1．曲線與方程
一般地，在平面直角坐標(biāo)系中，如果某曲線C上的點與一個二元方程f(x，y)＝0的實數(shù)解建立了如下關(guān)系：
(1)曲線上點的坐標(biāo)都是這個方程的解．
(2)以這個方程的解為坐標(biāo)的點都是曲線上的點．那么這個方程叫做曲線的方程，這條曲線叫做方程的曲線?.
2．求動點軌跡方程的一般步驟
(1)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系?，用有序?qū)崝?shù)對(x，y)表示曲線上任意一點M的坐標(biāo)；
(2)寫出適合條件p的點M的集合P＝{M|p(M)}?；
(3)用坐標(biāo)表示條件p(M)，列出方程f(x，y)＝0；
(4)化方程f(x，y)＝0為最簡形式；
(5)說明化簡后的方程的解為坐標(biāo)的點都在曲線上．
(1)如果曲線C的方程是f(x，y)＝0, 那么點P0(x0，y0)在曲線C上的充要條件是f(x0，y0)＝0.
(2)“曲線C是方程f(x，y)＝0的曲線”是“曲線C上的點的坐標(biāo)都是方程f(x，y)＝0的解”的充分不必要條件.
坐標(biāo)系建立的不同，同一曲線在不同坐標(biāo)系中的方程也不同，但它們始終表示同一曲線．
有時此過程可根據(jù)實際情況省略，直接列出曲線方程．
[小題查驗基礎(chǔ)]
一、判斷題(對的打“√”，錯的打“×”)
(1)方程x2＋xy＝x的曲線是一個點和一條直線．(　　)
(2)動點的軌跡方程和動點的軌跡是一樣的．(　　)
(3)方程y＝與x＝y(tǒng)2表示同一曲線．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
二、選填題
1．若M，N為兩個定點，且|MN|＝6，動點P滿足·＝0，則P點的軌跡是(　　)
A．圓　　　　　　　　 B．橢圓
C．雙曲線 D．拋物線
答案：A
2．平面內(nèi)到點(1,1)與到直線x＋2y－3＝0的距離相等的點的軌跡是(　　)
A．橢圓 B.雙曲線
C．拋物線 D．一條直線
答案：D
3．已知點O(0,0)，A(1，－2)，動點P滿足|PA|＝3|PO|，則P點的軌跡方程是(　　)

A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0
B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0
C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0
D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0
解析：選A　設(shè)P點的坐標(biāo)為(x，y)，
則＝3，
整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
4．已知F是拋物線y＝x2的焦點，P是該拋物線上的動點，則線段PF中點的軌跡方程是________________．
解析：因為拋物線x2＝4y的焦點F(0,1)，設(shè)線段PF的中點坐標(biāo)是(x，y)，則P(2x,2y－1)在拋物線x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化簡得x2＝2y－1.
答案：x2＝2y－1
5．已知點P是直線2x－y＋3＝0上的一個動點，定點M(－1,2)，Q是線段PM延長線上的一點，且|PM|＝|MQ|，則Q點的軌跡方程是________________．
解析：由題意知，M為PQ中點，設(shè)Q(x，y)則P(－2－x，4－y)，代入2x－y＋3＝0得2x－y＋5＝0.
答案：2x－y＋5＝0

類型一 直接法求軌跡方程[基礎(chǔ)自學(xué)過關(guān)]
[題組練透]
1．已知點F(0,1)，直線l：y＝－1，P為平面上的動點，過點P作直線l的垂線，垂足為Q，且·＝·，則動點P的軌跡C的方程為(　　)
A．x2＝4y　　　　　　　 B．y2＝3x
C．x2＝2y D．y2＝4x
解析：選A　設(shè)點P(x，y)，則Q(x，－1)．
∵·＝·，
∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)，
即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得x2＝4y，
∴動點P的軌跡C的方程為x2＝4y.
2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點B與點A(－1,1)關(guān)于原點O對稱，P是動點，且直線AP與BP的斜率之積等于－.則動點P的軌跡方程為________________．
解析：因為點B與點A(－1,1)關(guān)于原點O對稱，
所以點B的坐標(biāo)為(1，－1)．
設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，由題意得·＝－，
化簡得x2＋3y2＝4(x≠±1)．
故動點P的軌跡方程為x2＋3y2＝4(x≠±1)．
答案：x2＋3y2＝4(x≠±1)
3．已知△ABC的頂點B(0,0)，C(5,0)，AB邊上的中線長|CD|＝3，則頂點A的軌跡方程為____________________．
解析：設(shè)A(x，y)，由題意可知D.
∵|CD|＝3，∴2＋2＝9，
即(x－10)2＋y2＝36，
由于A，B，C三點不共線，
∴點A不能落在x軸上，即y≠0，
∴點A的軌跡方程為(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
答案：(x－10)2＋y2＝36(y≠0)
[名師微點]
直接法求曲線方程的關(guān)鍵點和注意點
(1)關(guān)鍵點：直接法求曲線方程的關(guān)鍵就是把幾何條件或等量關(guān)系翻譯為代數(shù)方程，要注意翻譯的等價性．通常將步驟簡記為建系、設(shè)點、列式、代換、化簡、證明這幾個步驟，但最后的證明可以省略．
(2)注意點：求出曲線的方程后還需注意檢驗方程的純粹性和完備性．
[提醒]　對方程化簡時，只要前后方程解集相同，證明可以省略，必要時可說明x，y的取值范圍．
類型二 定義法求軌跡方程[師生共研過關(guān)]
[典例精析]
已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C.求C的方程．
[解]　由已知得圓M的圓心為M(－1,0)，半徑r1＝1；圓N的圓心為N(1,0)，半徑r2＝3.設(shè)圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.
因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，
所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4＞|MN|＝2.
由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為＋＝1(x≠－2)．
[解題技法]
定義法求曲線方程的2種策略
(1)運用圓錐曲線的定義求軌跡方程，可從曲線定義出發(fā)直接寫出方程，或從曲線定義出發(fā)建立關(guān)系式，從而求出方程．
(2)定義法和待定系數(shù)法適用于已知曲線的軌跡類型，利用條件把待定系數(shù)求出來，使問題得解．
[過關(guān)訓(xùn)練]
如圖，已知△ABC的兩頂點坐標(biāo)A(－1，0)，B(1,0)，圓E是△ABC的內(nèi)切圓，在邊AC，BC，AB上的切點分別為P，Q，R，|CP|＝1(從圓外一點到圓的兩條切線段長相等)，動點C的軌跡為曲線M，求曲線M的方程．
解：由題知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，
所以曲線M是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓(挖去與x軸的交點)．
設(shè)曲線M：＋＝1(a＞b＞0，y≠0)，
則a2＝4，b2＝a2－2＝3，
所以曲線M的方程為＋＝1(y≠0).
類型三 代入法(相關(guān)點)求軌跡方程[師生共研過關(guān)]
[典例精析]
如圖所示，拋物線E：y2＝2px(p＞0)與圓O：x2＋y2＝8相交于A，B兩點，且點A的橫坐標(biāo)為2.過劣弧AB上動點P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點，分別以C，D為切點作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點M.
(1)求p的值；
(2)求動點M的軌跡方程．
[解]　(1)由點A的橫坐標(biāo)為2，可得點A的坐標(biāo)為(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)由(1)知拋物線E：y2＝2x，
設(shè)C，D，y1≠0，y2≠0.切線l1的斜率為k，則切線l1：y－y1＝k，
代入y2＝2x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0，
由Δ＝0，解得k＝，∴l(xiāng)1的方程為y＝x＋，
同理l2的方程為y＝x＋.
聯(lián)立解得
易知CD的方程為x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0滿足x＋y＝8，x0∈[2,2 ]，
由得x0y2＋2y0y－16＝0，
則代入
可得M(x，y)滿足可得
代入x＋y＝8，并化簡，得－y2＝1.
考慮到x0∈[2,2]，知x∈[－4，－2]，
∴動點M的軌跡方程為－y2＝1，x∈[－4，－2]．
[解題技法]
“相關(guān)點法”求軌跡方程的基本步驟
(1)設(shè)點：設(shè)被動點坐標(biāo)為(x，y)，主動點坐標(biāo)為(x1，y1)；
(2)求關(guān)系式：求出兩個動點坐標(biāo)之間的關(guān)系式
(3)代換：將上述關(guān)系式代入已知曲線方程，便可得到所求動點的軌跡方程．
[過關(guān)訓(xùn)練]
已知曲線E：ax2＋by2＝1(a＞0，b＞0)，經(jīng)過點M的直線l與曲線E交于點A，B，且＝－2.若點B的坐標(biāo)為(0,2)，求曲線E的方程．
解：設(shè)A(x0，y0)，∵B(0,2)，M，
故＝，＝.
由于＝－2，∴＝－2.
∴x0＝，y0＝－1，即A.
∵A，B都在曲線E上，
∴解得
∴曲線E的方程為x2＋＝1.

