探求【分析】该题中的第（2）问时，颇有一种“似曾相识”的味道，要求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和，这个和一般为“定值”，这样的问题对考生来说是很熟悉的问题，由点T在直线x=上，可设T（，n），若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，因此设直线AB：y-n=k1（x-），可直接联立双曲线方程和直线方程，联立得y-n=k1（x-），x2-=1，（16-k21）x2+（k21-2k1n）x-k21-n2+k1n-16=0，再利用TA·TB=TP·TQ条件和两点间距离将TA，TB，TP，TQ分别表示出来，再直接去推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量n，从而求出定值，但会发现出现“障碍”的情况——运算量过大，颇有“无可奈何花落去”的感觉，因此无法继续往下处理，究其原因主要是由于利用代数法来解题本来就运算量大，考生不懂得利用特殊值来探路，不懂得如何减少解析几何运算量，这与平时的备考有很大联系，缺乏注重运算的算理和算法，所以高考命题组设置该问时就突出考查考生的运算求解能力.但只要考生运算功底扎实，注重算理，一步一个脚印，利用代数的方法是可以解决的：设A（x1，y1），B（x2，y2），由前面联立方程可得：x1+x2=，x1x2=，因此TA====x1-TB====x2-，所以TA·TB=（1+k21）x1-x2-=（1+k21）x1x2-（x1+x2）+=-（）+=，如果直接算TP·TQ的话，这里运算量将会十分大，这时要注意算理，字母的替换法则（解析几何中，有些点、线处于相同位置，计算过程具有明显的替换性，将相同的计算完全略去，这将大大减少运算量），用字母替换的法则可得TP·TQ=，又由TA·TB=TP·TQ 可得=，即=，因为直线AB的与直线PQ不是在同一条直线，所以k1≠k2，所以k1=-k2，因此k1+k2=0函.其实在这里计算时要注意技巧：算TP·TQ时直接可根据TA·TB=进行替换便可以大大降低运算，同时得=后，也可以将其通过化简为1+=1+，因此可得=，从而判断出k1=-k2，即k1+k2=0.回头过来看，该问本质是探究圆锥曲线的定值问题，但这个过程中突出对学生基本知识和运算能力的考查，综合来看，今年命题设置成开放性定值探求问题“别出心裁”，有效地避免了题海战术，真正地考查了考生应用知识的能力和学生数学素养.解析1：（2）由题意可知（如右图1），设T（，n），若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点.设A（x1，y1），B（x2，y2）设直线AB：y-n=k1（x-），因此联立y-n=k1（x-），x2-=1，化简可得（16-）x2+（-2k1n）x--n2+k1n-16=0，当16-≠0时，可得x1+x2=-=，x1x2=，由两点间距离可得TA====x1-，TB====x2-，又由题意知x1≥1，x2≥1，所以TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=（1+）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，设PQ：y-n=k2（x-），同理TP·TQ=，∵TA·TB=TP·TQ，∴=，即1+=1+，∴k21-16=k22-16，即k21=k22，∵k1≠k2，∴k1+k2=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.【点评】本题的第（2）问其实质就是圆锥曲线求定值问题，只不过给与它套上“外套”——“存在问题”有序开放（探索求斜率之和问题），这突出考查考生的圆锥曲线定值知识和运算求解能力，这里用双曲线来考查，无非是提醒我们在以后备考过程中不能“厚此薄彼”——只偏爱于椭圆和抛物线，而是要根据课程标准和高考评价体系进行备考.往往求定值问题（常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值）是通过设参数或取特殊值来确定定值是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题.求解时对所设参数，在计算中推理最后将参数消去得出定值.