(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)8.8.1《4大策略找到解題突破口》學(xué)案 (含詳解)

這是一份(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)8.8.1《4大策略找到解題突破口》學(xué)案 (含詳解)
解析幾何研究的問(wèn)題是幾何問(wèn)題，研究的方法是代數(shù)法(坐標(biāo)法)．因此，求解解析幾何問(wèn)題最大的思維難點(diǎn)是轉(zhuǎn)化，即幾何條件代數(shù)化．如何在解析幾何問(wèn)題中實(shí)現(xiàn)代數(shù)式的轉(zhuǎn)化，找到常見(jiàn)問(wèn)題的求解途徑，是突破解析幾何問(wèn)題難點(diǎn)的關(guān)鍵所在．突破解析幾何難題，先從找解題突破口入手．
策略一 垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化
[典例] 如圖所示，已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，問(wèn)：是否存在斜率為1的直線l，使l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解題觀摩] 假設(shè)存在斜率為1的直線l，使l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)．
設(shè)直線l的方程為y＝x＋b，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋b，,x2＋y2－2x＋4y－4＝0，))
消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝eq \f(b2＋4b－4,2).①
因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)，所以eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，
即x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，
則x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，
即b2＋3b－4＝0，解得b＝－4或b＝1.
當(dāng)b＝－4或b＝1時(shí)，均有Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36＞0，即直線l與圓C有兩個(gè)交點(diǎn)．
所以存在直線l，其方程為x－y＋1＝0或x－y－4＝0.
[名師微點(diǎn)]
(1)以AB為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)等價(jià)于eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，而eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))又可以“直譯”為x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此類(lèi)解析幾何問(wèn)題的總體思路為“直譯”，然后對(duì)個(gè)別難以“直譯”的條件先進(jìn)行“轉(zhuǎn)化”，將“困難、難翻譯”的條件通過(guò)平面幾何知識(shí)“轉(zhuǎn)化”為“簡(jiǎn)單、易翻譯”的條件后再進(jìn)行“直譯”，最后聯(lián)立“直譯”的結(jié)果解決問(wèn)題．
(2)幾何關(guān)系“直角”坐標(biāo)化的轉(zhuǎn)化方式
①點(diǎn)B在以線段F1F2為直徑的圓上；
②eq \(F1B,\s\up7(―→))·eq \(F2B,\s\up7(―→))＝0；
③kF1B·kF2B＝－1；
④勾股定理．
以上關(guān)系可相互轉(zhuǎn)化．
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其離心率為eq \f(1,2)，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O作兩條互相垂直的射線與橢圓C分別相交于M，N兩點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)是否存在圓心在原點(diǎn)的定圓與直線MN總相切？若存在，求定圓的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)∵橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，∴eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，
又∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，b2＝3.
∴橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，由對(duì)稱(chēng)性，
設(shè)M(x0，x0)，N(x0，－x0)．
∵M(jìn)，N在橢圓C上，∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(x\\al(2,0),3)＝1，∴xeq \\al(2,0)＝eq \f(12,7).
∴O到直線MN的距離為d＝|x0|＝eq \f(2\r(21),7)，∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，
設(shè)MN的方程為y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).
∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
∴(k2＋1)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)－eq \f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝0，
即7m2＝12(k2＋1)．
∴O到直線MN的距離為d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝ eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，
故存在定圓x2＋y2＝eq \f(12,7)與直線MN總相切．
策略二 角平分線條件的轉(zhuǎn)化
[典例] 已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)A(4,0)，且在y軸上截得的弦MN的長(zhǎng)為8.
(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程；
(2)已知點(diǎn)B(－1,0)，設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，求證：直線l過(guò)定點(diǎn)．
[解題觀摩] (1)設(shè)動(dòng)圓圓心為點(diǎn)P(x，y)，則由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化簡(jiǎn)即得圓心的軌跡C的方程為y2＝8x.