一、題點全面練
1．平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點A(3,1)，B(－1，3)，若點C滿足＝λ1＋λ2 (O為原點)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點C的軌跡是(　　)
A．直線　　　　　　　　 B．橢圓
C．圓 D．雙曲線
解析：選A　設(shè)C(x，y)，因為＝λ1＋λ2，
所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，
即解得
又λ1＋λ2＝1，所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以點C的軌跡是直線，故選A.
2.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，映射f將xOy平面上的點P(x，y)對應(yīng)到另一個平面直角坐標(biāo)系uO′v上的點P′(2xy，x2－y2)，則當(dāng)點P沿著折線A-B-C運動時，在映射f的作用下，動點P′的軌跡是(　　)

解析：選D　當(dāng)P沿AB運動時，x＝1，設(shè)P′(x′，y′)，則(0≤y≤1)，故y′＝1－(0≤x′≤2,0≤y′≤1)．當(dāng)P沿BC運動時，y＝1，則(0≤x≤1)，所以y′＝－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的軌跡如D所示，故選D.
3．設(shè)點A為圓(x－1)2＋y2＝1上的動點，PA是圓的切線，且|PA|＝1，則P點的軌跡方程為(　　)
A．y2＝2x B.(x－1)2＋y2＝4
C．y2＝－2x D．(x－1)2＋y2＝2
解析：選D　如圖，設(shè)P(x，y)，
圓心為M(1,0)．連接MA，PM，
則MA⊥PA，且|MA|＝1，
又因為|PA|＝1，
所以|PM|＝＝，
即|PM|2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2.
4．設(shè)過點P(x，y)的直線分別與x軸的正半軸和y軸的正半軸交于A，B兩點，點Q與點P關(guān)于y軸對稱，O為坐標(biāo)原點．若＝2，且·＝1，則點P的軌跡方程是(　　)
A.x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)
B.x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0)
D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0)
解析：選A　設(shè)A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝x＞0，b＝3y＞0.點Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.將a＝x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的軌跡方程為x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
5.如圖所示，已知F1，F(xiàn)2是橢圓Γ：＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦點，P是橢圓Γ上任意一點，過F2作∠F1PF2的外角的角平分線的垂線，垂足為Q，則點Q的軌跡為(　　)
A．直線 B.圓
C．橢圓 D．雙曲線
解析：選B　延長F2Q，與F1P的延長線交于點M，連接OQ.因為PQ是∠F1PF2的外角的角平分線，且PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2|＝|PM|，且Q為線段F2M的中點．又O為線段F1F2的中點，由三角形的中位線定理，得|OQ|＝|F1M|＝(|PF1|＋|PF2|)．根據(jù)橢圓的定義，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|OQ|＝a，所以點Q的軌跡為以原點為圓心，半徑為a的圓，故選B.
6．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，A(1,0)，B(2,2)，若點C滿足＝＋t(－)，其中t∈R，則點C的軌跡方程是____________________．
解析：設(shè)C(x，y)，則＝(x，y)，＋t(－)＝(1＋t,2t)，所以消去參數(shù)t得點C的軌跡方程為y＝2x－2.
答案：y＝2x－2
7．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的左、右焦點，A為橢圓上任意一點，過焦點F1向∠F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，則點D的軌跡方程是________________．
解析：由題意，延長F1D，F(xiàn)2A并交于點B，易證Rt△ABD≌Rt△AF1D，則|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O為F1F2的中點，連接OD，則OD∥F2B，從而可知|DO|＝|F2B|＝(|AF1|＋|AF2|)＝2，設(shè)點D的坐標(biāo)為(x，y)，則x2＋y2＝4.
答案：x2＋y2＝4
8．(2019·福州質(zhì)檢)已知A(－2,0)，B(2,0)，斜率為k的直線l上存在不同的兩點M，N滿足|MA|－|MB|＝2，|NA|－|NB|＝2，且線段MN的中點為(6,1)，則k的值為________．
解析：因為|MA|－|MB|＝2，|NA|－|NB|＝2，
由雙曲線的定義知，點M，N在以A，B為焦點的雙曲線的右支上，且c＝2，a＝，所以b＝1，所以該雙曲線的方程為－y2＝1.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝12，y1＋y2＝2.設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，代入雙曲線的方程，消去y，得(1－3k2)x2－6mkx－3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝＝12，①
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝12k＋2m＝2，②
由①②解得k＝2.
答案：2
9.如圖，動圓C1：x2＋y2＝t2(1＜t＜3)與橢圓C2：＋y2＝1相交于A，B，C，D四點．點A1，A2分別為C2的左、右頂點，求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方程．
解：由橢圓C2：＋y2＝1，知A1(－3,0)，A2(3,0)．
設(shè)點A的坐標(biāo)為(x0，y0)，
由曲線的對稱性，得B(x0，－y0)，
設(shè)點M的坐標(biāo)為(x，y)，
直線AA1的方程為y＝(x＋3)．①
直線A2B的方程為y＝(x－3)．②
由①②相乘得y2＝(x2－9)．③
又點A(x0，y0)在橢圓C2上，故y＝1－.④
將④代入③得－y2＝1(x＜－3，y＜0)．
因此點M的軌跡方程為－y2＝1(x＜－3，y＜0)．
10．(2019·武漢模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中取兩個定點A1(－，0)，A2(，0)，再取兩個動點N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2.
(1)求直線A1N1與A2N2的交點M的軌跡C的方程；
(2)過R(3,0)的直線與軌跡C交于P，Q兩點，過點P作PN⊥x軸且與軌跡C交于另一點N，F(xiàn)為軌跡C的右焦點，若＝λ (λ＞1)，求證：＝λ.
解：(1)依題意知，直線A1N1的方程為y＝(x＋)，①
直線A2N2的方程為y＝－(x－)，②
設(shè)M(x，y)是直線A1N1與A2N2的交點，
①×②得y2＝－(x2－6)，
又mn＝2，整理得＋＝1.故點M的軌跡C的方程為＋＝1.
(2)證明：設(shè)過點R的直線l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則N(x1，－y1)，
由消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
由＝λ，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，
由(1)得F(2,0)，要證＝λ，
即證(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需證2－x1＝λ(x2－2)，只需＝－，
即證2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，
又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，
而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·－t·＝0成立，即＝λ成立．
二、專項培優(yōu)練
(一)易錯專練——不丟怨枉分
1．方程(2x＋3y－1)(－1)＝0表示的曲線是(　　)
A．兩條直線 B.兩條射線
C．兩條線段 D．一條直線和一條射線
解析：選D　原方程可化為或－1＝0，即2x＋3y－1＝0(x≥3)或x＝4，故原方程表示的曲線是一條直線和一條射線．
2．動點P為橢圓＋＝1(a＞b＞0)上異于橢圓頂點A(a,0)，B(－a,0)的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓的兩個焦點，動圓M與線段F1P，F(xiàn)1F2的延長線及線段PF2相切，則圓心M的軌跡為除去坐標(biāo)軸上的點的(　　)
A．拋物線 B.橢圓
C．雙曲線的右支 D．一條直線
解析：選D　如圖，設(shè)切點分別為E，D，G，由切線長相等可得|F1E|＝|F1G|，|F2D|＝|F2G|，|PD|＝|PE|.由橢圓的定義可得|F1P|＋|PF2|＝|F1P|＋|PD|＋|DF2|＝|F1E|＋|DF2|＝2a，即|F1E|＋|GF2|＝2a，也即|F1G|＋|GF2|＝2a，故點G與點A重合，所以點M的橫坐標(biāo)是x＝a，即點M的軌跡是一條直線(除去A點)，故選D.
3．已知圓的方程為x2＋y2＝4，若拋物線過點A(－1,0)，B(1,0)且以圓的切線為準(zhǔn)線，則拋物線的焦點軌跡方程是________________．
解析：設(shè)拋物線焦點為F，過A，B，O作準(zhǔn)線的垂線AA1，BB1，OO1，則|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由拋物線定義得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，所以|FA|＋|FB|＝4，故F點的軌跡是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓(去掉長軸兩端點)．所以拋物線的焦點軌跡方程為＋＝1(y≠0)．
答案：＋＝1(y≠0)
4.如圖，P是圓x2＋y2＝4上的動點，P點在x軸上的射影是D，點M滿足＝.
(1)求動點M的軌跡C的方程，并說明軌跡是什么圖形；
(2)過點N(3,0)的直線l與動點M的軌跡C交于不同的兩點A，B，求以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB的頂點E的軌跡方程．
解：(1)設(shè)M(x，y)，則D(x,0)，
由＝，知P(x,2y)，
∵點P在圓x2＋y2＝4上，
∴x2＋4y2＝4，故動點M的軌跡C的方程為＋y2＝1，且軌跡C是以(－，0)，(，0)為焦點，長軸長為4的橢圓．
(2)設(shè)E(x，y)，由題意知l的斜率存在，
設(shè)l：y＝k(x－3)，代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，
Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0，得k2＜，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3)＝k(x1＋x2)－6k＝－6k＝.
∵四邊形OAEB為平行四邊形，
∴＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝，
又＝(x，y)，
∴
消去k得，x2＋4y2－6x＝0，
∵k2＜，∴0＜x＜.
∴頂點E的軌跡方程為x2＋4y2－6x＝0.
(二)交匯專練——融會巧遷移
5.[與立體幾何交匯]如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動點P滿足∠PAB＝30°，則點P的軌跡是(　　)
A．直線 B.拋物線
C．橢圓 D．雙曲線的一支
解析：選C　母線與中軸線夾角為30°，然后用平面α去截，使直線AB與平面α的夾角為60°，則截口為P的軌跡圖形，由圓錐曲線的定義可知，P的軌跡為橢圓．故選C.
6．[與新定義問題交匯]若曲線C上存在點M，使M到平面內(nèi)兩點A(－5,0)，B(5,0)距離之差的絕對值為8，則稱曲線C為“好曲線”．以下曲線不是“好曲線”的是(　　)
A．x＋y＝5 B.x2＋y2＝9
C.＋＝1 D．x2＝16y
解析：選B　∵M到平面內(nèi)兩點A(－5,0)，B(5,0)距離之差的絕對值為8，
∴M的軌跡是以A(－5,0)，B(5,0)為焦點的雙曲線，方程為－＝1.
A項，直線x＋y＝5過點(5,0)，故直線與M的軌跡有交點，滿足題意；
B項，x2＋y2＝9的圓心為(0,0)，半徑為3，與M的軌跡沒有交點，不滿足題意；
C項，＋＝1的右頂點為(5,0)，故橢圓＋＝1與M的軌跡有交點，滿足題意；
D項，把x2＝16y代入－＝1，可得y－＝1，
即y2－9y＋9＝0，∴Δ＞0，滿足題意．
7．[與正弦定理交匯]已知△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，且頂點A，B的坐標(biāo)分別為(－4,0)，(4,0)，C為動點，且滿足sin B＋sin A＝sin C，則C點的軌跡方程為________________．
解析：由sin B＋sin A＝sin C可知b＋a＝c＝10，
則|AC|＋|BC|＝10＞8＝|AB|，∴滿足橢圓定義．
令橢圓方程為＋＝1，則a′＝5，c′＝4，b′＝3，
則軌跡方程為＋＝1(x≠±5)．
答案：＋＝1(x≠±5)
第九節(jié)解析幾何壓軸大題突破策略
第一課時　破題上——著眼4點找到解題突破口
(閱讀課——供學(xué)有余力的考生自主觀摩)
解析幾何研究的問題是幾何問題，研究的手法是代數(shù)法(坐標(biāo)法)．因此，求解解析幾何問題最大的思維難點是轉(zhuǎn)化，即幾何條件代數(shù)化．如何在解析幾何問題中實現(xiàn)代數(shù)式的轉(zhuǎn)化，找到常見問題的求解途徑，即解析幾何問題中的條件轉(zhuǎn)化是如何實現(xiàn)的，是突破解析幾何問題難點的關(guān)鍵所在．為此，從以下幾個途徑，結(jié)合數(shù)學(xué)思想在解析幾何中的切入為視角，分析解析幾何的“雙管齊下”，突破思維難點．