在这里也可以通过将点T特殊化（点T在x上）来探路，即点T（，0），由图可知直线AB与直线PQ关于x对称，由此可知直线AB的斜率与直线PQ的斜率为定值0，通过这样特殊“探路”，问题就迎难而解了.在上面的解法中，我们通过设直线AB的方程为y-n=k1（x-）来联立方程，同样我们可否将直线设成y=k1x+b1的形式呢？答案是可以的，只不过多了一个参数b1，但“殊途同归”，消参后的结构形式一样（已知点T（，n）一般采取用点斜式来设直线方程），在这个过程中要求考生利用直线与双曲线的位置关系，一步一个脚印运算，寻找探求TA，TB，TP，TQ它们的长度，在这个过程中紧扣这些方向和目标，按图索骥，注重算理和技巧——字母替换的作用，实现很好地减少运算量，最终突破解析几何运算的“障碍”.3.问渠那得清如许，为有源头活水来——解法的优化【分析】通过上面解法的分析，可以发现上面解法中利用韦达定理代进去计算TA·TB比较繁琐，那我们能否“另辟蹊径”，能否找到更为“简捷”的计算方法？我们再来分析这个过程：TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）=（1+k21）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，主要是由于这里直接代进去，利用韦达定理增加了计算量，我们注意到TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构，如果要避免直接用韦达定理，我们可考虑利用双根赋值法（在解析几何中，若直线与曲线相交于两点A（x1，y1），B（x2，y2），遇到求（x1-x2）2或（x1+t）（x2+t）的值，传统的方法是展开整理后再利用韦达定理求解，但该法迂回曲折，计算量大，可利用恒等式，整体代入，避开韦达定理，直接求解.即：若x1，x2是一元二次方程f（x）=Ax2+Bx+C=0（A≠0）的两个根，则：①x1x2=f（0）;②（x1-x2）2=;③（x1+t）（x2+t）=f（-t）.证明过程略），直接令x=-，可得TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.同样我们要想在计算TA·TB“规避”韦达定理，我们对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）这个结构进行分析，可考虑对其进行部分构造，即将（x1-）（x2-）看作是（x-）的一元二次方程的两根之积，因此可联立直线AB和C，即将曲线C化为：（x-）2+（x-）+-=1，再聯立直线AB方程与曲线C，化简整理可得：（1-）（x-）2+（1-）（x-）-=0，所以（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.从上面的分析可知，主要是通过对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构进行算理的简化，达到减少运算量的目的.除此之外，我们还可以找到更为“简洁”的方法，吗？考虑到TA·TB的形式，联想到直线参数方程中参数t的几何意义和韦达定理，可考虑借助直线参数方程来达到减少运算量的目的，AB是直线与曲线C的交点，将直线AB的参数方程表示为x=+tcos，y=n+tsin（t为参数），为直线AB的倾斜角，将直线代入双曲线方程整理可得（cos2-）t2+（cos-）t--=0，直线与双曲线交于A，B两点，设方程有两根t1，t2，则根据直线参数方程的几何意义可知TA·TB=t1·t2=t1t2==，同理可得TPTQ=，其中为直线PQ的倾斜角，由TA·TB=TP·TQ可得=，因此可得sin2-16cos2=sin2-16cos2，即cos2=cos2.又≠，所以可得cos=-cos，即+=，tan=-tan，所以tan+tan=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.由此可见利用直线参数方程中参数的几何意义可减少运算量==x1-TB====x2-，所以TA·TB=（1+k21）x1-x2-=（1+k21）x1x2-（x1+x2）+=-（）+=，如果直接算TP·TQ的话，这里运算量将会十分大，这时要注意算理，字母的替换法则（解析几何中，有些点、线处于相同位置，计算过程具有明显的替换性，将相同的计算完全略去，这将大大减少运算量），用字母替换的法则可得TP·TQ=，又由TA·TB=TP·TQ 可得=，即=，因为直线AB的与直线PQ不是在同一条直线，所以k1≠k2，所以k1=-k2，因此k1+k2=0函.