【文档说明】高考大题增分专项五-高考中的解析几何-2021年高中总复习优化设计一轮用书理数课件.pptx，共(47)页，1.303 MB，由小橙橙上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-256715.html

以下为本文档部分文字说明：

高考大题增分专项五高考中的解析几何-2-从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容,并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点

、定值、最值、取值范围等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.-3-题型一题型二题型三题型四题型五题型六题型一求轨迹方程1.求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知,若能预先知道轨迹为何种圆锥曲线,则可考虑用定义法求解或用待定系数法求解;否则利用直接法或代入法.2.利用定义法求轨

迹方程时,要看所求轨迹是不是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线,如果不是完整的曲线,则应对其中的变量x或y进行限制.-4-题型一题型二题型三题型四题型五题型六例1已知圆C:(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P.(1)求点P的轨迹E的方程;(2)设过点C的直线l1

交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1⊥l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).①设W(x0,y0),证明:𝑥022+𝑦02<1;②求四边形QRST的面积的最小值.-5-题

型一题型二题型三题型四题型五题型六(1)解:设动圆半径为r,由于D在圆内,圆P与圆C内切,则|PC|=22-r,|PD|=r,|PC|+|PD|=22>|CD|=2,由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a=2,c=1,b=2-1=1,故E的方程为𝑥22+y2=1

.(2)①证明:由已知条件可知,垂足W在以CD为直径的圆周上,则有𝑥02+𝑦02=1,又因Q,R,S,T为不同的四个点,故𝑥022+𝑦02<1.-6-题型一题型二题型三题型四题型五题型六②解:若l1或l2的斜率不存在,则四边形QRST的面积为

2.若两条直线的斜率存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),由𝑦=𝑘(𝑥+1),𝑥22+𝑦2=1,得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=22𝑘2+12𝑘2+1,同理得|RT|=22𝑘2+1�

�2+2,∴S四边形QSRT=12|QS|·|RT|=4(𝑘2+1)2(2𝑘2+1)(𝑘2+2)≥4(𝑘2+1)294(𝑘2+1)2=169,当且仅当2k2+1=k2+2,即k=±1时等号成立.综上所述,当

k=±1时,四边形QRST的面积取得最小值,为169.-7-题型一题型二题型三题型四题型五题型六对点训练1设O为坐标原点,动点M在椭圆C:𝑥22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足𝑁𝑃=2𝑁𝑀.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且𝑂�

�·𝑃𝑄=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.-8-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(1)解：设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),𝑁𝑃=(x-x0,y),𝑁𝑀=(0,y0).由𝑁𝑃=2𝑁

𝑀得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以𝑥22+𝑦22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明：由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则𝑂𝑄=(-3,t),𝑃𝐹=(-1-m,-n),𝑂𝑄·𝑃𝐹=3+3

m-tn,𝑂𝑃=(m,n),𝑃𝑄=(-3-m,t-n).由𝑂𝑃·𝑃𝑄=1得-3m-m2+tn-n2=1.又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以𝑂𝑄·𝑃𝐹=0,即𝑂𝑄⊥𝑃𝐹.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直

线l过C的左焦点F.-9-题型一题型二题型三题型四题型五题型六题型二直线与圆锥曲线的位置关系设直线l:Ax+By+C=0,圆锥曲线C:f(x,y)=0,由𝐴𝑥+𝐵𝑦+𝐶=0,𝑓(𝑥,𝑦)=0,消去y(或消去x)得ax2+b

x+c=0.若a≠0,Δ=b2-4ac,Δ>0⇔相交;Δ<0⇔相离;Δ=0⇔相切.若a=0,得到一个一次方程:①C为双曲线,则l与双曲线的渐近线平行;②C为抛物线,则l与抛物线的对称轴平行.求解直线与圆锥曲线位置关系问题时,判别式Δ起着关键性的作用,第一,可以限定所给参数的范围;第二,可以

取舍某些解以免产生增根.-10-题型一题型二题型三题型四题型五题型六例2(2019湖北优质高中联考)已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=3|O

