1、“解析几何”专题提能课专 题 提 能防止思维定式，实现“移花接木”提能点(一)失误1因忽视方程的标准形式而失误例 1 已知抛物线的方程为 y2ax2(a0)，则它的焦点坐标为_解析 y2ax2(a0，标准方程中一次项系数的绝对值为2p，求出 p 后再研究抛物线的几何性质，结合图形去考虑.失误2因忽视圆方程本身的限制条件而失误例 2 过定点(1，2)作两直线与圆 x2y2kx2yk2150 相切，则 k 的取值范围是_解析 把圆的方程化为标准方程得，xk22(y1)21634k2，所以 1634k20，解得8 33 k0，即(k2)(k3)0，解得 k2.综上，k 的取值范围是8 33，3 2，
2、8 33.答案 8 33，3 2，8 33点评 本题易错在于忽略题中方程必须是圆的方程，有些学生不考虑 D2E24F0.本例应把圆的方程化为标准方程后，根据构成圆的条件得到等号右边的式子大于 0，列出关于k 的不等式，求出不等式的解集，然后由过已知点总可以作圆的两条切线，得到点在圆外，故把点的坐标代入圆的方程中得到一个关于 k 的关系式，求出不等式的解集，综上，求出两解集的交集即为实数 k 的取值范围.失误3因忽视斜率不存在的情况而失分例 3 已知过点(1，2)的直线 l 与圆 x2y24 交于 A，B两点，弦长 AB2 3，求直线 l 的方程解 当过点(1，2)的直线 l 斜率不存在时，满足
3、要求，所以方程 x1 满足题意；当过点(1，2)的直线 l 存在斜率时，记l 的方程为 y2k(x1)，即 kxy2k0，由弦长为 2 3可得圆心到直线的距离为 1，则 d|2k|1k21，解得 k34，所以直线 l 的方程为 y234(x1)，即 3x4y50.所以所求直线 l 的方程为 x1 和 3x4y50.点评 本题学生易错在于忽略了斜率不存在的情况，在用斜率研究直线方程首先考虑斜率不存在的情况给定弦长，一般都有两解，除非弦长值就是直径的值，此时只有一解提能点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1利用对称性解决椭圆中焦点三角形问题例 1 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭
4、圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点，直线 yb2与椭圆交于 B，C 两点，且BFC90，则该椭圆的离心率为_解析 法一：由yb2，x2a2y2b21，可得 B 32 a，b2，C32 a，b2.由 F(c，0)，得 FB 32 ac，b2，FC32 ac，b2.又BFC90，所以 FB FC0，化简可得 2a23c2，即 e2c2a223，故 e 63.法二：由yb2，x2a2y2b21，可得 B 32 a，b2，C32 a，b2，所以 BC 3a，由椭圆的焦半径公式得 BFaexBae 32 a，CFaexCae 32 a，又BFC90，所以 BF2CF2BC2，即ae 32 a 2ae
5、 32 a 2(3a)2，式子两边同除以 a2 可得 e223，即 e 63.答案 63点评 本题中 B，C 两点是关于 y 轴对称，对称性的运用对线段的求解和坐标求解有很大帮助策略2 利用有界性处理圆锥曲线中的存在性问题例 2 若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)右支上存在一点 P到左焦点的距离是到右准线距离的 6 倍，则该双曲线离心率的取值范围为_解析 记双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，设点 P 到右准线的距离为 d，则由题意得点 P 到左焦点的距离为 PF16d，由于 PF1PF22a，所 以 PF26d2a，所以6d2adca，所以 d 2a26
6、ac，又因为 daa2c，所以 2a26acaa2c，6ac0，解之得此双曲线的离心率 e 的取值范围是(1，23，6)答案(1，23，6)点评 一般地，根据“存在一点”这样的条件求解离心率的取值范围问题，主要是先利用几何条件建立关于a，b，c 的方程，再根据椭圆、双曲线和抛物线上点的坐标的有界性来求解提能点(三)系统数学思想，实现“触类旁通”函数方程思想解决平面几何中的最值问题典例 在平面直角坐标系 xOy 中，设曲线 C1：|x|a|y|b 1(ab0)所围成的封闭图形的面积为 4 2，曲线 C1 上的点到原点 O 的最短距离为2 23.以曲线 C1 与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为 C2.