其实在这里计算时要注意技巧：算TP·TQ时直接可根据TA·TB=进行替换便可以大大降低运算，同时得=后，也可以将其通过化简为1+=1+，因此可得=，从而判断出k1=-k2，即k1+k2=0.回头过来看，该问本质是探究圆锥曲线的定值问题，但这个过程中突出对学生基本知识和运算能力的考查，综合来看，今年命题设置成开放性定值探求问题“别出心裁”，有效地避免了题海战术，真正地考查了考生应用知识的能力和学生数学素养.解析1：（2）由题意可知（如右图1），设T（，n），若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点.设A（x1，y1），B（x2，y2）设直线AB：y-n=k1（x-），因此联立y-n=k1（x-），x2-=1，化简可得（16-）x2+（-2k1n）x--n2+k1n-16=0，当16-≠0时，可得x1+x2=-=，x1x2=，由两点间距离可得TA====x1-，TB====x2-，又由题意知x1≥1，x2≥1，所以TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=（1+）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，設PQ：y-n=k2（x-），同理TP·TQ=，∵TA·TB=TP·TQ，∴=，即1+=1+，∴k21-16=k22-16，即k21=k22，∵k1≠k2，∴k1+k2=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.【点评】本题的第（2）问其实质就是圆锥曲线求定值问题，只不过给与它套上“外套”——“存在问题”有序开放（探索求斜率之和问题），这突出考查考生的圆锥曲线定值知识和运算求解能力，这里用双曲线来考查，无非是提醒我们在以后备考过程中不能“厚此薄彼”——只偏爱于椭圆和抛物线，而是要根据课程标准和高考评价体系进行备考.往往求定值问题（常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值）是通过设参数或取特殊值来确定定值是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题.求解时对所设参数，在计算中推理最后将参数消去得出定值.在这里也可以通过将点T特殊化（点T在x上）来探路，即点T（，0），由图可知直线AB与直线PQ关于x对称，由此可知直线AB的斜率与直线PQ的斜率为定值0，通过这样特殊“探路”，问题就迎难而解了.在上面的解法中，我们通过设直线AB的方程为y-n=k1（x-）来联立方程，同样我们可否将直线设成y=k1x+b1的形式呢？答案是可以的，只不过多了一个参数b1，但“殊途同归”，消参后的结构形式一样（已知点T（，n）一般采取用点斜式来设直线方程），在这个过程中要求考生利用直线与双曲线的位置关系，一步一个脚印运算，寻找探求TA，TB，TP，TQ它们的长度，在这个过程中紧扣这些方向和目标，按图索骥，注重算理和技巧——字母替换的作用，实现很好地减少运算量，最终突破解析几何运算的“障碍”.3.问渠那得清如许，为有源头活水来——解法的优化【分析】通过上面解法的分析，可以发现上面解法中利用韦达定理代进去计算TA·TB比较繁琐，那我们能否“另辟蹊径”，能否找到更为“简捷”的计算方法？我们再来分析这个过程：TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）=（1+k21）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，主要是由于这里直接代进去，利用韦达定理增加了计算量，我们注意到TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构，如果要避免直接用韦达定理，我们可考虑利用双根赋值法（在解析几何中，若直线与曲线相交于两点A（x1，y1），B（x2，y2），遇到求（x1-x2）2或（x1+t）（x2+t）的值，传统的方法是展开整理后再利用韦达定理求解，但该法迂回曲折，计算量大，可利用恒等式，整体代入，避开韦达定理，直接求解.即：若x1，x2是一元二次方程f（x）=Ax2+Bx+C=0（A≠0）的两个根，则：①x1x2=f（0）;②（x1-x2）2=;③（x1+t）（x2+t）=f（-t）.