第2課時(shí)解題上——5大技法破解“計(jì)算繁而雜”這一難題中學(xué)解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標(biāo)系中，用方程的觀點(diǎn)來(lái)研究曲線(xiàn)，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問(wèn)題的優(yōu)越性，但有時(shí)運(yùn)算量過(guò)大，或需繁雜的討論，這些都會(huì)影響解題的速度，甚至?xí)兄菇忸}的過(guò)程，達(dá)到“望題興嘆”的地步．特別是高考過(guò)程中，在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務(wù)，計(jì)算能力是一個(gè)重要的方面．因此，本講從以下5個(gè)方面探索減輕運(yùn)算量的方法和技巧，合理簡(jiǎn)化解題過(guò)程，優(yōu)化思維過(guò)程，達(dá)到快準(zhǔn)解題．技法一回歸定義，以逸待勞回歸定義的實(shí)質(zhì)是重新審視概念，并用相應(yīng)的概念解決問(wèn)題，是一種樸素而又重要的策略和思想方法．圓錐曲線(xiàn)的定義既是有關(guān)圓錐曲線(xiàn)問(wèn)題的出發(fā)點(diǎn)，又是新知識(shí)、新思維的生長(zhǎng)點(diǎn)．對(duì)于相關(guān)的圓錐曲線(xiàn)中的數(shù)學(xué)問(wèn)題，若能根據(jù)已知條件，巧妙靈活應(yīng)用定義，往往能達(dá)到化難為易、化繁為簡(jiǎn)、事半功倍的效果．[典例]如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1與雙曲線(xiàn)C2的公共焦點(diǎn)，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點(diǎn)．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\f(3,2) D．eq\f(\r(6),2)[解題觀摩]由已知，得F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，設(shè)雙曲線(xiàn)C2的實(shí)半軸長(zhǎng)為a，由橢圓及雙曲線(xiàn)的定義和已知，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))解得a2＝2，故a＝eq\r(2).所以雙曲線(xiàn)C2的離心率e＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2).[答案]D[名師微點(diǎn)]本題巧妙運(yùn)用橢圓和雙曲線(xiàn)的定義建立|AF1|，|AF2|的等量關(guān)系，從而快速求出雙曲線(xiàn)實(shí)半軸長(zhǎng)a的值，進(jìn)而求出雙曲線(xiàn)的離心率，大大降低了運(yùn)算量．[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過(guò)F2的直線(xiàn)與C交于A，B兩點(diǎn)．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為()A.eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1解析：選B法一：設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由橢圓的定義可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，∴|AB|＝|BF1|＝eq\f(3,2)|AF2|，∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，∴點(diǎn)A是橢圓的短軸端點(diǎn)．如圖，不妨設(shè)A(0，－b)，由F2(1,0)，eq\o(AF2,\s\up7(→))＝2eq\o(F2B,\s\up7(→))，得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(b,2))).由點(diǎn)B在橢圓上，得eq\f(\f(9,4),a2)＋eq\f(\f(b2,4),b2)＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.法二：由題意設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，連接F1A，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝eq\f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點(diǎn)A為橢圓C的上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)．令∠OAF2＝θ(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則sinθ＝eq\f(1,a).在等腰三角形ABF1中，cos2θ＝eq\f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,3)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2，解得a2＝3.又c2＝1，∴b2＝a2－c2＝2，橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.故選B.2．拋物線(xiàn)y2＝4mx(m＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為該拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)A(－m,0)，則eq\f(|PF|,|PA|)的最小值為_(kāi)_______．解析：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由拋物線(xiàn)的定義，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq\o\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq\f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq\f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))≥eq\f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xP·m)2))＝eq\f(1,2)(當(dāng)且僅當(dāng)xP＝m時(shí)取等號(hào))，所以eq\f(|PF|,|PA|)≥eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(|PF|,|PA|)的最小值為eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)技法二設(shè)而不求，金蟬脫殼設(shè)而不求是解析幾何解題的基本手段，是比較特殊的一種思想方法，其實(shí)質(zhì)是整體結(jié)構(gòu)意義上的變式和整體思想的應(yīng)用．