2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案8.8《解析几何压轴大题的解题策略指导》 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案8.8《解析几何压轴大题的解题策略指导》 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案88《解析几何压轴大题的解题策略指导》教师版doc、2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案88《解析几何压轴大题的解题策略指导》原卷版doc等2份教案配套教学资源，其中教案共65页， 欢迎下载使用。

解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．
策略一 垂直关系的转化
[典例] 如图所示，已知圆C：x2＋y2﹣2x＋4y﹣4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩] 假设存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．
设直线l的方程为y＝x＋b，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立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
因为以AB为直径的圆过原点，所以eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，
即x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，
则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.
当b＝﹣4或b＝1时，均有Δ＝4(b＋1)2﹣8(b2＋4b﹣4)＝﹣4b2﹣24b＋36＞0，即直线l与圆C有两个交点．
所以存在直线l，其方程为x﹣y＋1＝0或x﹣y﹣4＝0.
[名师微点]
(1)以AB为直径的圆过原点等价于eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，而eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))又可以“直译”为x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．
(2)几何关系“直角”坐标化的转化方式
①点B在以线段F1F2为直径的圆上；
②eq \(F1B,\s\up7(―→))·eq \(F2B,\s\up7(―→))＝0；
③kF1B·kF2B＝﹣1；
④勾股定理．
以上关系可相互转化．
[针对训练]
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq \f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C经过点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.∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，设M(x0，x0)，N(x0，﹣x0)．
∵M，N在椭圆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到直线MN的距离为d＝|x0|＝eq \f(2\r(21),7)，∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为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.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则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到直线MN的距离为d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝ eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，
故存在定圆x2＋y2＝eq \f(12,7)与直线MN总相切．
策略二 角平分线条件的转化
[典例] 已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(﹣1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．
[解题观摩] (1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x2＋42＝(x﹣4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立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.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝﹣eq \f(2kb－4,k2)，x1x2＝eq \f(b2,k2).因为x轴是∠PBQ的角平分线，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的方程为y＝k(x﹣1)．
故直线l恒过定点(1,0)．
法二：设直线PB的方程为x＝my﹣1，它与抛物线C的另一个交点为Q′，
设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q与Q′关于x轴对称，故Q(x2，﹣y2)．
联立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)，
因而直线PQ的方程为y﹣y1＝eq \f(8,y1－y2)(x﹣x1)．
又y1y2＝8，yeq \\al(2,1)＝8x1，将PQ的方程化简得(y1﹣y2)y＝8(x﹣1)，
故直线l过定点(1,0)．
法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在x轴上，
所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ的方程为x＝my＋a.
联立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.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝8m，,y1y2＝－8a.))由条件可知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，所以直线l恒过定点(1,0)．
法四：设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))，因为x轴是∠PBQ的角平分线，
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.
因为直线l不垂直于x轴，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝﹣8.因为kPQ＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),8)－\f(y\\al(2,2),8))＝eq \f(8,y1＋y2)，
所以直线PQ的方程为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)．
故直线l恒过定点(1,0)．
[名师微点]
本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y1，y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．
[针对训练]
2.椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq \r(2)，0)，左、右焦点分别是F1，F2，P点在椭圆上，且满足∠F1PF2＝90°的P点只有两个．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F2且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在一点N(n,0)，使得∠ANB的角平分线是x轴？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题设知P点为椭圆的上下顶点，所以a＝eq \r(2)，
b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝eq \r(2)，b＝1，故椭圆C方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，联立
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.
设A，B坐标为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则有y1＋y2＝﹣eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝﹣eq \f(1,m2＋2)，
又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
假设在x轴上存在这样的点N(n,0)，使得x轴是∠ANB的平分线，则有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.将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.因为m≠0，故n＝2.所以存在点N(2,0)，使得∠ANB的平分线是x轴．
策略三 弦长条件的转化
[典例] 如图所示，已知椭圆G：eq \f(x2,2)＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率；
(2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩] (1)由题意可知点F1(﹣1,0)，又直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y＝x＋1.设点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，则x1＋x2＝﹣eq \f(4,3)，y1＋y2＝eq \f(2,3)，
因此中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3))).故直线OM的斜率为eq \f(\f(1,3),－\f(2,3))＝﹣eq \f(1,2).
(2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．由题意，直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为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.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，
故直线CD的方程为y＝﹣eq \f(m,2)x.联立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).由对称性，设C(x0，y0)，D(﹣x0，﹣y0)，则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)).
因为|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).
所以直线l的方程为x＝eq \r(2)y﹣1或x＝﹣eq \r(2)y﹣1.
[名师微点]
本题(2)的核心在于转化|AM|2＝|CM||DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC|﹣|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，则|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，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM|三者之间的数量关系，易计算．
[针对训练]
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))在抛物线C上，且|QF|＝eq \f(3,2).
(1)求抛物线C的方程及t的值；
(2)若过点M(0，t)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，N为AB的中点，O是坐标原点，且S△AOB＝eq \r(3)S△MON，求直线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，∴抛物线C的方程为y2＝4x.
将Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))的坐标代入y2＝4x，得t＝2.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知M(0,2)．
显然直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋2(k≠0)，
联立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k∵S△AOB＝eq \r(3)S△MON，∴|AB|＝eq \r(3)|MN|，∴eq \r(1＋k2)|x1﹣x2|＝eq \r(3)·eq \r(1＋k2)|x0﹣0|，即|x1﹣x2|＝eq \r(3)|x0|.
∵N是AB的中点，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)，
∴(x1＋x2)2﹣4x1x2＝3·eq \f(x1＋x22,4)，整理得(x1＋x2)2＝16x1x2，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(41－k,k2)))2＝eq \f(64,k2)，解得k＝﹣1或eq \f(1,3)，满足题意．
直线l的方程为y＝﹣x＋2或y＝eq \f(1,3)x＋2.
策略四 面积条件的转化
[典例] 设椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆交于E，F两点，求四边形AEBF的面积的最大值．
[解题观摩] 法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．
设点E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2，
且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝﹣x1＝eq \f(2,\r(1＋4k2)) .①
根据点到直线的距离公式和①，得点E，F到直线AB的距离分别为
h1＝eq \f(|x1＋2kx1－2|,\r(5))＝eq \f(21＋2k＋\r(1＋4k2),\r(51＋4k2))，h2＝eq \f(|x2＋2kx2－2|,\r(5))＝eq \f(21＋2k－\r(1＋4k2),\r(51＋4k2)).
又|AB|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，所以四边形AEBF的面积为
S＝eq \f(1,2)|AB|·(h1＋h2)＝eq \f(1,2)·eq \r(5)·eq \f(41＋2k,\r(51＋4k2))＝eq \f(21＋2k,\r(1＋4k2))＝2eq \r(\f(1＋4k2＋4k,1＋4k2))
＝2eq \r(1＋\f(4k,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k))≤2eq \r(2)，当且仅当eq \f(1,k)＝4k，即k＝eq \f(1,2)时取等号．
因此四边形AEBF的面积的最大值为2eq \r(2).
