頁第八節(jié)解析幾何壓軸大題的解題策略指導(dǎo)第1課時(shí)審題上——4大策略找到解題突破口解析幾何研究的問題是幾何問題，研究的方法是代數(shù)法(坐標(biāo)法)．因此，求解解析幾何問題最大的思維難點(diǎn)是轉(zhuǎn)化，即幾何條件代數(shù)化．如何在解析幾何問題中實(shí)現(xiàn)代數(shù)式的轉(zhuǎn)化，找到常見問題的求解途徑，是突破解析幾何問題難點(diǎn)的關(guān)鍵所在．突破解析幾何難題，先從找解題突破口入手．策略一垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化[典例]如圖所示，已知圓C：x2＋y2﹣2x＋4y﹣4＝0，問：是否存在斜率為1的直線l，使l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓過原點(diǎn)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．[解題觀摩]假設(shè)存在斜率為1的直線l，使l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓過原點(diǎn)．設(shè)直線l的方程為y＝x＋b，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,x2＋y2－2x＋4y－4＝0，))消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b﹣4＝0，所以x1＋x2＝﹣(b＋1)，x1x2＝eq\f(b2＋4b－4,2).①因?yàn)橐訟B為直徑的圓過原點(diǎn)，所以eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))，即x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，則x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2＋4b﹣4﹣b(b＋1)＋b2＝0，即b2＋3b﹣4＝0，解得b＝﹣4或b＝1.當(dāng)b＝﹣4或b＝1時(shí)，均有Δ＝4(b＋1)2﹣8(b2＋4b﹣4)＝﹣4b2﹣24b＋36＞0，即直線l與圓C有兩個(gè)交點(diǎn)．所以存在直線l，其方程為x﹣y＋1＝0或x﹣y﹣4＝0.[名師微點(diǎn)](1)以AB為直徑的圓過原點(diǎn)等價(jià)于eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))，而eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))又可以“直譯”為x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此類解析幾何問題的總體思路為“直譯”，然后對個(gè)別難以“直譯”的條件先進(jìn)行“轉(zhuǎn)化”，將“困難、難翻譯”的條件通過平面幾何知識(shí)“轉(zhuǎn)化”為“簡單、易翻譯”的條件后再進(jìn)行“直譯”，最后聯(lián)立“直譯”的結(jié)果解決問題．(2)幾何關(guān)系“直角”坐標(biāo)化的轉(zhuǎn)化方式①點(diǎn)B在以線段F1F2為直徑的圓上；②eq\o(F1B,\s\up7(→))·eq\o(F2B,\s\up7(→))＝0；③kF1B·kF2B＝﹣1；④勾股定理．以上關(guān)系可相互轉(zhuǎn)化．[針對訓(xùn)練]1．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，且其離心率為eq\f(1,2)，過坐標(biāo)原點(diǎn)O作兩條互相垂直的射線與橢圓C分別相交于M，N兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在圓心在原點(diǎn)的定圓與直線MN總相切？若存在，求定圓的方程；若不存在，請說明理由．解：(1)∵橢圓C經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，又∵eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a2＝4，b2＝3.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，由對稱性，設(shè)M(x0，x0)，N(x0，﹣x0)．∵M(jìn)，N在橢圓C上，∴eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(x\o\al(2,0),3)＝1，∴xeq\o\al(2,0)＝eq\f(12,7).∴O到直線MN的距離為d＝|x0|＝eq\f(2\r(21),7)，∴x2＋y2＝eq\f(12,7).當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)MN的方程為y＝kx＋m，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2﹣12＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝﹣eq\f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2).∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.∴(k2＋1)·eq\f(4m2－12,3＋4k2)﹣eq\f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝0，即7m2＝12(k2＋1)．∴O到直線MN的距離為d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(12,7))＝eq\f(2\r(21),7)，故存在定圓x2＋y2＝eq\f(12,7)與直線MN總相切．策略二角平分線條件的轉(zhuǎn)化[典例]已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0)，且在y軸上截得的弦MN的長為8.(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程；(2)已知點(diǎn)B(﹣1,0)，設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，求證：直線l過定點(diǎn)．[解題觀摩](1)設(shè)動(dòng)圓圓心為點(diǎn)P(x，y)，則由勾股定理得x2＋42＝(x﹣4)2＋y2，化簡即得圓心的軌跡C的方程為y2＝8x.(2)證明：法一：由題意可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋b(k≠0)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,y2＝8x，))得k2x2＋2(kb﹣4)x＋b2＝0.由Δ＝4(kb﹣4)2﹣4k2b2＞0，得kb＜2.