F|,且△AOB的面积为2.(1)求椭圆的方程;(2)直线y=2上是否存在点M,使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.-11-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解:(1)由已知得𝑎2+𝑏2=3𝑐,𝑆△𝐴𝑂𝐵=12�

�𝑏=2,即𝑎2+𝑏2=3(𝑎2-𝑏2),𝑎𝑏=22,解得𝑎=2,𝑏=2,故椭圆的方程为𝑥24+𝑦22=1.(2)假设直线y=2上存在点M满足题意,设M(m,2),显然,当m=±2时,从点M所引的两条切线不垂直.当m≠±2时,设过

点M所引的切线l的斜率为k,则l的方程为y=k(x-m)+2.由𝑦=𝑘(𝑥-𝑚)+2,𝑥2+2𝑦2=4消去y,得-12-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0.因

为Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,所以(m2-4)k2-4mk+2=0.(*)设两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(*)的两根,故k1k2=2𝑚2-4=-1,解得m=±2

.所以直线y=2上存在两点(2,2)和(-2,2)满足题意.-13-题型一题型二题型三题型四题型五题型六对点训练2(2019安徽阶段性测试)如图,点O为坐标原点,直线l经过抛物线C:y2=4x的焦点F.设点A是直线l与抛物线C

在第一象限的交点.以点F为圆心,|FA|为半径的圆与x轴的负半轴的交点为B,与抛物线C在第四象限的交点为D.(1)若点O到直线l的距离为,求直线l的方程;(2)试判断直线AB与抛物线C的位置关系,并给出证明.32-14-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解:(1

)由题易知,抛物线C的焦点为F(1,0),当直线l的斜率不存在时,即x=1,不符合题意;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),即kx-y-k=0,所以|-𝑘|1+𝑘2=32,解得k=±3,即直线l的方程为y=±3(x-1

).-15-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(2)直线AB与抛物线C相切,证明如下:设A(x0,y0),则𝑦02=4x0,因为|BF|=|AF|=x0+1,所以B(-x0,0),所以直线AB的方程为y=𝑦02𝑥0(x+x0),整理,得x=2𝑥0𝑦𝑦0-x0,把

上式代入y2=4x,得y0y2-8x0y+4x0y0=0,Δ=64𝑥02-16x0𝑦02=64𝑥02-64𝑥02=0,所以直线AB与抛物线C相切.-16-题型一题型二题型三题型四题型五题型六题型三圆锥曲线与圆相结

合的问题处理有关圆锥曲线与圆相结合的问题,要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用,如直径对的圆心角为直角,构成了垂直关系;弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形.利用圆的一些特殊几何性质解题,往往使问题简化.-17-题型一题型二题型三题型四题型五题型六例

3已知O为坐标原点,点A,B在椭圆C:𝑥22+y2=1上,点E-305,3010在圆D:x2+y2=r2(r>0)上,AB的中点为Q,满足O,E,Q三点共线.(1)求直线AB的斜率;(2)若直线AB与圆D相交于

M,N两点,记△OAB的面积为S1,△OMN的面积为S2,求S=S1+S2的最大值.-18-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点Q(x0,y0),∵点A,B在椭圆C上,∴𝑥122+𝑦12=1,𝑥2

22+𝑦22=1⇒(𝑥1-𝑥2)(𝑥1+𝑥2)2+(y1-y2)(y1+y2)=0,∴kAB=𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=-(𝑥1+𝑥2)2(𝑦1+𝑦2).∵x0=𝑥1+𝑥22,y0

=𝑦1+𝑦22,∴kAB=-𝑥02𝑦0.∵E-305,3010,∴kOE=-12.又∵O,E,Q三点共线,∴kOQ=kOE=-12=𝑦0𝑥0,∴kAB=-𝑥02𝑦0=1.-19-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(2)∵点E-305,3

010在圆D上,∴r2=-3052+30102=32,∴圆D的方程为x2+y2=32.设直线AB的方程为y=x+m,𝑦=𝑥+𝑚,𝑥22+𝑦2=1⇒3x2+4mx+2m2-2=0.由Δ>0得m2<3,∴x1