利用向量轉(zhuǎn)化幾何條件

[典例]　如圖所示，已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，問：是否存在斜率為1的直線l，使l與圓C交于A，B兩點，且以AB為直徑的圓過原點？若存在，寫出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
[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，且以AB為直徑的圓過原點．
設(shè)直線l的方程為y＝x＋b，
點A(x1，y1)，B(x2，y2)．
聯(lián)立
消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝.①
因為以AB為直徑的圓過原點，所以O(shè)A⊥OB，
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，
均有Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36＞0，
即直線l與圓C有兩個交點．
所以存在直線l，其方程為x－y＋1＝0或x－y－4＝0.

以AB為直徑的圓過原點等價于OA⊥OB，而OA⊥OB又可以“直譯”為x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此類解析幾何問題的總體思路為“直譯”，然后對個別難以“直譯”的條件先進行“轉(zhuǎn)化”，將“困難、難翻譯”的條件通過平面幾何知識“轉(zhuǎn)化”為“簡單、易翻譯”的條件后再進行“直譯”，最后聯(lián)立“直譯”的結(jié)果解決問題．　　　　

角平分線條件的轉(zhuǎn)化
[典例]　已知動圓過定點A(4,0)，且在y軸上截得的弦MN的長為8.
(1)求動圓圓心的軌跡C的方程；
(2)已知點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P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，求證：直線l過定點．
[解題觀摩]　(1)設(shè)動圓圓心為點P(x，y)，則由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化簡即得圓心的軌跡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)立得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.
由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.
設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
因為x軸是∠PBQ的角平分線，所以kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝＋＝＝＝0，
所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程為y＝k(x－1)．
故直線l恒過定點(1,0)．
法二：設(shè)直線PB的方程為x＝my－1，它與拋物線C的另一個交點為Q′，設(shè)點P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由條件可得，Q與Q′關(guān)于x軸對稱，故Q(x2，－y2)．
聯(lián)立消去x得y2－8my＋8＝0，
其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.
所以kPQ＝＝，
因而直線PQ的方程為y－y1＝(x－x1)．
又y1y2＝8，y＝8x1，
將PQ的方程化簡得(y1－y2)y＝8(x－1)，
故直線l過定點(1,0)．
法三：由拋物線的對稱性可知，如果定點存在，
則它一定在x軸上，
所以設(shè)定點坐標(biāo)為(a,0)，直線PQ的方程為x＝my＋a.
聯(lián)立消去x，
整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.
設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則
由條件可知kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝＋
＝
＝＝0，
所以－8ma＋8m＝0.
由m的任意性可知a＝1，所以直線l恒過定點(1,0)．
法四：設(shè)P，Q，
因為x軸是∠PBQ的角平分線，
所以kPB＋kQB＝＋＝0，
整理得(y1＋y2)＝0.
因為直線l不垂直于x軸，
所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.
因為kPQ＝＝，
所以直線PQ的方程為y－y1＝，
即y＝(x－1)．
故直線l恒過定點(1,0)．

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，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)系等知識解題，計算量較大．解法四巧妙地運用了拋物線的參數(shù)方程進行設(shè)點，避免了聯(lián)立方程組，計算相對簡單，但是解法二和解法四中含有兩個參數(shù)y1，y2，因此判定直線過定點時，要注意將直線的方程變?yōu)樘厥獾男问剑　　　?br />
弦長條件的轉(zhuǎn)化
[典例]　如圖所示，已知橢圓G：＋y2＝1，與x軸不重合的直線l經(jīng)過左焦點F1，且與橢圓G相交于A，B兩點，弦AB的中點為M，直線OM與橢圓G相交于C，D兩點．
(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，請說明理由．
[解題觀摩]　(1)由題意可知點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A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y并整理得3x2＋4x＝0，
則x1＋x2＝－，y1＋y2＝，
因此中點M的坐標(biāo)為.
故直線OM的斜率為＝－.
(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.
由消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
可得|AB|＝|y1－y2|
＝ ＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝，
所以弦AB的中點M的坐標(biāo)為，
故直線CD的方程為y＝－x.
聯(lián)立消去y并整理得2x2＋m2x2－4＝0，
解得x2＝.
由對稱性，設(shè)C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，則x＝，
可得|CD|＝·|2x0|＝＝2 .
因為|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，
故＝－|OM|2，
即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，
則＝－4，
解得m2＝2，故m＝±.
所以直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.

