2025版高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节圆锥曲线的综合问题学案文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第八节圆锥曲线的综合问题2024考纲考题考情1．直线与圆锥曲线的位置关系(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点。(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的状况来推断。设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,fx，y＝0))消元，(如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)。②若a≠0，设Δ＝b2－4ac。a．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；b．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；c．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点。2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：|P1P2|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|。(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，干脆运算(利用两点间距离公式)。3．圆锥曲线的中点弦问题遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解。在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－eq\f(b2x0,a2y0)；在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq\f(b2x0,a2y0)；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq\f(p,y0)。在运用根与系数关系时，要留意前提条件是Δ≥0。点差法的常见结论(设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点)：一、走进教材1．(选修1－1P62例5改编)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有()A．1条B．2条C．3条D．4条解析结合图形分析可知，满意题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)。故选C。答案C二、走出误区微提示：①没有发觉直线过定点，导致运算量偏大；②不会用函数法解最值问题；③错用双曲线的几何性质。2．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置关系为()A．相交 B．相切C．相离 D．不确定解析直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交。故选A。答案A3．如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线y2＝－2px(0<p<14)和圆(x－4)2＋y2＝9分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大值时，直线AB的方程为()A．x＝－2 B．x＝－eq\r(3)C．x＝－eq\r(2) D．x＝－1解析依据题意，由抛物线的准线与圆相切可得eq\f(p,2)＝1或7，又0<p<14，故p＝2，设直线AB的方程为x＝－t(0<t<3)，则直线CD的方程为x＝4－t，则|AB|·|CD|＝2eq\r(4t)·2eq\r(9－t2)＝8eq\r(t9－t2)(0<t<3)，设f(t)＝t(9－t2)(0<t<3)，则f′(t)＝9－3t2(0<t<3)，令f′(t)>0⇒0<t<eq\r(3)，令f′(t)<0⇒eq\r(3)<t<3，故f(t)max＝f(eq\r(3))，此时直线AB的方程为x＝－eq\r(3)。故选B。答案B4．已知点F1，F2分别是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________。解析由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有eq\f(b2,a)>2c，即b2>2ac，所以c2－a2>2ac，即e2－2e－1>0，所以e>1＋eq\r(2)。答案(1＋eq\r(2)，＋∞)第1课时最值、范围、证明问题考点一最值问题【例1】(2024·广东六校联考)已知圆C：(x＋2eq\r(2))2＋y2＝36与定点M(2eq\r(2)，0)，动圆I过M点且与圆C相切。(1)求动圆圆心I的轨迹E的方程；(2)若过定点N(0,2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值。解(1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满意|IC|＝6－r，|IM|＝r，所以|IC|＋|IM|＝6。由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a＝3，半焦距c＝2eq\r(2)，可得短半轴长b＝1，故轨迹E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1。(2)当直线l的斜率不存在时，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此时|AB|＝2。当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,9)＋y2＝1，))消去y得，(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0，得k2>eq\f(1,3)。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－eq\f(36k,1＋9k2)，x1x2＝eq\f(27,1＋9k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(36k,1＋9k2)))2－4·\f(27,1＋9k2))＝eq\f(6\r(3)\r(1＋k23k2－1),1＋9k2)，令1＋9k2＝t，则t>4，|AB|＝eq\f(6\r(3)\r(1＋k23k2－1),1＋9k2)＝2eq\r(1＋\f(4,t)－\f(32,t2))＝2eq\r(－32·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))2＋4·\f(1,t)＋1)，又因为eq\f(1,t)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以当eq\f(1,t)＝eq\f(1,16)，即k＝±eq\f(\r(15),3)时，|AB|max＝eq\f(3\r(2),2)。综上，|AB|的最大值为eq\f(3\r(2),2)。圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法敏捷多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解。【变式训练】(1)设P是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为()A．9,12B．8,11C．8,12D．10,12(2)(2024·邢台模拟)已知椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq\f(1,2)对称。①求实数m的取值范围；②求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)。(1)解析如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12。故选C。答案C(2)解①由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－eq\f(1,m)x＋b。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq\f(2b,m)x＋b2－1＝0。因为直线y＝－eq\f(1,m)x＋b与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)>0，(*)将AB的中点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq\f(1,2)，解得b＝－eq\f(m2＋2,2m2)，(**)由(*)(**)得m<－eq\f(\r(6),3)或m>eq\f(\r(6),3)。②令t＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，则t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))。则|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，且O到直线AB的距离为d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1))。设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq\f(\r(2),2)，当且仅当t2＝eq\f(1,2)时，等号成立，此时满意t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))。故△AOB面积的最大值为eq\f(\r(2),2)。考点二范围问题【例2】(2024·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满意PA，PB的中点均在C上。(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋eq\f(y2,4)＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围。