解析幾何的解題思路、方法與策略高三數學復習的目的，一方面是回顧已學過的數學知識，進一步鞏固基礎知識，另一方面，隨著學生學習能力的不斷提高，學生不會僅僅滿足于對數學知識的簡單重復，而是有對所學知識進一步理解的需求，如數學知識蘊涵的思想方法、數學知識之間本質聯系等等，所以高三數學復習既要“溫故”，更要“知新”，既能引起學生的興趣，啟發(fā)學生的思維，又能促使學生不斷提出問題，有新的發(fā)現和創(chuàng)造，進而培養(yǎng)學生問題研究的能力．以“圓錐曲線與方程”內容為主的解題思想思路、方法與策略是高中平面解析幾何的核心內容，也是高考考查的重點．每年的高考卷中，一般有兩道選擇或填空題以及一道解答題，主要考查圓錐曲線的標準方程及其幾何性質等基礎知識、基本技能及基本方法的靈活運用，而解答題注重對數學思想方法和數學能力的考查，重視對圓錐曲線定義的應用，求軌跡及直線與圓錐曲線的位置關系的考查．解析幾何在高考數學中占有十分重要的地位，是高考的重點、熱點和難點．通過以圓錐曲線為主要載體，與平面向量、導數、數列、不等式、平面幾何等知識進行綜合，結合數學思想方法，并與高等數學基礎知識融為一體，考查學生的數學思維能力及創(chuàng)新能力，其設問形式新穎、有趣、綜合性很強．基于解析幾何在高考中重要地位，這一板塊知識一直以來都是學生在高三復習中一塊“難啃的骨頭”．所以研究解析幾何的解題思路，方法與策略，重視一題多解，一題多變，多題一解這樣三位一體的拓展型變式教學，是老師和同學們在高三復習一起攻堅的主題之一．本文嘗試以筆者在實際高三復習教學中，在教輔教參和各類考試中遇到的幾道題目來談談解析幾何解題思路和方法策略．一、一道直線方程與面積最值問題的求解和變式例1已知直線過點，若直線交軸負半軸于A，交軸正半軸于B，O為坐標原點.（1）設的面積為，求的最小值并求此時直線的方程；（2）求最小值；（3）求最小值．解：方法一：∵直線交軸負半軸，軸正半軸，設直線的方程為，∴ ，（1）∴,∴當時，即，即時取等號，∴此時直線的方程為.（2），當且僅當時取等號；（3），當且僅當時取等號；方法二：設直線截距式為，∵過點，∴（1）∵，∴，∴；（2）；（3）．（3）方法三：，，∴，當且僅當時最小，∴．變式1：原題條件不變，（1）求△AOB的重心軌跡；（2）求△AOB的周長最小值．解：（1）設重心坐標為，且，，則，，又∵ ，∴，∴，該重心的軌跡為雙曲線一部分；（2）令直線AB傾斜角為，則，又，過分別作軸和軸的垂線，垂足為,則，，，∴，令， 則t>0，∴周長∴。變式2：求的最小值．（留給讀者參照變式1，自行解決）點評：由于三角函數具有有界性，均值不等式有放大和縮小的功能，在解析幾何中遇上求最值的問題，可構建三角函數和均值不等式，合理地放大縮小，利用有界性，求得最值．圓錐曲線的最值問題，解法一般分為兩種:一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來處理非常巧妙;二是代數法，將圓錐曲線中的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值；二、涉及到拋物線的相關題目和證明例2證明拋物線的焦點弦定值.設直線AB：，與拋物線交于兩點，則有如下一些結論：①，；②；③；④．證明：方法一：設.由，得，.，則.作，，，假設，，，設,∴，∵，∴.方法二：；；.例3已知，為拋物線上兩點，且滿足，為坐標原點，求證：（1），兩點橫坐標之積，縱坐標之積分別為定值；（2）直線經過一定點．解：（1）設，，易得，，又，則，∴，∴，；（2）方法一：由對稱性，可知直線過定點一定在軸上，取特值，得定點為；設直線的方程為，化簡整理把代入拋物線的方程，可得，那么，，∴，則滿足題意,表明直線過定點.方法二：易得直線的斜率，∴直線的方程為，整理得，即，又∵，∴直線的方程為，即得直線過定點.方法三：設，，設直線方程為，將其代入拋物線的方程，得方程，只需，∴，解得，∴直線的方程為，即得直線過定點.