本題(2)的核心在于轉(zhuǎn)化|AM|2＝|CM|·|DM|中弦長的關(guān)系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，得|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝|AB|，|OC|＝|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，轉(zhuǎn)化為弦長|AB|，|CD|和|OM|三者之間的數(shù)量關(guān)系，易計算．　　　　

面積條件的轉(zhuǎn)化

[典例]　設(shè)橢圓的中心在坐標(biāo)原點，A(2,0)，B(0,1)是它的兩個頂點，直線y＝kx(k＞0)與橢圓交于E，F(xiàn)兩點，求四邊形AEBF的面積的最大值．
[解題觀摩]　法一：如圖所示，依題意得橢圓的方程為＋y2＝1，
直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．
設(shè)點E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1＜x2，
且x1，x2滿足方程(1＋4k2)x2＝4，
故x2＝－x1＝ .①
根據(jù)點到直線的距離公式和①，得點E，F(xiàn)到直線AB的距離分別為
h1＝＝，
h2＝＝.
又|AB|＝＝，
所以四邊形AEBF的面積為
S＝|AB|·(h1＋h2)＝··＝＝2＝2＝2≤2，當(dāng)且僅當(dāng)＝4k，即k＝時取等號．
因此四邊形AEBF的面積的最大值為2.
法二：依題意得橢圓的方程為＋y2＝1.
直線EF的方程為y＝kx(k＞0)．
設(shè)點E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1＜x2.
聯(lián)立消去y，得(1＋4k2)x2＝4.
故x1＝，x2＝，
|EF|＝·|x1－x2|＝.
根據(jù)點到直線的距離公式，得點A，B到直線EF的距離分別為d1＝＝，d2＝.
因此四邊形AEBF的面積為
S＝|EF|·(d1＋d2)＝··＝＝2＝2＝2≤2，當(dāng)且僅當(dāng)＝4k，即k＝時取等號．
因此四邊形AEBF的面積的最大值為2.

如果利用常規(guī)方法理解為S四邊形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝|EF|·(d1＋d2)(其中d1，d2分別表示點A，B到直線EF的距離)，則需要通過聯(lián)立直線與橢圓的方程，先由根與系數(shù)的關(guān)系求出EF的弦長，再表示出兩個點線距，其過程很復(fù)雜．而通過分析，若把四邊形AEBF的面積拆成兩個小三角形——△ABE和△ABF的面積之和，則更為簡單．因為直線AB的方程及其長度易求出，故只需表示出點E與點F到直線AB的距離即可．　　　　
[總結(jié)規(guī)律·快速轉(zhuǎn)化]
做數(shù)學(xué)，就是要學(xué)會翻譯，把文字語言、符號語言、圖形語言、表格語言相互轉(zhuǎn)換，我們要學(xué)會對解析幾何問題中涉及的所有對象逐個理解、表示、整理，在理解題意的同時，牢記解析幾何的核心方法是“用代數(shù)方法研究幾何問題”，核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，牢固樹立“轉(zhuǎn)化”意識，那么就能順利破解解析幾何的有關(guān)問題．附幾種幾何條件的轉(zhuǎn)化，以供參考
1．平行四邊形條件的轉(zhuǎn)化
幾何性質(zhì)
代數(shù)實現(xiàn)
(1)對邊平行
斜率相等，或向量平行
(2)對邊相等
長度相等，橫(縱)坐標(biāo)差相等
(3)對角線互相平分
中點重合
2．直角三角形條件的轉(zhuǎn)化
幾何性質(zhì)
代數(shù)實現(xiàn)
(1)兩邊垂直
斜率乘積為－1，或向量數(shù)量積為0
(2)勾股定理
兩點的距離公式
(3)斜邊中線性質(zhì)(中線等于斜邊一半)
兩點的距離公式

3．等腰三角形條件的轉(zhuǎn)化
幾何性質(zhì)
代數(shù)實現(xiàn)
(1)兩邊相等
兩點的距離公式
(2)兩角相等
底邊水平或豎直時，兩腰斜率相反
(3)三線合一(垂直且平分)
垂直：斜率或向量
平分：中點坐標(biāo)公式

4．菱形條件的轉(zhuǎn)化
幾何性質(zhì)
代數(shù)實現(xiàn)
(1)對邊平行
斜率相等，或向量平行
(2)對邊相等
長度相等，橫(縱)坐標(biāo)差相等
(3)對角線互相垂直平分
垂直：斜率或向量
平分：中點坐標(biāo)公式、中點重合

5．圓條件的轉(zhuǎn)化
幾何性質(zhì)
代數(shù)實現(xiàn)
(1)點在圓上
點與直徑端點向量數(shù)量積為零
(2)點在圓外
點與直徑端點向量數(shù)量積為正數(shù)
(3)點在圓內(nèi)
點與直徑端點向量數(shù)量積為負(fù)數(shù)

6．角條件的轉(zhuǎn)化
幾何性質(zhì)
代數(shù)實現(xiàn)
(1)銳角，直角，鈍角
角的余弦(向量數(shù)量積)的符號
(2)倍角，半角，平分角
角平分線性質(zhì)，定理(夾角、到角公式)
(3)等角(相等或相似)
比例線段或斜率



1．已知橢圓C經(jīng)過點，且與橢圓E：＋y2＝1有相同的焦點．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若動直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且只有一個公共點P，且與直線x＝4交于點Q，問：以線段PQ為直徑的圓是否經(jīng)過一定點M？若存在，求出定點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
解：(1)橢圓E的焦點為(±1,0)，
設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a＞b＞0)，
則解得
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)聯(lián)立消去y，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.
設(shè)P(xP，yP)，
則xP＝＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，
即P.假設(shè)存在定點M(s，t)滿足題意，
因為Q(4,4k＋m)，
則MP＝，MQ＝(4－s,4k＋m－t)，
所以MP·MQ＝(4－s)＋(4k＋m－t)＝－(1－s)－t＋(s2－4s＋3＋t2)＝0恒成立，
故解得
所以存在點M(1,0)符合題意．
2．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的短軸長為2，離心率為，點A(3,0)，P是C上的動點，F(xiàn)為C的左焦點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點P在y軸的右側(cè)，以AP為底邊的等腰△ABP的頂點B在y軸上，求四邊形FPAB面積的最小值．
解：(1)依題意得解得
∴橢圓C的方程是＋＝1.
(2)設(shè)P(x0，y0)(－＜y0＜，y0≠0，x0＞0)，
線段AP的中點為M，
則AP的中點M，直線AP的斜率為，
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－＝－，
令x＝0得B，
∵＋＝1，∴B，
∵F(－2,0)，
∴四邊形FPAB的面積S＝
＝≥5，
當(dāng)且僅當(dāng)2|y0|＝，即y0＝±時等號成立，
四邊形FPAB面積的最小值為5.
3．橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為，過點F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.
(1)求橢圓C的方程；
(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0)，求m的取值范圍．
解：(1)將x＝－c代入橢圓的方程＋＝1，得y＝±.
由題意知＝1，故a＝2b2.又e＝＝，則＝，即a＝2b，所以a＝2，b＝1，
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)由PM是∠F1PF2的角平分線，
可得＝，即＝.
設(shè)點P(x0，y0)(－2＜x0＜2)，
又點F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，M(m,0)，
則|PF1|＝ ＝2＋x0，
|PF2|＝ ＝2－x0.
又|F1M|＝|m＋|，|F2M|＝|m－|，且－＜m＜，
所以|F1M|＝m＋，|F2M|＝－m.
所以＝，化簡得m＝x0，
而－2＜x0＜2，因此－＜m＜.
故實數(shù)m的取值范圍為.
4．(2018·沈陽模擬)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝6，直線y＝kx與橢圓交于A，B兩點．
(1)若△AF1F2的周長為16，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若k＝，且A，B，F(xiàn)1，F(xiàn)2四點共圓，求橢圓離心率e的值；
(3)在(2)的條件下，設(shè)P(x0，y0)為橢圓上一點，且直線PA的斜率k1∈(－2，－1)，試求直線PB的斜率k2的取值范圍．
解：(1)由題意得c＝3，根據(jù)2a＋2c＝16，得a＝5.結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)由得x2－a2b2＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
所以x1＋x2＝0，x1x2＝，
由AB，F(xiàn)1F2互相平分且共圓，易知，AF2⊥BF2，
因為＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，
所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝x1x2＋9＝0.
即x1x2＝－8，所以有＝－8，
結(jié)合b2＋9＝a2，解得a2＝12，
所以離心率e＝.
(3)由(2)的結(jié)論知，橢圓方程為＋＝1，
由題可知A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝，k2＝，
所以k1k2＝，
又＝＝－，
即k2＝－，
由－2＜k1＜－1可知，＜k2＜.
即直線PB的斜率k2∈.
第二課時　解題上——6大技法破解計算繁雜這一難題
（閱讀課——供學(xué)有余力的考生自主觀摩）
中學(xué)解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標(biāo)系中，用方程的觀點來研究曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問題的優(yōu)越性，但有時運算量過大，或需繁雜的討論，這些都會影響解題的速度，甚至?xí)兄菇忸}的過程，達(dá)到“望題興嘆”的地步．特別是高考過程中，在規(guī)定的時間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務(wù)，計算能力是一個重要的方面．為此，從以下幾個方面探索減輕運算量的方法和技巧，合理簡化解題過程，優(yōu)化思維過程．