+x2=-4𝑚3,x1x2=2𝑚2-23,则|AB|=2×(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=433-𝑚2.设O到直线AB的距离为d,d=|𝑚|2,-20-题型一题型二题型三题型四题型五题型六∴|MN|=2𝑟2-𝑑2=232-𝑚22.∴S=S1+S2=

12|AB|·d+12|MN|·d=12×433-𝑚2×|𝑚|2+12×232-𝑚22×|𝑚|2=3+226|m|3-𝑚2=3+226𝑚2(3-𝑚2)=3+226-𝑚2-322+94,∴当m2=32<3,即m=±62时,Smax=3+226×32

=3+224.-21-题型一题型二题型三题型四题型五题型六对点训练3如图,已知抛物线C1:y=x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.

(1)求点A,B的坐标;(2)求△PAB的面积.14-22-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解(1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),由𝑦=𝑘(𝑥-𝑡),𝑦=14𝑥2消去y,整理得x2-4kx+4kt=0.由于

直线PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意,知点B,O关于直线PD对称,故𝑦02=-𝑥02𝑡+1,𝑥0𝑡-𝑦0=0,解得𝑥0=2𝑡1+𝑡2,𝑦0=2𝑡21+𝑡2.因此,点B的

坐标为2𝑡1+𝑡2,2𝑡21+𝑡2.-23-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(2)由(1)知|AP|=t·1+𝑡2和直线PA的方程tx-y-t2=0.点B到直线PA的距离是d=𝑡21+𝑡2.设△PAB的面积为S(t),所以S(t)=12|AP|·d=𝑡32.-2

4-题型一题型二题型三题型四题型五题型六题型四圆锥曲线中的定值、定点问题1.求解定点和定值问题的基本思想是一致的,定值是证明求解的一个量与参数无关,定点问题是求解的一个点(或几个点)的坐标,使得方程的成立与参数值无关.解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能

是动点的坐标等),使用参数表达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决.2.证明直线过定点的基本思

想是使用一个参数表示直线方程,根据方程的成立与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.-25-题型一题型二题型三题型四题型五题型六例4已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0

)的离心率为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点(点P与点A,B都不重合),直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,

求证:|AN|·|BM|为定值.解:(1)由题意得𝑐𝑎=32,12𝑎𝑏=1,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为𝑥24+y2=1.-26-题型一题型二题型三题型四题型五

题型六(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则𝑥02+4𝑦02=4.当x0≠0时,直线PA的方程为y=𝑦0𝑥0-2(x-2).令x=0,得yM=-2𝑦0𝑥0-2,从而|BM|=|1-yM|=1+2𝑦0𝑥0-2.直

线PB的方程为y=𝑦0-1𝑥0x+1.令y=0,得xN=-𝑥0𝑦0-1,从而|AN|=|2-xN|=2+𝑥0𝑦0-1.-27-题型一题型二题型三题型四题型五题型六所以|AN|·|BM|=2+𝑥0𝑦0-1·1+2𝑦0𝑥0-2=𝑥

02+4𝑦02+4𝑥0𝑦0-4𝑥0-8𝑦0+4𝑥0𝑦0-𝑥0-2𝑦0+2=4𝑥0𝑦0-4𝑥0-8𝑦0+8𝑥0𝑦0-𝑥0-2𝑦0+2=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|B

M|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.-28-题型一题型二题型三题型四题型五题型六对点训练4(2019辽宁抚顺模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)过点P1,32,其离心率为12.(1)求椭圆C

的方程;(2)设椭圆C的右顶点为A,直线l交C于M,N两点(异于点A),若D在线段MN上,且AD⊥MN,|AD|2=|MD|·|ND|,证明:直线l过定点.-29-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(1)解

:由已知,得𝑐𝑎=12,1𝑎2+94𝑏2=1,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得𝑎=2,𝑏=3,所以椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)证明:因为AD⊥MN,|AD|2=|MD|·|ND|,所以Rt△ADM∽Rt△ND