方法四：設直線的方程為，由，得交點為和，又∵的方程為，同理可得，①當時，，∴直線方程為，即，即得直線過定點；②當，得，，∴的方程為，綜上，由①②直線過定點.點評：方法一是用特殊位置找結論，再證明，方法二、三、四是處理垂直關系的通法．類似地，過橢圓，雙曲線的一個頂點作，分別交橢圓，雙曲線于，則直線也經過一定點．變式如圖，橢圓和圓，已知圓將橢圓的長軸三等分，且圓的面積為．橢圓的下頂點為E，過坐標原點O且與坐標軸不重合的任意直線與圓相交于點A、B，直線EA、EB與橢圓的另一個交點分別是P、M．（1）求橢圓的方程；（2）（i）設PM的斜率為，直線斜率為，求的值；（ii）求△面積最大時直線的方程．解：（1）依題意：，則，∴橢圓方程為；（2）（i）由題意知直線PE,ME的斜率存在且不為0，PE⊥ME．不妨設直線PE的斜率為k（k>0），則PE：，由得：或∴用去代，得，則由得：或，∴∴，則（ii）由（i）可知：，，∴，設，則，當且僅當時去等號，，∴，則直線AB：，所以直線的方程為．例4直線過拋物線的焦點，且，又點均在拋物線上，求（1）求四邊形面積的最小值；（2）求的最小值；（3）若，分別是的中點，求證：直線過定點．解：（1） 設直線，不妨設.由 ，得,.∴弦長.又∵直線.同理 . ∴，當且僅當時取等號.（2），當且僅當時取等號．（3）設，由（1）問所得方程，可得，設中點，則，，可得，用替換，易得，則，那么直線的方程為，化簡得……（*）∴當時，直線恒過點；當時，即軸，易得直線的方程為，恒過點.綜上，直線恒過點．點評：實際上，第（3）問從直線MN的方程化為（*）式較難，從得分的角度來講，可以先從時得到定點，再回到（*），雖不嚴密，但可節(jié)省時間．變式已知橢圓的左、右焦點分別為，過的直線交橢圓于兩點，過的直線交橢圓于兩點，且，垂足為（1）求四邊形的面積的最小值；（2）求的最小值；（3）若于，且、的中點分別為，求證：直線過定點．解：（1）方法一：（?。┊數男甭蚀嬖谇視r，的方程為，代入橢圓方程，并化簡得．設，，則，\，；因為與相交于點，且的斜率為，所以，四邊形的面積當時，上式取等號（ⅱ）當的斜率或斜率不存在時，四邊形的面積綜上，四邊形的面積的最小值為注：當的斜率存在時，也可這樣求四邊形ABCD的面積的最小值：方法二：設，則，，當，即時，上式取等號．方法三：判別式法，讀者自己完成．（2）當BD斜率存在時，，同上，當，即時，上式取等號的最小值為，當BD斜率存在或等于零時，，綜上，的最小值為；（3）設線段BD的中點為，則，，則，從而，∴直線的方程為，即……（*），顯然過定點，當時，，或，，∴適合（*）式，綜上，直線過定點．點評：本題（1）問表明，求解解析幾何的最值問題，常用到均值不等式法，二次函數法和判別式法；從以上幾例的解析可以看出：應用焦點弦的性質不僅能使許多問題的解答快捷、方便，而且能夠優(yōu)化學生的思維品質，提高解決問題的能力．凡涉及弦長的問題，常用根與系數的關系設而不求計算弦長(即應用弦長公式);涉及弦長的中點問題時，常用“點差法”設而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標聯系起來，相互轉化．同時還應充分挖掘題目的隱含條件，尋找量與量之間的關系，并進行靈活轉化，往往能避免求交點坐標等復雜運算．三、一道橢圓考題的證明和拓展例5已知橢圓，有以下兩個結論：①若，為橢圓上兩個點，，則；②若橢圓兩焦點為，，，則點的軌跡方程為或．則以下說法正確的是（）（A）①和②都不對（B）①和②都對（C）①不對，②對（D）①對，②不對本題選D，現筆者試對第①問給出不同的證法：解：方法一：當AB⊥x軸時，∠ADX=∠BOX=45°，∴，∴，當AB不垂直于x軸時：設，設與橢圓聯立得：∴,∴ ①又△AOB中，,,又 由①得，∴ ∴方法二（三角法）：如圖，令，則，則，，代入橢圓方程，有，則，兩式相加，有；方法三（特值法）：當直線斜率為0或不存在時，當直線、斜率都存在且不為0時，設直線方程為∴，∴，∴，∴，又∵OA⊥OB ∴直線OB方程為， ∴，∴；本問的一般性結論：已知橢圓，若，為橢圓上兩個點，且滿足，則．