《解析几何典型问题解题策略》

又 t2＝1－s2，代入整理得 6s－2 (x ＋y －6x＋1)＋ t y＝0.
2 2
若圆 C 经过定点，只需令 y＝0，从而有 x2－6x＋1＝0，解得 x＝3± 2 2， 所以圆 C 经过定点，定点坐标为(3± 2 2，0).
说明
本题还可以固定点M的特殊位置得到定点坐标. 定点与定值问题，通常可以通过这种特殊化的 方法求得.当然，作为证明是不严谨的,但是作为判 断，这是一种重要的方法.
2 2
令 y＝0， 得 x＝3± 2 2， 所以圆 C 经过定点，定点坐标为(3± 2 2，0).
探究一
4t 2t 解法一：P′(3， ),Q′(3， ), s＋ 1 s－ 1 解法二：P′(3，4k1)，Q′(3，2k2).
4t 2t 8t2 y1 y2= =2 =－8. s＋ 1 s－ 1 s － 1
· ·
y1 y2=4k1 2k2=－8.
· ·
记以P′Q′为直径的 圆C与x轴交点为H1、H2， 由圆的相交弦定理得： AH1· AH2＝AP′· AQ′, 所以，点H1、H2即为 以P′Q′为直径的圆C经过 的定点．
探究二
变式１ x y 已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)与 x 轴交于 a b
4 b 1 2 2 2 2 ∴y ＝2b － 2 ＝(a －c )(3－ 2). c e
Q
y
P
1 ∵y2＞0，∴(a2－c2)(3－ 2)＞0， e 1 3 ∴3－ 2＞0， ＜e＜1. 3 e 当 kF1P＝0 时，kQF2不存在，此时 F2 为中点， a2 3 3 －c＝2ce＝ ．综上得 ≤e＜1． c 3 3
反思： “过点 P 存在无穷多对互相垂直的直线” (变) “截得的弦长都相等”(不变) 这种“变中之不变”的思想是恒成立问题的核心.
总结一
关于解析几何中的定点与定值问题：
核心： “变中之不变” 策略： （1）发现“动因” ； （2）寻找“恒成立”的式子； （3）利用恒成立的条件，解决问题．
典型问题二
－x1=λx2 ① x1 .由①式得 λ=－ ③， x2 1 － y = λ ( y － 1) ② 1 2
最值与范围问题
1.从形的角度来考虑; 2.从数的角度来考虑. (1)建立函数关系，将最值和范围问题转化为 求函数的值域问题； (2)利用不等式求最值和范围．
例3
x2 y2 设 F1 、F2 分别是椭圆 2＋ 2＝1(a＞b＞0) a b
的左、右焦点，若在其右准线上存在 P，使线段 PF1 的中垂线过点 F2，求椭圆离心率的取值范围．
例4
（07 全国）在直角坐标系 xOy 中，以 O 为
圆心的圆与直线 x－ 3y＝4 相切． （1）求圆 O 的方程； （2）圆 O 与 x 轴相交于 A，B 两点，圆内的动点 P 使|PA|，|PO|，|PB|成等比数列， →→ 求 PA ·PB 的取值范围．
题意分析
(1)谁是变量？ 点P
(2)不等关系如何建立？ 建立函数关系，求值域
制定策略
→→ PA · PB
设P点的坐标 写出 的表达式
求函数的值域
解： （1）依题设，圆 O 的半径 r 等于原点 O 到直线 4 x－ 3y＝4 的距离，即 r＝ ＝2．得圆 O 的方程为 1+3 x2＋y2＝4． （2）不妨设 A(x1,0)，B(x2,0)， 2 x1＜x2．由 x ＝4 得 A(－2,0)， B(2，0)．设 P(x，y)， 由|PA|，|PO|，|PB|成等比数列， 得 (x+2)2+y2· (x－2)2+y2 ＝x2＋y2，即 x2－y2＝2．
y
F A
O
B
x
M
题意分析
→ → “有什么” AF ＝λ FB
→→ “求什么” FM· AB
y
F A
O
B
x
“怎么求”
M
制定策略
设A,B的坐标
→ → 将AF ＝λ FB 坐标化
写出切线方程， 得到M点坐标
→→ 化简 FM· AB
解：由已知条件，得 F(0，1)，λ＞0．设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． → → 由 AF ＝λ FB ，得(－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)，
策略二
设直线PM和MQ方程
（斜率k1， k2）
求点P′、Q′坐标
写出圆C方程
寻找定点
解：设直线 PM、MQ 的斜率分别为 k1， k2，则 k1k2＝－1， 直线 PM 的方程为 y＝k1(x＋1)，令 x＝3，则点 P′(3，4k1)， 直线 MQ 的方程为 y＝k2(x－1)，令 x＝3，则点 Q′(3，2k2)， 以 P′Q′为直径的圆的方程为: (x－3)(x－3)＋(y－4k1)(y－2k2)＝0， 1 即(x－3) ＋y －8－2(2k1－ )y＝0. k2
y P
Q
