2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第九章第八节　第1课时　审题上——4大策略找到解题突破口

第八节　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
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

2．直角三角形条件的转化
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

3．等腰三角形条件的转化
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

4．菱形条件的转化
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

5．圆条件的转化
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

6．角条件的转化
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

[课时跟踪检测]
1．已知椭圆C经过点，且与椭圆E：＋y2＝1有相同的焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4交于点Q，问：以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)椭圆E的焦点为(±1,0)，
设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
则解得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)联立消去y，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.
设P(xP，yP)，
则xP＝＝，yP＝kxP＋m＝＋m＝，
即P.假设存在定点M(s，t)满足题意，
因为Q(4,4k＋m)，
则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
所以存在点M(1,0)符合题意．
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长为2，离心率为，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)依题意得解得
∴椭圆C的方程是＋＝1.
(2)设P(x0，y0)(－＜y0＜，y0≠0，x0＞0)，
设线段AP中点为M，又A(3,0)，
∴AP中点M，直线AP的斜率为，
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－＝－，
令x＝0得B，
∵＋＝1，∴B，
由F(－2,0)，∴四边形FPAB的面积S＝＝≥5，
当且仅当2|y0|＝，即y0＝±时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5.
3．椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围．
解：(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆的方程＋＝1，得y＝±.
由题意知＝1，故a＝2b2.
又e＝＝，则＝，即a＝2b，所以a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由PM是∠F1PF2的角平分线，
可得＝，即＝.
设点P(x0，y0)(－2＜x0＜2)，
又点F1(－，0)，F2(，0)，M(m,0)，
则|PF1|＝ ＝2＋x0，
|PF2|＝ ＝2－x0.
又|F1M|＝|m＋|，|F2M|＝|m－|，
且－＜m＜，所以|F1M|＝m＋，|F2M|＝－m.
所以＝，化简得m＝x0，
而－2＜x0＜2，因此－＜m＜.
所以m的取值范围为.
4．(2019·贵阳检测)已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点．在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：
x
3
－2
4

y

0
8

(1)求C1，C2的标准方程；
(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求△ABC面积的最大值．
解：(1)设C1：＋＝1(a＞b＞0)，
由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上，
则点也在椭圆上，分别将其代入，
得解得
∴C1的标准方程为＋y2＝1.
设C2：x2＝2py(p＞0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，
代入抛物线C2的方程，得p＝1，
∴C2的标准方程为x2＝2y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，
由y＝x2知y′＝x，
故直线AB的方程为y－t2＝t(x－t)，
即y＝tx－t2，代入椭圆方程＋y2＝1，
整理得(1＋4t2)x2－4t3x＋t4－4＝0，
则Δ＝16t6－4(1＋4t2)(t4－4)＝4(－t4＋16t2＋4)＞0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝·
＝，
设点C到直线AB的距离为d，
则d＝＝，
∴S△ABC＝·|AB|·d
＝··
＝
＝≤＝，
当且仅当t＝±2时，取等号，此时满足Δ＞0.
综上，△ABC面积的最大值为.