設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝﹣eq\f(2kb－4,k2)，x1x2＝eq\f(b2,k2).因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線，所以kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝eq\f(y1,x1＋1)＋eq\f(y2,x2＋1)＝eq\f(2kx1x2＋k＋bx1＋x2＋2b,x1＋1x2＋1)＝eq\f(8k＋b,x1＋1x2＋1k2)＝0，所以k＋b＝0，即b＝﹣k，所以l的方程為y＝k(x﹣1)．故直線l恒過定點(diǎn)(1,0)．法二：設(shè)直線PB的方程為x＝my﹣1，它與拋物線C的另一個(gè)交點(diǎn)為Q′，設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由條件可得，Q與Q′關(guān)于x軸對稱，故Q(x2，﹣y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,y2＝8x，))消去x得y2﹣8my＋8＝0，其中Δ＝64m2﹣32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.所以kPQ＝eq\f(y1＋y2,x1－x2)＝eq\f(8,y1－y2)，因而直線PQ的方程為y﹣y1＝eq\f(8,y1－y2)(x﹣x1)．又y1y2＝8，yeq\o\al(2,1)＝8x1，將PQ的方程化簡得(y1﹣y2)y＝8(x﹣1)，故直線l過定點(diǎn)(1,0)．法三：由拋物線的對稱性可知，如果定點(diǎn)存在，則它一定在x軸上，所以設(shè)定點(diǎn)坐標(biāo)為(a,0)，直線PQ的方程為x＝my＋a.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋a，,y2＝8x))消去x，整理得y2﹣8my﹣8a＝0，Δ＞0.設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝8m，,y1y2＝－8a.))由條件可知kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝eq\f(y1,x1＋1)＋eq\f(y2,x2＋1)＝eq\f(my1＋ay2＋my2＋ay1＋y1＋y2,x1＋1x2＋1)＝eq\f(2my1y2＋a＋1y1＋y2,x1＋1x2＋1)＝0，所以﹣8ma＋8m＝0.由m的任意性可知a＝1，所以直線l恒過定點(diǎn)(1,0)．法四：設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),8)，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),8)，y2))，因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線，所以kPB＋kQB＝eq\f(y1,\f(y\o\al(2,1),8)＋1)＋eq\f(y2,\f(y\o\al(2,2),8)＋1)＝0，整理得(y1＋y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,8)＋1))＝0.因?yàn)橹本€l不垂直于x軸，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝﹣8.因?yàn)閗PQ＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),8)－\f(y\o\al(2,2),8))＝eq\f(8,y1＋y2)，所以直線PQ的方程為y﹣y1＝eq\f(8,y1＋y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),8)))，即y＝eq\f(8,y1＋y2)(x﹣1)．故直線l恒過定點(diǎn)(1,0)．[名師微點(diǎn)]本題前面的三種解法屬于比較常規(guī)的解法，主要是設(shè)點(diǎn)，設(shè)直線方程，聯(lián)立方程，并借助判別式、根與系數(shù)的關(guān)系等知識(shí)解題，計(jì)算量較大．解法四巧妙地運(yùn)用了拋物線的參數(shù)方程進(jìn)行設(shè)點(diǎn)，避免了聯(lián)立方程組，計(jì)算相對簡單，但是解法二和解法四中含有兩個(gè)參數(shù)y1，y2，因此判定直線過定點(diǎn)時(shí)，要注意將直線的方程變?yōu)樘厥獾男问剑甗針對訓(xùn)練]2.橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)(eq\r(2)，0)，左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，P點(diǎn)在橢圓上，且滿足∠F1PF2＝90°的P點(diǎn)只有兩個(gè)．(1)求橢圓C的方程；(2)過F2且不垂直于坐標(biāo)軸的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在一點(diǎn)N(n,0)，使得∠ANB的角平分線是x軸？若存在，求出n；若不存在，請說明理由．解：(1)由題設(shè)知P點(diǎn)為橢圓的上下頂點(diǎn)，所以a＝eq\r(2)，b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝eq\r(2)，b＝1，故橢圓C方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)直線l的方程為x＝my＋1(m≠0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2－2＝0，,x＝my＋1，))消x得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋2))y2＋2my﹣1＝0.設(shè)A，B坐標(biāo)為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，則有y1＋y2＝﹣eq\f(2m,m2＋2)，y1·y2＝﹣eq\f(1,m2＋2)，又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，假設(shè)在x軸上存在這樣的點(diǎn)N(n,0)，使得x軸是∠ANB的平分線，則有kAN＋kBN＝0，而kAN＋kBN＝eq\f(y1－0,x1－n)＋eq\f(y2－0,x2－n)＝eq\f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－n)))＝eq\f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋1－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－n)))＝eq\f(2my1y2＋1－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－n)))＝0.將y1＋y2＝﹣eq\f(2m,m2＋2)，y1·y2＝﹣eq\f(1,m2＋2)代入2my1y2＋(1﹣n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))＝0，有2meq\f(－1,m2＋2)＋(1﹣n)eq\f(－2m,m2＋2)＝eq\f(－2m2－n,m2＋2)＝0，即2m(n﹣2)＝0.因?yàn)閙≠0，故n＝2.所以存在點(diǎn)N(2,0)，使得∠ANB的平分線是x軸．