變式1：是否存在一定圓與直線AB相切？解：方法一：設直線的方程為，代入到橢圓方程，∴，∵ ，，∴， ，∴，∴，∴，∴，∴，則，設點O（0,0）到直線AB的距離為，則，過O作AB的垂線，垂足為H，設，則，∴，∴存在定圓與直線AB相切．方法二：由例7的①問結論可得，過O作AB的垂線，垂足為H，那么，∴，∴，設，∴，∴存在定圓與直線AB相切．拓展推廣：（1）若A、B、C、D為橢圓4個點，直線AC⊥BD于坐標原點O，則．證明：由例6中①問結論可得結論正確；（2）若A、B、C為橢圓上3個點，，則．證明：令，則，，∴， ，，代入橢圓得 ，則，同理 ，.∴.變式2：已知雙曲線，且，（1）求的值；（2）若，求點的軌跡方程．解：（1）當軸時，，∴,∴，∴；當不垂直于x軸時，設，設聯立雙曲線方程得：，由，得，∵，則，有，∴ ①作于，設，在中，，∴ ， ∴，∵，又，∴由①可得，∴，綜上，的值為．（2），∴的軌跡方程為，即．點評：本題從到實際復習中遇到的一個考題，嘗試了用普通的解析法，和三角代換（應注意并非橢圓的三角參數方程），不同角度地證明了這個結論，并加以拓展和延伸，使之達到讓學生們可以一題多解，一題多變，多題一解的目的，讓復習過程得以升華．變式3：設橢圓的離心率，左頂點到直線的距離，為坐標原點．(Ⅰ)求橢圓的方程；（Ⅱ）設直線與橢圓相交于兩點，若以為直徑的圓經過坐標原點，證明：點到直線的距離為定值；(Ⅲ)在（Ⅱ）的條件下，試求△的面積的最小值．(Ⅰ)解由e＝eq\f(\r(3),2)，得c＝eq\f(\r(3),2)a，又b2＝a2－c2，所以b＝eq\f(1,2)a，即a＝2b.由左頂點M(－a,0)到直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0的距離d＝eq\f(4\r(5),5)，得eq\f(|b(－a)－ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(4\r(5),5)，即eq\f(2ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(4\r(5),5)，把a＝2b代入上式，得eq\f(4b2,\r(5)b2)＝eq\f(4\r(5),5)，解得b＝1.所以a＝2b＝2，c＝eq\r(3).所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.………………3分（Ⅱ）證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，①當直線AB的斜率不存在時，則由橢圓的對稱性，可知x1＝x2，y1＝－y2.因為以AB為直徑的圓經過坐標原點，故·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，也就是xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝0，又點A在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝1，解得|x1|＝|y1|＝eq\f(2\r(5),5).此時點O到直線AB的距離d1＝|x1|＝eq\f(2\r(5),5).②當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯立有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因為以AB為直徑的圓過坐標原點O，所以OA⊥OB.所以·＝x1x2＋y1y2＝0.所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.所以(1＋k2)·eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.整理得5m2＝4(k2＋1)，所以點O到直線AB的距離d1＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(2\r(5),5).