新高考数学一轮复习讲练教案8.8 第1课时 4大策略找到解题突破口（含解析）

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第八节　解析几何压轴大题的解题策略指导
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
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⊥，
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⊥，而⊥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；
②·＝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：＋＝1(a>b>0)过点，且其离心率为，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，∴＋＝1，
又∵＝，解得a2＝4，b2＝3.
∴椭圆C的方程为＋＝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，∴＋＝1，∴x＝.
∴O到直线MN的距离为d＝|x0|＝，∴x2＋y2＝.
当直线MN的斜率存在时，
设MN的方程为y＝kx＋m，
由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
∴(k2＋1)·－＋m2＝0，
即7m2＝12(k2＋1)．
∴O到直线MN的距离为d＝＝ ＝，
故存在定圆x2＋y2＝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)．

[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：＋＝1(a>b>0)经过点(，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＝，
b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝，b＝1，故椭圆C方程为＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，联立
消x得y2＋2my－1＝0.
设A，B坐标为A，B，
则有y1＋y2＝－，y1·y2＝－，
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＝＋＝
＝
＝＝0.
将y1＋y2＝－，y1·y2＝－代入2my1y2＋(1－n)＝0，
有2m＋(1－n)＝＝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：＋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.
[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|＝|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．(2021·福建宁德质量检查)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，Q在抛物线C上，且|QF|＝.
(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＝S△MON，求直线l的方程．
解：(1)∵|QF|＝，∴＋＝，
解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
将Q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
消去y得k2x2－4(1－k)x＋4＝0.
∵Δ＝16(1－k)2－16k2>0，得kb>0)右焦点F(1，0)，离心率为，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，＝，∴a＝，则b＝c＝1，
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在一条斜率为0时，
S＝|AB|·|CD|＝×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＝，x1x2＝，
则|AB|＝|x1－x2|＝.
同理，|CD|＝，
则S＝|AB|·|CD|＝··＝＝＝2－∈，
当k＝±1时，S＝.
综上所述，四边形面积的取值范围是.
[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
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


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＝＋＝＝.
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：＋＝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＝(|y0|＋)＝≥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．(2021年1月新高考八省联考卷)双曲线C：－＝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＝＝，所以a＝c－a，解得e＝2.
(2)证明：由(1)知双曲线方程为－＝1，
设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为y＝±x，
所以∠BAF∈，∠BFA∈，当x>a，x≠2a时，则kAB＝，kBF＝.
设∠BAF＝θ，则tan θ＝，tan 2θ＝＝＝＝＝＝＝＝－kBF＝tan∠BFA.
因为2∠BAF∈，所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝，∠BAF＝，
故∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.
4．已知椭圆W: ＋＝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＋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×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C，D，
易得CB的方程为y＝－(x－2)．
则M(4，－)，＝(6，－)，＝，
所以＝2，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 消去y，
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.　
由题意，得Δ>0恒成立，
故x1＋x2＝，x1x2＝.
直线CB的方程为y＝(x－2)．
令x＝4，得M.
又因为A(－2,0)，D(x2，y2)，
则直线AD，AM的斜率分别为kAD＝，
kAM＝，所以kAD－kAM＝－＝.
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×－5k×＋8k＝0，
所以kAD－kAM＝0.所以A，D，M三点共线．
5．(2021·福州一模)已知椭圆C：＋＝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＋＝1，解得y＝±，
∴＝，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝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＝，x1x2＝，
∴kAM＋kBM＝＋
＝
＝.
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
6．(2021·青岛质检)已知椭圆＋＝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的坐标为时，△ABF的周长恰为7.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且＝λ(λ∈R)，求△ACD面积的取值范围．
解：(1)当点A的坐标为时，＝ ＝，所以＝3.
由对称性，得＋＝2a，
所以2a＝7－3＝4，得a＝2.
将点代入椭圆方程中，解得b2＝4,
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，＝2，
此时S△ACD＝×2×2＝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
故＝·＝
·＝
·＝.
因为＝λ (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＝，
所以S△ACD＝××d ＝×
＝＝4
＝2 ＝2 ，
因为1＋2k2>1，所以0