证明过程略），直接令x=-，可得TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.同样我们要想在计算TA·TB“规避”韦达定理，我们对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）这个结构进行分析，可考虑对其进行部分构造，即将（x1-）（x2-）看作是（x-）的一元二次方程的两根之积，因此可联立直线AB和C，即将曲线C化为：（x-）2+（x-）+-=1，再联立直线AB方程与曲线C，化简整理可得：（1-）（x-）2+（1-）（x-）-=0，所以（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.从上面的分析可知，主要是通过对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构进行算理的简化，达到减少运算量的目的.除此之外，我们还可以找到更为“简洁”的方法，吗？考虑到TA·TB的形式，联想到直线参数方程中参数t的几何意义和韦达定理，可考虑借助直线参数方程来达到减少运算量的目的，AB是直线与曲线C的交点，将直线AB的参数方程表示为x=+tcos，y=n+tsin（t为参数），为直线AB的倾斜角，将直线代入双曲线方程整理可得（cos2-）t2+（cos-）t--=0，直线与双曲线交于A，B两点，设方程有两根t1，t2，则根据直线参数方程的几何意义可知TA·TB=t1·t2=t1t2==，同理可得TPTQ=，其中为直线PQ的倾斜角，由TA·TB=TP·TQ可得=，因此可得sin2-16cos2=sin2-16cos2，即cos2=cos2.又≠，所以可得cos=-cos，即+=，tan=-tan，所以tan+tan=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.由此可见利用直线参数方程中参数的几何意义可减少运算量==x1-TB====x2-，所以TA·TB=（1+k21）x1-x2-=（1+k21）x1x2-（x1+x2）+=-（）+=，如果直接算TP·TQ的话，这里运算量将会十分大，这时要注意算理，字母的替换法则（解析几何中，有些点、线处于相同位置，计算过程具有明显的替换性，将相同的计算完全略去，这将大大减少运算量），用字母替换的法则可得TP·TQ=，又由TA·TB=TP·TQ 可得=，即=，因为直线AB的与直线PQ不是在同一条直线，所以k1≠k2，所以k1=-k2，因此k1+k2=0函.其实在这里计算时要注意技巧：算TP·TQ时直接可根据TA·TB=进行替换便可以大大降低运算，同时得=后，也可以将其通过化简为1+=1+，因此可得=，从而判断出k1=-k2，即k1+k2=0.回头过来看，该问本质是探究圆锥曲线的定值问题，但这个过程中突出对学生基本知识和运算能力的考查，综合来看，今年命题设置成开放性定值探求问题“别出心裁”，有效地避免了题海战术，真正地考查了考生应用知识的能力和学生数学素养.解析1：（2）由题意可知（如右图1），设T（，n），若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点.设A（x1，y1），B（x2，y2）设直线AB：y-n=k1（x-），因此联立y-n=k1（x-），x2-=1，化简可得（16-）x2+（-2k1n）x--n2+k1n-16=0，当16-≠0时，可得x1+x2=-=，x1x2=，由两点间距离可得TA====x1-，TB====x2-，又由题意知x1≥1，x2≥1，所以TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=（1+）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，设PQ：y-n=k2（x-），同理TP·TQ=，∵TA·TB=TP·TQ，∴=，即1+=1+，∴k21-16=k22-16，即k21=k22，∵k1≠k2，∴k1+k2=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.【点评】本题的第（2）问其实质就是圆锥曲线求定值问题，只不过给与它套上“外套”——“存在问题”有序开放（探索求斜率之和问题），这突出考查考生的圆锥曲线定值知识和运算求解能力，这里用双曲线来考查，无非是提醒我们在以后备考过程中不能“厚此薄彼”——只偏爱于椭圆和抛物线，而是要根据课程标准和高考评价体系进行备考.