綜上所述，點O到直線AB的距離為定值eq\f(2\r(5),5).………………8分(Ⅲ)解：方法一設直線OA的斜率為k0.當k0≠0時，則OA的方程為y＝k0x，OB的方程為y＝－eq\f(1,k0)x，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k0x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＝\f(4,1＋4k\o\al(2,0))，,y\o\al(2,1)＝\f(4k\o\al(2,0),1＋4k\o\al(2,0)).))同理可求得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)＝\f(4k\o\al(2,0),k\o\al(2,0)＋4)，,y\o\al(2,2)＝\f(4,k\o\al(2,0)＋4).))故△AOB的面積為S＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k\o\al(2,0))·|x1|·eq\r(1＋\f(1,k\o\al(2,0)))·|x2|＝2eq\r(\f((1＋k\o\al(2,0))2,(1＋4k\o\al(2,0))(k\o\al(2,0)＋4))).令1＋keq\o\al(2,0)＝t(t>1)，則S＝2eq\r(\f(t2,4t2＋9t－9))＝2eq\r(\f(1,－\f(9,t2)＋\f(9,t)＋4))，令g(t)＝－eq\f(9,t2)＋eq\f(9,t)＋4＝－9(eq\f(1,t)－eq\f(1,2))2＋eq\f(25,4)(t>1)，所以4<g(t)≤eq\f(25,4).所以eq\f(4,5)≤S<1.當k0＝0時，可求得S＝1，故eq\f(4,5)≤S≤1，故S的最小值為eq\f(4,5).………………13分方法二由（2）知①當直線AB的斜率不存在時，S=eq\f(4,5)；②當直線AB的斜率存在時，(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，5m2＝4(k2＋1)，所以弦長思路一令則故eq\f(4,5)≤S≤1，故S的最小值為eq\f(4,5).思路二所以S≤1.在中，則故eq\f(4,5)≤S≤1，故S的最小值為eq\f(4,5).說明：一般性結論：已知橢圓，若，為橢圓上兩個點，且滿足，則（1）；（2）點O到直線AB的距離；（3）;(4)四、一道和橢圓切線方程有關考題的證明和拓展例6已知橢圓的離心率為，其四個頂點構成的四邊形面積為．若為橢圓上任意一點，過作圓（）的切線，，且直線與交于點．（1）求橢圓的方程；（2）求點的軌跡；（3）定義：橢圓上一點處的切線方程為，過橢圓的左焦點弦的端點分別作橢圓的切線，．求證：直線，的交點在定直線上．解：（1）由頂點四邊形面積，離心率，解得，，∴橢圓的方程為；（2）設，，如圖，設切點為，在中，，由，，得，即……①由，得，又，∴……②將②式代入①式，得軌跡，當時，點的軌跡為橢圓；當時，點的軌跡為，表示兩條平行直線．（3）方法一：證明：設，，當軸時，，，由定義，在，處橢圓的切線方程分別為和，交點；當與軸不垂直時，設直線斜率為，直線的方程為．∴，，由定義，在，處橢圓的切線方程分別為和，解得，∴直線，的交點在定直線上．方法二：由定義，在，處橢圓的切線方程分別為和，設，則，，∴直線BD的方程為，又直線BD過點，∴，∴方法三：本題第（3）問也可采用伸縮變換求得該定直線：設伸縮變?yōu)?，則有，∵，再伸縮變換回去，設，且，為切線，，又lBD過，∴，∴，得證．注：本題第（3）問涉及橢圓的上一點的切線方程，除了可以用常規(guī)的判別式和隱函數求導法則解決外，亦可用直線的參數證明．證明：由橢圓，設在C上那么過過M的切線l的參數方程為： （t為參數），代入橢圓C得：∵M在C上，∴∴∴l(xiāng)為橢圓在M處的切線，∴上述二次方程 ∵c=0，∴，∴，∴，∴.