策略三弦長條件的轉(zhuǎn)化[典例]如圖所示，已知橢圓G：eq\f(x2,2)＋y2＝1，與x軸不重合的直線l經(jīng)過左焦點(diǎn)F1，且與橢圓G相交于A，B兩點(diǎn)，弦AB的中點(diǎn)為M，直線OM與橢圓G相交于C，D兩點(diǎn)．(1)若直線l的斜率為1，求直線OM的斜率；(2)是否存在直線l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．[解題觀摩](1)由題意可知點(diǎn)F1(﹣1,0)，又直線l的斜率為1，故直線l的方程為y＝x＋1.設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得3x2＋4x＝0，則x1＋x2＝﹣eq\f(4,3)，y1＋y2＝eq\f(2,3)，因此中點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3))).故直線OM的斜率為eq\f(\f(1,3),－\f(2,3))＝﹣eq\f(1,2).(2)假設(shè)存在直線l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．由題意，直線l不與x軸重合，設(shè)直線l的方程為x＝my﹣1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理得(m2＋2)y2﹣2my﹣1＝0.設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))可得|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1﹣y2|＝eq\r(1＋m2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,m2＋2)))2＋\f(4,m2＋2))＝eq\f(2\r(2)m2＋1,m2＋2)，x1＋x2＝m(y1＋y2)﹣2＝eq\f(2m2,m2＋2)﹣2＝eq\f(－4,m2＋2)，所以弦AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，故直線CD的方程為y＝﹣eq\f(m,2)x.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m2,2)))x2＝2，解得x2＝eq\f(2,1＋\f(m2,2))＝eq\f(4,m2＋2).由對稱性，設(shè)C(x0，y0)，D(﹣x0，﹣y0)，則xeq\o\al(2,0)＝eq\f(4,m2＋2)，可得|CD|＝eq\r(1＋\f(m2,4))·|2x0|＝eq\r(m2＋4·\f(4,m2＋2))＝2eq\r(\f(m2＋4,m2＋2)).因?yàn)閨AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|﹣|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，所以|AM|2＝|OC|2﹣|OM|2，故eq\f(|AB|2,4)＝eq\f(|CD|2,4)﹣|OM|2，即|AB|2＝|CD|2﹣4|OM|2，代入|AB|，|CD|和|OM|，得eq\f(8m2＋12,m2＋22)＝eq\f(4m2＋4,m2＋2)﹣4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,m2＋22)＋\f(m2,m2＋22)))，解得m2＝2，故m＝±eq\r(2).所以直線l的方程為x＝eq\r(2)y﹣1或x＝﹣eq\r(2)y﹣1.[名師微點(diǎn)]本題(2)的核心在于轉(zhuǎn)化|AM|2＝|CM||DM|中弦長的關(guān)系．由|CM|＝|OC|﹣|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，則|AM|2＝|OC|2﹣|OM|2.又|AM|＝eq\f(1,2)|AB|，|OC|＝eq\f(1,2)|CD|，因此|AB|2＝|CD|2﹣4|OM|2，轉(zhuǎn)化為弦長|AB|，|CD|和|OM|三者之間的數(shù)量關(guān)系，易計(jì)算．[針對訓(xùn)練]3．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(t)))在拋物線C上，且|QF|＝eq\f(3,2).(1)求拋物線C的方程及t的值；(2)若過點(diǎn)M(0，t)的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，N為AB的中點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且S△AOB＝eq\r(3)S△MON，求直線l的方程．解：(1)∵|QF|＝eq\f(3,2)，∴eq\f(1,2)＋eq\f(p,2)＝eq\f(3,2)，解得p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x.將Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(t)))的坐標(biāo)代入y2＝4x，得t＝2.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知M(0,2)．顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋2(k≠0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋2，))消去y得k2x2﹣4(1﹣k)x＋4＝0.∵Δ＝16(1﹣k)2﹣16k2>0，得k<eq\f(1,2)且k≠0，∴x1＋x2＝eq\f(41－k,k2)，x1x2＝eq\f(4,k2).∵S△AOB＝eq\r(3)S△MON，∴|AB|＝eq\r(3)|MN|，∴eq\r(1＋k2)|x1﹣x2|＝eq\r(3)·eq\r(1＋k2)|x0﹣0|，即|x1﹣x2|＝eq\r(3)|x0|.∵N是AB的中點(diǎn)，∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)，∴(x1＋x2)2﹣4x1x2＝3·eq\f(x1＋x22,4)，整理得(x1＋x2)2＝16x1x2，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(41－k,k2)))2＝eq\f(64,k2)，解得k＝﹣1或eq\f(1,3)，滿足題意．直線l的方程為y＝﹣x＋2或y＝eq\f(1,3)x＋2.