法二：依题意得椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.直线EF的方程为y＝kx(k＞0)．
设点E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，(1＋4k2)x2＝4.
故x1＝eq \f(－2,\r(1＋4k2))，x2＝eq \f(2,\r(1＋4k2))，|EF|＝eq \r(1＋k2)·|x1﹣x2|＝eq \f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2)) .
根据点到直线的距离公式，得点A，B到直线EF的距离分别为d1＝eq \f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq \f(2k,\r(1＋k2))，d2＝eq \f(1,\r(1＋k2)) .
因此四边形AEBF的面积为S＝eq \f(1,2)|EF|·(d1＋d2)＝eq \f(1,2)·eq \f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2))·eq \f(1＋2k,\r(1＋k2))＝eq \f(21＋2k,\r(1＋4k2))
＝2eq \r(\f(4k2＋4k＋1,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4k,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k))≤2eq \r(2)，当且仅当eq \f(1,k)＝4k，即k＝eq \f(1,2)时取等号．
因此四边形AEBF的面积的最大值为2eq \r(2).
[名师微点]
如果利用常规方法理解为S四边形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝eq \f(1,2)|EF|·(d1＋d2)(其中d1，d2分别表示点A，B到直线EF的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出|EF|的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF的面积拆成两个小三角形——△ABE和△ABF的面积之和，则更为简单．因为直线AB的方程及其长度易求出，故只需表示出点E与点F到直线AB的距离即可．
[针对训练]
4．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右焦点F(1，0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
解：(1)由题意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，则b＝c＝1，∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在一条斜率为0时，S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2.
②当两直线斜率存在且都不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x﹣1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2﹣4k2x＋2k2﹣2＝0，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，则|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)，
则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))，
当k＝±1时，S＝eq \f(16,9).
综上所述，四边形面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
[总结规律·快速转化]
做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种常见几何条件的转化，以供参考：
1．平行四边形条件的转化
2.直角三角形条件的转化
3.等腰三角形条件的转化
4．菱形条件的转化
5.圆条件的转化
6．角条件的转化
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．在直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝6y与直线l：y＝kx＋3交于M，N两点．
(1)设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1与d2的乘积为定值；
(2)y轴上是否存在点P，当k变化时，总有∠OPM＝∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：将y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2﹣6kx﹣18＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝﹣18，
从而d1d2＝|x1|·|x2|＝|x1x2|＝18为定值．
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
从而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).
当b＝﹣3时，有k1＋k2＝0对任意k恒成立，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，﹣3)符合题意．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(6),3)，点A(3,0)，P是C上的动点，F为C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形FPAB面积的最小值．
解：(1)依题意得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)，))∴椭圆C的方程是eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设P(x0，y0)(﹣eq \r(2)＜y0＜eq \r(2)，y0≠0，x0＞0)，设线段AP中点为M，又A(3,0)，
∴AP中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直线AP的斜率为eq \f(y0,x0－3)，
由△ABP是以AP为底边的等腰三角形，可得BM⊥AP，
∴直线AP的垂直平分线方程为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)，∴四边形FPAB的面积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)，
当且仅当2|y0|＝eq \f(3,2|y0|)，即y0＝±eq \f(\r(3),2)时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5eq \r(3).
3．双曲线C：eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
解：(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，有c＋a＝eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)，所以a＝c﹣a，解得e＝2.
(2)证明：由(1)知双曲线方程为eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,3a2)＝1，
设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为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)))，当x>a，x≠2a时，则kAB＝eq \f(y,x＋a)，kBF＝eq \f(y,x－c).
设∠BAF＝θ，则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.
因为2∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝eq \f(π,2)，∠BAF＝eq \f(π,4)，故∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.
4．已知椭圆W: eq \f(x2,4m)＋eq \f(y2,m)＝1的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过点P(n,0)的直线与椭圆W相交于不同的两点C，D(不与点A，B重合)．
(1)当n＝0，且直线CD⊥x轴时， 求四边形ACBD的面积；
(2)设n＝1，直线CB与直线x＝4相交于点M，求证：A，D，M三点共线．
解：(1)由题意，得a2＝4m＝4, 解得m＝1.所以椭圆W方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
当n＝0及直线CD⊥ x轴时，易得C(0,1)，D(0，﹣1)．且A(﹣2,0)，B(2,0)．
所以|AB|＝4，|CD|＝2，显然此时四边形ACBD为菱形，
所以四边形ACBD的面积为eq \f(1,2)×4×2＝4.
(2)证明：当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为x＝1，
代入椭圆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的方程为y＝﹣eq \f(\r(3),2)(x﹣2)．
则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三点共线．
当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为y＝k(x﹣1)(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程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. 由题意，得Δ>0恒成立，
故x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).直线CB的方程为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))).
又因为A(﹣2,0)，D(x2，y2)，则直线AD，AM的斜率分别为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三点共线．
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F(﹣1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(﹣4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB.
解：(1)由题意可知c＝1，把x＝﹣1代入椭圆方程可得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)，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知：∠FMA＝∠FMB.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2﹣12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则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.
综上，∠FMA＝∠FMB.
6．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，A，B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，△ABF的周长恰为7eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))(λ∈R)，求△ACD面积的取值范围．
解：(1)当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，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).
由对称性，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).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))代入椭圆方程中，解得b2＝4, 所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝2eq \r(2)，此时S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2).
当直线AB的斜率存在时，设直线CD的方程为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.显然Δ＞0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则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).
因为eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→)) (λ∈R)，所以CD∥AB，
所以点A到直线CD的距离即为点O到直线CD的距离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))，因为1＋2k2>1，所以0所以0第2课时 解题上——5大技法破解“计算繁而杂”这一难题
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．因此，本讲从以下5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，达到快准解题．
技法一 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，F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.eq \f(3,2) D．eq \f(\r(6),2)
[解题观摩] 由已知，得F1(﹣eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，
由椭圆及双曲线的定义和已知，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))解得a2＝2，故a＝eq \r(2).
所以双曲线C2的离心率e＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).
[答案] D
[名师微点]
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|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．
[针对训练]
1．已知椭圆C的焦点为F1(﹣1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋y2＝1 B．eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1 C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
解析：选B 法一：设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，∴|AB|＝|BF1|＝eq \f(3,2)|AF2|，∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A是椭圆的短轴端点．如图，不妨设A(0，﹣b)，
由F2(1,0)，eq \(AF2,\s\up7(―→))＝2eq \(F2B,\s\up7(―→))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(b,2))).
由点B在椭圆上，得eq \f(\f(9,4),a2)＋eq \f(\f(b2,4),b2)＝1，得a2＝3，b2＝a2﹣c2＝2.∴椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
法二：由题意设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝eq \f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝eq \f(1,a).在等腰三角形ABF1中， cs 2θ＝eq \f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq \f(1,3)，∴eq \f(1,3)＝1﹣2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))2，解得a2＝3.又c2＝1，∴b2＝a2﹣c2＝2，椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.故选B.