(2)證明：法一：由題意可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋b(k≠0)．聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y2＝8x，))得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.
由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.
設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則x1＋x2＝－eq \f(2?kb－4?,k2)，x1x2＝eq \f(b2,k2).
因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線，所以kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)＝eq \f(2kx1x2＋?k＋b??x1＋x2?＋2b,?x1＋1??x2＋1?)
＝eq \f(8?k＋b?,?x1＋1??x2＋1?k2)＝0，
所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程為y＝k(x－1)．
故直線l恒過(guò)定點(diǎn)(1,0)．
法二：設(shè)直線PB的方程為x＝my－1，它與拋物線C的另一個(gè)交點(diǎn)為Q′，設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由條件可得，Q與Q′關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，故Q(x2，－y2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,y2＝8x，))消去x得y2－8my＋8＝0，
其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.
所以kPQ＝eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝eq \f(8,y1－y2)，
因而直線PQ的方程為y－y1＝eq \f(8,y1－y2)(x－x1)．
又y1y2＝8，yeq \\al(2,1)＝8x1，
將PQ的方程化簡(jiǎn)得(y1－y2)y＝8(x－1)，
故直線l過(guò)定點(diǎn)(1,0)．
法三：由拋物線的對(duì)稱(chēng)性可知，如果定點(diǎn)存在，
則它一定在x軸上，
所以設(shè)定點(diǎn)坐標(biāo)為(a,0)，直線PQ的方程為x＝my＋a.
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋a，,y2＝8x))消去x，整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.
設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝8m，,y1y2＝－8a.))
由條件可知kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)
＝eq \f(?my1＋a?y2＋?my2＋a?y1＋y1＋y2,?x1＋1??x2＋1?)
＝eq \f(2my1y2＋?a＋1??y1＋y2?,?x1＋1??x2＋1?)＝0，
所以－8ma＋8m＝0.
由m的任意性可知a＝1，所以直線l恒過(guò)定點(diǎn)(1,0)．
法四：設(shè)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),8)，y2))，
因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線，
所以kPB＋kQB＝eq \f(y1,\f(y\\al(2,1),8)＋1)＋eq \f(y2,\f(y\\al(2,2),8)＋1)＝0，
整理得(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,8)＋1))＝0.
因?yàn)橹本€l不垂直于x軸，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.因?yàn)閗PQ＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),8)－\f(y\\al(2,2),8))＝eq \f(8,y1＋y2)，所以直線PQ的方程為y－y1＝eq \f(8,y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),8)))，即y＝eq \f(8,y1＋y2)(x－1)．
故直線l恒過(guò)定點(diǎn)(1,0)．
[名師微點(diǎn)]
本題前面的三種解法屬于比較常規(guī)的解法，主要是設(shè)點(diǎn)，設(shè)直線方程，聯(lián)立方程，并借助判別式、根與系數(shù)的關(guān)系等知識(shí)解題，計(jì)算量較大．解法四巧妙地運(yùn)用了拋物線的參數(shù)方程進(jìn)行設(shè)點(diǎn)，避免了聯(lián)立方程組，計(jì)算相對(duì)簡(jiǎn)單，但是解法二和解法四中含有兩個(gè)參數(shù)y1，y2，因此判定直線過(guò)定點(diǎn)時(shí)，要注意將直線的方程變?yōu)樘厥獾男问剑?
[針對(duì)訓(xùn)練]
2.橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(eq \r(2)，0)，左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，P點(diǎn)在橢圓上，且滿足∠F1PF2＝90°的P點(diǎn)只有兩個(gè)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過(guò)F2且不垂直于坐標(biāo)軸的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在一點(diǎn)N(n,0)，使得∠ANB的角平分線是x軸？若存在，求出n；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)由題設(shè)知P點(diǎn)為橢圓的上下頂點(diǎn)，所以a＝eq \r(2)，
b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝eq \r(2)，b＝1，故橢圓C方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為x＝my＋1(m≠0)，聯(lián)立
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,x＝my＋1，)) 消x得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋2))y2＋2my－1＝0.