策略四面積條件的轉(zhuǎn)化[典例]設(shè)橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A(2,0)，B(0,1)是它的兩個(gè)頂點(diǎn)，直線y＝kx(k＞0)與橢圓交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求四邊形AEBF的面積的最大值．[解題觀摩]法一：如圖所示，依題意得橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．設(shè)點(diǎn)E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1＜x2，且x1，x2滿足方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝﹣x1＝eq\f(2,\r(1＋4k2)).①根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式和①，得點(diǎn)E，F(xiàn)到直線AB的距離分別為h1＝eq\f(|x1＋2kx1－2|,\r(5))＝eq\f(21＋2k＋\r(1＋4k2),\r(51＋4k2))，h2＝eq\f(|x2＋2kx2－2|,\r(5))＝eq\f(21＋2k－\r(1＋4k2),\r(51＋4k2)).又|AB|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以四邊形AEBF的面積為S＝eq\f(1,2)|AB|·(h1＋h2)＝eq\f(1,2)·eq\r(5)·eq\f(41＋2k,\r(51＋4k2))＝eq\f(21＋2k,\r(1＋4k2))＝2eq\r(\f(1＋4k2＋4k,1＋4k2))＝2eq\r(1＋\f(4k,1＋4k2))＝2eq\r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k))≤2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,k)＝4k，即k＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．因此四邊形AEBF的面積的最大值為2eq\r(2).法二：依題意得橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.直線EF的方程為y＝kx(k＞0)．設(shè)點(diǎn)E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1＜x2.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，(1＋4k2)x2＝4.故x1＝eq\f(－2,\r(1＋4k2))，x2＝eq\f(2,\r(1＋4k2))，|EF|＝eq\r(1＋k2)·|x1﹣x2|＝eq\f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2)).根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，得點(diǎn)A，B到直線EF的距離分別為d1＝eq\f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq\f(2k,\r(1＋k2))，d2＝eq\f(1,\r(1＋k2)).因此四邊形AEBF的面積為S＝eq\f(1,2)|EF|·(d1＋d2)＝eq\f(1,2)·eq\f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2))·eq\f(1＋2k,\r(1＋k2))＝eq\f(21＋2k,\r(1＋4k2))＝2eq\r(\f(4k2＋4k＋1,1＋4k2))＝2eq\r(1＋\f(4k,1＋4k2))＝2eq\r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k))≤2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,k)＝4k，即k＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．因此四邊形AEBF的面積的最大值為2eq\r(2).[名師微點(diǎn)]如果利用常規(guī)方法理解為S四邊形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝eq\f(1,2)|EF|·(d1＋d2)(其中d1，d2分別表示點(diǎn)A，B到直線EF的距離)，則需要通過聯(lián)立直線與橢圓的方程，先由根與系數(shù)的關(guān)系求出|EF|的弦長，再表示出兩個(gè)點(diǎn)線距，其過程很復(fù)雜．而通過分析，若把四邊形AEBF的面積拆成兩個(gè)小三角形——△ABE和△ABF的面積之和，則更為簡單．因?yàn)橹本€AB的方程及其長度易求出，故只需表示出點(diǎn)E與點(diǎn)F到直線AB的距離即可．[針對訓(xùn)練]4．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)右焦點(diǎn)F(1，0)，離心率為eq\f(\r(2),2)，過F作兩條互相垂直的弦AB.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求以A，B，C，D為頂點(diǎn)的四邊形的面積的取值范圍．解：(1)由題意得c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\r(2)，則b＝c＝1，∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①當(dāng)兩直線一條斜率不存在一條斜率為0時(shí)，S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2.②當(dāng)兩直線斜率存在且都不為0時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x﹣1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將其代入橢圓方程整理得(1＋2k2)x2﹣4k2x＋2k2﹣2＝0，則x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1﹣x2|＝eq\f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2).同理，|CD|＝eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，則S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2)·eq\f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq\f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2﹣eq\f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2))，當(dāng)k＝±1時(shí)，S＝eq\f(16,9).綜上所述，四邊形面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2)).