又,∴,∴，證畢．點評：本題第（2）問與例7的變式1的方法二都用到了三角形的面積不變法，應注意體會；本題第（3）問方法二求切點弦的方程，在圓、雙曲線、拋物線中都有類似問題．五、圓錐曲線弦中點問題的證明和拓展例7已知A1、A2是橢圓的左、右頂點，B2、F2分別為其上頂點和右焦點，過F2作x軸的重線交橢圓C的上半部分于點D，設，而橢圓C的離心率為e．（1）證明：；（2）當，且時，直線與橢圓C交于P、Q兩點，問：是否存在直線l使得為等邊三角形？若存在，寫出直線l的方程；若不存在，請說明理由．解：（1）證明：在中：，∵，∴ 又∵D在上，代入解得到又∵ ∴， ，∴，，（2）方法一：由 ， ∴，，∴，∴……①令 ， ，設中點為,結合直線方程……②聯立①② ……（*）∴ ， 由 ，∴ ， ∴，∴，其中 ，得：， ∴， ∴……（1）∵在（*）中，， ，，所以.∴， ∴ ……（2），，有：，化簡得：，代入降次消元，解之可得（舍去）或，∴ ，∴，∴ ， 即．方法二（對稱性）：當不垂直于軸時，設，由對稱性知：必有另一也滿足條件，兩式相乘，整理得：……①設以為圓心的圓，整理得：……②又橢圓的方程……③③-②：……④則由①與④等價知：……⑤到與的距離均為，由……⑥聯立⑤⑥，易知為不定方程，由于可約簡，不妨令：⑤=1，則有：……⑦……⑧,……⑨,……⑩，由⑦+⑧：，由⑧+2⑨+⑩：,又由⑥故：,解得：，故：故或即或20當垂直于軸時，設交C于P，由為等邊三角形，知：⑾又⑿聯立⑾⑿，解得：，故，綜上所述：或或方法三(點差法)，由點差法,設，設直線的斜率為，則……（1） ， ，……（2）由得： ∴，代入（2）可得：∴，再用“方法一”求解方法四（極坐標方程）解：以B為極點，y軸負半軸方向為極軸，建立極坐標，系設，，,,,，.，即橢圓極坐標方程，，，，，,兩邊同除以，，，解得，由對稱性令，又，由到角公式知：，解得：即由對稱性,PQ：或點評：方法一中利用底邊上的高和邊長與底邊高的長度關系是解決解析幾何中等邊三角形的常見方法；方法二利用了等邊三角形的軸對稱性質；方法三是點差法，特別適合圓錐曲線里的弦中點問題，可將弦的中點坐標和弦所在直線的斜率有效地結合起來以便減少運算的目的；方法四是利用教材4-4里的坐標系和參數方程里的極坐標方程解題，供學有余力的同學有選擇性的掌握．六．比值問題例8.已知橢圓，其左、右焦點分別為，關于橢圓有以下四種說法：（1）設A為橢圓上任一點，其到直線的距離分別為，則；（2）設A為橢圓上任一點，分別與橢圓交于兩點，則（當且僅當點A在橢圓的頂點取等）；（3）設A為橢圓上且不在坐標軸上的任一點，過A的橢圓切線為，為線段上一點，且，則直線；（4）面積為的橢圓內接四邊形僅有1個。其中正確的有（）個.A1 B2C3D4第（2）問的解法解法1：如圖，設，，設令，∴，，代入橢圓化簡得，∴，同理，令，可得，兩式相加，，∴.解法2：設直線的方程：，代入橢圓方程可得，∴，同理，又，，∴，∴原式.解法3：如圖，令，，，∴，，∴原式.解法4：由橢圓的極坐標方程，可得，，其中，那么，同理，，則有，，，∴原式.第（3）問的解法橢圓的光學性質，但是必須證明。求切線的斜率最好用例9.平面上兩定點，，動點滿足（1）求動點的軌跡；（2）當時，動點的軌跡為曲線，已知，過的動直線（斜率存在且不為0）與曲線交于P,Q兩點，，直線，SP,SQ分別與交于A,B兩點.A,B,P,Q坐標分別為，，，求證：為定值，并求出此定值.解：（1）由題意：當時，動點不表示任何圖形；當時，動點的軌跡是線段；當時，動點的軌跡是以為焦點，長軸長為的橢圓.（2）當時，動點的軌跡方程為：設，則可得：∴∴∴又點在直線上，∴∴同理：又由則，則同理：∴∴結論1已知圓的方程，動直線過定點P（0，m）(0<m<r)且與圓相交于A,B兩點，則存在與點P不同的定點，使得恒成立.說明：（1）等價于,即x軸平分.(以下相同)（2）若定點P（m，0），則定點.結論2已知橢圓的方程，動直線過定點P（0，m）(0<m<b)且與橢圓相交于A,B兩點，則存在與點P不同的定點，使得恒成立.