設(shè)A，B坐標(biāo)為Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
則有y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
假設(shè)在x軸上存在這樣的點(diǎn)N(n,0)，使得x軸是∠ANB的平分線，則有kAN＋kBN＝0，
而kAN＋kBN＝eq \f(y1－0,x1－n)＋eq \f(y2－0,x2－n)＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))
＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my2＋1－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my1＋1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))
＝eq \f(2my1y2＋?1－n?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))＝0.
將y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝－eq \f(1,m2＋2)代入2my1y2＋(1－n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))＝0，
有2meq \f(－1,m2＋2)＋(1－n)eq \f(－2m,m2＋2)＝eq \f(－2m?2－n?,m2＋2)＝0，
即2m(n－2)＝0.因?yàn)閙≠0，故n＝2.所以存在點(diǎn)N(2,0)，使得∠ANB的平分線是x軸．
策略三 弦長(zhǎng)條件的轉(zhuǎn)化
[典例] 如圖所示，已知橢圓G：eq \f(x2,2)＋y2＝1，與x軸不重合的直線l經(jīng)過(guò)左焦點(diǎn)F1，且與橢圓G相交于A，B兩點(diǎn)，弦AB的中點(diǎn)為M，直線OM與橢圓G相交于C，D兩點(diǎn)．
(1)若直線l的斜率為1，求直線OM的斜率；
(2)是否存在直線l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解題觀摩] (1)由題意可知點(diǎn)F1(－1,0)，又直線l的斜率為1，
故直線l的方程為y＝x＋1.設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得3x2＋4x＝0，
則x1＋x2＝－eq \f(4,3)，y1＋y2＝eq \f(2,3)，
因此中點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3))).
故直線OM的斜率為eq \f(\f(1,3),－\f(2,3))＝－eq \f(1,2).
(2)假設(shè)存在直線l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．
由題意，直線l不與x軸重合，
設(shè)直線l的方程為x＝my－1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
可得|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2＋\f(4,m2＋2))＝eq \f(2\r(2)?m2＋1?,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(2m2,m2＋2)－2＝eq \f(－4,m2＋2)，
所以弦AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，
故直線CD的方程為y＝－eq \f(m,2)x.
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m2,2)))x2＝2，
解得x2＝eq \f(2,1＋\f(m2,2))＝eq \f(4,m2＋2).
由對(duì)稱(chēng)性，設(shè)C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，則xeq \\al(2,0)＝eq \f(4,m2＋2)，
可得|CD|＝eq \r(1＋\f(m2,4))·|2x0|＝eq \r(?m2＋4?·\f(4,m2＋2))＝2 eq \r(\f(m2＋4,m2＋2)).
因?yàn)閨AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，
故eq \f(|AB|2,4)＝eq \f(|CD|2,4)－|OM|2，
即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，代入|AB|，|CD|和|OM|，
得eq \f(8?m2＋1?2,?m2＋2?2)＝eq \f(4?m2＋4?,m2＋2)－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,?m2＋2?2)＋\f(m2,?m2＋2?2)))，
解得m2＝2，故m＝±eq \r(2).
所以直線l的方程為x＝eq \r(2)y－1或x＝－eq \r(2)y－1.
[名師微點(diǎn)]
本題(2)的核心在于轉(zhuǎn)化|AM|2＝|CM||DM|中弦長(zhǎng)的關(guān)系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，則|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝eq \f(1,2)|AB|，|OC|＝eq \f(1,2)|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，轉(zhuǎn)化為弦長(zhǎng)|AB|，|CD|和|OM|三者之間的數(shù)量關(guān)系，易計(jì)算．
[針對(duì)訓(xùn)練]
3．(2021·福建寧德質(zhì)量檢查)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))在拋物線C上，且|QF|＝eq \f(3,2).