往往求定值问题（常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值）是通过设参数或取特殊值来确定定值是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题.求解时对所设参数，在计算中推理最后将参数消去得出定值.在这里也可以通过将点T特殊化（点T在x上）来探路，即点T（，0），由图可知直线AB与直线PQ关于x对称，由此可知直线AB的斜率与直线PQ的斜率为定值0，通过这样特殊“探路”，问题就迎难而解了.在上面的解法中，我们通过设直线AB的方程为y-n=k1（x-）来联立方程，同样我们可否将直线设成y=k1x+b1的形式呢？答案是可以的，只不过多了一个参数b1，但“殊途同归”，消参后的结构形式一样（已知点T（，n）一般采取用点斜式来设直线方程），在这个过程中要求考生利用直线与双曲线的位置关系，一步一个脚印运算，寻找探求TA，TB，TP，TQ它们的长度，在这个过程中紧扣这些方向和目标，按图索骥，注重算理和技巧——字母替换的作用，实现很好地减少运算量，最终突破解析几何运算的“障碍”.3.问渠那得清如许，为有源头活水来——解法的优化【分析】通过上面解法的分析，可以发现上面解法中利用韦达定理代进去计算TA·TB比较繁琐，那我们能否“另辟蹊径”，能否找到更为“简捷”的计算方法？我们再来分析这个过程：TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）=（1+k21）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，主要是由于这里直接代进去，利用韦达定理增加了计算量，我们注意到TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构，如果要避免直接用韦达定理，我们可考虑利用双根赋值法（在解析几何中，若直线与曲线相交于两点A（x1，y1），B（x2，y2），遇到求（x1-x2）2或（x1+t）（x2+t）的值，传统的方法是展开整理后再利用韦达定理求解，但该法迂回曲折，计算量大，可利用恒等式，整体代入，避开韦达定理，直接求解.即：若x1，x2是一元二次方程f（x）=Ax2+Bx+C=0（A≠0）的两个根，则：①x1x2=f（0）;②（x1-x2）2=;③（x1+t）（x2+t）=f（-t）.证明过程略），直接令x=-，可得TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.同样我们要想在计算TA·TB“规避”韦达定理，我们对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）这个结构进行分析，可考虑对其进行部分构造，即将（x1-）（x2-）看作是（x-）的一元二次方程的两根之积，因此可联立直线AB和C，即将曲线C化为：（x-）2+（x-）+-=1，再联立直线AB方程与曲线C，化简整理可得：（1-）（x-）2+（1-）（x-）-=0，所以（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.从上面的分析可知，主要是通过对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构进行算理的简化，达到减少运算量的目的.除此之外，我们还可以找到更为“简洁”的方法，吗？考虑到TA·TB的形式，联想到直线参数方程中参数t的几何意义和韦达定理，可考虑借助直线参数方程来达到减少运算量的目的，AB是直线与曲线C的交点，将直线AB的参数方程表示为x=+tcos，y=n+tsin（t为参数），为直线AB的倾斜角，将直线代入双曲线方程整理可得（cos2-）t2+（cos-）t--=0，直線与双曲线交于A，B两点，设方程有两根t1，t2，则根据直线参数方程的几何意义可知TA·TB=t1·t2=t1t2==，同理可得TPTQ=，其中为直线PQ的倾斜角，由TA·TB=TP·TQ可得=，因此可得sin2-16cos2=sin2-16cos2，即cos2=cos2.又≠，所以可得cos=-cos，即+=，tan=-tan，所以tan+tan=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.