解(1)设P(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,1)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,2)，y2))。因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋y0,2)))2＝4·eq\f(\f(1,4)y2＋x0,2)，即y2－2y0y＋8x0－yeq\o\al(2,0)＝0的两个不同的实根，所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴。(2)由(1)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\o\al(2,0)，))所以|PM|＝eq\f(1,8)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))－x0＝eq\f(3,4)yeq\o\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq\r(2y\o\al(2,0)－4x0)。因此，△PAB的面积S△PAB＝eq\f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq\f(3\r(2),4)(yeq\o\al(2,0)－4x0)eq\f(3,2)。因为xeq\o\al(2,0)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1(x0<0)，所以yeq\o\al(2,0)－4x0＝－4xeq\o\al(2,0)－4x0＋4∈[4,5]，因此，△PAB面积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6\r(2)，\f(15\r(10),4)))。范围问题与最值问题方法类似，也是从几何法和代数法两种角度思索问题，但是范围问题比最值问题更为敏捷。【变式训练】设O为坐标原点，已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，抛物线C2：x2＝－ay的准线方程为y＝eq\f(1,2)。(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围。解(1)由题意得eq\f(a,4)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，故抛物线C2的方程为x2＝－2y。又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，所以b＝1，从而椭圆C1的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1。(2)明显直线x＝0不满意题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0。因为Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))。x1＋x2＝eq\f(－16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，依据题意，得0°<∠POQ<90°，即eq\o(OP,\s\up16(→))·eq\o(OQ,\s\up16(→))>0，所以eq\o(OP,\s\up16(→))·eq\o(OQ,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq\f(121＋k2,1＋4k2)＋2k×eq\f(－16k,1＋4k2)＋4＝eq\f(16－4k2,1＋4k2)>0，解得－2<k<2。综上得k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2))。考点三证明问题【例3】(2024·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)。(1)证明：k<－eq\f(1,2)；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq\o(FP,\s\up16(→))＋eq\o(FA,\s\up16(→))＋eq\o(FB,\s\up16(→))＝0。证明：2|eq\o(FP,\s\up16(→))|＝|eq\o(FA,\s\up16(→))|＋|eq\o(FB,\s\up16(→))|。解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1。两式相减，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0。由题设知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)。由题设得0<m<eq\f(3,2)，故k<－eq\f(1,2)。(2)由题意得F(1,0)。设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)。由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0。又点P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，从而Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|eq\o(FP,\s\up16(→))|＝eq\f(3,2)。于是|eq\o(FA,\s\up16(→))|＝eq\r(x1－12＋y\o\al(2,1))＝eq\r(x1－12＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4))))＝2－eq\f(x1,2)。同理|eq\o(FB,\s\up16(→))|＝2－eq\f(x2,2)。所以|eq\o(FA,\s\up16(→))|＋|eq\o(FB,\s\up16(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3。故2|eq\o(FP,\s\up16(→))|＝|eq\o(FA,\s\up16(→))|＋|eq\o(FB,\s\up16(→))|。圆锥曲线中的证明问题常见的有：位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如等量关系、恒成立等。在熟识圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采纳干脆证明法，但有时也会用到反证法。【变式训练】已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上。(1)求点M的轨迹E的方程；(2)延长MC交曲线E于点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试推断以点B为圆心，线段BC长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论。解(1)设M(x，y)，由题意可知，A(1－r,0)，AM的中点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y,2)))，x>0，因为C(1,0)，所以eq\o(DC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(y,2)))，eq\o(DM,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(y,2)))。在⊙C中，因为CD⊥DM，所以eq\o(DC,\s\up16(→))·eq\o(DM,\s\up16(→))＝0，所以x－eq\f(y2,4)＝0，即y2＝4x(x>0)，所以点M的轨迹E的方程为y2＝4x(x>0)。(2)设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线BN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,2),4)))＋y2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x))⇒y2－4my－4＝0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，又r－1＝x1，则点A(－x1,0)，所以直线AM的方程为y＝eq\f(2,y1)x＋eq\f(y1,2)。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,2),4)))＋y2，,y2＝4x))⇒ky2－4y＋4y2－kyeq\o\al(2,2)＝0，由Δ＝0可得k＝eq\f(2,y2)，则直线BN的方程为y＝eq\f(2,y2)x＋eq\f(y2,2)。联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(2,y2)x＋\f(y2,2)，))可得xB＝－1，yB＝eq\f(y\o\al(2,1)－4,2y1)＝eq\f(4my1,2y1)＝2m，所以点B(－1,2m)，|BC|＝eq\r(4＋4m2)＝2eq\r(m2＋1)，所以点B到直线MN的距离d＝eq\f(|2＋2m2|,\r(m2＋1))＝eq\r(4m2＋4)＝2eq\r(m2＋1)＝|BC|，所以⊙B与直线MN相切。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))(协作例1、例2运用)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－eq\r(3)ab＝0相切。(1)求椭圆C的离心率；(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若△PQF2的周长为4eq\r(2)，求eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))的最大值。解(1)由题意知eq\f(|－\r(3)ab|,\r(a2＋4b2))＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)。化简得a2＝2b2，所以e＝eq\f(\r(2),2)。