2．抛物线y2＝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eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，
又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq \\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq \f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq \f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))≥eq \f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xP·m)2))＝eq \f(1,2)(当且仅当xP＝m时取等号)，
所以eq \f(|PF|,|PA|)≥eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
技法二 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P是圆C：(x﹣2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作抛物线x2＝8y的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB斜率的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(3,4) C.eq \f(3,8) D．eq \f(1,2)
[解题观摩] 由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设P(m，n)，过点P的抛物线的切线为y＝k(x﹣m)＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m＋n,x2＝8y))，得x2﹣8kx＋8km﹣8n＝0，
因为Δ＝64k2﹣32km＋32n＝0，即2k2﹣km＋n＝0，
所以k1＋k2＝eq \f(m,2)，k1k2＝eq \f(n,2)，又由x2＝8y得y′＝eq \f(x,4)，所以x1＝4k1，y1＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,1)，
x2＝4k2，y2＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,2)，所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2k\\al(2,2)－2k\\al(2,1),4k2－4k1)＝eq \f(k2＋k1,2)＝eq \f(m,4)，
因为点P(m，n)满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋2))2＝1，所以1≤m≤3，因此eq \f(1,4)≤eq \f(m,4)≤eq \f(3,4)，
即直线AB斜率的最大值为eq \f(3,4).故选B.
[答案] B
[名师微点]
(1)本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用PA，PB的斜率把A，B的坐标表示出来，从而快速解决问题．
(2)在运用圆锥曲线问题中设而不求的方法技巧时，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”；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．
[针对训练]
3．过点M(1,1)作斜率为﹣eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))∴eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝﹣eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).∵eq \f(y1－y2,x1－x2)＝﹣eq \f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴﹣eq \f(b2,a2)＝﹣eq \f(1,2)，∴a2＝2b2.又∵b2＝a2﹣c2，∴a2＝2(a2﹣c2)，
∴a2＝2c2，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).即椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
技法三 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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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|＞eq \r(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(x0，y0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝kx0，,\f(x\\al(2,0),a2)＋\f(y\\al(2,0),b2)＝1，))消去y0并整理，得xeq \\al(2,0)＝eq \f(a2b2,k2a2＋b2).①
由|AP|＝|OA|，A(﹣a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))2＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),b2)＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),a2)＜1，即(1＋k2)xeq \\al(2,0)＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(﹣a,0)，得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入②，得(1＋k2)·eq \f(4a2,1＋k22)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
法三：设P(acs θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，则线段OP的中点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)cs θ，\f(b,2)sin θ)).
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝﹣1.
又A(﹣a,0)，所以kAQ＝eq \f(bsin θ,2a＋acs θ)，即bsin θ﹣akAQcs θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ eq \r(b2＋a2k\\al(2,AQ))＜aeq \r(1＋k\\al(2,AQ))，解得|kAQ|＜eq \f(\r(3),3)，故|k|＝eq \f(1,|kAQ|)＞eq \r(3).
[名师微点]
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．
[针对训练]
4．设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(x﹣5)2＋y2＝r2(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t＝0时，若l与圆C相切，则M恰为AB中点，∴当t≠0时，这样的直线应有2条．
不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2﹣4ty﹣4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝﹣4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线AB与直线MC垂直，即kMC·kAB＝﹣1，可得eq \f(2t－0,2t2＋m－5)·eq \f(1,t)＝﹣1，
整理得m＝3﹣2t2(当t≠0时)，把m＝3﹣2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3﹣t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，即d＝eq \f(|5－m|,\r(1＋t2))＝eq \f(2＋2t2,\r(1＋t2))＝2eq \r(1＋t2)＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范围为(2,4)．
技法四 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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝eq \f(b,2)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＝eq \f(b,2)代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，可得x＝±eq \f(\r(3),2)a，那么Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，
而F(c,0)，那么eq \(FB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，又∠BFC＝90°，
故有eq \(FB,\s\up7(―→))·eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))＝c2﹣eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)b2＝c2﹣eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)(a2﹣c2)＝eq \f(3,4)c2﹣eq \f(1,2)a2＝0，
则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3).
[答案] eq \f(\r(6),3)
[名师微点]
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．
[针对训练]
5.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＝eq \f(8,3)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．
解：(1)圆B的圆心为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))，半径r＝4eq \r(2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝4.连接MC，由已知得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MC))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MA))，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MC))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BA))＝r＝4eq \r(2)>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(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4eq \r(2)的椭圆，
即a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2﹣c2＝4，∴点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：当直线EF的斜率不存在时，直线EF的方程为x＝±eq \r(\f(8,3))，
E，F的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))， \r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))，－ \r(\f(8,3))))或
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(8,3))， \r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ \r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))，eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0.
当直线EF斜率存在时，设直线EF的方程为y＝kx＋b，
∵EF与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，∴eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)),\r(1＋k2))＝ eq \r(\f(8,3))，即3b2＝8k2＋8.
设Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，∴eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))x1x2＋kbeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋b2，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(*))
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋b，))代入消元得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2＋4kbx＋2b2﹣8＝0，
∴x1＋x2＝﹣eq \f(4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－8,1＋2k2)，代入(*)式得
eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))·eq \f(2b2－8,1＋2k2)﹣eq \f(4k2b2,1＋2k2)＋b2＝eq \f(3b2－8k2－8,1＋2k2)，
又∵3b2＝8k2＋8，∴eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0，∴以EF为直径的圆恒过定点O.
技法五 巧用“韦达”，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；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eq \f(x2,4)＋y2＝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5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝﹣2，x2＝﹣eq \f(6,5)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2﹣4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，xM＝﹣xA﹣eq \f(16k2,1＋4k2)＝2﹣eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
[名师微点]
本例在第(2)问中应用了根与系数的关系求出xM＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，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．
[针对训练]
6．已知椭圆E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝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：设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(﹣2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y﹣2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2﹣12y＝0.解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).
因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由题意t>3，k>0，A(﹣eq \r(t)，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2﹣3t＝0.
由x1·(﹣eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq \f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).
由题设，直线AN的方程为y＝﹣eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，故同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|，得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，即(k3﹣2)t＝3k(2k﹣1)．
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq \f(3k2k－1,k3－2).
t>3等价于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(k－2k2＋1,k3－2)<0，即eq \f(k－2,k3－2)<0.
因此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2>0，,k3－2<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq \r(3,2)故k的取值范围是(eq \r(3,2)，2)．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为eq \r(3)的直线交C于点M(M在x轴上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，若|NF|＝4，则M到直线NF的距离为( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(3) C．3eq \r(3) D．2eq \r(2)
解析：选B ∵直线MF的斜率为eq \r(3)，MN⊥l，∴∠NMF＝60°，又|MF|＝|MN|，且|NF|＝4，
∴△NMF是边长为4的等边三角形，∴M到直线NF的距离为2eq \r(3).故选B.