[總結(jié)規(guī)律·快速轉(zhuǎn)化]做數(shù)學(xué)，就是要學(xué)會(huì)翻譯，把文字語言、符號(hào)語言、圖形語言、表格語言相互轉(zhuǎn)換，我們要學(xué)會(huì)對解析幾何問題中涉及的所有對象逐個(gè)理解、表示、整理，在理解題意的同時(shí)，牢記解析幾何的核心方法是“用代數(shù)方法研究幾何問題”，核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，牢固樹立“轉(zhuǎn)化”意識(shí)，那么就能順利破解解析幾何的有關(guān)問題．附幾種常見幾何條件的轉(zhuǎn)化，以供參考：1．平行四邊形條件的轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)(1)對邊平行斜率相等，或向量平行(2)對邊相等長度相等，橫(縱)坐標(biāo)差相等(3)對角線互相平分中點(diǎn)重合2.直角三角形條件的轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)(1)兩邊垂直斜率乘積為﹣1，或向量數(shù)量積為0(2)勾股定理兩點(diǎn)間的距離公式(3)斜邊中線性質(zhì)(中線等于斜邊一半)兩點(diǎn)間的距離公式3.等腰三角形條件的轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)(1)兩邊相等兩點(diǎn)間的距離公式(2)兩角相等底邊水平或豎直時(shí)，兩腰斜率相反(3)三線合一(垂直且平分)垂直：斜率或向量平分：中點(diǎn)坐標(biāo)公式4．菱形條件的轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)(1)對邊平行斜率相等，或向量平行(2)對邊相等長度相等，橫(縱)坐標(biāo)差相等(3)對角線互相垂直平分垂直：斜率或向量平分：中點(diǎn)坐標(biāo)公式、中點(diǎn)重合5.圓條件的轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)(1)點(diǎn)在圓上點(diǎn)與直徑端點(diǎn)向量數(shù)量積為零(2)點(diǎn)在圓外點(diǎn)與直徑端點(diǎn)向量數(shù)量積為正數(shù)(3)點(diǎn)在圓內(nèi)點(diǎn)與直徑端點(diǎn)向量數(shù)量積為負(fù)數(shù)6．角條件的轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)(1)銳角、直角、鈍角角的余弦(向量數(shù)量積)的符號(hào)(2)倍角、半角、平分角角平分線性質(zhì)，定理(夾角、到角公式)(3)等角(相等或相似)比例線段或斜率eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測])1．在直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：x2＝6y與直線l：y＝kx＋3交于M，N兩點(diǎn)．(1)設(shè)M，N到y(tǒng)軸的距離分別為d1，d2，證明：d1與d2的乘積為定值；(2)y軸上是否存在點(diǎn)P，當(dāng)k變化時(shí)，總有∠OPM＝∠OPN？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：將y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2﹣6kx﹣18＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝﹣18，從而d1d2＝|x1|·|x2|＝|x1x2|＝18為定值．(2)存在符合題意的點(diǎn)，證明如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點(diǎn)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.從而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋3－bx1＋x2,x1x2)＝eq\f(－36k＋6k3－b,x1x2).當(dāng)b＝﹣3時(shí)，有k1＋k2＝0對任意k恒成立，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，故∠OPM＝∠OPN，所以點(diǎn)P(0，﹣3)符合題意．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸長為2eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(6),3)，點(diǎn)A(3,0)，P是C上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為C的左焦點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)若點(diǎn)P在y軸的右側(cè)，以AP為底邊的等腰△ABP的頂點(diǎn)B在y軸上，求四邊形FPAB面積的最小值．解：(1)依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(6)，,b＝\r(2)，))∴橢圓C的方程是eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)P(x0，y0)(﹣eq\r(2)＜y0＜eq\r(2)，y0≠0，x0＞0)，設(shè)線段AP中點(diǎn)為M，又A(3,0)，∴AP中點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直線AP的斜率為eq\f(y0,x0－3)，由△ABP是以AP為底邊的等腰三角形，可得BM⊥AP，∴直線AP的垂直平分線方程為y﹣eq\f(y0,2)＝﹣eq\f(x0－3,y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x0＋3,2)))，令x＝0得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y\o\al(2,0)＋x\o\al(2,0)－9,2y0)))，∵eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2y\o\al(2,0)－3,2y0)))，由F(﹣2,0)，∴四邊形FPAB的面積S＝eq\f(5,2)(|y0|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2y\o\al(2,0)－3,2y0))))＝eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2|y0|＋\f(3,2|y0|)))≥5eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)2|y0|＝eq\f(3,2|y0|)，即y0＝±eq\f(\r(3),2)時(shí)等號(hào)成立，四邊形FPAB面積的最小值為5eq\r(3).3．