由此可见利用直线参数方程中参数的几何意义可减少运算量==x1-TB====x2-，所以TA·TB=（1+k21）x1-x2-=（1+k21）x1x2-（x1+x2）+=-（）+=，如果直接算TP·TQ的话，这里运算量将会十分大，这时要注意算理，字母的替换法则（解析几何中，有些点、线处于相同位置，计算过程具有明显的替换性，将相同的计算完全略去，这将大大减少运算量），用字母替换的法则可得TP·TQ=，又由TA·TB=TP·TQ 可得=，即=，因为直线AB的与直线PQ不是在同一条直线，所以k1≠k2，所以k1=-k2，因此k1+k2=0函.其实在这里计算时要注意技巧：算TP·TQ时直接可根据TA·TB=进行替换便可以大大降低运算，同时得=后，也可以将其通过化简为1+=1+，因此可得=，从而判断出k1=-k2，即k1+k2=0.回头过来看，该问本质是探究圆锥曲线的定值问题，但这个过程中突出对学生基本知识和运算能力的考查，综合来看，今年命题设置成开放性定值探求问题“别出心裁”，有效地避免了题海战术，真正地考查了考生应用知识的能力和学生数学素养.解析1：（2）由题意可知（如右图1），设T（，n），若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点.设A（x1，y1），B（x2，y2）设直线AB：y-n=k1（x-），因此联立y-n=k1（x-），x2-=1，化简可得（16-）x2+（-2k1n）x--n2+k1n-16=0，当16-≠0时，可得x1+x2=-=，x1x2=，由两点间距离可得TA====x1-，TB====x2-，又由题意知x1≥1，x2≥1，所以TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=（1+）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，设PQ：y-n=k2（x-），同理TP·TQ=，∵TA·TB=TP·TQ，∴=，即1+=1+，∴k21-16=k22-16，即k21=k22，∵k1≠k2，∴k1+k2=0，所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.【点评】本题的第（2）问其实质就是圆锥曲线求定值问题，只不过给与它套上“外套”——“存在问题”有序开放（探索求斜率之和问题），这突出考查考生的圆锥曲线定值知识和运算求解能力，这里用双曲线来考查，无非是提醒我们在以后备考过程中不能“厚此薄彼”——只偏爱于椭圆和抛物线，而是要根据课程标准和高考评价体系进行备考.往往求定值问题（常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值）是通过设参数或取特殊值来确定定值是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题.求解时对所设参数，在计算中推理最后将参数消去得出定值.在这里也可以通过将点T特殊化（点T在x上）来探路，即点T（，0），由图可知直线AB与直线PQ关于x对称，由此可知直线AB的斜率与直线PQ的斜率为定值0，通过这样特殊“探路”，问题就迎难而解了.在上面的解法中，我们通过设直线AB的方程为y-n=k1（x-）来联立方程，同样我们可否将直线设成y=k1x+b1的形式呢？答案是可以的，只不过多了一个参数b1，但“殊途同归”，消参后的结构形式一样（已知点T（，n）一般采取用点斜式来设直线方程），在这个过程中要求考生利用直线与双曲线的位置关系，一步一个脚印运算，寻找探求TA，TB，TP，TQ它们的长度，在这个过程中紧扣这些方向和目标，按图索骥，注重算理和技巧——字母替换的作用，实现很好地减少运算量，最终突破解析几何运算的“障碍”.3.问渠那得清如许，为有源头活水来——解法的优化【分析】通过上面解法的分析，可以发现上面解法中利用韦达定理代进去计算TA·TB比较繁琐，那我们能否“另辟蹊径”，能否找到更为“简捷”的计算方法？我们再来分析这个过程：TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）=（1+k21）[x1x2-（x1+x2）+]=-（）+=，主要是由于这里直接代进去，利用韦达定理增加了计算量，我们注意到TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）的结构，如果要避免直接用韦达定理，我们可考虑利用双根赋值法（在解析几何中，若直线与曲线相交于两点A（x1，y1），B（x2，y2），遇到求（x1-x2）2或（x1+t）（x2+t）的值，传统的方法是展开整理后再利用韦达定理求解，但该法迂回曲折，计算量大，可利用恒等式，整体代入，避开韦达定理，直接求解.