(1)求拋物線C的方程及t的值；
(2)若過(guò)點(diǎn)M(0，t)的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，N為AB的中點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且S△AOB＝eq \r(3)S△MON，求直線l的方程．
解：(1)∵|QF|＝eq \f(3,2)，∴eq \f(1,2)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)，
解得p＝2，
∴拋物線C的方程為y2＝4x.
將Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))的坐標(biāo)代入y2＝4x，得t＝2.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知M(0,2)．
顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋2(k≠0)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋2，))
消去y得k2x2－4(1－k)x＋4＝0.
∵Δ＝16(1－k)2－16k2>0，得kb>0)右焦點(diǎn)F(1，0)，離心率為eq \f(\r(2),2)，過(guò)F作兩條互相垂直的弦AB.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)求以A，B，C，D為頂點(diǎn)的四邊形的面積的取值范圍．
解：(1)由題意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，則b＝c＝1，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①當(dāng)兩直線一條斜率不存在一條斜率為0時(shí)，
S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2.
②當(dāng)兩直線斜率存在且都不為0時(shí)，
設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
將其代入橢圓方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
則x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，
則|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(2\r(2)?k2＋1?,1＋2k2).
同理，|CD|＝eq \f(2\r(2)?k2＋1?,k2＋2)，
則S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)·eq \f(2\r(2)?k2＋1?,1＋2k2)·eq \f(2\r(2)?k2＋1?,k2＋2)＝eq \f(4?k2＋1?2,2k4＋2＋5k2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2))，
當(dāng)k＝±1時(shí)，S＝eq \f(16,9).
綜上所述，四邊形面積的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
[總結(jié)規(guī)律·快速轉(zhuǎn)化]
做數(shù)學(xué)，就是要學(xué)會(huì)翻譯，把文字語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、表格語(yǔ)言相互轉(zhuǎn)換，我們要學(xué)會(huì)對(duì)解析幾何問(wèn)題中涉及的所有對(duì)象逐個(gè)理解、表示、整理，在理解題意的同時(shí)，牢記解析幾何的核心方法是“用代數(shù)方法研究幾何問(wèn)題”，核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，牢固樹(shù)立“轉(zhuǎn)化”意識(shí)，那么就能順利破解解析幾何的有關(guān)問(wèn)題．附幾種常見(jiàn)幾何條件的轉(zhuǎn)化，以供參考：
1．平行四邊形條件的轉(zhuǎn)化
2.直角三角形條件的轉(zhuǎn)化
3.等腰三角形條件的轉(zhuǎn)化
4．菱形條件的轉(zhuǎn)化
5.圓條件的轉(zhuǎn)化
6．角條件的轉(zhuǎn)化
eq \a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])
1．在直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：x2＝6y與直線l：y＝kx＋3交于M，N兩點(diǎn)．
(1)設(shè)M，N到y(tǒng)軸的距離分別為d1，d2，證明：d1與d2的乘積為定值；
(2)y軸上是否存在點(diǎn)P，當(dāng)k變化時(shí)，總有∠OPM＝∠OPN？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)證明：將y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2－6kx－18＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－18，
從而d1d2＝|x1|·|x2|＝|x1x2|＝18為定值．
(2)存在符合題意的點(diǎn)，證明如下：
設(shè)P(0，b)為符合題意的點(diǎn)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.
從而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)＝eq \f(2kx1x2＋?3－b??x1＋x2?,x1x2)＝eq \f(－36k＋6k?3－b?,x1x2).
