數(shù)學(xué)運(yùn)算——解析幾何中優(yōu)化運(yùn)算的策略研究優(yōu)化數(shù)學(xué)運(yùn)算，簡化解題過程是圓錐曲線問題中追求的一個(gè)目標(biāo)．當(dāng)然熟悉一些常用的二級(jí)結(jié)論可以事半功倍，合理探究一些必要的策略技巧，選用適當(dāng)方法，優(yōu)化數(shù)學(xué)運(yùn)算，往往可以收到事半功倍的效果．挖掘內(nèi)涵，回歸定義例1(2023·南京三模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，直線y＝kx(k＞0)與橢圓C交于點(diǎn)A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，則橢圓C的離心率為(A)A．eq\f(\r(,7),3) B．eq\f(\r(,6),3)C．eq\f(\r(,7),6) D．eq\f(\r(,6),6)【解析】如圖，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F2，連接AF2，BF2，則四邊形AFBF2為平行四邊形，設(shè)|AF|＝m，∠ABF＝30°，則|FB|＝2m，|BF2|＝|AF|＝m．因?yàn)閨BF|＋|BF2|＝2m＋m＝2a，所以m＝eq\f(2,3)a．在△BFF2中，(2c)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2－2×eq\f(4,3)a×eq\f(2,3)a×cos120°，整理得4c2＝eq\f(28a2,9)，解得c＝eq\f(\r(,7),3)a，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(,7),3)．(例1)設(shè)而不求，金蟬脫殼例2已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，過原點(diǎn)O的直線交C于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)B在右支上)，雙曲線右支上一點(diǎn)P(異于點(diǎn)B)滿足eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，直線PA交x軸于點(diǎn)D，若∠ADO＝∠AOD，則雙曲線C的離心率為(A)A．eq\r(,2) B．2C．eq\r(,3) D．3【解析】由題意，設(shè)A(－x0，－y0)，B(x0，y0)(x0＞0)，P(x1，y1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),a2)－\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，))兩式相減得eq\f(x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1),a2)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),b2)，所以eq\f(x0＋x1x0－x1,y0＋y1y0－y1)＝eq\f(a2,b2)．因?yàn)閗AP＝eq\f(y0＋y1,x0＋x1)，kBP＝eq\f(y0－y1,x0－x1)，所以kAP·kBP＝eq\f(b2,a2)，因?yàn)閑q\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))⊥eq\o(BP,\s\up6(→))．因?yàn)閗AP＝tan(π－∠ADO)，kBP＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠AOD))，所以tan(π－∠ADO)·taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠AOD))＝eq\f(b2,a2)，所以－tan∠ADO·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,tan∠AOD)))＝eq\f(b2,a2)，因?yàn)椤螦DO＝∠AOD，所以eq\f(b2,a2)＝1，所以b2＝a2，所以c2＝b2＋a2＝2a2，所以c＝eq\r(,2)a，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(,2)．?dāng)?shù)形結(jié)合，偷梁換柱例3若直線x＋y＋a＝0與半圓y＝－eq\r(,1－x2)有兩個(gè)交點(diǎn)，則a的取值范圍是__[1，eq\r(,2))__．【解析】根據(jù)題意畫出圖形，如圖所示．當(dāng)直線在第三象限與半圓相切時(shí)，圓心到直線的距離d＝r，即eq\f(|a|,\r(,2))＝1，解得a＝eq\r(,2)或a＝－eq\r(,2)(舍去)；當(dāng)直線過點(diǎn)A時(shí)，直線x＋y＋a＝0與圓有兩個(gè)交點(diǎn)A和B，把A(－1,0)代入x＋y＋a＝0中，得－1＋a＝0，解得a＝1，則直線與圓有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍是[1，eq\r(,2))．(例3)變式3已知P為雙曲線x2－eq\f(y2,15)＝1右支上的一點(diǎn)，M，N分別是圓C1：(x＋4)2＋y2＝4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1上的點(diǎn)．若|PM|－|PN|的最大值和最小值分別為m，n，則m－n等于(C)A．4 B．5C．6 D．7【解析】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－eq\f(y2,15)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－4，0)，F(xiàn)2(4，0)．如圖，連接PF1，PF2，F(xiàn)1M，F(xiàn)2N，則|PF1|－|PF2|＝2．又|PM|max＝|PF1|＋r1，|PM|min＝|PF1|－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5，|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以m－n＝6．(變式3)和積轉(zhuǎn)換，韋達(dá)助算例4已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c＞0)，點(diǎn)M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周長為6＋4eq\r(,2)，面積為eq\f(1,3)c．(1)求橢圓E的方程．【解答】依題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋2c＝6＋4\r(,2)，,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3＋2\r(,2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，))又a2＝b2＋c2，所以解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1．