A,所以∠DNA=∠MAD,即∠MAN=90°.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y整理,得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0.因为直线l与椭圆C交于M,N两点,设M(x1,y1),N(x2,

y2).所以Δ=(8km)2-4(3+4k2)×4(m2-3)>0,即4k2-m2+3>0,①-30-题型一题型二题型三题型四题型五题型六且x1+x2=-8𝑘𝑚3+4𝑘2,x1x2=4𝑚2-123+4𝑘2.因为∠MAN=90°,所以𝐴𝑀·𝐴𝑁=0,即(x1-2)(

x2-2)+y1y2=0,所以4𝑚2-123+4𝑘2(k2+1)+(km-2)·-8𝑘𝑚3+4𝑘2+m2+4=0,整理得4k2+16km+7m2=0,所以k=-7𝑚2或k=-𝑚2,均满足①.当k=-7𝑚2时,直线l的方程为y=-7𝑚2𝑥-27,直线l过定点27

,0;当直线l的斜率不存在时,也符合.当k=-𝑚2时,直线l的方程为y=-𝑚2·(x-2),直线l过定点(2,0),当直线l的斜率不存在时,不符合题意.综上知,直线l过定点27,0.-31-题型一题型二题型三题型四题型五题型六题型五圆锥曲线中的参数

范围与最值问题范围、最值问题的基本解题思想是建立求解目标与其他变量的关系(不等关系、函数关系等),通过其他变量表达求解目标,然后通过解不等式、求函数值域(最值)等方法确定求解目标的取值范围和最值.在解题时要注意

其他约束条件对求解目标的影响,如直线与曲线交于不同两点时对直线方程中参数的约束、圆锥曲线上点的坐标范围等.-32-题型一题型二题型三题型四题型五题型六例5(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点

,求椭圆离心率的取值范围.如图,设椭圆𝑥2𝑎2+y2=1(a>1).-33-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解：(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,由𝑦=𝑘𝑥+1,𝑥2𝑎2+𝑦2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0.故x1=0,x2=-2𝑎2𝑘1+�

�2𝑘2.因此|AP|=1+𝑘2|x1-x2|=2𝑎2|𝑘|1+𝑎2𝑘2·1+𝑘2.(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.-34-题

型一题型二题型三题型四题型五题型六由(1)知,|AP|=2𝑎2|𝑘1|1+𝑘121+𝑎2𝑘12,|AQ|=2𝑎2|𝑘2|1+𝑘221+𝑎2𝑘22,故2𝑎2|𝑘1|1+𝑘121+𝑎2𝑘12=2𝑎2|𝑘2|

1+𝑘221+𝑎2𝑘22,所以(𝑘12−𝑘22)[1+𝑘12+𝑘22+a2(2-a2)𝑘12𝑘22]=0.由于k1≠k2,k1,k2>0,得1+𝑘12+𝑘22+a2(2-a2)𝑘12𝑘22=0,因此1𝑘12+11𝑘22+1=1

+a2(a2-2),①-35-题型一题型二题型三题型四题型五题型六因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤2,由e=𝑐𝑎=𝑎2-1𝑎得

,所求离心率的取值范围为0,22.-36-题型一题型二题型三题型四题型五题型六对点训练5(2019河北衡水中学高三四调)已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点M(m,9)到其焦点F的距离为10.(1)求抛物线C的方程;(2)设过焦点F的直线l与抛物线C

交于A,B两点,且抛物线在A,B两点处的切线分别交x轴于P,Q两点,求|AP|·|BQ|的取值范围.-37-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解:(1)已知M(m,9)到焦点F的距离为10,则点M到其准线的距离为10.因为抛物线的准线为y=-

𝑝2,所以9+𝑝2=10,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)由已知可判断直线l的斜率存在,设斜率为k.因为F(0,1),所以l:y=kx+1.设A𝑥1,𝑥124,B𝑥2·𝑥224,由𝑦=𝑘𝑥+1,𝑥2=4𝑦消去y,得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=

4k,x1x2=-4.由于抛物线C也是函数y=14x2的图象,且y'=12x,则PA:y-𝑥124=12x1(x-x1).-38-题型一题型二题型三题型四题型五题型六令y=0,解得x=12x1,所以P12𝑥1,0,从而|AP|=14𝑥12(4+𝑥12).