F1
O
F2
A
x
题意分析
(1)谁是变量？ 点P
(2)不等关系如何建立？
wk.baidu.com
y
P
Q
制定策略
从“数”的角 度 设P点的纵坐标 从“形”的角度 设P点的坐标
F1
O
F2
A
x
写出点Q的纵坐标
由点P的存在性 找不等关系
写出线段PF2 和AF2
PF2≥AF2
a2 b2 y 解法一： 由已知 P( ， y)， 所以 PF1 的中点 Q 的坐标为( ， )， c 2c 2 cy cy 当 kF1P≠0 时，kF1P＝ 2 ， kQF2＝ 2 ， b b －2c2 ∵ kF1P· kQF2＝－1，
B
O
C
x
A
∴k1k＝ k1· 2k2＝2· k1k2＝－1， ∴PA⊥PB.
例2
(09 江苏) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知
圆 C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4 和圆 C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4． 设 P 为平面上的点，满足：存在过点 P 的无穷多对互相垂 直的直线 l1 和 l2，它们分别与圆 C1 和 C2 相交，且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长 与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等． 试求所有满足条件的点 P 的坐标．
P
2
2
2
2
y
P' M
O
Q
A
x
Q'
a2 则直线 PM 的方程为 y＝k1(x＋a)，令 x＝ c ， a2 a2 a2 a2 则点 P′( c ，k1( c ＋a));同理得点 Q′( c ，k2( c －a)).
y
P' M
P
O
Q
A
x
Q'
探究三
y
y
M
M Q
P
O
Q
x
F1
O
F2
x
P
b2 k1k2=－ 2 a
总结二
关于解析几何中的最值与范围问题
关键：建立不等关系 策略：建立函数关系，求值域； 利用不等式； 几何量之间的关系； 点或线的位置.
典型问题三
分点与向量问题
（1）利用向量的坐标形式，将几何问题 代数化； （2）通过平面几何关系，进行比例转化.
例 5 （06 全国 II）已知抛物线 x2＝4y 的焦点为 F，A、B 是 → → 抛物线上的两动点，且 AF ＝λ FB （λ＞0） ．过 A、B 两点 →→ 分别作抛物线的切线，设其交点为Ｍ．证明FM· AB 为定值.
C1
O x
因为 k 的取值有无穷多个，①式是关于 k 的恒等式，
a＋b－2＝0， a－b＋8＝0， 所以 或 b－a＋3＝0． b＋a－5＝0．
P
y
C2
5 3 a＝ ， a＝－ ， 2 2 解得 1 或 13 b＝－ ． b＝ ． 2 2


C1
O x
5 1 3 13 这样的点 P 只可能是点 P1( ，－ )，P2(－ ， )． 2 2 2 2 经检验点 P1，P2 满足题目条件．
解析几何典型问题的解题策略
近三年高考及各地模拟考试 试题抽样调查统计表
定点与定值问题 最值与范围问题 分点与向量问题 求曲线方程问题 求离心率问题 其他问题
42% 18% 16% 10% 10% 4%
典型问题一 定点与定值问题
定点与定值问题，即为恒成立问题．
什么是等式恒成立？ 如何解决恒成立问题？
题意分析
（1）“动因”是什么？ （2）“恒成立”的式 子是什么？ （3）如何寻找定点？
制定策略
设点M坐标
写出直线PM和MQ方程
求点P′、Q′坐标 写出圆C方程 寻找定点
解：对于圆方程 x2＋y2＝1，令 y＝0 得 x＝± 1， 即 P(－1，0)，Q(1，0). 又直线 l 过点 A 且与 x 轴垂直，所以直线 l 的方程是 x＝3. t 设 M(s，t)，则直线 PM 的方程为 y＝ (x＋1)， s＋ 1 x＝3 4t t 解方程组 ，得点 P′(3， ). y＝ (x＋1) s＋ 1 s ＋ 1 2t 同理得点 Q′(3， )． s－ 1 所以，以 P′Q′为直径的圆 C 的方程为： 4t 2t (x－3)(x－3)＋(y－ )(y－ ) ＝ 0， （*） s＋ 1 s－ 1
（1）发现动因； （2）寻找恒成立的式子； （3）利用恒成立的条件，解决问题．
例1 已知圆 O：x2＋y2＝1 与 x 轴交于 P，Q 两点，M 是圆 O 上异于 P，Q 的任意一点，直线 l 过点 A(3，0) 且与 x 轴垂直．若直线 PM 交直线 l 于点 P′，直线 MQ 交直线 l 于点 Q′，求证：以 P′Q′ 为直径的圆 C 经过定点，并求出 定点坐标．
→→ PA · PB ＝(－2－x，－y)(2－x，－y)＝x2－4＋y2＝2(y2－1).
