至此，对于一个综合的解析几何问题，我们可以归纳出如下解题策略：第一步。明确要解决的问题是什么；第二步，要解决此问题，根据题目的已知条件，从运动变化的角度寻找变化的主因，并在此基础上，引入参变量（例如点参（）、斜率等）；第三步，充分利用平面几何知识，分析所求问题中几何要素之间的关系，在此基础上将几何条件等价的转化为坐标形式（即坐标化）；第四步，明确运算目标，寻找运算路径，准确、快速进行运算；第五步，将代数结论还原为几何要素之间的关系，并对特殊情况，或充要性进行检验．下面，通过具体的例子，读者体会上述解题策略在解题过程中的引领作用．例1（2016高考全国卷Ⅰ理科20题）设圆的圆心为A，直线l过点且与x轴不重合，l交圆A于C、D两点，过B作AC的平行线交AD于E.（Ⅰ）证明：为定值，并求E点的轨迹方程．（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线，直线l交于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的最大值．（Ⅰ）因为,,故,所以,故.又圆的标准方程为,从而,所以.由题设得,,,由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（Ⅱ）当与轴不垂直时,设的方程为,,.由得.则,.所以．过点且与垂直的直线：,到的距离为,所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.例2（2016高考全国卷Ⅰ理科20题山东卷）在平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.（I）求椭圆C的方程；（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.（i）求证：点M在定直线上；（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求最大值，并求取得最大值时点P的坐标.(Ⅰ)由离心率是，有，又抛物线的焦点坐标为，所以，于是，所以椭圆的方程为．(Ⅱ)（i）设点坐标为，由得，所以E在点P处的切线的斜率为，因此切线的方程为，设，，将代入，得．于是，，又，于是 直线的方程为．联立方程与，得的坐标为．所以点在定直线上．（ii）在切线的方程为中，令，得，即点的坐标为，又，，所以；再由，得于是有．令，得，当时，即时，取得最大值．此时，，所以点的坐标为．所以的最大值为，取得最大值时点的坐标为．例3（2017全国Ⅰ卷理科20）已知椭圆C：，四点，，，中恰有三点在椭圆C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）设直线不经过点且与C相交于A，B两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：过定点．解：（Ⅰ）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点，将，代入椭圆方程，解得，．所以，椭圆的方程为：．（Ⅱ）当斜率不存在时，设得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设，联立，整理得，当时，设，，则,，那么又，此时，存在使得成立．所以直线的方程为，当时，，所以过定点．例4（2018全国卷Ⅰ理科19）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．（Ⅰ）当与轴垂直时，求直线的方程；（Ⅱ）设为坐标原点，证明：．解（Ⅰ）由已知得，l的方程为x=1．由已知可得，点A的坐标为或．所以AM的方程为或．（Ⅱ）当l与x轴重合时，．当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以．当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，则，直线MA，MB的斜率之和为．由得．将代入得．所以，．则．从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以．综上，．例5已知椭圆(a>b>0)，A、B是椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于点P(x0，0)．证明．证法一：设A、B的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)．因线段AB的垂直平分线与x轴相交，故AB不平行于y轴，即x1≠x2．又交点为P(x0，0)，故|PA|=|PB|，即(x1－x0)2+=(x2－x0)2+①因为A、B在椭圆上，所以，．将上式代入①，得2(x2－x1)x0=②因为x1≠x2，可得③所以－a≤x1≤a，－a≤x2≤a，且x1≠x2，所以－2a<x1+x2<2a，所以证法二：设A、B的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)．因P(x0，0)在AB的垂直平分线上，以点P为圆心，|PA|=r为半径的圆P过A、B两点，圆P的方程为(x－x0)2+y2=r2，与椭圆方程联立，消去y，得(x－x0)2x2=r2－b2，所以①因A、B是椭圆与圆P的交点，故x1，x2为方程①的两个根．由韦达定理得x1+x2=x0．因－a≤x1≤a，－a≤x2≤a，且x1≠x2，故－2a<x1+x2=x0<2a，所以
购物车
购物车