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，若eq \(BA,\s\up7(―→))＝2eq \(AF,\s\up7(―→))，且|eq \(BF,\s\up7(―→))|＝4，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(x2,6)﹣eq \f(y2,5)＝1 B．eq \f(x2,8)﹣eq \f(y2,12)＝1 C.eq \f(x2,8)﹣eq \f(y2,4)＝1 D．eq \f(x2,4)﹣eq \f(y2,6)＝1
解析：选D 不妨设B(0，b)，由eq \(BA,\s\up7(―→))＝2eq \(AF,\s\up7(―→))，F(c,0)，
可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，代入双曲线C的方程可得eq \f(4,9)×eq \f(c2,a2)﹣eq \f(1,9)＝1，∴eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,2).①
又|eq \(BF,\s\up7(―→))|＝eq \r(b2＋c2)＝4，c2＝a2＋b2，∴a2＋2b2＝16.②
由①②可得，a2＝4，b2＝6，∴双曲线C的方程为eq \f(x2,4)﹣eq \f(y2,6)＝1.
3．已知直线y＝2x＋m与椭圆C：eq \f(x2,5)＋y2＝1相交于A，B两点，O为坐标原点．当△AOB的面积取得最大值时，|AB|＝( )
A.eq \f(5\r(42),21) B．eq \f(\r(210),21) C.eq \f(2\r(42),7) D．eq \f(3\r(42),7)
解析：选A 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得21x2＋20mx＋5m2﹣5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝﹣eq \f(20m,21)，x1x2＝eq \f(5m2－5,21)，
|AB|＝eq \r(1＋22)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(5)\r(2021－m2),21)＝eq \f(10\r(21－m2),21).又O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(5))，
则△AOB的面积S＝eq \f(1,2)d·|AB|＝eq \f(\r(5)\r(m221－m2),21)≤eq \f(\r(5)×\f(m2＋21－m2,2),21)＝eq \f(\r(5),2)，
当且仅当m2＝21﹣m2，即m2＝eq \f(21,2)时，△AOB的面积取得最大值．此时，|AB|＝eq \f(10\r(21－m2),21)＝eq \f(5\r(42),21).
4．记双曲线C：eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0，b>0))的左焦点为F，双曲线C上的点M，N关于原点对称，且∠MFN＝eq \f(3,4)∠MOF＝90°，则eq \f(b2,a2)＝( )
A．3＋2eq \r(3) B．4＋2eq \r(3) C．3＋eq \r(3) D．4＋eq \r(3)
解析：选A 设双曲线的右焦点是F′，由双曲线的对称性和∠MF′N＝90°，得四边形MFNF′是矩形，∵∠MOF＝120°，∴∠MOF′＝60°，故△MOF′是等边三角形．
∴在Rt△MFF′中，∴∠MFF′＝30°，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(FF′))＝2c，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF′))＝c，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF))＝eq \r(3)c，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF))﹣eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF′))＝2a，∴eq \r(3)c﹣c＝2a，∴eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1，
∴eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)＝eq \f(c2,a2)﹣1＝(eq \r(3)＋1)2﹣1＝3＋2eq \r(3)，故选A.
5．椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上存在两点A，B，且A，B关于直线4x﹣2y﹣3＝0对称，若O为坐标原点，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))))＝( )
A．1 B．eq \r(3) C.eq \r(5) D．eq \r(7)
解析：选C 由题意直线AB与直线4x﹣2y﹣3＝0垂直，设直线AB的方程为y＝﹣eq \f(1,2)x＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y整理得x2﹣2mx＋2m2﹣2＝0，
∵直线AB与椭圆交于两点，∴Δ＝(﹣2m)2﹣4(2m2﹣2)＝﹣4m2＋8>0，解得﹣eq \r(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，则x1＋x2＝2m，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝m，y0＝﹣eq \f(1,2)x0＋m＝eq \f(m,2)，∴点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(m,2))).
由题意得点M在直线4x﹣2y﹣3＝0上，∴4m﹣2×eq \f(m,2)﹣3＝3m﹣3＝0，解得m＝1.
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝﹣eq \f(1,2)(x1＋x2)＋2m＝1，∴eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2,1)，∴|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(5).
6．已知抛物线y2＝2px(p>0)经过点M(1,2)，直线l与抛物线交于相异两点A，B，若 △MAB的内切圆圆心为(1，t)，则直线l的斜率为________．
解析：将点M(1,2)代入y2＝2px，可得p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x，
由题意知，直线l斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋n(m≠0)，
代入y2＝4x，得y2﹣4my﹣4n＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣4n，
又由△MAB的内切圆心为(1，t)，可得kMA＋kMB＝eq \f(y1－2,x1－1)＋eq \f(y2－2,x2－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＋eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)＝0，
整理得y1＋y2＋4＝4m＋4＝0，解得m＝﹣1，从而l的方程为y＝﹣x＋n，所以直线l的斜率为﹣1.
答案：﹣1
7．已知直线x＋2y﹣3＝0与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，且线段AB的中点在直线3x﹣4y＋1＝0，则此椭圆的离心率为________．
解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－3＝0，,3x－4y＋1＝0，))得x＝1，y＝1，
∴直线x＋2y﹣3＝0与3x﹣4y＋1＝0的交点为M(1,1)，∴线段AB的中点为M(1,1)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))两式相减整理，得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝﹣eq \f(b2,a2)＝﹣eq \f(1,2)，
∴a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，∴a＝eq \r(2)b＝eq \r(2)c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8.如图，抛物线E：y2＝4x的焦点为F，点M与F关于坐标原点O对称，过F的直线与抛物线交于A，B两点，使得AB⊥BM，又A点在x轴上的投影为C，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC))﹣eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))﹣eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝________.
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB过焦点得x1x2＝1，又AB⊥BM，得B在以MF为直径的圆上，故xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝1，而yeq \\al(2,2)＝4x2，得1﹣xeq \\al(2,2)＝yeq \\al(2,2)＝4x2，
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))﹣eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝1＋x1﹣(1＋x2)＝x1﹣x2＝eq \f(1,x2)﹣x2＝eq \f(1－x\\al(2,2),x2)＝eq \f(4x2,x2)＝4，又∠ABM＝∠ACM，所以AMBC四点共圆，进而得AC＝BC，故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC))﹣eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))﹣eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝4.
答案：4
9．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F为抛物线y2＝4x的焦点，P，Q是椭圆C上的两个动点，且线段PQ长度的最大值为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若OP⊥OQ，求△OPQ面积的最小值．
解：(1)因为y2＝4x的焦点为(1,0)，
所以椭圆C的右焦点F为(1,0)，即c＝1，
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ))的最大值为4，因此2a＝4，所以a2＝4，b2＝a2﹣c2＝4﹣1＝3，
椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①当P，Q为椭圆顶点时，易得△OPQ的面积为eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，
②当P，Q不是椭圆顶点时，设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得x2＝eq \f(12,3＋4k2)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP))＝eq \r(k2＋1) eq \r(\f(12,3＋4k2))，
由OP⊥OQ，得直线OQ的方程为：y＝﹣eq \f(1,k)x，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OQ))＝ eq \r(\f(1,k2)＋1 )eq \r(\f(12,3＋4\f(1,k2)))＝eq \r(1＋k2) eq \r(\f(12,3k2＋4))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OQ))＝6eq \r(\f(k2＋12,3＋4k23k2＋4))＝6eq \r(\f(k2＋12,12k4＋25k2＋12))＝6eq \r(\f(1,12＋\f(k2,k2＋12)))，
eq \f(k2＋12,k2)＝k2＋eq \f(1,k2)＋2≥4，当且仅当k2＝1时等号成立，所以0综上，△OPQ面积的最小值为eq \f(12,7).