說明：若定點P（m，0）(0<m<a)，則定點.結論3已知雙曲線的方程，動直線過定點P（0，m）(m>a)且與雙曲線相交于A,B兩點，則存在與點P不同的定點，使得恒成立.說明：若定點P（m，0）(m>a)，則定點.結論4已知拋物線的方程，動直線過定點P（m，0）(m>0)且與拋物線相交于A,B兩點，則存在與點P不同的定點，使得恒成立.七．坐標系與參數方程（一）選修考試例1.已知直線的參數方程為為參數)，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，圓的極坐標方程為.求圓的直角坐標方程；若是直線與圓面的公共點，求的取值范圍.解：（1）∵圓的極坐標方程為.∴，又∵，，.∴，∴圓的普通方程為；（2）方法一.設.由(1)知圓的方程，∴圓的圓心是，半徑是.將代入得，又∵直線過，圓的半徑是.∴.∴，即的取值范圍是.方法二.直接求直線與圓的交點坐標A,B.再代入求范圍。說明：第一問主要是步驟完整的問題，第二問的方法一較巧妙，剛好是直線經過圓心，方法二雖然計算復雜一點，但是更容易學生掌握.（二）、坐標系伸縮變換的應用定義：設在平面直角坐標系中的任意點，在伸縮變換：作用下，點對應到，具有如下一些基本性質：（1）點與線、線與線的位置關系不變；（2）同一直線上兩線段的長度之比不變；（3）直線斜率為變換后的直線斜率的倍，即；（4）封閉圖形面積為變換后圖形面積的倍，即．例1一種作圖工具如圖1所示，是滑槽的中點，短桿ON可繞O轉動，長桿MN通過N處鉸鏈與ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動，且，．當栓子D在滑槽AB內作往復運動時，帶動N繞轉動一周（D不動時，N也不動），M處的筆尖畫出的曲線記為C．以為原點，所在的直線為軸建立如圖2所示的平面直角坐標系．（1）求曲線C的方程；xDOMNy（2）設動直線與兩定直線和分別交于兩點．若直線總與曲線有且只有一個公共點，試探究：△OPQ的面積是否存在最小值？若存在，求出該最小值；若不存在，說明理由．xDOMNy解：（1）設點，，依題意，，且，所以，且即且由于當點不動時，點也不動，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲線的方程為．（2）方法一：（i）當直線的斜率不存在時，直線為或，都有．（ii）當直線的斜率存在時，設直線，由消去，可得．因為直線總與橢圓有且只有一個公共點，所以，即．①又由可得；同理可得．由原點到直線的距離為和，可得．②將①代入②得，．當時，；當時，．因，則，，所以，當且僅當時取等號．所以當時，的最小值為8．綜合（1）（2）可知，當直線與橢圓在四個頂點處相切時，△OPQ的面積取得最小值8．方法二：坐標系的伸縮變換由橢圓方程做坐標系伸縮變換，令，得圓的方程為，設直線變換后的斜率為，那么由兩直線和，變換之后可得和，易知，如圖所示，在中，斜邊上的高等于半徑1，再設，則，，∴，則原三角形面積的最小值為．例2平面直角坐標系中，已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別是和，以為圓心，以3為半徑的圓與以為圓心，以1為半徑的圓相交，交點在橢圓上．（1）求橢圓的方程；（2）設橢圓的左、右焦點分別為和，若動直線與橢圓有且僅有一個公共點，且于，于，設為四邊形的面積，請求出的最大值，并說明此時直線的位置；若無最大值，請說明理由．解：（1）設兩圓相交于點，且在橢圓上，則滿足，∴，由且，得，，∴橢圓的標準方程為；（2）方法一：由題意，橢圓的標準方程為，有，化簡后得，而動直線和橢圓有且僅有一個公共點，則，化簡后得……（※）；設，到直線的距離分別是和，則，，不妨設，（i）若，其中為直線的傾斜角，再作于，則，得，故，而，∴，由（※）式，可得，又，得，再由雙勾函數在單增，得；（ii）若，此時直線平行于軸且與橢圓相切，可得四邊形為矩形，再由矩形底邊長為焦距，矩形高為短半軸長，∴．綜上，直線平行于軸且與橢