雙曲線C：eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，動(dòng)點(diǎn)B在C上．當(dāng)BF⊥AF時(shí)，|AF|＝|BF|.(1)求C的離心率；(2)若B在第一象限，證明：∠BFA＝2∠BAF.解：(1)當(dāng)|BF|＝|AF|，且BF⊥AF時(shí)，有c＋a＝eq\f(b2,a)＝eq\f(c2－a2,a)，所以a＝c﹣a，解得e＝2.(2)證明：由(1)知雙曲線方程為eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,3a2)＝1，設(shè)B(x，y)(x＞0，y＞0)易知漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，所以∠BAF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，當(dāng)x>a，x≠2a時(shí)，則kAB＝eq\f(y,x＋a)，kBF＝eq\f(y,x－c).設(shè)∠BAF＝θ，則tanθ＝eq\f(y,x＋a)，tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2×\f(y,x＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x＋a)))2)＝eq\f(2x＋ay,x＋a2－y2)＝eq\f(2x＋ay,x＋a2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－1)))＝eq\f(2x＋ay,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq\f(y,2a－x)＝eq\f(y,c－x)＝﹣kBF＝tan∠BFA.因?yàn)?∠BAF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以∠BFA＝2∠BAF.當(dāng)x＝2a時(shí)，由(1)可得∠BFA＝eq\f(π,2)，∠BAF＝eq\f(π,4)，故∠BFA＝2∠BAF.綜上，∠BFA＝2∠BAF.4．已知橢圓W:eq\f(x2,4m)＋eq\f(y2,m)＝1的長軸長為4，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，經(jīng)過點(diǎn)P(n,0)的直線與橢圓W相交于不同的兩點(diǎn)C，D(不與點(diǎn)A，B重合)．(1)當(dāng)n＝0，且直線CD⊥x軸時(shí)，求四邊形ACBD的面積；(2)設(shè)n＝1，直線CB與直線x＝4相交于點(diǎn)M，求證：A，D，M三點(diǎn)共線．解：(1)由題意，得a2＝4m＝4,解得m＝1.所以橢圓W方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.當(dāng)n＝0及直線CD⊥x軸時(shí)，易得C(0,1)，D(0，﹣1)．且A(﹣2,0)，B(2,0)．所以|AB|＝4，|CD|＝2，顯然此時(shí)四邊形ACBD為菱形，所以四邊形ACBD的面積為eq\f(1,2)×4×2＝4.(2)證明：當(dāng)直線CD的斜率k不存在時(shí)，由題意，得CD的方程為x＝1，代入橢圓W的方程，得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)))，易得CB的方程為y＝﹣eq\f(\r(3),2)(x﹣2)．則M(4，﹣eq\r(3))，eq\o(AM,\s\up7(→))＝(6，﹣eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(AD,\s\up7(→))，即A，D，M三點(diǎn)共線．當(dāng)直線CD的斜率k存在時(shí)，設(shè)CD的方程為y＝k(x﹣1)(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(4k2＋1)x2﹣8k2x＋4k2﹣4＝0.由題意，得Δ>0恒成立，故x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4k2－4,4k2＋1).直線CB的方程為y＝eq\f(y1,x1－2)(x﹣2)．令x＝4，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y1,x1－2))).又因?yàn)锳(﹣2,0)，D(x2，y2)，則直線AD，AM的斜率分別為kAD＝eq\f(y2,x2＋2)，kAM＝eq\f(y1,3x1－2)，所以kAD﹣kAM＝eq\f(y2,x2＋2)﹣eq\f(y1,3x1－2)＝eq\f(3y2x1－2－y1x2＋2,3x1－2x2＋2).上式中的分子3y2(x1﹣2)﹣y1(x2＋2)＝3k(x2﹣1)(x1﹣2)﹣k(x1﹣1)(x2＋2)＝2kx1x2﹣5k(x1＋x2)＋8k＝2k×eq\f(4k2－4,4k2＋1)﹣5k×eq\f(8k2,4k2＋1)＋8k＝0，所以kAD﹣kAM＝0.所以A，D，M三點(diǎn)共線．5．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(﹣1,0)，過F且垂直于x軸的直線被橢圓截得的弦長為3.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)M(﹣4,0)，過F作直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，證明：∠FMA＝∠FMB.解：(1)由題意可知c＝1，把x＝﹣1代入橢圓方程可得eq\f(1,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq\f(b2,a)，∴eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝eq\r(3)，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由對稱性可知：∠FMA＝∠FMB.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，代入橢圓方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2﹣12＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，∴kAM＋kBM＝eq\f(y1,x1＋4)＋eq\f(y2,x2＋4)＝eq\f(kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4,x1＋4x2＋4)＝eq\f(k[2x1x2＋5x1＋x2＋8],x1＋4x2＋4).∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝eq\f(8k2－24,3＋4k2)﹣eq\f(40k2,3＋4k2)＋8＝0，∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.綜上，∠FMA＝∠FMB.6．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，A，B是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)O對稱的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(14),2)))時(shí)，△ABF的周長恰為7eq\r(2).(1)求橢圓的方程；(2)過點(diǎn)F作直線l交橢圓于C，D兩點(diǎn)，且eq\o(CD,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))(λ∈R)，求△ACD面積的取值范圍．解：(1)當(dāng)點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(14),2)))時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OA))＝eq\r(1＋\f(7,2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝3eq\r(2).由對稱性，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF))＝2a，所以2a＝7eq\r(2)﹣3eq\r(2)＝4eq\r(2)，得a＝2eq\r(2).將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(14),2)))代入橢圓方程中，解得b2＝4,所以橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CD))＝2eq\r(2)，此時(shí)S△ACD＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2＝2eq\r(2).當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線CD的方程為y＝k(x＋2)(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＋2y2＝8，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2﹣8＝0.顯然Δ＞0，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(8k2,1＋2k2)，,x1·x2＝\f(8k2－8,1＋2k2)，))故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CD))＝eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)))2－4×\f(8k2－8,1＋2k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(32k2＋32,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k2))2))＝eq\f(4\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2)),1＋2k2).因?yàn)閑q\o(CD,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))(λ∈R)，所以CD∥AB，所以點(diǎn)A到直線CD的距離即為點(diǎn)O到直線CD的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k)),\r(1＋k2))，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CD))×d＝eq\f(2\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2)),1＋2k2)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k)),\r(1＋k2))＝eq\f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k))·\r(1＋k2),1＋2k2)＝4eq\r(2)eq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k2))2))＝2eq\r(2)eq\r(\f(4k4＋4k2,4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)eq\r(1－\f(1,1＋2k22))，因?yàn)?＋2k2>1，所以0<eq\f(1,1＋2k22)＜1，所以0<S△ACD<2eq\r(2).綜上，S△ACD∈(0,2eq\r(2)]．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)來研究曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問題的優(yōu)越性，但有時(shí)運(yùn)算量過大，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}的過程，達(dá)到“望題興嘆”的地步．特別是高考過程中，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，合理簡化解題過程，優(yōu)化思維過程，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)的概念解決問題，是一種樸素而又重要的策略和思想方法．圓錐曲線的定義既是有關(guān)圓錐曲線問題的出發(fā)點(diǎn)，又是新知識(shí)、新思維的生長點(diǎn)．對于相關(guān)的圓錐曲線中的數(shù)學(xué)問題，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、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C2的實(shí)半軸長為a，由橢圓及雙曲線的定義和已知，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)用橢圓和雙曲線的定義建立|AF1|，|AF2|的等量關(guān)系，從而快速求出雙曲線實(shí)半軸長a的值，進(jìn)而求出雙曲線的離心率，大大降低了運(yùn)算量．[針對訓(xùn)練]1．