當(dāng)b＝－3時(shí)，有k1＋k2＝0對(duì)任意k恒成立，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，故∠OPM＝∠OPN，所以點(diǎn)P(0，－3)符合題意．
2．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸長(zhǎng)為2eq \r(2)，離心率為eq \f(\r(6),3)，點(diǎn)A(3,0)，P是C上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為C的左焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點(diǎn)P在y軸的右側(cè)，以AP為底邊的等腰△ABP的頂點(diǎn)B在y軸上，求四邊形FPAB面積的最小值．
解：(1)依題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(2)，))
∴橢圓C的方程是eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)設(shè)P(x0，y0)(－eq \r(2)＜y0＜eq \r(2)，y0≠0，x0＞0)，
設(shè)線段AP中點(diǎn)為M，又A(3,0)，
∴AP中點(diǎn)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直線AP的斜率為eq \f(y0,x0－3)，
由△ABP是以AP為底邊的等腰三角形，可得BM⊥AP，
∴直線AP的垂直平分線方程為
y－eq \f(y0,2)＝－eq \f(x0－3,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋3,2)))，
令x＝0得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y\\al(2,0)＋x\\al(2,0)－9,2y0)))，
∵eq \f(x\\al(2,0),6)＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0)))，
由F(－2,0)，∴四邊形FPAB的面積S＝eq \f(5,2)(|y0|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0))))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2|y0|＋\f(3,2|y0|)))≥5eq \r(3)，
當(dāng)且僅當(dāng)2|y0|＝eq \f(3,2|y0|)，即y0＝±eq \f(\r(3),2)時(shí)等號(hào)成立，
四邊形FPAB面積的最小值為5eq \r(3).
3．(2021年1月新高考八省聯(lián)考卷)雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，動(dòng)點(diǎn)B在C上．當(dāng)BF⊥AF時(shí)，|AF|＝|BF|.
(1)求C的離心率；
(2)若B在第一象限，證明：∠BFA＝2∠BAF.
解：(1)當(dāng)|BF|＝|AF|，且BF⊥AF時(shí)，
有c＋a＝eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)，所以a＝c－a，解得e＝2.
(2)證明：由(1)知雙曲線方程為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
設(shè)B(x，y)(x＞0，y＞0)易知漸近線方程為y＝±eq \r(3)x，
所以∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，當(dāng)x>a，x≠2a時(shí)，則kAB＝eq \f(y,x＋a)，kBF＝eq \f(y,x－c).
設(shè)∠BAF＝θ，則tan θ＝eq \f(y,x＋a)，tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\f(y,x＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋a)))2)＝eq \f(2?x＋a?y,?x＋a?2－y2)＝eq \f(2?x＋a?y,?x＋a?2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1)))＝eq \f(2?x＋a?y,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq \f(y,2a－x)＝eq \f(y,c－x)＝－kBF＝tan∠BFA.
因?yàn)?∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以∠BFA＝2∠BAF.
當(dāng)x＝2a時(shí)，由(1)可得∠BFA＝eq \f(π,2)，∠BAF＝eq \f(π,4)，
故∠BFA＝2∠BAF.綜上，∠BFA＝2∠BAF.
4．已知橢圓W: eq \f(x2,4m)＋eq \f(y2,m)＝1的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(n,0)的直線與橢圓W相交于不同的兩點(diǎn)C，D(不與點(diǎn)A，B重合)．
(1)當(dāng)n＝0，且直線CD⊥x軸時(shí)， 求四邊形ACBD的面積；
(2)設(shè)n＝1，直線CB與直線x＝4相交于點(diǎn)M，求證：A，D，M三點(diǎn)共線．
解：(1)由題意，得a2＝4m＝4, 解得m＝1.
所以橢圓W方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
當(dāng)n＝0及直線CD⊥ x軸時(shí)，易得C(0,1)，D(0，－1)．
且A(－2,0)，B(2,0)．
所以|AB|＝4，|CD|＝2，顯然此時(shí)四邊形ACBD為菱形，
所以四邊形ACBD的面積為eq \f(1,2)×4×2＝4.
(2)證明：當(dāng)直線CD的斜率k不存在時(shí)，由題意，得CD的方程為x＝1，
代入橢圓W的方程，得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)))，
易得CB的方程為y＝－eq \f(\r(3),2)(x－2)．
則M(4，－eq \r(3))，eq \(AM,\s\up7(―→))＝(6，－eq \r(3))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝2eq \(AD,\s\up7(―→))，即A，D，M三點(diǎn)共線．
當(dāng)直線CD的斜率k存在時(shí)，設(shè)CD的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
聯(lián)立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－1?，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去y，
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
由題意，得Δ>0恒成立，
故x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).