回歸定義，以逸待勞
回歸定義的實質(zhì)是重新審視概念，并用相應(yīng)的概念解決問題，是一種樸素而又重要的策略和思想方法．圓錐曲線的定義既是有關(guān)圓錐曲線問題的出發(fā)點，又是新知識、新思維的生長點．對于相關(guān)的圓錐曲線中的數(shù)學(xué)問題，若能根據(jù)已知條件，巧妙靈活應(yīng)用定義，往往能達(dá)到化難為易、化繁為簡、事半功倍的效果．
[典例]　如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
[解題觀摩]　由已知，得F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，
設(shè)雙曲線C2的實半軸長為a，
由橢圓及雙曲線的定義和已知，
可得解得a2＝2，
故a＝.所以雙曲線C2的離心率e＝＝.
[答案]　D

本題巧妙運用橢圓和雙曲線的定義建立|AF1|，|AF2|的等量關(guān)系，從而快速求出雙曲線實半軸長a的值，進而求出雙曲線的離心率，大大降低了運算量．　　　　
[對點訓(xùn)練]
1.如圖，設(shè)拋物線y2＝4x的焦點為F，不經(jīng)過焦點的直線上有三個不同的點A，B，C，其中點A，B在拋物線上，點C在y軸上，則△BCF與△ACF的面積之比是(　　)
A. B.
C. D.
解析：選A　由題意可得＝＝＝＝.
2．拋物線y2＝4mx(m＞0)的焦點為F，點P為該拋物線上的動點，若點A(－m,0)，則的最小值為________．
解析：設(shè)點P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由拋物線的定義，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，則2＝＝≥＝(當(dāng)且僅當(dāng)xP＝m時取等號)，所以≥，所以的最小值為.
答案：

設(shè)而不求，金蟬脫殼

設(shè)而不求是解析幾何解題的基本手段，是比較特殊的一種思想方法，其實質(zhì)是整體結(jié)構(gòu)意義上的變式和整體思想的應(yīng)用．設(shè)而不求的靈魂是通過科學(xué)的手段使運算量最大限度地減少，通過設(shè)出相應(yīng)的參數(shù)，利用題設(shè)條件加以巧妙轉(zhuǎn)化，以參數(shù)為過渡，設(shè)而不求．
[典例]　已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標(biāo)為(1，－1)，則E的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
[解題觀摩]　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，

①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝.
又kAB＝＝，所以＝.
又9＝c2＝a2－b2，
解得b2＝9，a2＝18，
所以橢圓E的方程為＋＝1.
[答案]　D

(1)本題設(shè)出A，B兩點的坐標(biāo)，卻不求出A，B兩點的坐標(biāo)，巧妙地表達(dá)出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關(guān)系，從而快速解決問題．
(2)在運用圓錐曲線問題中的設(shè)而不求方法技巧時，需要做到：①凡是不必直接計算就能更簡潔地解決問題的，都盡可能實施“設(shè)而不求”；②“設(shè)而不求”不可避免地要設(shè)參、消參，而設(shè)參的原則是宜少不宜多．　　　　
[對點訓(xùn)練]
1．已知O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點，A，B分別為C的左、右頂點．P為C上一點，且PF⊥x軸．過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E，若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為(　　)
A. B.
C. D.
解析：選A　設(shè)OE的中點為G，由題意設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋a)，
分別令x＝－c與x＝0得|FM|＝k(a－c)，|OE|＝ka，
由△OBG∽△FBM，得＝，
即＝，
整理得＝，所以橢圓C的離心率e＝.
2．過點M(1,1)作斜率為－的直線與橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________．
解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
∴＋＝0，
∴＝－·.
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，
∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝.
即橢圓C的離心率e＝.
答案：


巧設(shè)參數(shù)，變換主元

換元引參是一種重要的數(shù)學(xué)方法，特別是解析幾何中的最值問題、不等式問題等，利用換元引參使一些關(guān)系能夠相互聯(lián)系起來，激活了解題的方法，往往能化難為易，達(dá)到事半功倍．
常見的參數(shù)可以選擇點的坐標(biāo)、直線的斜率、直線的傾斜角等．在換元過程中，還要注意代換的等價性，防止擴大或縮小原來變量的取值范圍或改變原題條件．
[典例]　設(shè)橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A，B，點P在橢圓上且異于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點．若|AP|＝|OA|，證明直線OP的斜率k滿足|k|＞.
[解題觀摩]　法一：依題意，直線OP的方程為y＝kx，設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0，y0)．
由條件得
消去y0并整理，得x＝.①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.
而x0≠0，于是x0＝，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞.
法二：依題意，直線OP的方程為y＝kx，
可設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0，kx0)．
由點P在橢圓上，得＋＝1.
因為a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，
代入②，得(1＋k2)·＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞.
法三：設(shè)P(acos θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
則線段OP的中點Q的坐標(biāo)為.
|AP|＝|OA|?AQ⊥OP?kAQ×k＝－1.
又A(－a,0)，所以kAQ＝，
即bsin θ－akAQcos θ＝2akAQ.
從而可得|2akAQ|≤ ＜a，
解得|kAQ|＜，故|k|＝＞.

求解本題利用橢圓的參數(shù)方程，可快速建立各點之間的聯(lián)系，降低運算量．　　　　
[對點訓(xùn)練]
　設(shè)直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點M，且M為線段AB的中點，若這樣的直線l恰有4條，求r的取值范圍．
解：當(dāng)斜率不存在時，有兩條，當(dāng)斜率存在時，不妨設(shè)直線l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入拋物線y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
則有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得線段AB的中點M(2t2＋m,2t)，
而由題意可得直線AB與直線MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，
可得·＝－1，整理得m＝3－2t2(當(dāng)t≠0時)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圓心到直線的距離等于半徑，
即d＝＝＝2＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范圍為(2,4)．

數(shù)形結(jié)合，偷梁換柱

著名數(shù)學(xué)家華羅庚說過：“數(shù)與形本是兩相倚，焉能分作兩邊飛．?dāng)?shù)缺形時少直觀，形少數(shù)時難入微．”在圓錐曲線的一些問題中，許多對應(yīng)的長度、數(shù)式等都具有一定的幾何意義，挖掘題目中隱含的幾何意義，采用數(shù)形結(jié)合的思想方法，可解決一些相應(yīng)問題．
[典例]　已知F是雙曲線C：x2－＝1的右焦點，P是C的左支上一點，A(0,6)．當(dāng)△APF周長最小時，該三角形的面積為________．
[解題觀摩]　設(shè)雙曲線的左焦點為F1，根據(jù)雙曲線的定義可知|PF|＝2a＋|PF1|，
則△APF的周長為|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，
由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周長最小，
則|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F(xiàn)1共線，
由于A(0,6)，F(xiàn)1(－3,0)，
則直線AF1的方程為＋＝1，即x＝－3，
代入雙曲線方程整理可得
y2＋6y－96＝0，
解得y＝2或y＝－8(舍去)，
所以點P的縱坐標(biāo)為2，
所以＝×6×6－×6×2＝12.
[答案]　12

要求△APF的周長的最小值，其實就是轉(zhuǎn)化為求解三角形三邊長之和，根據(jù)已知條件與雙曲線定義加以轉(zhuǎn)化為已知邊的長度問題與已知量的等價條件來分析，根據(jù)直線與雙曲線的位置關(guān)系，通過數(shù)形結(jié)合確定點P的位置，通過求解點P的坐標(biāo)進而利用三角形的面積公式來處理．　　　　
[對點訓(xùn)練]
1．橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于點M，N，當(dāng)△FMN的周長最大時，△FMN的面積是(　　)
A. B.
C. D.
解析：選C　如圖所示，設(shè)橢圓的右焦點為F′，連接MF′，NF′.
因為|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以當(dāng)直線x＝m過橢圓的右焦點時，△FMN的周長最大．
此時|MN|＝＝，又c＝＝＝1，
所以此時△FMN的面積S＝×2×＝.故選C.
2．設(shè)P為雙曲線x2－＝1右支上一點，M，N分別是圓C1：(x＋4)2＋y2＝4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1上的點，設(shè)|PM|－|PN|的最大值和最小值分別為m，n，則|m－n|＝(　　)
A．4 B.5
C．6 D．7
解析：選C　由題意得，圓C1：(x＋4)2＋y2＝4的圓心為(－4,0)，半徑為r1＝2；圓C2：(x－4)2＋y2＝1的圓心為(4,0)，半徑為r2＝1.
設(shè)雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)．如圖所示，連接PF1，PF2，F(xiàn)1M，F(xiàn)2N，則|PF1|－|PF2|＝2.又|PM|max＝|PF1|＋r1，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，所以|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以|m－n|＝6.故選C.

