2020版高考新创新一轮复习数学新课改省份专用讲义：第八章第七节　第1课时　审题上——4大策略找到解题突破口

第七节　完胜解析几何压轴大题策略指导

第1课时　审题上——4大策略找到解题突破口

解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(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　利用向量转化几何条件

[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

消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，

所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝.①

因为以AB为直径的圆过原点，所以OA⊥OB，

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.

[题后悟通]

以AB为直径的圆过原点等价于OA⊥OB，而OA⊥OB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．　　

[针对训练]

1．已知椭圆M：＋＝1，点F1，C分别是椭圆M的左焦点，左顶点，过点F1的直线l(不与x轴重合)交椭圆M于A，B两点．

(1)求椭圆M的离心率及短轴长．

(2)问：是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

解：(1)由题意知，椭圆M的离心率e＝＝，短轴长2b＝2.

(2)设点B(x0，y0)，由题意知BC⊥BF1，点F1(－1,0)，C(－2，0)，

由BC·BF1＝0，得(－2－x0，－y0)·(－1－x0，－y0)＝0，

即(x0＋2)(x0＋1)＋y＝0.①

又知点B(x0，y0)满足＋＝1.②

联立①②，解得x0＝－2或x0＝－10.

由椭圆方程知，x0＝－2或x0＝－10均不满足题意，故舍去．

因此，不存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上．

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＝－，x1x2＝.

因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，

即kPB＋kQB＝＋＝＝＝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＝＝，

因而直线PQ的方程为y－y1＝(x－x1)．

又y1y2＝8，y＝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.

联立消去x，

整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.

设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则

由条件可知kPB＋kQB＝0，

即kPB＋kQB＝＋

＝

＝＝0，

所以－8ma＋8m＝0.

由m的任意性可知a＝1，所以直线l恒过定点(1,0)．

法四：设P，Q，

因为x轴是∠PBQ的角平分线，

所以kPB＋kQB＝＋＝0，

整理得(y1＋y2)＝0.

因为直线l不垂直于x轴，

所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.

因为kPQ＝＝，

所以直线PQ的方程为y－y1＝，

即y＝(x－1)．

故直线l恒过定点(1,0)．

[题后悟通]

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．如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点P(2，)，Q(2，－)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．

解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．

∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，

∴－b＝－2，解得b＝2.

又＝，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2.

∴椭圆C的标准方程为＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

∵∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率互为相反数，

设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，

直线PA的方程为y－＝k(x－2)，

联立方程，得

消去y，得(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，∴x1＋2＝.

同理可得x2＋2＝＝，

∴x1＋x2＝，x1－x2＝，

kAB＝＝＝.

∴直线AB的斜率为定值.

策略三　弦长条件的转化

[典例]　如图所示，已知椭圆G：＋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)，

由消去y并整理得3x2＋4x＝0，

则x1＋x2＝－，y1＋y2＝，

因此中点M的坐标为.

故直线OM的斜率为＝－.

(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.

由消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.

设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

可得|AB|＝|y1－y2|＝ ＝，

x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝，

所以弦AB的中点M的坐标为，

故直线CD的方程为y＝－x.

联立

消去y并整理得x2＝2，

解得x2＝＝.

由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则x＝，

可得|CD|＝·|2x0|＝＝2 .

因为|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，代入|AB|，|CD|和|OM|，

得＝－4，

解得m2＝2，故m＝±.

所以直线l的方程为x＝y－1或x＝－y－1.

[题后悟通]

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|＝|AB|，|OC|＝|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．已知圆M：(x－)2＋y2＝r2(r＞0)，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右顶点为圆M的圆心，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若存在直线l：y＝kx，使得直线l与椭圆C分别交于A，B两点，与圆M分别交于G，H两点，点G在线段AB上，且|AG|＝|BH|，求圆M的半径r的取值范围．

解：(1)设椭圆C的焦距为2c，因为a＝，＝，

所以c＝1，因此b＝＝1.

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)由直线l与椭圆C交于A，B两点，

设点A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得(1＋2k2)x2－2＝0，

所以x1＋x2＝0，x1x2＝－，

则|AB|＝ ＝ .

因为点M(，0)到直线l的距离d＝，

所以|GH|＝2.

显然，若点H也在线段AB上，

则由对称性可知，直线y＝kx就是y轴，与已知矛盾．

要使|AG|＝|BH|，只需|AB|＝|GH|，

即＝4，

所以r2＝＋＝＝2.

当k＝0时，得r＝.

当k≠0时，r2＝2＜2＝3.

又显然r2＝2＞2，所以＜r＜.

综上所述，圆M的半径r的取值范围是[，)．

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＋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＝ .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＝＝，

h2＝＝.

又|AB|＝＝，

所以四边形AEBF的面积为

S＝|AB|·(h1＋h2)＝··＝＝2＝2＝2≤2，

当且仅当＝4k，即k＝时取等号．

因此四边形AEBF的面积的最大值为2.

法二：依题意得椭圆的方程为＋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.

联立消去y，(1＋4k2)x2＝4.

故x1＝，x2＝，

|EF|＝·|x1－x2|＝ .

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＝＝，d2＝ .

因此四边形AEBF的面积为S＝|EF|·(d1＋d2)＝··＝＝2＝2＝2≤2，

当且仅当＝4k，即k＝时取等号．

因此四边形AEBF的面积的最大值为2.

[题后悟通]

如果利用常规方法理解为S四边形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝|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C：＋＝1的右焦点为F，右顶点为A，离心率为e，点P(n,0)(n＞4)满足条件＝e.

(1)求n的值；

(2)设过点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，记△PMF和△PNF的面积分别为S1，S2，求证：＝.

解：(1)依题意，＝e＝，|FA|＝2，|PA|＝n－4(n＞4)，得＝，解得n＝8.

(2)证明：由S1＝|PF||PM|sin∠MPF，

S2＝|PF||PN|sin∠NPF，

则＝＝.

设直线l的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，又P(8，0)，

则kPM＋kPN＝＋

＝

＝

＝

＝.

联立消去x并整理得(3m2＋4)y2＋12my－36＝0，

所以

所以kPM＋kPN＝＝0，

则∠MPF＝∠NPF，因此＝.

[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