同理可得,|BQ|=14𝑥22(4+𝑥22),所以|AP|·|BQ|=116(𝑥1𝑥2)2(4+𝑥12)(4+𝑥22)=116(𝑥1𝑥2)2[16+4(𝑥12+𝑥22)+(𝑥1𝑥2)2]=21+𝑘2.因为k2≥0,所以|AP|·|BQ|的取值范

围为[2,+∞).-39-题型一题型二题型三题型四题型五题型六题型六圆锥曲线中的探索问题解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题,往往是先假设所求的元素存在,然后再推理论证,检验说明假设是否正确.-40-题型一题型二题型三题型四题型

五题型六例6已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程;(2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直线OA与l的距离等于4?若存

在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.思考如何求解圆锥曲线中的探索问题?-41-题型一题型二题型三题型四题型五题型六解：(1)依题意,可设椭圆C的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),且可知其左焦点为F'(-2,0).从而

有𝑐=2,2𝑎=|𝐴𝐹|+|𝐴𝐹'|=3+5=8,解得𝑐=2,𝑎=4.又a2=b2+c2,所以b2=12,故椭圆C的方程为𝑥216+𝑦212=1.-42-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(2)假设存在符合题意的直线l,设其方程为y=32x+t

.由𝑦=32𝑥+𝑡,𝑥216+𝑦212=1,得3x2+3tx+t2-12=0.因为直线l与椭圆C有公共点,所以Δ=(3t)2-4×3×(t2-12)≥0,解得-43≤t≤43.另一方面,由直线OA与l

的距离d=4,得|𝑡|94+1=4,解得t=±213.由于±213∉[-43,43],所以符合题意的直线l不存在.-43-题型一题型二题型三题型四题型五题型六对点训练6已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-2)在椭圆C上.(1

)求椭圆C的方程;(2)若直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N,在x轴上,是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解：(1)依题意,c=2.∵点B(2,-2)在

C上,∴4𝑎2+2𝑏2=1,又∵a2=b2+c2,∴a2=8,b2=4,∴椭圆C的方程为𝑥28+𝑦24=1.-44-题型一题型二题型三题型四题型五题型六(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),则F(-x1,-y1),联立𝑦=𝑘𝑥,𝑥28+𝑦24

=1,消去y化简得,(1+2k2)x2-8=0,解得x1=221+2𝑘2,y1=22𝑘1+2𝑘2,∵A(-22,0),∴AE所在直线方程为y=𝑘1+1+2𝑘2·(x+22),∴M0,22𝑘1+1+2𝑘2,同理可得N0,22𝑘1-1+2𝑘2,𝑃𝑀=-𝑥0,22𝑘1+1

+2𝑘2,-45-题型一题型二题型三题型四题型五题型六𝑃𝑁=-𝑥0,22𝑘1-1+2𝑘2,𝑃𝑀·𝑃𝑁=0⇒𝑥02-4=0.∴x0=2或x0=-2.∴存在点P,使得无论非零实数k怎样变化

,总有∠MPN为直角,点P坐标为(2,0)或(-2,0).-46-1.直线与圆锥曲线问题的常用解题思路有:(1)从方程的观点出发,利用根与系数的关系来进行讨论,这是用代数方法来解决几何问题的基础.要重视通过设而不求与弦长公式简化计算,同时注意利用图形的平面几

何性质.(2)以向量为工具,利用向量的坐标运算解决与中点、弦长、角度相关的问题.2.定点问题是解析几何中的一种常见问题,基本的求解思想是:先用变量表示所需证明的不变量,然后通过推导和已知条件,消去变量,得到定值,即解决定值问题首先是求解非定值问题,即变量问题,最后才是定值问题.-

47-3.求取值范围的问题时,首先要找到产生范围的几个因素:(1)直线与曲线相交(判别式),(2)曲线上点的坐标的范围,(3)题目中给出的限制条件;其次要建立结论中的量与这些范围中的因素的关系;最后利用函数或不等式求变

量的取值范围.4.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法.几何法是根据已知的几何量之间的相互关系,通过平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等);代数法是建立求解目标关于某个或某两个变

量的函数,通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决.