設(shè)而不求的靈魂是通過(guò)科學(xué)的手段使運(yùn)算量最大限度地減少，通過(guò)設(shè)出相應(yīng)的參數(shù)，利用題設(shè)條件加以巧妙轉(zhuǎn)化，以參數(shù)為過(guò)渡，設(shè)而不求．[典例](2021·石家莊質(zhì)檢)已知P是圓C：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線(xiàn)x2＝8y的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為A，B，則直線(xiàn)AB斜率的最大值為()A.eq\f(1,4) B．eq\f(3,4)C.eq\f(3,8) D．eq\f(1,2)[解題觀摩]由題意可知，PA，PB的斜率都存在，分別設(shè)為k1，k2，切點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)P(m，n)，過(guò)點(diǎn)P的拋物線(xiàn)的切線(xiàn)為y＝k(x－m)＋n，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－m＋n,x2＝8y))，得x2－8kx＋8km－8n＝0，因?yàn)棣ぃ?4k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，所以k1＋k2＝eq\f(m,2)，k1k2＝eq\f(n,2)，又由x2＝8y得y′＝eq\f(x,4)，所以x1＝4k1，y1＝eq\f(x\o\al(2,1),8)＝2keq\o\al(2,1)，x2＝4k2，y2＝eq\f(x\o\al(2,1),8)＝2keq\o\al(2,2)，所以kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(2k\o\al(2,2)－2k\o\al(2,1),4k2－4k1)＝eq\f(k2＋k1,2)＝eq\f(m,4)，因?yàn)辄c(diǎn)P(m，n)滿(mǎn)足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋2))2＝1，所以1≤m≤3，因此eq\f(1,4)≤eq\f(m,4)≤eq\f(3,4)，即直線(xiàn)AB斜率的最大值為eq\f(3,4).故選B.[答案]B[名師微點(diǎn)](1)本題設(shè)出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，卻不求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，巧妙地利用根與系數(shù)的關(guān)系用PA，PB的斜率把A，B的坐標(biāo)表示出來(lái)，從而快速解決問(wèn)題．(2)在運(yùn)用圓錐曲線(xiàn)問(wèn)題中設(shè)而不求的方法技巧時(shí)，需要做到：①凡是不必直接計(jì)算就能更簡(jiǎn)潔地解決問(wèn)題的，都盡可能實(shí)施“設(shè)而不求”；②“設(shè)而不求”不可避免地要設(shè)參、消參，而設(shè)參的原則是宜少不宜多．[針對(duì)訓(xùn)練]3．過(guò)點(diǎn)M(1,1)作斜率為－eq\f(1,2)的直線(xiàn)與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點(diǎn)，若M是線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，則橢圓C的離心率等于________．解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))∴eq\f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq\f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).∵eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)，∴a2＝2b2.又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).即橢圓C的離心率e＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)技法三巧設(shè)參數(shù)，變換主元換元引參是一種重要的數(shù)學(xué)方法，特別是解析幾何中的最值問(wèn)題、不等式問(wèn)題等，利用換元引參使一些關(guān)系能夠相互聯(lián)系起來(lái)，激活了解題的方法，往往能化難為易，達(dá)到事半功倍．常見(jiàn)的參數(shù)可以選擇點(diǎn)的坐標(biāo)、直線(xiàn)的斜率、直線(xiàn)的傾斜角等．在換元過(guò)程中，還要注意代換的等價(jià)性，防止擴(kuò)大或縮小原來(lái)變量的取值范圍或改變?cè)}條件．[典例]設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P在橢圓上且異于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若|AP|＝|OA|，證明直線(xiàn)OP的斜率k滿(mǎn)足|k|＞eq\r(3).[解題觀摩]法一：依題意，直線(xiàn)OP的方程為y＝kx，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝kx0，,\f(x\o\al(2,0),a2)＋\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，))消去y0并整理，得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(a2b2,k2a2＋b2).①由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2xeq\o\al(2,0)＝a2，整理得(1＋k2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝eq\f(－2a,1＋k2)，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))2＋4.又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞eq\r(3).法二：依題意，直線(xiàn)OP的方程為y＝kx，可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，kx0)．由點(diǎn)P在橢圓上，得eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(k2x\o\al(2,0),b2)＝1.因?yàn)閍＞b＞0，kx0≠0，所以eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(k2x\o\al(2,0),a2)＜1，即(1＋k2)xeq\o\al(2,0)＜a2.②由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2xeq\o\al(2,0)＝a2，整理得(1＋k2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝0，于是x0＝eq\f(－2a,1＋k2)，代入②，得(1＋k2)·eq\f(4a2,1＋k22)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞eq\r(3).法三：設(shè)P(acosθ，bsinθ)(0≤θ＜2π)，則線(xiàn)段OP的中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)cosθ，\f(b,2)sinθ)).|AP|＝|OA|?AQ⊥OP?kAQ×k＝－1.又A(－a,0)，所以kAQ＝eq\f(bsinθ,2a＋acosθ)，即bsinθ－akAQcosθ＝2akAQ.從而可得|2akAQ|≤eq\r(b2＋a2k\o\al(2,AQ))＜aeq\r(1＋k\o\al(2,AQ))，解得|kAQ|＜eq\f(\r(3),3)，故|k|＝eq\f(1,|kAQ|)＞eq\r(3).[名師微點(diǎn)]求解本題利用橢圓的參數(shù)方程，可快速建立各點(diǎn)之間的聯(lián)系，降低運(yùn)算量．[針對(duì)訓(xùn)練]4．設(shè)直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點(diǎn)M，且M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，若這樣的直線(xiàn)l恰有4條，求r的取值范圍．解：當(dāng)t＝0時(shí)，若l與圓C相切，則M恰為AB中點(diǎn)，∴當(dāng)t≠0時(shí)，這樣的直線(xiàn)應(yīng)有2條．不妨設(shè)直線(xiàn)l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入拋物線(xiàn)y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，則有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，可得線(xiàn)段AB的中點(diǎn)M(2t2＋m,2t)，而由題意可得直線(xiàn)AB與直線(xiàn)MC垂直，即kMC·kAB＝－1，可得eq\f(2t－0,2t2＋m－5)·eq\f(1,t)＝－1，整理得m＝3－2t2(當(dāng)t≠0時(shí))，把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，又由于圓心到直線(xiàn)的距離等于半徑，即d＝eq\f(|5－m|,\r(1＋t2))＝eq\f(2＋2t2,\r(1＋t2))＝2eq\r(1＋t2)＝r，而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.故r的取值范圍為(2,4)．技法四妙借向量，無(wú)中生有平面向量是銜接代數(shù)與幾何的紐帶，溝通“數(shù)”與“形”，融數(shù)、形于一體，是數(shù)形結(jié)合的典范，具有幾何形式與代數(shù)形式的雙重身份，是數(shù)學(xué)知識(shí)的一個(gè)交匯點(diǎn)和聯(lián)系多項(xiàng)知識(shí)的媒介．妙借向量，可以有效提升圓錐曲線(xiàn)的解題方向與運(yùn)算效率，達(dá)到良好效果．[典例]如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)，直線(xiàn)y＝eq\f(b,2)與橢圓交于B，C兩點(diǎn)，且∠BFC＝90°，則該橢圓的離心率是________．[解題觀摩]把y＝eq\f(b,2)代入橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，可得x＝±eq\f(\r(3),2)a，那么Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，而F(c,0)，那么eq\o(FB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq\o(FC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，又∠BFC＝90°，故有eq\o(FB,\s\up7(→))·eq\o(FC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))＝c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(1,4)b2＝c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(1,4)(a2－c2)＝eq\f(3,4)c2－eq\f(1,2)a2＝0，則有3c2＝2a2，所以該橢圓的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3).[答案]eq\f(\r(6),3)[名師微點(diǎn)]本題通過(guò)相關(guān)向量坐標(biāo)的確定，結(jié)合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算來(lái)轉(zhuǎn)化圓錐曲線(xiàn)中的相關(guān)問(wèn)題，從形入手轉(zhuǎn)化為相應(yīng)數(shù)的形式，簡(jiǎn)化運(yùn)算．[針對(duì)訓(xùn)練]5.已知點(diǎn)A為圓B：(x＋2)2＋y2＝32上任意一點(diǎn)，定點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2,0)，線(xiàn)段AC的垂直平分線(xiàn)交AB于點(diǎn)M.(1)求點(diǎn)M的軌跡方程；(2)若動(dòng)直線(xiàn)l與圓O：x2＋y2＝eq\f(8,3)相切，且與點(diǎn)M的軌跡交于點(diǎn)E，F(xiàn)，求證：以EF為直徑的圓恒過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)．解：(1)圓B的圓心為Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0))，半徑r＝4eq\r(2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))＝4.連接MC，由已知得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MC))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MA))，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MB))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MC))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MB))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MA))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BA))＝r＝4eq\r(2)>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))，∴由橢圓的定義知：點(diǎn)M的軌跡是中心在原點(diǎn)，以B，C為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4eq\r(2)的橢圓，即a＝2eq\r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，∴點(diǎn)M的軌跡方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)證明：當(dāng)直線(xiàn)EF的斜率不存在時(shí)，直線(xiàn)EF的方程為x＝±eq\r(\f(8,3))，E，F(xiàn)的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(8,3))，\r(\f(8,3))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(8,3))，\r(\f(8,3))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))，eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(OF,\s\up7(→))＝0.