直線CB的方程為y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)．
令x＝4，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2y1,x1－2))).
又因?yàn)锳(－2,0)，D(x2，y2)，
則直線AD，AM的斜率分別為kAD＝eq \f(y2,x2＋2)，
kAM＝eq \f(y1,3?x1－2?)，所以kAD－kAM＝eq \f(y2,x2＋2)－eq \f(y1,3?x1－2?)＝eq \f(3y2?x1－2?－y1?x2＋2?,3?x1－2??x2＋2?).
上式中的分子 3y2(x1－2)－y1(x2＋2)＝3k(x2－1)(x1－2)－k(x1－1)(x2＋2)＝2kx1x2－5k(x1＋x2)＋8k＝2k×eq \f(4k2－4,4k2＋1)－5k×eq \f(8k2,4k2＋1)＋8k＝0，
所以kAD－kAM＝0.所以A，D，M三點(diǎn)共線．
5．(2021·福州一模)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(－1,0)，過(guò)F且垂直于x軸的直線被橢圓截得的弦長(zhǎng)為3.
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知點(diǎn)M(－4,0)，過(guò)F作直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，證明：∠FMA＝∠FMB.
解：(1)由題意可知c＝1，把x＝－1代入橢圓方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(b2,a)，
∴eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝eq \r(3)，
∴橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由對(duì)稱(chēng)性可知：∠FMA＝∠FMB.
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，
代入橢圓方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
∴kAM＋kBM＝eq \f(y1,x1＋4)＋eq \f(y2,x2＋4)
＝eq \f(k?x1＋1??x2＋4?＋k?x2＋1??x1＋4?,?x1＋4??x2＋4?)
＝eq \f(k[2x1x2＋5?x1＋x2?＋8],?x1＋4??x2＋4?).
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝eq \f(8k2－24,3＋4k2)－eq \f(40k2,3＋4k2)＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
綜上，∠FMA＝∠FMB.
6．(2021·青島質(zhì)檢)已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，A，B是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))時(shí)，△ABF的周長(zhǎng)恰為7eq \r(2).
(1)求橢圓的方程；
(2)過(guò)點(diǎn)F作直線l交橢圓于C，D兩點(diǎn)，且eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))(λ∈R)，求△ACD面積的取值范圍．
解：(1)當(dāng)點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))時(shí)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OA))＝ eq \r(1＋\f(7,2))＝eq \f(3\r(2),2)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝3eq \r(2).
由對(duì)稱(chēng)性，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝2a，
所以2a＝7eq \r(2)－3eq \r(2)＝4eq \r(2)，得a＝2eq \r(2).
將點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))代入橢圓方程中，解得b2＝4,
所以橢圓方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝2eq \r(2)，
此時(shí)S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2).
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線CD的方程為y＝k(x＋2)(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x＋2?，,x2＋2y2＝8，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.顯然Δ＞0，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,1＋2k2)，,x1·x2＝\f(8k2－8,1＋2k2)，))
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,1＋2k2)))2－4×\f(8k2－8,1＋2k2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(32k2＋32,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))＝eq \f(4\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2).
因?yàn)閑q \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→)) (λ∈R)，所以CD∥AB，
所以點(diǎn)A到直線CD的距離即為點(diǎn)O到直線CD的距離d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))×d ＝eq \f(2\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2)×eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))
＝eq \f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k))·\r(1＋k2),1＋2k2)＝4eq \r(2) eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))
＝2eq \r(2) eq \r(\f(4k4＋4k2,4k4＋4k2＋1))＝2eq \r(2) eq \r(1－\f(1,?1＋2k2?2))，
因?yàn)?＋2k2>1，所以0