x2＋y2＜4 由于点 P 在圆 O 内，故 2 2 .由此得 y2＜1． x －y ＝2
→→ 所以 PA · PB 的取值范围为[－2，0)．
反思
解决这类值域和范围问题的关键是建立 合适的函数关系，在求值的过程中，确定自 变量的范围非常重要，要充分挖掘题目的条 件.
2 2
P，Q 两点，M 是椭圆 C 上异于 P，Q 的任意一点， 直线 l 为椭圆的一条准线．若直线 PM 交准线 l 于点 y P′，直线 MQ 交直线 l P' M 于点 Q′，以 P′Q′为直径 的圆 C 经过定点吗？
P
O
Q
A
x
Q'
y
P' M
P
O
Q
A
x
Q'
由题意， P(－a,0),Q(a,0),设 M(x0,y0),直线 PM、 MQ y0 y0 y02 的斜率分别为 k1，k2,k1k2= . = 2 2,（*） x0+a x0－a x0 －a x0 y0 x0 2 2 ∵ 2 ＋ 2 ＝1,∴y0 =b (1－ 2 ),代入（*）化简得: a b a b k1k2=－ 2． a
C1
O x y
C2
题意分析
（1）“动因”是什么？ 直线 （2）“恒成立”的式子是什么？ 圆心到直线的距离相等 （3）寻求结果.
C1
O x y
P C2
解题策略
设存在定点P
设直线l1、 l2方程
确定点P坐标
写出恒等式
y
P C2
解：设点 P(a，b)满足条件，不妨设 直线 l1 的方程为 y－b＝k(x－a)，k≠0， 1 则直线 l2 的方程为 y－b＝－k(x－a)． 因为圆 C1 和 C2 半径相等，并且被直线 截得的弦长相等，所以圆心到直线的 距离相等， 1 |5＋k(4－a)－b| |1－k(－3－a)－b| 即 ＝ ①． 1 1＋k2 1＋ 2 k 整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|， 从而(a＋b－2)k＝b－a＋3 或(a－b＋8)k＝a＋b－5．
O
C
x
A
y
P
设 P(x1,y1),B(x2,y2), x1＞0,x2＞0, x1≠x2,则 A(-x1,-y1),C(x1,0).直线 PB，AB 的斜率分别 为 k1，k2， b2 1 则 k1k2＝－ 2＝－ ， 2 a ∵C 在直线 AB 上， ∴k2＝ 0－y1 y1 k ＝ ＝ . 2 x1－(－ x1) x1 2
F1
O
F2
A
x
解法二：连 PF2，则 PF2＝F1F2＝2c， a 又 AF2＝ c －c， ∴点 P 存在 PF2≥AF2， a2 c 3 ∴2c≥ －c，解得 e＝ ≥ ， c a 3 3 又 0＜e＜1，∴ ≤e＜1． 3
2
y P
Q
F1
O
F2
A
x
反思： 解法一是通过建立点 P 纵坐标与椭圆基本量 之间的等式，得到一个关于纵坐标的方程，由点 P 存在等价于方程有解，找到不等关系； 解法二是运用平面几何中垂线的性质进行 转化，由三角形的不等关系得到不等式．
变式 2（11 江苏）如图，在平面直角坐标系 xoy 中，过 x2 y2 坐标原点的直线交椭圆 ＋ ＝1 于 P、A 两点，其中 P 4 2 在第一象限，过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 C，连接 AC， 并延长交椭圆于点 B，设直线 PA 的斜率为 k，对任意 y k>0，求证：PA⊥PB.
P B