10．在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点．
(1)如果直线l过抛物线的焦点，求eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))的值；
(2)如果eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝﹣4，证明直线l必过一定点，并求出该定点．
解：(1)由题意：抛物线焦点为(1,0)，设l：x＝ty＋1，代入抛物线y2＝4x，
消去x，得y2﹣4ty﹣4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝﹣4，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2
＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2＝﹣4t2＋4t2＋1﹣4＝﹣3.
(2)证明：设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x，消去x，得
y2﹣4ty﹣4b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝﹣4b，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2
＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2＝﹣4bt2＋4bt2＋b2﹣4b＝b2﹣4b.
令b2﹣4b＝﹣4，得b2﹣4b＋4＝0，解得b＝2.
所以直线l过定点(2,0)．
第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型
题型一 圆锥曲线中的定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
[典例] (2020·全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(GB,\s\up7(―→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
[解] (1)由题设得A(﹣a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则eq \(AG,\s\up7(―→))＝(a,1)，eq \(GB,\s\up7(―→))＝(a，﹣1)．
由eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(GB,\s\up7(―→))＝8，得a2﹣1＝8，即a＝3.所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，
由题意可知﹣3＜n＜3.由于直线PA的方程为y＝eq \f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq \f(t,9)(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝eq \f(t,3)(x﹣3)，所以y2＝eq \f(t,3)(x2﹣3)．可得3y1(x2﹣3)＝y2(x1＋3)．
由于eq \f(x\\al(2,2),9)＋yeq \\al(2,2)＝1，故yeq \\al(2,2)＝﹣eq \f(x2＋3x2－3,9)，可得27y1y2＝﹣(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0. ①
将x＝my＋n代入eq \f(x2,9)＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2﹣9＝0.
所以y1＋y2＝﹣eq \f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq \f(n2－9,m2＋9).
代入①式得(27＋m2)(n2﹣9)﹣2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝eq \f(3,2)或n＝﹣3(舍去)．
故直线CD的方程为x＝my＋eq \f(3,2)，即直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
综上，直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
[方法技巧]
求解圆锥曲线中定点问题的2种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．
[针对训练]
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)))在椭圆上，A，B分别为椭圆C的上、下顶点，点M(t,2)(t≠0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线MA，MB与椭圆C的另一交点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．
解：(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：易知A(0,1)，B(0，﹣1)，则直线MA的方程为y＝eq \f(1,t)x＋1，直线MB的方程为y＝eq \f(3,t)x﹣1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,t)x＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,t2)＋1))x2＋eq \f(8,t)x＝0，于是xP＝eq \f(－8t,t2＋4)，yP＝eq \f(t2－4,t2＋4)，
同理可得xQ＝eq \f(24t,t2＋36)，yQ＝eq \f(36－t2,t2＋36)，
又由点M(t,2)(t≠0)及椭圆的对称性可知，若PQ过定点，则定点在y轴上，
设为N(0，n)，则直线PN的斜率k1＝eq \f(\f(t2－4,t2＋4)－n,\f(－8t,t2＋4))，直线QN的斜率k2＝eq \f(\f(36－t2,t2＋36)－n,\f(24t,t2＋36))，
令k1＝k2，则eq \f(\f(t2－4,t2＋4)－n,\f(－8t,t2＋4))＝eq \f(\f(36－t2,t2＋36)－n,\f(24t,t2＋36))，化简得eq \f(t2－4－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋4)),－8t)＝eq \f(36－t2－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋36)),24t)，
即(1﹣2n)(t2＋12)＝0，由于t为变量，则1﹣2n＝0，故n＝eq \f(1,2)，
所以直线PQ过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
2．已知双曲线C：eq \f(x2,4)﹣y2＝1.
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由双曲线的方程可知a＝2，c＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，∴双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),2).
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(1﹣4k2)x2﹣8mkx﹣4(m2＋1)＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－4k2≠0，,Δ＝64m2k2＋161－4k2m2＋1>0，))x1＋x2＝eq \f(8mk,1－4k2)，x1x2＝eq \f(－4m2＋1,1－4k2)，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－4k2,1－4k2).
∵以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(﹣2,0)，∴eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝0，
∴y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0，∴eq \f(m2－4k2,1－4k2)＋eq \f(－4m2＋1,1－4k2)＋eq \f(16mk,1－4k2)＋4＝0，
∴3m2﹣16mk＋20k2＝0，解得m＝2k或m＝eq \f(10,3)k.
当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，直线l过定点(﹣2,0)，与已知矛盾；
当m＝eq \f(10,3)k时，直线l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10,3)))，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))，经检验符合题意．
∴直线l过定点，定点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0)).
题型二 圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题.其求解步骤一般为：,一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.,二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体约分也可以.,三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.
[典例]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[解] (1)由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2﹣6＝0.
于是x1＋x2＝﹣eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN知eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝0，故(x1﹣2)(x2﹣2)＋(y1﹣1)(y2﹣1)＝0，
可得(k2＋1)x1x2＋(km﹣k﹣2)(x1＋x2)＋(m﹣1)2＋4＝0.
将①代入上式可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)﹣(km﹣k﹣2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m﹣1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m﹣1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m﹣1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))﹣eq \f(1,3)(k≠1)．所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，﹣y1)．
由eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝0得(x1﹣2)(x1﹣2)＋(y1﹣1)(﹣y1﹣1)＝0.
又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，可得3xeq \\al(2,1)﹣8x1＋4＝0.解得x1＝eq \f(2,3)或x1＝2(舍去)．
此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
[方法技巧]
圆锥曲线中定值问题的特点及2大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：其解题流程为
[针对训练]
设椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，过F的直线l与C相交于A，B两点．
(1)若eq \(AF,\s\up7(―→))＝2eq \(FB,\s\up7(―→))，求l的方程；
(2)设过点A作x轴的垂线交C于另一点P，若M是△PAB的外心，证明：eq \f(|AB|,|MF|)为定值．
解：(1)由题意知，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为x＝ty＋1，
代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(3t2＋4)y2＋6ty﹣9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝﹣eq \f(6t,3t2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3t2＋4)，由eq \(AF,\s\up7(―→))＝2eq \(FB,\s\up7(―→))，得y1＝﹣2y2，解得t＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以l的方程为y＝±eq \f(\r(5),2)(x﹣1)．
(2)证明：由(1)得AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3t2＋4)，\f(－3t,3t2＋4))).
|AB|＝eq \r(1＋t2)|y1﹣y2|＝eq \r(1＋t2)·eq \f(12\r(1＋t2),3t2＋4)＝eq \f(121＋t2,3t2＋4).