(2)因为△PQF2的周长为4eq\r(2)，所以4a＝4eq\r(2)，得a＝eq\r(2)，由(1)知b2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1，且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)，①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线方程为x＝－1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(F2P,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(\r(2),2)))，eq\o(F2Q,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(2),2)))，故eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))＝eq\f(7,2)。②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝2，))消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，y1y2＝k2(x1＋1)(x2＋1)＝k2x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2，eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝(k2＋1)eq\f(2k2－2,2k2＋1)＋(k2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k2,2k2＋1)))＋k2＋1＝eq\f(7k2－1,2k2＋1)＝eq\f(7,2)－eq\f(9,22k2＋1)，由k2>0可得eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2)))。综上，eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2)))，所以eq\o(F2P,\s\up16(→))·eq\o(F2Q,\s\up16(→))的最大值是eq\f(7,2)。第2课时定点、定值、探究性问题考点肯定点问题【例1】(2024·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上。(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点。解(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点。又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，C不经过点P1，所以点P2在C上。因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1。))故C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1。(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，假如l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))。则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设。从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)。将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)。而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2)。由题设知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1,2)。当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1)。求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对随意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点。【变式训练】(2024·贵阳摸底)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8。(1)求l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标。解(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，所以eq\f(2k2＋4,k2)＝6，所以k2＝1，即k＝±1，所以直线l的方程为y＝±(x－1)。(2)证明：由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(y2＋y1,\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y2－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝eq\f(4,y2－y1)(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－yeq\o\al(2,1)＝4x－4x1，因为yeq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(因为y1，y2异号)，所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1，0)。考点二定值问题【例2】(2024·益阳、湘潭调研)已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切。(1)求点P的轨迹C的方程；(2)设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值。解(1)由题意得|PM|＋|PN|＝4，所以点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，所以2a＝4,2c＝2，所以b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。即点P的轨迹C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)，由题意知－2<m<2，直线l：y＝k(x－m)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8mk2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2k2－12,4k2＋3)，|GA|2＋|GB|2＝(1＋k2)(x1－m)2＋(1＋k2)(x2－m)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2]＝(k2＋1)·eq\f([－6m24k2－3＋243＋4k2],4k2＋32)。要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，解得k＝±eq\f(\r(3),2)，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7。求解圆锥曲线中定值问题的基本思路1．从特殊元素入手，求出定值，再证明这个值与变量无关。2．干脆推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值。【变式训练】已知抛物线C：y2＝ax(a>0)上一点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))到焦点F的距离为2t。(1)求抛物线C的方程；(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值。解(1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋eq\f(a,4)＝2t，则a＝4t，由点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))在抛物线上，得at＝eq\f(1,4)，所以a×eq\f(a,4)＝eq\f(1,4)，则a2＝1，由a>0，得a＝1，所以抛物线C的方程为y2＝x。(2)因为点A在抛物线C上，且yA＝1，所以xA＝1。所以A(1,1)，设过点Q(3，－1)的直线的方程为x－3＝m(y＋1)，即x＝my＋m＋3，代入y2＝x得y2－my－m－3＝0。设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，所以k1k2＝eq\f(y1－1,x1－1)·eq\f(y2－1,x2－1)＝eq\f(y1y2－y1＋y2＋1,m2y1y2＋mm＋2y1＋y2＋m＋22)＝－eq\f(1,2)。所以k1k2为定值，且定值为－eq\f(1,2)。考点三探究性问题【例3】(2024·合肥质检)已知抛物线E：x2＝2py(p>0)上一点P的纵坐标为4，且点P到焦点F的距离为5。(1)求抛物线E的方程；(2)如图，设斜率为k的两条平行直线l1，l2分别经过点F和H(0，－1)，l1与抛物线E交于A，B两点，l2与抛物线E交于C，D两点。问：是否存在实数k，使得四边形ABDC的面积为4eq\r(3)＋4？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由。解(1)由抛物线的定义知，点P到抛物线E的准线的距离为5。因为抛物线E的准线方程为y＝－eq\f(p,2)，所以4＋eq\f(p,2)＝5，解得p＝2，所以抛物线E的方程为x2＝4y。(2)由已知得，直线l1：y＝kx＋1。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx－4＝0，Δ＝16(k2＋1)>0恒成立，|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋1)＝4(k2＋1)。直线l2：y＝kx－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx＋4＝0，由Δ＝16(k2－1)>0得k2>1，|CD|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2－1)＝4eq\r(k2＋1k2－1)，又直线l1，l2间的距离d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，所以四边形ABDC的面积S＝eq\f(1,2)·d·(|AB|＋|CD|)＝4(eq\r(k2＋1)＋eq\r(k2－1))。