當(dāng)直線(xiàn)EF斜率存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)EF的方程為y＝kx＋b，∵EF與圓O：x2＋y2＝eq\f(8,3)相切，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)),\r(1＋k2))＝eq\r(\f(8,3))，即3b2＝8k2＋8.設(shè)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，∴eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(OF,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))x1x2＋kbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋b2，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*))聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋b，))代入消元得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k2))x2＋4kbx＋2b2－8＝0，∴x1＋x2＝－eq\f(4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2b2－8,1＋2k2)，代入(*)式得eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(OF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))·eq\f(2b2－8,1＋2k2)－eq\f(4k2b2,1＋2k2)＋b2＝eq\f(3b2－8k2－8,1＋2k2)，又∵3b2＝8k2＋8，∴eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(OF,\s\up7(→))＝0，∴以EF為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)O.技法五巧用“韋達(dá)”，化繁為簡(jiǎn)某些涉及線(xiàn)段長(zhǎng)度關(guān)系的問(wèn)題可以通過(guò)解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計(jì)算長(zhǎng)度的方法來(lái)解；但也可以利用一元二次方程，使相關(guān)的點(diǎn)的同名坐標(biāo)為方程的根，由根與系數(shù)的關(guān)系求出兩根間的關(guān)系或有關(guān)線(xiàn)段長(zhǎng)度間的關(guān)系．后者往往計(jì)算量小，解題過(guò)程簡(jiǎn)捷．[典例]已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點(diǎn)為A，過(guò)A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點(diǎn)．(1)當(dāng)直線(xiàn)AM的斜率為1時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)當(dāng)直線(xiàn)AM的斜率變化時(shí)，直線(xiàn)MN是否過(guò)x軸上的一定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)給出證明，并求出該定點(diǎn)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解題觀摩](1)直線(xiàn)AM的斜率為1時(shí)，直線(xiàn)AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡(jiǎn)得5x2＋16x＋12＝0.解得x1＝－2，x2＝－eq\f(6,5)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(4,5))).(2)設(shè)直線(xiàn)AM的斜率為k，直線(xiàn)AM的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化簡(jiǎn)得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.則xA＋xM＝eq\f(－16k2,1＋4k2)，xM＝－xA－eq\f(16k2,1＋4k2)＝2－eq\f(16k2,1＋4k2)＝eq\f(2－8k2,1＋4k2).同理，可得xN＝eq\f(2k2－8,k2＋4).由(1)知若存在定點(diǎn)，則此點(diǎn)必為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).證明如下：因?yàn)閗MP＝eq\f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq\f(5k,4－4k2)，同理可計(jì)算得kPN＝eq\f(5k,4－4k2).所以直線(xiàn)MN過(guò)x軸上的一定點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).[名師微點(diǎn)]本例在第(2)問(wèn)中應(yīng)用了根與系數(shù)的關(guān)系求出xM＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，這體現(xiàn)了整體思想．這是解決解析幾何問(wèn)題時(shí)常用的方法，簡(jiǎn)單易懂，通過(guò)設(shè)而不求，大大降低了運(yùn)算量．[針對(duì)訓(xùn)練]6．已知橢圓E：eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線(xiàn)交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA.(1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積；(2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍．解：設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0.(1)當(dāng)t＝4時(shí)，E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A(－2,0)．由已知及橢圓的對(duì)稱(chēng)性知，直線(xiàn)AM的傾斜角為eq\f(π,4).因此直線(xiàn)AM的方程為y＝x＋2.將x＝y(tǒng)－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面積S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)由題意t>3，k>0，A(－eq\r(t)，0)．將直線(xiàn)AM的方程y＝k(x＋eq\r(t))代入eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r(t))＝eq\f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq\f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq\r(t)|eq\r(1＋k2)＝eq\f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).由題設(shè)，直線(xiàn)AN的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋eq\r(t))，故同理可得|AN|＝eq\f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).由2|AM|＝|AN|，得eq\f(2,3＋tk2)＝eq\f(k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．當(dāng)k＝eq\r(3,2)時(shí)上式不成立，因此t＝eq\f(3k2k－1,k3－2).t>3等價(jià)于eq\f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq\f(k－2k2＋1,k3－2)<0，即eq\f(k－2,k3－2)<0.因此得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,k3－2<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq\r(3,2)<k<2.故k的取值范圍是(eq\r(3,2)，2)．eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])1．過(guò)拋物線(xiàn)C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F，且斜率為eq\r(3)的直線(xiàn)交C于點(diǎn)M(M在x軸上方)，l為C的準(zhǔn)線(xiàn)，點(diǎn)N在l上且MN⊥l，若|NF|＝4，則M到直線(xiàn)NF的距離為()A.eq\r(5) B．2eq\r(3)C．3eq\r(3) D．2eq\r(2)解析：選B∵直線(xiàn)MF的斜率為eq\r(3)，MN⊥l，∴∠NMF＝60°，又|MF|＝|MN|，且|NF|＝4，∴△NMF是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，∴M到直線(xiàn)NF的距離為2eq\r(3).故選B.2．已知雙曲線(xiàn)C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)B是虛軸的一個(gè)端點(diǎn)，線(xiàn)段BF與雙曲線(xiàn)C的右支交于點(diǎn)A，若eq\o(BA,\s\up7(→))＝2eq\o(AF,\s\up7(→))，且|eq\o(BF,\s\up7(→))|＝4，則雙曲線(xiàn)C的方程為()A.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,5)＝1 B．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,12)＝1C.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1解析：選D不妨設(shè)B(0，b)，由eq\o(BA,\s\up7(→))＝2eq\o(AF,\s\up7(→))，F(xiàn)(c,0)，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，代入雙曲線(xiàn)C的方程可得eq\f(4,9)×eq\f(c2,a2)－eq\f(1,9)＝1，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2).①又|eq\o(BF,\s\up7(→))|＝eq\r(b2＋c2)＝4，c2＝a2＋b2，∴a2＋2b2＝16.②由①②可得，a2＝4，b2＝6，∴雙曲線(xiàn)C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1.3．已知直線(xiàn)y＝2x＋m與橢圓C：eq\f(x2,5)＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．當(dāng)△AOB的面積取得最大值時(shí)，|AB|＝()A.eq\f(5\r(42),21) B．eq\f(\r(210),21)C.eq\f(2\r(42),7) D．eq\f(3\r(42),7)解析：選A由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得21x2＋20mx＋5m2－5＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(20m,21)，x1x2＝eq\f(5m2－5,21)，|AB|＝eq\r(1＋22)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(5)\r(2021－m2),21)＝eq\f(10\r(21－m2),21).又O到直線(xiàn)AB的距離d＝eq\f(|m|,\r(5))，則△AOB的面積S＝eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(\r(5)\r(m221－m2),21)≤eq\f(\r(5)×\f(m2＋21－m2,2),21)＝eq\f(\r(5),2)，當(dāng)且僅當(dāng)m2＝21－m2，即m2＝eq\f(21,2)時(shí)，△AOB的面積取得最大值．此時(shí)，|AB|＝eq\f(10\r(21－m2),21)＝eq\f(5\r(42),21).4．記雙曲線(xiàn)C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))的左焦點(diǎn)為F，雙曲線(xiàn)C上的點(diǎn)M，N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，且∠MFN＝eq\f(3,4)∠MOF＝90°，則eq\f(b2,a2)＝()A．3＋2eq\r(3) B．4＋2eq\r(3)C．3＋eq\r(3) D．4＋eq\r(3)解析：選A設(shè)雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)是F′，由雙曲線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性和∠MF′N(xiāo)＝90°，得四邊形MFNF′是矩形，∵∠MOF＝120°，∴∠MOF′＝60°，故△MOF′是等邊三角形．