因为M是△PAB的外心，所以M是线段AB的垂直平分线与AP的垂直平分线的交点，
AB的垂直平分线方程为y＋eq \f(3t,3t2＋4)＝﹣teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3t2＋4)))，
令y＝0，得x＝eq \f(1,3t2＋4)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3t2＋4)，0))，所以|MF|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3t2＋4)－1))＝eq \f(3t2＋3,3t2＋4)，
则eq \f(|AB|,|MF|)＝eq \f(\f(12t2＋1,3t2＋4),\f(3t2＋3,3t2＋4))＝eq \f(12,3)＝4，所以eq \f(|AB|,|MF|)为定值．
题型三 构造目标不等式解决范围问题
欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式组，通过解不等式组来达到目的.
[典例] 已知点A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，﹣2)，直线BP交E于点Q，eq \(PQ,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up7(―→))，且△ABP是等腰直角三角形．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
[解] (1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)．
设Q(x0，y0)，由eq \(PQ,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up7(―→))，得x0＝eq \f(6,5)，y0＝﹣eq \f(4,5)，
代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx﹣2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，得(1＋4k2)x2﹣16kx＋12＝0，则x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2).
由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0，则(﹣16k)2﹣4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞eq \f(3,4).①
由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1﹣2)(kx2﹣2)＝(1＋k2)x1x2﹣2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·eq \f(12,1＋4k2)﹣2k·eq \f(16k,1＋4k2)＋4＞0，
解得k2＜4.②
联立①②可知eq \f(3,4)＜k2＜4，解得﹣2＜k＜﹣eq \f(\r(3),2)或eq \f(\r(3),2)＜k＜2，
故直线l斜率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2)).
[方法技巧]
圆锥曲线中范围问题的5个解题策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
[针对训练]
已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
解：(1)由题意及抛物线的定义得，a＋eq \f(p,2)＝6，
又点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上，所以20＝2pa，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(p,2)＝6，,20＝2pa，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,a＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝10，,a＝1.))
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝t，,y2＝2px))消去y，整理得x2﹣(2t＋2p)x＋t2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.
因为NA⊥NB，所以(x1﹣1)(x2﹣1)＋y1y2＝0，
又y1＝t﹣x1，y2＝t﹣x2，所以2x1x2﹣(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1).
由原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，得eq \f(|t|,\r(2))≥ eq \r(2)，即t≤﹣2(舍去)或t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)﹣4，函数y＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥eq \f(1,6)，即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
题型四 构造函数模型解决最值问题
若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：1二次型函数；2双曲线型函数；3多项式型函数.
[典例] (2019·全国卷Ⅱ)已知点A(﹣2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为﹣eq \f(1,2).记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
[解] (1)由题设得eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝﹣eq \f(1,2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq \f(2,\r(1＋2k2)).设u＝eq \f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(﹣u，﹣uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为eq \f(k,2)，其方程为y＝eq \f(k,2)(x﹣u)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))消去y，得(2＋k2)x2﹣2uk2x＋k2u2﹣8＝0.(*)
设G(xG，yG)，则﹣u和xG是方程(*)的解，故xG＝eq \f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq \f(uk3,2＋k2).
从而直线PG的斜率为eq \f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝﹣eq \f(1,k).所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2ueq \r(1＋k2)，|PG|＝eq \f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，所以△PQG的面积
S＝eq \f(1,2)|PQ||PG|＝eq \f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))2).
设t＝k＋eq \f(1,k)，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝eq \f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为eq \f(16,9).
因此，△PQG面积的最大值为eq \f(16,9).
[方法技巧]
求解圆锥曲线中最值问题的2种方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
(1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
[针对训练]
如图，已知抛物线x2＝y.点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解：(1)设直线AP的斜率为k，k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x﹣eq \f(1,2)，因为﹣eq \f(1,2)所以直线AP斜率的取值范围是(﹣1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).
因为|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ﹣x)＝﹣eq \f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝﹣(k﹣1)(k＋1)3.令f(k)＝﹣(k﹣1)(k＋1)3，则f′(k)＝﹣(4k﹣2)(k＋1)2，
所以 f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以f(k)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(27,16)，
因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
题型五 圆锥曲线中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
[典例]如图，已知椭圆P：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)的长轴A1A2的长为4，过椭圆的右焦点F作斜率为k(k≠0)的直线交椭圆于B，C两点，直线BA1，BA2的斜率之积为﹣eq \f(3,4).
(1)求椭圆P的方程；
(2)已知直线l：x＝4，直线A1B，A1C分别与l相交于M，N两点，设E为线段MN的中点，求证：BC⊥EF.
[解] (1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为点B在椭圆上，
所以eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，故yeq \\al(2,1)＝eq \f(b2,a2)(a2﹣xeq \\al(2,1))．又A1(﹣a,0)，A2(a,0)，
所以kBA1·kBA2＝eq \f(y1,x1＋a)·eq \f(y1,x1－a)＝﹣eq \f(b2,a2)，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，又a＝2，所以b＝eq \r(3)，
故椭圆P的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设直线BC的方程为y＝k(x﹣1)，B(x1，y1)，C(x2，y2),
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))消去y并整理得，(4k2＋3)x2﹣8k2x＋4k2﹣12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3).直线A1B的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝4得yM＝eq \f(6y1,x1＋2)，同理yN＝eq \f(6y2,x2＋2)，
所以yE＝eq \f(1,2)(yM＋yN)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋2)＋\f(y2,x2＋2)))＝eq \f(6kx1x2＋3kx1＋x2－12k,x1x2＋2x1＋x2＋4)，
代入化简得yE＝﹣eq \f(3,k)，即点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，－\f(3,k)))，又F(1,0)，
所以kEF·kBC＝eq \f(－\f(3,k),3)·k＝﹣1，所以BC⊥EF.
[方法技巧]
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[针对训练]
如图，菱形ABCD的面积为8eq \r(2).eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝﹣4，斜率为k的直线l交y轴于点P，且eq \(OP,\s\up7(―→))＝2eq \(OA,\s\up7(―→))，以线段BD为长轴，AC为短轴的椭圆与直线l相交于M，N两点(M与A在x轴同侧)．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：AN与CM的交点在定直线y＝1上．
解：(1)设A(0，b)，B(﹣a,0)，D(a,0), eq \(AB,\s\up7(―→))＝(﹣a，﹣b)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(a，﹣b)．
∴AB·AD＝﹣a2＋b2，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ab＝8\r(2)，,－a2＋b2＝－4，))解得a2＝8，b2＝4，∴椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：易得P(0,4)，设直线l：y＝kx＋4，与椭圆x2＋2y2＝8联立，得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.