妙借向量，無中生有
平面向量是銜接代數(shù)與幾何的紐帶，溝通“數(shù)”與“形”，融數(shù)、形于一體，是數(shù)形結(jié)合的典范，具有幾何形式與代數(shù)形式的雙重身份，是數(shù)學(xué)知識的一個交匯點和聯(lián)系多項知識的媒介．妙借向量，可以有效提升圓錐曲線的解題方向與運算效率，達(dá)到良好效果．
[典例]　如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的右焦點，直線y＝與橢圓交于B，C兩點，且∠BFC＝90°，則該橢圓的離心率是________．
[解題觀摩]　把y＝代入橢圓＋＝1，
可得x＝±a，則B，C，
而F(c,0)，
則FB＝，F(xiàn)C＝，
又∠BFC＝90°，
故有FB·FC＝·＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－c2)＝c2－a2＝0，
則有3c2＝2a2，所以該橢圓的離心率e＝＝.
[答案]　

本題通過相關(guān)向量坐標(biāo)的確定，結(jié)合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐標(biāo)運算來轉(zhuǎn)化圓錐曲線中的相關(guān)問題，從形入手轉(zhuǎn)化為相應(yīng)數(shù)的形式，簡化運算．　　　　
[對點訓(xùn)練]
設(shè)直線l是圓O：x2＋y2＝2上動點P(x0，y0)(x0y0≠0)處的切線，l與雙曲線x2－＝1交于不同的兩點A，B，則∠AOB為(　　)
A．90° B.60°
C．45° D．30°
解析：選A　∵點P(x0，y0)(x0y0≠0)在圓O：x2＋y2＝2上，∴x＋y＝2，圓在點P(x0，y0)處的切線方程為x0x＋y0y＝2.由及x＋y＝2得(3x－4)x2－4x0x＋8－2x＝0.∵切線l與雙曲線交于不同的兩點A，B，且0＜x＜2，∴3x－4≠0，且Δ＝16x－4(3x－4)·(8－2x)＞0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝.∵OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(2－x0x1)(2－x0x2)＝x1x2＋[4－2x0(x1＋x2)＋xx1x2]＝＋＝0，∴∠AOB＝90°.


巧用“根與系數(shù)的關(guān)系”，化繁為簡

某些涉及線段長度關(guān)系的問題可以通過解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計算長度的方法來解；但也可以利用一元二次方程，使相關(guān)的點的同名坐標(biāo)為方程的根，由根與系數(shù)的關(guān)系求出兩根間的關(guān)系或有關(guān)線段長度間的關(guān)系．后者往往計算量小，解題過程簡捷．
[典例]　已知橢圓＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點．
(1)當(dāng)直線AM的斜率為1時，求點M的坐標(biāo)；
(2)當(dāng)直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由．
[解題觀摩]　(1)直線AM的斜率為1時，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－，所以M.
(2)設(shè)直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，
聯(lián)立方程
化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
則xA＋xM＝，
xM＝－xA－＝2－＝.
同理，可得xN＝.
由(1)知若存在定點，則此點必為P.
證明如下：
因為kMP＝＝＝，
同理可得kPN＝.
所以直線MN過x軸上的一定點P.

本例在第(2)問中可應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系求出xM＝，這體現(xiàn)了整體思想．這是解決解析幾何問題時常用的方法，簡單易懂，通過設(shè)而不求，大大降低了運算量．　　　　
[對點訓(xùn)練]
已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且經(jīng)過點P，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若△AF2B的內(nèi)切圓半徑為，求以F2為圓心且與直線l相切的圓的方程．
解：(1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，
將點P的坐標(biāo)代入橢圓方程得c2＝1，
故所求橢圓方程為＋＝1.
(2)由(1)可知F1(－1,0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty－1，
代入橢圓方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，
顯然判別式大于0恒成立，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的內(nèi)切圓半徑為r0，
則有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，

＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0·4a＝×8×＝，
所以＝，解得t2＝1，
因為所求圓與直線l相切，所以半徑r＝＝，
所以所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝2.

1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，若圓上一點C滿足＝＋，則r＝(　　)
A．2　　　　　　　　 B.
C．2 D.
解析：選B　已知＝＋，
兩邊平方化簡得·＝－r2，
所以cos∠AOB＝－，所以cos＝，
又圓心O(0,0)到直線的距離為＝，
所以＝，解得r＝.
2．設(shè)O為坐標(biāo)原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p＞0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D．1
解析：選C　如圖所示，設(shè)P(x0，y0)(y0＞0)，
則y＝2px0，即x0＝.設(shè)M(x′，y′)，由＝2，
得
化簡可得∴直線OM的斜率k＝＝＝≤＝(當(dāng)且僅當(dāng)y0＝p時取等號)．故直線OM的斜率的最大值為.
3．(2019·惠州調(diào)研)設(shè)m，n∈R，若直線l：mx＋ny－1＝0與x軸相交于點A，與y軸相交于點B，且直線l與圓x2＋y2＝4相交所得的弦長為2，O為坐標(biāo)原點，則△AOB面積的最小值為(　　)
A．5 B.4
C．3 D．2
解析：選C　由直線與圓相交所得的弦長為2，得圓心到直線的距離d＝＝，所以m2＋n2＝≥2|mn|，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時等號成立．所以|mn|≤，又A，B，所以△AOB的面積S＝≥3，故△AOB面積的最小值為3.
4．(2019·蘭州模擬)已知雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P為雙曲線右支上一點，若|PF1|2＝8a|PF2|，則雙曲線C的離心率的取值范圍為(　　)
A．(1,3] B.[3，＋∞)
C．(0,3) D．(0,3]
解析：選A　根據(jù)雙曲線的定義及點P在雙曲線的右支上，得|PF1|－|PF2|＝2a，設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，則m－n＝2a，m2＝8an，∴m2－4mn＋4n2＝0，∴m＝2n，則n＝2a，m＝4a，依題得|F1F2|≤|PF1|＋|PF2|，∴2c≤4a＋2a，∴e＝≤3，又e＞1，∴1＜e≤3，即雙曲線C的離心率的取值范圍為(1,3]．
5．過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點F，斜率為的直線交拋物線于A，B兩點，若＝λ (λ＞1)，則λ的值為(　　)
A．5 B.4
C. D.
解析：選B　根據(jù)題意設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝λ，得＝λ，
故－y1＝λy2，即λ＝－.
設(shè)直線AB的方程為y＝，
聯(lián)立直線與拋物線方程，消去x，得y2－py－p2＝0.
故y1＋y2＝p，y1y2＝－p2，
則＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－.
又λ＞1，解得λ＝4.
6.已知橢圓C：＋y2＝1，過橢圓上一點A(0,1)作直線l交橢圓于另一點B，P為線段AB的中點，若直線AB，OP的斜率存在且不為零，則kABkOP＝________.
解析：法一：(特殊值法)取B，則P，
則kAB＝，kOP＝，
故kAB·kOP＝×＝－.
法二：由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，
聯(lián)立方程
消去y得，(1＋4k2)x2＋8kx＝0，
得xB＝，即B.
則P，
∴kAB＝k，kOP＝－，
∴kAB·kOP＝－.
法三：(點差法)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(x0，y0)，
則兩式相減得＋y－y＝0，
化簡得·＝－，
即·＝－，
∴kAB·kOP＝－.
答案：－
7．已知AB為圓x2＋y2＝1的一條直徑，點P為直線x－y＋2＝0上任意一點，則·的最小值為________．
解析：由題意，設(shè)A(cos θ，sin θ)，P(x，x＋2)，
則B(－cos θ，－sin θ)，
∴＝(cos θ－x，sin θ－x－2)，
＝(－cos θ－x，－sin θ－x－2)，
∴·＝(cos θ－x)(－cos θ－x)＋(sin θ－x－2)·(－sin θ－x－2)＝x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ＝2x2＋4x＋3＝2(x＋1)2＋1，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1，即P(－1，1)時，·取最小值1.
答案：1
8．(2019·武漢調(diào)研)已知A，B分別為橢圓＋＝1(0＜b＜3)的左、右頂點，P，Q是橢圓上關(guān)于x軸對稱的不同兩點，設(shè)直線AP，BQ的斜率分別為m，n，若點A到直線y＝ x的距離為1，則該橢圓的離心率為________．
解析：根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程＋＝1(0＜b＜3)知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，A(－3,0)，B(3,0)，設(shè)P(x0，y0)，Q(x0，－y0)，則＋＝1，kAP＝m＝，kBQ＝n＝，∴mn＝＝，∴＝，∴直線y＝ x＝x，即x－3y＝0.又點A到直線y＝ x的距離為1，∴＝＝1，解得b2＝，∴c2＝a2－b2＝，∴e＝＝＝.
答案：
9．已知橢圓C：＋y2＝1的右頂點為A，上頂點為B.設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值．
解：由題意知，A(2,0)，B(0,1)，
設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4，
所以直線PA的方程為y＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝－，
從而|BM|＝1－yM＝1＋，
直線PB的方程為y＝x＋1，
令y＝0，得xN＝－，
從而|AN|＝2－xN＝2＋，
所以四邊形ABNM的面積
S＝|AN||BM|＝
＝
＝
＝2，
從而四邊形ABNM的面積為定值．
10．已知離心率為的橢圓＋＝1(a＞b＞0)的一個焦點為F，過F且與x軸垂直的直線與橢圓交于A，B兩點，|AB|＝.
(1)求此橢圓的方程；
(2)已知直線y＝kx＋2與橢圓交于C，D兩點，若以線段CD為直徑的圓過點E(－1,0)，求k的值．
解：(1)設(shè)焦距為2c，∵e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴＝.由題意可知＝，∴b＝1，a＝，
∴橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)將y＝kx＋2代入橢圓方程，得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，
又直線與橢圓有兩個交點，
所以Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＞0，解得k2＞1.
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
若以CD為直徑的圓過E點，
則·＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
＝－＋5＝0，
解得k＝，滿足k2＞1，所以k＝.
第三課時　題型上——高考3大題型逐一精研
題型一　定點、定值問題