解方程4(eq\r(k2＋1)＋eq\r(k2－1))＝4(eq\r(3)＋1)，得k2＝2(满意k2>1)，所以存在满意条件的k，且k的值为±eq\r(2)。探究性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立。【变式训练】(2024·湖南联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线x＋y－2＝0相切。(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A，B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由。解(1)由题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝c，,a＝\f(|0＋0－2|,\r(2))，,b2＋c2＝a2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))则椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1。(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx－1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,1＋2k2)，xAxB＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)。假设在x轴上存在定点E(x0,0)，使得eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))为定值。则eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋xeq\o\al(2,0)＋yAyB＝xAxB－x0(xA＋xB)＋xeq\o\al(2,0)＋k2(xA－1)(xB－1)＝(1＋k2)xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋xeq\o\al(2,0)＋k2＝eq\f(2x\o\al(2,0)－4x0＋1k2＋x\o\al(2,0)－2,1＋2k2)。因为eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))为定值，所以eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))的值与k无关，所以2xeq\o\al(2,0)－4x0＋1＝2(xeq\o\al(2,0)－2)，解得x0＝eq\f(5,4)，此时eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝－eq\f(7,16)为定值，定点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))。当直线的斜率不存在时，也满意eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))＝－eq\f(7,16)为定值，且定点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))。综上，存在点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))，使得eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(EB,\s\up16(→))为定值，且定值为－eq\f(7,16)。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例1、例2运用)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点F，抛物线x2＝4eq\r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E。(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且eq\o(MA,\s\up16(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up16(→))，eq\o(MB,\s\up16(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up16(→))，当m改变时，证明：λ1＋λ2为定值；(3)当m改变时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，恳求出定点的坐标，并赐予证明；否则，说明理由。解(1)因为l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，所以右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1。因为x2＝4eq\r(3)y的焦点(0，eq\r(3))为椭圆C的上顶点，所以b＝eq\r(3)，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)由题意知m≠0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)。因为eq\o(MA,\s\up16(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up16(→))，eq\o(MB,\s\up16(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up16(→))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋\f(1,m)))＝λ2(1－x2，－y2)，所以λ1＝－1－eq\f(1,my1)，λ2＝－1－eq\f(1,my2)，所以λ1＋λ2＝－2－eq\f(y1＋y2,my1y2)＝－2－eq\f(6m,3m2＋4)÷eq\f(9m,3m2＋4)＝－eq\f(8,3)。综上所述，当m改变时，λ1＋λ2为定值－eq\f(8,3)。(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，猜想当m改变时，直线AE与BD相交于定点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，证明如下：eq\o(AN,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－x1，－y1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，则eq\o(NE,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，y2))。因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－my1))y2－eq\f(3,2)(－y1)＝eq\f(3,2)(y1＋y2)－my1y2＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6m,3m2＋4)))－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,3m2＋4)))＝0，所以eq\o(AN,\s\up16(→))∥eq\o(NE,\s\up16(→))，即A，N，E三点共线。同理可得B，N，D三点共线。则猜想成立，故当m改变时，直线AE与BD相交于定点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))。2．(协作例3运用)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于eq\f(1,2)，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8eq\r(3)y的焦点。(1)求椭圆C的方程；(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点。①若直线AB的斜率为eq\f(1,2)，求四边形APBQ面积的最大值；②当A，B运动时，满意∠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的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则b＝2eq\r(3)。由eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝c2＋b2，得a＝4，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1。(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)。①设直线AB的方程为y＝eq\f(1,2)x＋t，代入eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，由Δ>0，解得－4<t<4，由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，所以|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(t2－4t2－12)＝eq\r(48－3t2)。所以四边形APBQ的面积S＝eq\f(1,2)×6×|x1－x2|＝3eq\r(48－3t2)。所以当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12eq\r(3)。