由Δ>0得k2>eq \f(3,2)，设M(x1，kx1＋4)，N(x2，kx2＋4)，∴x1＋x2＝﹣eq \f(16k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(24,1＋2k2)，
∴kMC＝eq \f(kx1＋6,x1)，直线MC的方程为y＋2＝eq \f(kx1＋6,x1)x，①
kAN＝eq \f(kx2＋2,x2)，直线AN的方程为y﹣2＝eq \f(kx2＋2,x2)x，②
联立①②消去x，得
eq \f(y＋2,y－2)＝eq \f(x2kx1＋6,x1kx2＋2)＝eq \f(kx1x2＋6x2,kx1x2＋2x1)＝eq \f(\f(24k,1＋2k2)＋6x2,\f(24k,1＋2k2)＋2x1)＝eq \f(\f(12k,1＋2k2)＋3x2,\f(12k,1＋2k2)＋x1)
＝eq \f(\f(12k,1＋2k2)＋3x2,\f(12k,1＋2k2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16k,1＋2k2)－x2)))＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k,1＋2k2)＋x2)),－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k,1＋2k2)＋x2)))＝﹣3，∴y＝1，从而命题得证．
题型六 圆锥曲线中的存在性问题
存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
[典例] 已知曲线C上动点M与定点F(﹣eq \r(2)，0)的距离和它到定直线l1：x＝﹣2eq \r(2)的距离的比是常数eq \f(\r(2),2)，若过P(0,1)的动直线l与曲线C相交于A，B两点．
(1)说明曲线C的形状，并写出其标准方程；
(2)是否存在与点P不同的定点Q，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)设动点M坐标为M(x，y)，点M到直线l1：x＝﹣2eq \r(2)的距离为d.
依题意可知eq \f(|MF|,d)＝eq \f(\r(2),2)，则eq \f(\r(x＋\r(2)2＋y2),|x＋2\r(2)|)＝eq \f(\r(2),2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，
所以曲线C是椭圆，它的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①当直线l与y轴垂直时，由椭圆的对称性可知|PA|＝|PB|，又因为eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)，则|QA|＝|QB|，
从而点Q必在y轴上．
②当直线l与x轴垂直时，则A(0，eq \r(2))，B(0，﹣eq \r(2))，
由①可设Q(0，y0)(y0≠1)，由eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)得eq \f(|y0－\r(2)|,|y0＋\r(2)|)＝eq \f(\r(2)－1,\r(2)＋1)，解得y0＝1(舍去)或y0＝2.
则点Q的坐标只可能是Q(0,2)．
下面只需证明直线l斜率存在且Q(0,2)时均有eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)即可．设直线l的方程为y＝kx＋1，
代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1得(2k2＋1)x2＋4kx﹣2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝﹣eq \f(4k,2k2＋1)，
x1x2＝﹣eq \f(2,2k2＋1)，所以eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k，设点B关于y轴对称的点坐标B′(﹣x2，y2)，
因为直线QA的斜率kQA＝eq \f(y1－2,x1)＝eq \f(kx1－1,x1)＝k﹣eq \f(1,x1)，
同理得直线QB′的斜率kQB′＝eq \f(y2－2,－x2)＝eq \f(kx2－1,－x2)＝﹣k＋eq \f(1,x2)，
kQA﹣kQB′＝2k﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k﹣2k＝0，kQA＝kQB′，三点Q，A，B′共线．
故eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|QA|,|QB′|)＝eq \f(|x1|,|x2|)＝eq \f(|PA|,|PB|).
所以存在点Q(0,2)满足题意．
[方法技巧]
圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
[针对训练]
1．已知抛物线y2＝4x，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，－4))的动直线l交抛物线于A，B两点．
(1)当P恰为AB的中点时，求直线l的方程；
(2)抛物线上是否存在一个定点Q，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设A，B两点坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，当P恰为AB的中点时，
显然x1≠x2，故kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)，又y1＋y2＝﹣8，故kAB＝﹣eq \f(1,2)，则直线l的方程为y＝﹣eq \f(1,2)x.
(2)假设存在定点Q，设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，当直线l斜率存在时，设l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－8))﹣4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－8))－4，))整理得ky2﹣4y﹣32k﹣16＝0，Δ>0，y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝﹣32﹣eq \f(16,k)，
由以弦AB为直径的圆恒过点Q知eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(y\\al(2,0),4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(y\\al(2,0),4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1－y0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－y0))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,0),4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,0),4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1－y0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－y0))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y0))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y0)),16)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1－y0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－y0))＝0，
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y0))＝﹣16，即y1y2＋y0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))＋yeq \\al(2,0)＋16＝0，
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y\\al(2,0)－16))k＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0－4))＝0，即当y0＝4时，恒有eq \(QA,\s\up7(―→)) ·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0，故存在定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，4))满足题意；
当直线l斜率不存在时，l：x＝8，不妨令A(8,4eq \r(2))，B(8，﹣4eq \r(2))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，4))，也满足eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0.
综上所述，存在定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，4))，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q.
2．双曲线C：x2﹣y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.
(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；
(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)．因为双曲线C：x2﹣y2＝2的右焦点为F(2,0)，
所以①当AB⊥x轴时，x＝2，y＝0.
②当AB与x轴不垂直时，由xeq \\al(2,1)﹣yeq \\al(2,1)＝2，xeq \\al(2,2)﹣yeq \\al(2,2)＝2，
两式相减得(x1＋x2)(x1﹣x2)﹣(y1＋y2)(y1﹣y2)＝0.
又x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，所以x(x1﹣x2)﹣y(y1﹣y2)＝0.
因为kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kFM＝eq \f(y－0,x－2)，所以x(x﹣2)﹣y·y＝0，即x2﹣2x﹣y2＝0.
又点(2,0)满足上式，点A，B在双曲线x2﹣y2＝2的右支上，所以x≥2，
故所求中点M的轨迹方程为x2﹣2x﹣y2＝0(x≥2)．
(2)假设存在以AB为直径，且过原点O的圆．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当AB⊥x轴时，|AF|≠|OF|，所以可设lAB：y＝k(x﹣2)(k≠±1)．
由已知得OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0.(*)
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝2，,y＝kx－2，))得(1﹣k2)x2＋4k2x﹣4k2﹣2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq \f(4k2＋2,k2－1).
所以y1y2＝k2(x1﹣2)(x2﹣2)＝k2[x1x2﹣2(x1＋x2)＋4]＝eq \f(－2k2,k2－1)，
x1x2＋y1y2＝eq \f(4k2＋2,k2－1)﹣eq \f(2k2,k2－1)＝eq \f(2k2＋1,k2－1)≠0，与(*)式矛盾，
所以不存在以AB为直径，且过原点O的圆．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点M.
(1)求p的值；
(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．
解：(1)由题意知，抛物线焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，准线方程为：y＝﹣eq \f(p,2).焦点到准线的距离为2，即p＝2.
(2)抛物线的方程为x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则l1：y﹣eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x1))，l2：y﹣eq \f(x\\al(2,2),4)＝eq \f(x2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x2)).
由于l1⊥l2，所以eq \f(x1,2)·eq \f(x2,2)＝﹣1，即x1x2＝﹣4，
设直线l方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝4y，))所以x2﹣4kx﹣4m＝0，
Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝﹣4m＝﹣4，所以m＝1，
即l：y＝kx＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x\\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(x\\al(2,2),4)))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2k，,y＝－1，))即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k，－1)).
M点到直线l的距离d＝eq \f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2))＝eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))，|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1＋x22－4x1x2)))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))，
所以S＝eq \f(1,2)×4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))×eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))eq \f(3,2)≥4，
当k＝0时，△MAB面积取得最小值4.
2．如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．
(1)若p＝eq \f(1,16)，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
解：(1)由p＝eq \f(1,16)得C2的焦点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，0)).