定點問題
[例1]　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點F(，0)，長半軸長與短半軸長的比值為2.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)不經(jīng)過點B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，若點B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．
[解]　(1)由題意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)證明：當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.
∵點B在以線段MN為直徑的圓上，∴·＝0.
∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直線l的方程為y＝kx－.
易知當(dāng)直線l的斜率不存在時，不符合題意．
故直線l過定點，且該定點的坐標(biāo)為.

圓錐曲線中定點問題的兩種解法
(1)引進參數(shù)法：引進動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．
(2)特殊到一般法，根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．　　　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
1.如圖，已知直線l：y＝kx＋1(k＞0)關(guān)于直線y＝x＋1對稱的直線為l1，直線l，l1與橢圓E：＋y2＝1分別交于點A，M和A，N，記直線l1的斜率為k1.
(1)求k·k1的值；
(2)當(dāng)k變化時，試問直線MN是否恒過定點？若恒過定點，求出該定點坐標(biāo)；若不恒過定點，請說明理由．
解：(1)設(shè)直線l上任意一點P(x，y)關(guān)于直線y＝x＋1對稱的點為P0(x0，y0)，
直線l與直線l1的交點為(0,1)，
∴l(xiāng)：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2，①
由＝－1，得y－y0＝x0－x，②
由①②得
∴k·k1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
設(shè)M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直線MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴當(dāng)k變化時，直線MN過定點.

定值問題
[例2]　(2019·沈陽模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為，點P為其上一動點，且三角形PF1F2的面積最大值為，O為坐標(biāo)原點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點M，N為C上的兩個動點，求常數(shù)m，使·＝m時，點O到直線MN的距離為定值，求這個定值．
[解]　(1)當(dāng)點P位于短軸的端點時，△PF1F2的面積最大，即×2c×b＝，
則有解得
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＋y1y2＝m，
當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝kx＋n，則點O到直線MN的距離d＝ ＝ ，
聯(lián)立消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0, 由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，
則x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得＝12＋.
因為d＝ 為常數(shù)，則m＝0，d＝ ＝，
此時＝12滿足Δ＞0.
當(dāng)MN⊥x軸時，由m＝0得kOM＝±1，
聯(lián)立消去y，得x2＝，
點O到直線MN的距離d＝|x|＝亦成立．
綜上可知，當(dāng)m＝0時，點O到直線MN的距離為定值，這個定值是.

圓錐曲線中定值問題的特點及兩大解法
(1)特點：待證幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值．
(2)兩大解法：
①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；
②引起變量法：其解題流程為

[過關(guān)訓(xùn)練]
2．(2019·昆明調(diào)研)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距為4，P是橢圓C上的點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)O為坐標(biāo)原點，A，B是橢圓C上不關(guān)于坐標(biāo)軸對稱的兩點，設(shè)＝＋，證明：直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值．
解：(1)由題意知2c＝4，即c＝2，
則橢圓C的方程為＋＝1，
因為點P在橢圓C上，
所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，
由＋＝，得D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直線AB的斜率kAB＝，
直線OD的斜率kOD＝，
由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即·＝－，
所以kAB·kOD＝－.
故直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值－.
題型二　最值、范圍問題

最值問題
[例1]　(2018·南昌模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，準(zhǔn)線為l，過焦點F的直線交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，y1y2＝－4.
(1)求拋物線C的方程；
(2)如圖，點B在準(zhǔn)線l上的正投影為E，D是C上一點，且AD⊥EF，求△ABD面積的最小值及此時直線AD的方程．
[解]　(1)依題意知F，
當(dāng)直線AB的斜率不存在時，y1y2＝－p2＝－4，
解得p＝2.
當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)lAB：y＝k(k≠0)，
由消去x并整理，得y2－y－p2＝0，
則y1y2＝－p2，
由y1y2＝－4，得p2＝4，解得p＝2.
綜上所述，拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)設(shè)D(x0，y0)，B，
則E(－1，t)，又由y1y2＝－4，可得A.
因為kEF＝－，AD⊥EF，所以kAD＝，
則直線lAD的方程為y＋＝，
化簡得2x－ty－4－＝0.
由消去x并整理，得y2－2ty－8－＝0，Δ＝(－2t)2－4＝4t2＋＋32＞0恒成立，
所以y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－.
于是|AD|＝|y1－y0|＝＝ ，
設(shè)點B到直線AD的距離為d，則d＝＝.
所以S△ABD＝|AD|·d＝≥16，
當(dāng)且僅當(dāng)t4＝16，即t＝±2時取等號，即△ABD面積的最小值為16.
當(dāng)t＝2時，直線AD的方程為x－y－3＝0；當(dāng)t＝－2時，直線AD的方程為x＋y－3＝0.

圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解．　　　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
1．(2018·安康質(zhì)檢)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F(xiàn)2和F1這4個點構(gòu)成了一個高為，面積為3的等腰梯形．
(1)求橢圓的方程；
(2)過點F1的直線和橢圓交于A，B兩點，求△F2AB面積的最大值．
解：(1)由已知條件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，
∴橢圓的方程為＋＝1.
(2)顯然，直線的斜率不能為0，
設(shè)直線的方程為x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
聯(lián)立方程，得消去x得，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直線過橢圓內(nèi)的點，
∴無論m為何值，直線和橢圓總相交．
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
∴＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝4，
令t＝m2＋1≥1，設(shè)f(t)＝t＋，易知t∈時，函數(shù)f(t)單調(diào)遞減，t∈時，函數(shù)f(t)單調(diào)遞增，
∴當(dāng)t＝m2＋1＝1，即m＝0時，f(t)取得最小值，f(t)min＝，此時，取得最大值3.

范圍問題
[例2]　(2019·合肥模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且以原點為圓心，橢圓的焦距為直徑的圓與直線xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ為常數(shù))．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2作直線l與橢圓交于M，N兩點，求·的取值范圍．
[解]　(1)由題意，得解得
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．
①若直線l的斜率不存在，則直線l⊥x軸，直線l的方程為x＝1，不妨記M，N，
∴＝，＝，
故·＝.
②若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，
由消去y得，
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則x1＋x2＝，x1x2＝.①
＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
則·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
結(jié)合①可得·＝＋＋1＋k2＝＝－，
由k2≥0可得·∈.
綜上可知，·的取值范圍是.