已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(﹣1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過F2的直線與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＝1B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1D．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y2＝4mx(m＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為該拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)A(﹣m,0)，則eq\f(|PF|,|PA|)的最小值為________．解析：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由拋物線的定義，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科學(xué)的手段使運(yùn)算量最大限度地減少，通過設(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)為過渡，設(shè)而不求．[典例]已知P是圓C：(x﹣2)2＋(y＋2)2＝1上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作拋物線x2＝8y的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則直線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)，過點(diǎn)P的拋物線的切線為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，從而快速解決問題．(2)在運(yùn)用圓錐曲線問題中設(shè)而不求的方法技巧時(shí)，需要做到：①凡是不必直接計(jì)算就能更簡潔地解決問題的，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．[針對訓(xùn)練]3．過點(diǎn)M(1,1)作斜率為﹣eq\f(1,2)的直線與橢圓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題、不等式問題等，利用換元引參使一些關(guān)系能夠相互聯(lián)系起來，激活了解題的方法，往往能化難為易，達(dá)到事半功倍．常見的參數(shù)可以選擇點(diǎn)的坐標(biāo)、直線的斜率、直線的傾斜角等．在換元過程中，還要注意代換的等價(jià)性，防止擴(kuò)大或縮小原來變量的取值范圍或改變原題條件．[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OP的斜率k滿足|k|＞eq\r(3).[解題觀摩]法一：依題意，直線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．[針對訓(xùn)練]4．設(shè)直線l與拋物線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為線段AB的中點(diǎn)，若這樣的直線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)，這樣的直線應(yīng)有2條．不妨設(shè)直線l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入拋物線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，可得線段AB的中點(diǎn)M(2t2＋m,2t)，而由題意可得直線AB與直線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)算來轉(zhuǎn)化圓錐曲線中的相關(guān)問題，從形入手轉(zhuǎn)化為相應(yīng)數(shù)的形式，簡化運(yùn)算．[針對訓(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)，線段AC的垂直平分線交AB于點(diǎn)M.(1)求點(diǎn)M的軌跡方程；(2)若動(dòng)直線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)，長軸長為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EF的斜率不存在時(shí)，直線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EF斜率存在時(shí)，設(shè)直線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為直徑的圓恒過定點(diǎn)O.技法五巧用“韋達(dá)”，化繁為簡某些涉及線段長度關(guān)系的問題可以通過解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計(jì)算長度的方法來解；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)線段長度間的關(guān)系．后者往往計(jì)算量小，解題過程簡捷．[典例]已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點(diǎn)為A，過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AM的斜率為1時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)當(dāng)直線AM的斜率變化時(shí)，直線MN是否過x軸上的一定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，請給出證明，并求出該定點(diǎn)；若不過定點(diǎn)，請說明理由．[解題觀摩](1)直線AM的斜率為1時(shí)，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得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AM的斜率為k，直線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MN過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題時(shí)常用的方法，簡單易懂，通過設(shè)而不求，大大降低了運(yùn)算量．[針對訓(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)．由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為eq\f(π,4).因此直線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＝