7、(1)求椭圆 C2 的标准方程；(2)设 AB 是过椭圆 C2 中心 O 的任意弦，l 是线段 AB 的垂直平分线若 M 是 l 与椭圆 C2 的交点，求AMB 的面积的最小值解(1)由题意得2ab4 2，aba2b22 23.解得 a28，b21.所以所求椭圆 C2 的标准方程为x28 y21.(2)法一：设 M(x，y)，则 A(y，x)(R，0)因为点 A 在椭圆 C2 上，所以 2(y28x2)8，即 y28x2 82.又 x28y28.得 x2y289112.所以 SAMBOMOA|(x2y2)89|1|169.当且仅当 1，即 kAB1 时，(SAMB)min169.法二：假设 A
8、B 所在的直线斜率存在且不为零，设 AB 所在直线的方程为 ykx(k0)解方程组x28 y21，ykx，得 x2A818k2，y2A 8k218k2，所以 OA2x2Ay2A818k2 8k218k28（1k2）18k2，AB24OA232（1k2）18k2.又由x28 y21，y1kx，解得 x2M 8k2k28，y2M8k28，所 以OM2 8（1k2）k28.由 于S 2AMB 14 AB2 OM2 14 32（1k2）18k2 8（1k2）k2864（1k2）2（18k2）（k28）64（1k2）218k2k282264（1k2）2814（1k2）225681，当且仅当 18k2k2
9、8时等号成立，即 k1 时等号成立，此时AMB 面积的最小值是SAMB169.当 k0 时，SAMB124 212 2169；当 k 不存在时，SAMB122 222 2169.综上所述，AMB 面积的最小值为169.点评 第(2)问中有关三角形面积的计算一般用以下几种方式：(1)以弦长为底，点到弦所在直线距离为高；(2)正弦定理；(3)如果弦所在直线过定点且顶点也为定点，可以将面积进行分割一般地，如果建立关于 k 的函数，可以用导数的方法或换元处理后用基本不等式方法；如果建立的关于(x，y)的函数可以直接用基本不等式或消元后转化成二次函数提能点(四)强化一题多法，激活“解题思维”1多角度运用
10、几何特征转化例 1(2019全国卷)设 F1，F2 为椭圆 C：x236y2201 的两个焦点，M为 C 上一点且在第一象限若MF1F2 为等腰三角形，则 M 的坐标为_解析 法一：三角形等面积法求高 yM，代入椭圆方程求 xM.由已知可得 a236，b220，所以 c2a2b216，所以 c4，所以|MF1|F1F2|2c8.因为|MF1|MF2|2a12，所以|MF2|4.设点 M 的坐标为(xM，yM)(xM0，yM0)，则 SMF1F212|F1F2|yM4yM，又 SMF1F2124 82224 15，所以 4yM4 15，解得 yM 15，所以x2M36（15）2201，解得 xM
11、3(xM3 舍去)，所以 M 的坐标为(3，15)法二：根据两点间的距离公式及点 M 在椭圆上联立方程组求解 因为椭圆 C：x236y2201，所以 a6，b2 5，因为 a2b2c2，所以 c4，即 F1(4，0)，F2(4，0)，因为 M 为 C 上一点且在第一象限，设点 M 的坐标为(xM，yM)(xM0，yM0)，因为MF1F2 为等腰三角形，所以|MF1|F1F2|8，所以xM0，yM0，x2M36y2M201，（xM4）2y2M64，解得xM3，yM 15，所以点 M 的坐标为(3，15)法三：作垂线，利用向量垂直的数量积为 0 及点M 在椭圆上联立方程组求解 如图，设 M(m，n
12、)(m0，n0)，过点 M 作 MPx轴于 P，过点 F1 作 F1QMF2 于 Q，因为MF1F2 为等腰三角形，M 为 C 上一点且在第一象限，所以 Q 为 MF2 的中点，所以F1QMF20，则 Qm42，n2，F1Qm122，n2，MF2(4m，n)所以m122，n2(4m，n)0，即 n2488mm2，因为 M(m，n)(m0，n0)在椭圆 C 上，所以m236n2201，所以m3，n 15，所以点 M 的坐标为(3，15)法四：利用余弦定理及三角函数的定义求解 因为椭圆 C：x236y2201，所以 a6，b2 5，因为 a2b2c2，所以 c4，即 F1(4，0)，F2(4，0)
13、，因为MF1F2为等腰三角形，所以|MF1|F1F2|8，由椭圆的定义知|MF2|4，在MF1F2 中，由余弦定理得 cosMF1F2|MF1|2|F1F2|2|MF2|22|MF1|F1F2|828242288 78，设点 M 的坐标为(xM，yM)(xM0，yM0)，所以 yM|MF1|1cos2MF1F2，即 yM81782 15，|OF1|xM|MF1|cosMF1F2，即 xM87843，所以点 M 的坐标为(3，15)答案(3，15)点评 与本题有关的数学知识有：椭圆的定义、方程与性质，三角形面积的计算、两点间的距离公式、等腰三角形的性质、平面向量的数量积、三角函数的定义、余弦定理
14、、椭圆的参数方程等 本题考查运算求解能力，考查数形结合思想、转化与化归的思想，体现直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养 2多角度的求解直线过定点 例 2 过椭圆x24 y21 的左顶点 A 作互相垂直的直线分别交椭圆于 M，N 两点求证：直线 MN 过定点，并求出该定点坐标解 法一：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 MN：ykxm.联立ykxm，x24 y21消去 y，得(14k2)x28kmx4m240，则 0，且 x1x28km14k2，x1x24m2414k2.由 AMAN，得 y1x12 y2x221，即(k21)x1x2(km2)(x1x2)m240，(k21)4m
15、2414k2(km2)8km14k2m240，化简得 5m216km12k20，k0，5mk216mk 120，解得mk65或mk 2(舍去)，直线 MN：ykx65，过定点65，0.法二：设直线 AM：yk(x2)(k0)，则直线 AN：y1k(x2)联立yk（x2），x24 y21消去 y，得(14k2)x216k2x16k240，则2xM16k2414k2，xM28k214k2，yM4k14k2.所以点 M28k214k2，4k14k2，同理点 N2k284k2，4k4k2，所以 kMN4k14k2 4k4k228k214k22k284k25k4（1k2），所以直线 MN 的方程为 y4
16、k14k25k4（1k2）x28k214k2，令 y0，得 x28k214k216（1k2）5（14k2）6（14k2）5（14k2）65，所以直线 MN 过定点65，0.法三：(考查极端位置、特殊位置确定出定点，从而转化为一般性证明题)同法二知，xM28k214k2，xN2k284k2，令28k214k22k284k2 k21，此时28k214k265，直线 MN 过定点 C65，0.当 k21，kCM4k14k228k214k2655k4（1k2），kCN 4k4k22k284k2 655k4（1k2）.kCMkCN，M，N，C 三点共线，即直线 MN 过定点65，0.点评 直线过定点问题，可以设出直线方程 ykxm，得出 k 与 m 的关系，从而得到过定点；也可以直接用 k 表示出新直线的方程，再求过定点；也可以先特殊得出定点，再用三点共线来论证一般情形