解決圓錐曲線中的取值范圍問題應(yīng)考慮的五個方面
(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；
(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系；
(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍．　　　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
2．(2019·惠州調(diào)研)如圖，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右頂點為A(2,0)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點A且斜率為的直線與y軸交于點P，與橢圓交于另一個點B，且點B在x軸上的射影恰好為點F1.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過點P且斜率大于的直線與橢圓交于M，N兩點(|PM|＞|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求實數(shù)λ的取值范圍．
解：(1)因為BF1⊥x軸，所以點B，
所以解得
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1.
(2)因為＝＝＝λ?＝(λ＞2)，
所以＝－.
由(1)可知P(0，－1)，
設(shè)直線MN的方程為y＝kx－1，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
聯(lián)立方程，得
化簡得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
得(*)
又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，有x1＝－x2，
將x1＝－x2代入(*)可得，＝.
因為k＞，所以＝∈(1,4)，
則1＜＜4且λ＞2，解得4＜λ＜4＋2.
綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍為(4,4＋2)．
題型三　證明、探索性問題


證明問題
[例1]　(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標(biāo)為(2,0)．
(1)當(dāng)l與x軸垂直時，求直線AM的方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，證明：∠OMA＝∠OMB.
[解]　(1)由已知得F(1,0)，直線l的方程為x＝1.
則點A的坐標(biāo)為或.
又M(2,0)，
所以直線AM的方程為y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)證明：當(dāng)l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°.
當(dāng)l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，
所以∠OMA＝∠OMB.
當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和為
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
將y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補．
所以∠OMA＝∠OMB.綜上，∠OMA＝∠OMB成立．

圓錐曲線中證明問題，常見位置關(guān)系方面的，如證明相切、垂直、過定點等；數(shù)量關(guān)系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圓錐曲線的定義和性質(zhì)的前提下，要多采用直接法證明，但有時也會用到反證法．　　　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
1．(2018·全國卷Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m＞0)．
(1)證明：k＜－；
(2)設(shè)F為C的右焦點，P為C上一點，且＋＋＝0.證明：||，||，||成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．
證明：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則＋＝1，＋＝1.
兩式相減，并由＝k得＋·k＝0.
由題設(shè)知＝1，＝m，于是k＝－.①
由題設(shè)得0＜m＜，故k＜－.
(2)由題意得F(1,0)．設(shè)P(x3，y3)，
則(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及題設(shè)得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又點P在C上，所以m＝，
從而P，||＝，
于是||＝＝＝2－.
同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，
即||，||，||成等差數(shù)列．
設(shè)該數(shù)列的公差為d，
則2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|
＝ .②
將m＝代入①得k＝－1，
所以l的方程為y＝－x＋，
代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以該數(shù)列的公差為或－.


探索性問題
[例2]　(2019·合肥質(zhì)檢)
如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點F(－1，0)，過直線l：x＝－2右側(cè)的動點P作PA⊥l于點A，∠APF的平分線交x軸于點B，|PA|＝|BF|.
(1)求動點P的軌跡C的方程；
(2)過點F的直線q交曲線C于M，N，試問：x軸正半軸上是否存在點E，直線EM，EN分別交直線l于R，S兩點，使∠RFS為直角？若存在，求出點E的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
[解]　(1)設(shè)P(x，y)，由平面幾何知識得＝，
即＝，化簡得＋y2＝1，
所以動點P的軌跡C的方程為＋y2＝1(x≠)．
(2)假設(shè)滿足條件的點E(n,0)(n＞0)存在，設(shè)直線q的方程為x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)．聯(lián)立消去x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0，y1＋y2＝，y1y2＝－，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－－＋1＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝－，
由條件知＝，y3＝－，
同理y4＝－，
kRF＝＝－y3，kSF＝－y4.
因為∠RFS為直角，所以y3y4＝－1，
所以(2＋n)2y1y2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n2]，
(2＋n)2＝＋＋n2，
所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝，
故滿足條件的點E存在，其坐標(biāo)為(，0)．

存在性問題的求解方法
(1)存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．
(2)反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法．　　　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
2．(2019·福州四校聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，短軸的一個端點為P，△PF1F2內(nèi)切圓的半徑為，設(shè)過點F2的直線l被橢圓C截得的線段為RS，當(dāng)l⊥x軸時，|RS|＝3.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)在x軸上是否存在一點T，使得當(dāng)l變化時，總有TS與TR所在直線關(guān)于x軸對稱？若存在，請求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
解：(1)由內(nèi)切圓的性質(zhì)，
得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.
將x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線l垂直于x軸時，顯然x軸上任意一點T都滿足TS與TR所在直線關(guān)于x軸對稱．
當(dāng)直線l不垂直于x軸時，假設(shè)存在T(t,0)滿足條件，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
聯(lián)立
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根與系數(shù)的關(guān)系得①
其中Δ＞0恒成立，
由TS與TR所在直線關(guān)于x軸對稱，得kTS＋kTR＝0(顯然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因為R，S兩點在直線y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得

＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
將①代入③得
＝＝0，④
則t＝4，綜上所述，存在T(4,0)，使得當(dāng)l變化時，總有TS與TR所在直線關(guān)于x軸對稱．

1.(2018·鄭州一檢)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2為直徑的圓與直線ax＋2by－ab＝0相切．
(1)求橢圓C的離心率；
(2)如圖，過F1作直線l與橢圓分別交于P，Q兩點，若△PQF2的周長為4，求·的最大值．
解：(1)由題意知＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)．化簡得a2＝2b2，所以e＝＝.
(2)因為△PQF2的周長為4，所以4a＝4，得a＝，
由(1)知b2＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1，且焦點F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，
①若直線l的斜率不存在，則直線l⊥x軸，直線方程為
x＝－1，P，Q，＝，＝，故·＝.
②若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，
由消去y并整理得
(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝，
·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1
＝＝－，
由k2＞0可得·∈.
綜上所述，·∈，
所以·的最大值是.
2．(2019·沈陽教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓＋＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝.
(1)求點P的軌跡E的方程；
(2)過F(1,0)的直線l1與點P的軌跡交于A，B兩點，過F(1,0)作與l1垂直的直線l2與點P的軌跡交于C，D兩點，求證：＋為定值．
解：(1)設(shè)P(x，y)，易知N(x,0)，＝(0，y)，
又＝＝，∴M，
又點M在橢圓上，∴＋＝1，即＋＝1.
∴點P的軌跡E的方程為＋＝1.
(2)證明：當(dāng)直線l1與x軸重合時，|AB|＝6，|CD|＝，
∴＋＝.
當(dāng)直線l1與x軸垂直時，|AB|＝，|CD|＝6，
∴＋＝.
當(dāng)直線l1與x軸不垂直也不重合時，可設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，則直線l2的方程為y＝－(x－1)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
聯(lián)立直線l1與曲線E的方程，得
得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
可得
∴|AB|＝·＝，
同理可得x3＋x4＝，x1x2＝.
則|CD|＝ ·＝.
∴＋＝＋＝.
綜上可得＋為定值．
3．(2019·惠州調(diào)研)已知點C為圓(x＋1)2＋y＝8的圓心，P是圓上的動點，點Q在圓的半徑CP上，且有點A(1,0)和AP上的點M，滿足·＝0，＝2.
(1)當(dāng)點P在圓上運動時，求點Q的軌跡方程；
(2)若斜率為k的直線l與圓x2＋y2＝1相切，與(1)中所求點Q的軌跡交于不同的兩點F，H，O是坐標(biāo)原點，且≤·≤時，求k的取值范圍．
解：(1)由題意知MQ是線段AP的垂直平分線，所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2＞|CA|＝2，
所以點Q的軌跡是以點C，A為焦點，焦距為2，長軸長為2的橢圓，所以a＝，c＝1，b＝＝1，
故點Q的軌跡方程是＋y2＝1.
(2)設(shè)直線l：y＝kx＋t，F(xiàn)(x1，y1)，H(x2，y2)，
直線l與圓x2＋y2＝1相切?＝1?t2＝k2＋1.
聯(lián)立?(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2＞0?k≠0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝＋kt＋t2
＝－＋k2＋1
＝，
所以≤≤?≤k2≤?≤|k|≤，
所以－≤k≤－或≤k≤.
故k的取值范圍是∪.
4．已知拋物線C：y2＝4x，過其焦點F作兩條相互垂直且不平行于坐標(biāo)軸的直線，它們分別交拋物線C于點P1，P2和點P3，P4，線段P1P2，P3P4的中點分別為M1，M2.
(1)求線段P1P2的中點M1的軌跡方程．
(2)求△FM1M2面積的最小值．
(3)過M1，M2的直線l是否恒過定點？若是，求出定點坐標(biāo)；若不是，請說明理由．
解：(1)由題設(shè)條件得焦點F(1,0)，
設(shè)直線P1P2的方程為y＝k(x－1)，k≠0.
聯(lián)立得k2x2－2(2＋k2)x＋k2＝0，
則Δ＝[－2(2＋k2)]2－4k2·k2＝16(1＋k2)＞0.
設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，設(shè)M1(xM1，yM1)，


(3)當(dāng)k≠±1時，由(2)知直線l的斜率為k′＝，
∴直線l的方程為y＋2k＝(x－2k2－1)，
即yk2＋(x－3)k－y＝0，(*)
當(dāng)x＝3，y＝0時，方程(*)對任意k(k≠±1)均成立，
即直線l過定點(3,0)．
當(dāng)k＝±1時，直線l的方程為x＝3，也過定點(3,0)．
綜上可知，直線l恒過定點(3,0)．



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