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0)．
将直线l的方程代入椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，消去x，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2﹣2＝0，
所以点M的纵坐标yM＝﹣eq \f(mt,m2＋2).将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，消去x，
得y2﹣2pmy﹣2pt＝0，所以y0yM＝﹣2pt，解得y0＝eq \f(2pm2＋2,m)，
因此x0＝eq \f(2pm2＋22,m2).由eq \f(x\\al(2,0),2)＋yeq \\al(2,0)＝1，得eq \f(1,p2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))4≥160，
所以当m＝eq \r(2)，t＝eq \f(\r(10),5)时，p取到最大值eq \f(\r(10),40).
3．过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．
解：(1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2eq \r(p))，B(2，﹣2eq \r(p))，由AO⊥BO得4﹣4p＝0，可得p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x﹣2)，代入y2＝2px得ky2﹣2py﹣4pk＝0(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝﹣4p，x1x2＝eq \f(y1y22,4p2)＝4，
由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4﹣4p＝0，可得p＝1，
综上所述，p＝1.
(2)证明：由(1)知抛物线方程为y2＝2x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，﹣y1)，
所以直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(y1＋y2,x2－x1)(x﹣x1)＝eq \f(y2＋y1,\f(y\\al(2,2),2)－\f(y\\al(2,1),2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),2)))，即2x＋(y1﹣y2)y﹣y1y2＝0，
又y1y2＝﹣4p＝﹣4，所以2x＋(y1﹣y2)y＋4＝0，
可得直线BD恒过点(﹣2,0)．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点与y2＝8x的焦点重合且点A(2，eq \r(2))为椭圆上一点．
(1)求椭圆方程；
(2)过点A任作两条与椭圆C相交且关于x＝2对称的直线，与椭圆C分别交于P，Q两点，求证：直线PQ的斜率是定值．
解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0))，则椭圆C的一个焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0))，故a2＝b2＋4，
把点A(2，eq \r(2))代入椭圆方程得eq \f(4,b2＋4)＋eq \f(2,b2)＝1，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝4.))所以椭圆C方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：由题意，可设直线AP的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))＋eq \r(2)，
则直线AQ的方程为y＝﹣keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))＋eq \r(2)，
设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2))＋eq \r(2)，y2＝﹣keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2))＋eq \r(2)，
把直线AP的方程与椭圆C方程联立得：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2＋(4eq \r(2)k﹣8k2)x＋(8k2﹣8eq \r(2)k﹣4)＝0，
所以2x1＝eq \f(8k2－8\r(2)k－4,1＋2k2)，故x1＝eq \f(4k2－4\r(2)k－2,1＋2k2)，同理可得x2＝eq \f(4k2＋4\r(2)k－2,1＋2k2)，
所以kPQ＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－kx2－2＋\r(2)))－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2))＋\r(2))),x2－x1)＝eq \f(－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x1))＋4k,x2－x1)＝k·eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x1－4)),x1－x2)
＝k·eq \f(\f(4k2－4\r(2)k－2,1＋2k2)＋\f(4k2＋4\r(2)k－2,1＋2k2)－4,\f(4k2－4\r(2)k－2,1＋2k2)－\f(4k2＋4\r(2)k－2,1＋2k2))＝eq \f(\r(2),2)，所以直线PQ的斜率是定值eq \f(\r(2),2).
5．已知点E(﹣2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为﹣eq \f(1,4).
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．
解：(1)当P与点E，F不重合时，kPE·kPF＝﹣eq \f(1,4)，得eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝﹣eq \f(1,4)，即eq \f(x2,4)＋y2＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y≠0))，
当P与点E，F重合时，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))或Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0)).
综上，动点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，
根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，则对边方程为y＝kx﹣m，
另一边所在的直线为y＝﹣eq \f(1,k)x＋n，则对边方程为y＝﹣eq \f(1,k)x﹣n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2))x2＋8kmx＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－1))＝0，则Δ＝0，即4k2＋1＝m2.
矩形的一边长为d1＝eq \f(|2m|,\r(k2＋1))，同理eq \f(4,k2)＋1＝n2，矩形的另一边长为d2＝eq \f(|2n|,\r(\f(1,k2)＋1))，
S＝d1·d2＝eq \f(|2m|,\r(k2＋1))·eq \f(|2n|,\r(\f(1,k2)＋1))＝eq \f(|4mnk|,k2＋1)＝4 eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k2＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋4)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2))＝4 eq \r(\f(4k4＋17k2＋4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2))
＝4 eq \r(4＋\f(9k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2))＝4 eq \r(4＋\f(9,k2＋\f(1,k2)＋2))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(8，10))，
综上S∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(8，10)).
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，直线x＋y﹣1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))为定值？若存在，求出点P的坐标和eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)b，
∵圆x2＋y2＝b2的圆心到直线x＋y﹣1＝0的距离为d＝eq \f(|0＋0－1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴直线x＋y﹣1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为2eq \r(b2－d2)＝2 eq \r(b2－\f(1,2))＝eq \r(2).
解得b＝1，故a＝eq \r(2)b＝eq \r(2)，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，当直线l与x轴不重合时，设l的方程：x＝my＋1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋2))y2＋2my﹣1＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2m,m2＋2)，,y1y2＝\f(－1,m2＋2)，))∴x1＋x2＝eq \f(4,m2＋2)，x1x2＝eq \f(－3m2,m2＋2)＋1，
eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－t，y1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－t，y2))＝x1x2﹣teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋t2＋y1y2
＝eq \f(－3m2－4t－1,m2＋2)＋t2＋1＝﹣eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋\f(4t＋1,3))),m2＋2)＋t2＋1，
当eq \f(4t＋1,3)＝2，即t＝eq \f(5,4)时，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的值与m无关，此时eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝﹣eq \f(7,16).
当直线l与x轴重合且t＝eq \f(5,4)时，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(5,4)，0))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)－\f(5,4)，0))＝eq \f(25,16)﹣2＝﹣eq \f(7,16).
∴存在点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，使得eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))为定值﹣eq \f(7,16).
几何性质
代数实现
(1)对边平行
斜率相等，或向量平行
(2)对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
(3)对角线互相平分
中点重合
几何性质
代数实现
(1)两边垂直
斜率乘积为﹣1，或向量数量积为0
(2)勾股定理
两点间的距离公式
(3)斜边中线性质(中线等于斜边一半)
两点间的距离公式
几何性质
代数实现
(1)两边相等
两点间的距离公式
(2)两角相等
底边水平或竖直时，两腰斜率相反
(3)三线合一(垂直且平分)
垂直：斜率或向量
平分：中点坐标公式
几何性质
代数实现
(1)对边平行
斜率相等，或向量平行
(2)对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
(3)对角线互相垂直平分
垂直：斜率或向量
平分：中点坐标公式、中点重合
几何性质
代数实现
(1)点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
(2)点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
(3)点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
几何性质
代数实现
(1)锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
(2)倍角、半角、平分角
角平分线性质，定理(夹角、到角公式)
(3)等角(相等或相似)
比例线段或斜率