即：若x1，x2是一元二次方程f（x）=Ax2+Bx+C=0（A≠0）的两个根，则：①x1x2=f（0）;②（x1-x2）2=;③（x1+t）（x2+t）=f（-t）.证明过程略），直接令x=-，可得TA·TB=（1+）（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.同样我们要想在计算TA·TB“规避”韦达定理，我们对TA·TB=（1+k21）（x1-）（x2-）这个结构进行分析，可考虑对其进行部分构造，即将（x1-）（x2-）看作是（x-）的一元二次方程的两根之积，因此可联立直线AB和C，即将曲线C化为：（x-）2+（x-）+-=1，再联立直线AB方程与曲线C，化简整理可得：（1-）（x-）2+（1-）（x-）-=0，所以（x1-）（x2-）=，后面的解法同解析1.从。

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３０
例１（２０１２年高考重庆卷第２０题）如图１所示，
设椭圆的中心为原点Ｏ，长轴在ｘ轴上，上顶点为Ａ，
左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，线段ＯＦ１，ＯＦ２的中点分别为Ｂ１，Ｂ２，且 △ＡＢ１Ｂ２是面积为４的直角三角形．
（１）求该椭圆的离心
率和标准方程；
（２）过Ｂ１作直线ｌ交椭
ｘ２＋５ｘ＋６，且Ｓ＝｛０，１，２，…，１９９４｝，ａ ∈ Ｓ，ｆ（ａ）能被
６整除，具有这样性质的ａ的个数是．解 ① 估计：ｆ（ａ）＝ａ２＋５ａ＋６＝ａ（ａ＋５）＋６．
设ａ ∈ Ｓ，ｆ（ａ）被６整除，即ａ（ａ＋５）被６整除的数，
２０＝０与（２－ｘ１）（２－ｘ２）＋ｋ２（ｘ１＋２）（ｘ２＋２）＝０，
因为ｘ１，ｘ２是方程ｘ２＋５ｋ２ ( ｘ＋２ ) ２－２０＝０的两根，
所以ｘ２＋５ｋ２ ( ｘ＋２ ) ２－２０＝（１＋５ｋ２）（ｘ－ｘ１）（ｘ－
在
Ｃ２
上，得３
２
＋
ｂ
２１
＋
２ｂ２１
＝１，解得ｂ２１
＝
３．因此
Ｃ２
的方程为ｘ２６
＋
ｙ２３
＝１．
显然ｌ的斜率不为０，故可设ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋
３．点Ａ (ｘ１，ｙ１ ) ，Ｂ (ｘ２，ｙ２ ) ，
ìïïｘ＝ｍｙ＋
由 íｘ２ îïï ６
＋
ｙ２３
＝
３，得 ( ｍ２
（ｘ
＋
２），即
ｘ
＋
２ｙ
＋
２
＝０或ｘ－２ｙ＋２＝０．
点评此法虽然思路清晰，但运算极为繁琐．特别
是在紧张的考试中，学生能算出最后结果的微乎其微．本题中，如何化简（２－ｘ１）（２－ｘ２）＋ｋ２（ｘ１＋
２）（ｘ２＋２）＝０是运算的难点．上述的解法虽然可行，但效率却不够高，且极容易出错．事实上，我们只要能
＝１过点Ｐ且
图２
３１
ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ中学数学杂志２０１５年第９期
离心率为３．
（１）求Ｃ１的方程；（２）椭圆Ｃ２过点Ｐ且与Ｃ１有相同的焦点，直线ｌ过Ｃ２的右焦点且与Ｃ２交于Ａ，Ｂ两点．若以线段ＡＢ为直径的圆过点Ｐ，求ｌ的方程．
传统解法
（１）
该椭圆的离心率
ｅ
＝
２５５
，标准方
程为ｘ２＋ｙ２＝１；（略）２０４
（２）由（１）知Ｂ１ ( －２，０ ) ，Ｂ２ (２，０ ) ．当直线ｌ垂直于ｘ轴时，显然不成立．
当直线ｌ不垂直于ｘ轴时，可设其方程为ｙ＝
ｋ (ｘ＋２ ) ．Ｐ (ｘ１，ｙ１ ) ，Ｑ (ｘ２，ｙ２ ) ．
（１）若 △Ｆ１Ｂ１Ｂ２为等边三角形，求椭圆Ｃ的方程；
（２）若椭圆Ｃ的短轴长为２，过点Ｆ２的直线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ｐ，Ｑ两点，且Ｆ１→Ｐ ⊥ Ｆ１→Ｑ，求直线ｌ的方程．
（答案：（１）
３ｘ２４
＋
３ｙ２
＝
１；（２）
直线ｌ的方程为ｘ
＋
７ｙ－１＝０或ｘ－７ｙ－１＝０）
数列；｛ｂｎ｝：２，８，１４，…，２００是从数列｛ｎ｝中，自第２项起，以间隔为６，依次取出各数，按原序排列而成的数
列；现从数列｛ｎ｝中，自第２项起，以间隔为１２，依次取