∴在Rt△MFF′中，∴∠MFF′＝30°，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FF′))＝2c，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF′))＝c，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF))＝eq\r(3)c，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF′))＝2a，∴eq\r(3)c－c＝2a，∴eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝eq\f(c2,a2)－1＝(eq\r(3)＋1)2－1＝3＋2eq\r(3)，故選A.5．橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上存在兩點(diǎn)A，B，且A，B關(guān)于直線(xiàn)4x－2y－3＝0對(duì)稱(chēng)，若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))))＝()A．1 B．eq\r(3)C.eq\r(5) D．eq\r(7)解析：選C由題意直線(xiàn)AB與直線(xiàn)4x－2y－3＝0垂直，設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y整理得x2－2mx＋2m2－2＝0，∵直線(xiàn)AB與橢圓交于兩點(diǎn)，∴Δ＝(－2m)2－4(2m2－2)＝－4m2＋8>0，解得－eq\r(2)<m<eq\r(2).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，則x1＋x2＝2m，∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝m，y0＝－eq\f(1,2)x0＋m＝eq\f(m,2)，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,2))).由題意得點(diǎn)M在直線(xiàn)4x－2y－3＝0上，∴4m－2×eq\f(m,2)－3＝3m－3＝0，解得m＝1.∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－eq\f(1,2)(x1＋x2)＋2m＝1，∴eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＝(2,1)，∴|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝eq\r(5).6．已知拋物線(xiàn)y2＝2px(p>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1,2)，直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)交于相異兩點(diǎn)A，B，若△MAB的內(nèi)切圓圓心為(1，t)，則直線(xiàn)l的斜率為_(kāi)_______．解析：將點(diǎn)M(1,2)代入y2＝2px，可得p＝2，所以?huà)佄锞€(xiàn)方程為y2＝4x，由題意知，直線(xiàn)l斜率存在且不為0，設(shè)直線(xiàn)l的方程為x＝my＋n(m≠0)，代入y2＝4x，得y2－4my－4n＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，又由△MAB的內(nèi)切圓心為(1，t)，可得kMA＋kMB＝eq\f(y1－2,x1－1)＋eq\f(y2－2,x2－1)＝eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),4)－1)＋eq\f(y2－2,\f(y\o\al(2,2),4)－1)＝0，整理得y1＋y2＋4＝4m＋4＝0，解得m＝－1，從而l的方程為y＝－x＋n，所以直線(xiàn)l的斜率為－1.答案：－17．已知直線(xiàn)x＋2y－3＝0與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B兩點(diǎn)，且線(xiàn)段AB的中點(diǎn)在直線(xiàn)3x－4y＋1＝0，則此橢圓的離心率為_(kāi)_______．解析：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,3x－4y＋1＝0，))得x＝1，y＝1，∴直線(xiàn)x＋2y－3＝0與3x－4y＋1＝0的交點(diǎn)為M(1,1)，∴線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M(1,1)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，分別把A(x1，y1)，B(x2，y2)代入橢圓方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減整理，得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)，∴a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，∴a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)8.(2021·鎮(zhèn)江模擬)如圖，拋物線(xiàn)E：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M與F關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，過(guò)F的直線(xiàn)與拋物線(xiàn)交于A，B兩點(diǎn)，使得AB⊥BM，又A點(diǎn)在x軸上的投影為C，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AC))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))＝________.解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB過(guò)焦點(diǎn)得x1x2＝1，又AB⊥BM，得B在以MF為直徑的圓上，故xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝1，而yeq\o\al(2,2)＝4x2，得1－xeq\o\al(2,2)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)＝4x2，又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF))＝1＋x1－(1＋x2)＝x1－x2＝eq\f(1,x2)－x2＝eq\f(1－x\o\al(2,2),x2)＝eq\f(4x2,x2)＝4，又∠ABM＝∠ACM，所以AMBC四點(diǎn)共圓，進(jìn)而得AC＝BC，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AC))－eq\b\lc\|\rc