(2)設(shè)E的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))的直線l與E交于C，D兩點(diǎn)，記直線AC的斜率為k1，直線BD的斜率為k2，判斷是否存在實(shí)常數(shù)λ，使得k1＝λk2恒成立．若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．【解答】設(shè)直線CD的方程為x＝ty＋eq\f(3,2)，A(－3,0)，B(3,0)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡并整理得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，則Δ＝144(4t2＋27)＞0．設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韋達(dá)定理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))得ty1y2＝eq\f(9,4)(y1＋y2)，于是eq\f(k1,k2)＝eq\f(y1,x1＋3)·eq\f(x2－3,y2)＝eq\f(x2－3y1,x1＋3y2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2－\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\f(9,2)))y2)＝eq\f(2ty1y2－3y1,2ty1y2＋9y2)＝eq\f(2×\f(9,4)y1＋y2－3y1,2×\f(9,4)y1＋y2＋9y2)＝eq\f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(9,2)y1＋\f(27,2)y2)＝eq\f(\f(3,2)y1＋3y2,\f(9,2)y1＋3y2)＝eq\f(1,3)，故存在實(shí)數(shù)λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立．整體代換，降次降維例5過橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左焦點(diǎn)F1作一直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，A為橢圓的右頂點(diǎn)，求△PAQ面積的最大值．【解答】因?yàn)镕1(－1,0)，A(2,0)，且當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，設(shè)P(－1，y1)，Q(－1，y2)，則|y1－y2|＝3，S△PAQ＝eq\f(1,2)|y1－y2||F1A|＝eq\f(3,2)|y1－y2|＝eq\f(9,2)；當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))消去x并整理得(3＋4k2)y2－6ky－9k2＝0，顯然Δ＝36k2＋36k2(3＋4k2)＞0．所以y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝－eq\f(9k2,3＋4k2)，所以|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,3＋4k2)))2＋\f(36k2,3＋4k2))＝eq\r(\f(36k2＋36k23＋4k2,3＋4k22))＝12eq\r(\f(k4＋k2,3＋4k22))，所以S△PAQ＝eq\f(1,2)|y1－y2||F1A|＝18eq\r(\f(k4＋k2,3＋4k22))．或聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))消去y并整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．所以x1＋x2＝eq\f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，所以|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,3＋4k2)))2－\f(44k2－123＋4k2,3＋4k22))＝eq\f(12\r(k2＋1),3＋4k2)．所以|PQ|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,3＋4k2)．又因?yàn)锳(2，0)到直線y＝k(x＋1)的距離d＝eq\f(|2k－0＋k|,\r(k2＋1))＝eq\f(3|k|,\r(k2＋1))，所以S△PAQ＝eq\f(1,2)|PQ|d＝eq\f(1,2)×eq\f(12k2＋1,3＋4k2)×eq\f(3|k|,\r(k2＋1))＝18eq\r(\f(k4＋k2,3＋4k22))，記S△PAQ＝S,則S＝18eq\r(\f(k4＋k2,3＋4k22))．可見上述兩種解法中得到的解析式是一樣的，解題的關(guān)鍵在于如何求函數(shù)g(k)＝eq\f(k4＋k2,3＋4k22)(k≠0)的最大值．思考角度之一是通過配方、換元轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)；思考角度之二是去分母后轉(zhuǎn)化為二次方程(雙二次)運(yùn)用判別式法；思考角度之三是通過換元轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)，再次換元轉(zhuǎn)化為“耐克函數(shù)”求最值，思考角度之四是通過分離常數(shù)后結(jié)合放縮法求g(k)的取值范圍，進(jìn)而求S的取值范圍．方法一：(整體代換)g(k)＝eq\f(k4＋k2,4k2＋32)＝eq\f(\f(1,16)4k2＋32－\f(1,8)4k2＋3－\f(3,16),4k2＋32)＝eq\f(1,16)－eq\f(1,84k2＋3)－eq\f(3,164k2＋32)．令t＝eq\f(1,4k2＋3)，則0＜t＜eq\f(1,3)，所以g(k)＝φ(t)＝－eq\f(1,16)(3t2＋2t－1)＝－eq\f(3,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,3)))2＋eq\f(1,12)，又因?yàn)棣?t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調(diào)遞減，所以φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＜φ(t)＜φ(0)，即0＜φ(t)＜eq\f(1,16)，也即0＜g(k)＜eq\f(1,16)．從而0＜S＜18×eq\r(\f(1,16))＜eq\f(9,2)．而當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，S＝eq\f(9,2)，故△PAQ面積的最大值為eq\f(9,2)．方法二：(分離參數(shù))g(k)＝eq\f(k4