②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，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－3＝k(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－3＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，所以x1＋2＝eq\f(82k－3k,3＋4k2)，将k换成－k可得x2＋2＝eq\f(－8k－2k－3,3＋4k2)＝eq\f(8k2k＋3,3＋4k2)，所以x1＋x2＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－48k,3＋4k2)，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(kx1－2＋3＋kx2－2－3,x1－x2)＝eq\f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq\f(1,2)，所以直线AB的斜率为定值eq\f(1,2)。中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来探讨曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的探讨，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特殊是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算实力是一个重要的方面，为此，从以下几个方面探究减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程。技巧一巧用平面几何性质【例1】已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点。P为C上一点，且PF⊥x轴。过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3)D．eq\f(3,4)【解析】设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有eq\f(ON,MF)＝eq\f(a,a＋c)，eq\f(MF,OE)＝eq\f(a－c,a)。又因为OE＝2ON，所以有eq\f(1,2)＝eq\f(a,a＋c)·eq\f(a－c,a)，解得a＝3c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)，故选A。【答案】A此题也可以用解析法解决，但有肯定的计算量，巧用三角形的相像比可简化计算。【变式训练1】如图，F1，F2是椭圆C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在其次、四象限的公共点。若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(3,2) D．eq\f(\r(6),2)解析由已知，得F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，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)。所以双曲线C2的离心率e＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2)。答案D技巧二设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，经常可以用“点差法”求解。【例2】已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点。若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为()A．eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1B．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C．eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1D．eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq\f(b2,a2)。又kAB＝eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)。又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1。【答案】D本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，奇妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题。【变式训练2】过点M(1,1)作斜率为－eq\f(1,2)的直线与椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________。解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1①，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1②，))①－②得eq\f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq\f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)。因为eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)。所以a2＝2b2。又因为b2＝a2－c2，所以a2＝2(a2－c2)，所以a2＝2c2，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)。即椭圆C的离心率e＝eq\f(\r(2),2)。答案eq\f(\r(2),2)技巧三巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系。后者往往计算量小，解题过程简捷。【例3】已知椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条相互垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点。(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；(2)当直线AM的斜率改变时，直线MN是否过x轴上的肯定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由。【解】(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得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)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0。则xA＋xM＝eq\f(－16k2,1＋4k2)，又xA＝－2，则xM＝－xA－eq\f(16k2,1＋4k2)＝2－eq\f(16k2,1＋4k2)＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)。将xM中的k换成－eq\f(1,k)，可得xN＝eq\f(2k2－8,k2＋4)。由(1)知若存在定点，则此点必为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))。证明如下：因为kMP＝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)，同理可计算得kPN＝eq\f(5k,4－4k2)。所以直线MN过x轴上的肯定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))。本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，这体现了整体思想。这是解决解析几何问题时常用的方法，简洁易懂，通过设而不求，大大降低了运算量。【变式训练3】已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，且经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，左、右焦点分别为F1，F2。(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为eq\f(3\r(2),7)，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程。解(1)由eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0。明显判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，则有y1＋y2＝eq\f(6t,4＋3t2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3t2)，r0＝eq\f(3\r(2),7)，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)|F1F2|·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(12\r(t2＋1),4＋3t2)。而S△AF2B＝eq\f(1,2)|AB|r0＋eq\f(1,2)|BF2|r0＋eq\f(1,2)|AF2|r0＝eq\f(1,2)r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝eq\f(1,2)r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝eq\f(1,2)r0·4a＝eq\f(1,2)×8×eq\f(3\r(2),7)＝eq\f(12\r(2),7)，所以eq\f(12\r(t2＋1),4＋3t2)＝eq\f(12\r(2),7)，解得t2＝1，因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝eq\f(2,\r(t2＋1))＝eq\r(2)，所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2。技巧四奇妙“换元”削减运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换探讨对象，将问题移至新对象的学问背景中去探讨，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将困难问题简洁化