出各数，按原序排列构成一数列｛ｃｎ｝．显然｛ｃｎ｝是等差数列，且ｃｎ＝２＋１２（ｎ－１）同时出现在｛ａｎ｝、｛ｂｎ｝中，设其项数为ｎ．
＋４ｋ２＝０，
化简得（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２＋（２ｋ２－２）（ｘ１＋ｘ２）＋４ｋ２＋
４＝０．
所以（１
＋
ｋ２）
×
２０ｋ２１＋
－２０５ｋ２
＋
（２ｋ２
－
２）
×
－１
２０ｋ２＋５ｋ２
＋
４ｋ２
＋
４
＝
０，（１
＋
ｋ２）
×
５ｋ２１＋
－５５ｋ２
＋
（２ｋ２
－
２）
×
－５ｋ２１＋５ｋ２
１，
＋
２)
ｙ２
＋２
３ｍｙ
实际上，数列｛ｃｎ｝是从数列｛ｎ｝中，自第５项起，以间隔为１２，依次取出各数，按原序排列构成的一个
等差数列．故取数列｛ｎ｝的前１２项为“ 样本” ，其中仅
１有１项（即５）同在｛ａｎ｝与｛ｂｎ｝中，为样本容量的１２．
则９０ｎ２
＝
１１２，由此估计
ｎ
≈
７５．
验证：因ｃ７５＝５＋（７５－１） × １２＝８９３在｛ａｎ｝、｛ｂｎ｝中，但８９３＋１２＝９０５＞ａ３００，即不在｛ａｎ｝中．故所求的ｎ＝７５．
圆于Ｐ，Ｑ两点，使ＰＢ２ ⊥
ＱＢ２，求直线ｌ的方程．
分析本题是一道典
图１
型的直线与圆锥曲线的综
中学数学杂志２０１５年第９期ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ
合解答题，通常的做法是联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理消元解决．结合本题，问题的关键是解决ＰＢ２ ⊥ ＱＢ２这个条件转换为向量的数量积为零之后的复杂运算，思路虽然清晰，但运算比较复杂．
ìïïｙ＝ｋ (ｘ
由íｘ２ îï２０
＋
ｙ２４
＋２) ，得ｘ２
＝１，
＋
５ｋ２ (ｘ
＋
２)
２
－
２０
＝０．即
（１＋５ｋ２）ｘ２＋２０ｋ２ｘ＋２０ｋ２－２０＝０，
所以ｘ１
＋
ｘ２
＝
－１
２０ｋ２＋５ｋ２
，ｘ
１
ｘ２
＝
２０ｋ２１＋
－２０５ｋ２．
因为ＰＢ２ ⊥ ＱＢ２，所以ＰＢ→２ · ＱＢ→２＝
按从小到大排成一列，构成数列｛ａｎ｝，需求数列｛ａｎ｝的项数ｎ．
考虑ａ在“ 样本” ：０，１，２，３，４，５中取值，易知ａ＝
０，１，３，４时满足要求，此时ａ的取值个数与样本容量
的比值为
２３
，Ｓ
的容量为
１９９５．则
ｎ１９９５
＝
２３ ⇒ｎ
＝
１３３０．
② 验证：因１９９５＝３３２ × ６＋３，当ａ＝６ｋ＋ｉ（ｉ＝
仿例
３
的求法，有１９ｎ０
＝
１１２，估计
ｎ
＝
１５
或
１６．因
ｃ１６
＝２＋１２ × １５＝１８２＜１９０，ｃ１７＝１９４不在数列｛ａｎ｝中．所以ｎ＝１６．
所以｛ｃｎ｝
前１６
项之和为
Ｓ１６
＝
１６（２
＋１８２）２
＝
１４７２．
例５（江苏第三届高二数学通讯赛题）设ｆ（ｘ）＝
把（２－ｘ１）（２－ｘ２）和（ｘ１＋２）（ｘ２＋２）用ｋ来表示，
问题便能得到解决．如若注意到ｘ１，ｘ２是方程的两根，可把ｘ２＋５ｋ２ (ｘ＋２ ) ２－２０＝０左端的式子用双根法
表示，然后进行合理赋值，就能轻而易举得到结果．
优化解法同传统解法可得ｘ２＋５ｋ２ (ｘ＋２) ２－
我们现在再来看更为复杂的例２，若用传统解法解
决，几乎不能算出来，而双根法则显示出巨大的威力．
例２（２０１４年高考辽
宁理科数学第２０题）圆ｘ２
＋ｙ２＝４的切线与ｘ轴正半
轴，ｙ轴正半轴围成一个三
角形，当该三角形面积最小
时，切点为Ｐ（如图２）．双曲
线
Ｃ１
：
ｘ２ａ２
－
ｙ２ｂ２
０，１，３，４）时，ａ（ａ＋５）能被６整除．故将Ｓ中的元素按
从小到大，每连续６个数分为一组，可分为３３２组，余
下三数：１９９２，１９９３，１９９４，每组有４项及１９９２，１９９３均
在数列｛ａｎ｝中，但１９９４不在此数列中．所以数列｛ａｎ｝中共有４ × ３３２＋２＝１３３０项．
所以（ｘ１
＋
２）（ｘ２
＋
２）
＝
１
－＋
１６５ｋ２
பைடு நூலகம்
，
所以（２－ｘ１）（２－ｘ２）＋ｋ２（ｘ１＋２）（ｘ２＋２）＝
８０ｋ２１＋
－１６５ｋ２
＋
ｋ２
×
－１６１＋５ｋ２
＝
６４ｋ２１＋
－１６５ｋ２
＝
０．
所以６４ｋ２－１６＝０，即ｋ＝ ± １．下同传统解法．２
( ２－ｘ１ ) (２－ｘ２ ) ＋ｙ１ｙ２＝０．
因为点Ｐ，Ｑ在直线ｙ＝ｋ（ｘ＋２）上，所以ｙ１＝ｋ（ｘ１

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