高考數學專題（二）
解析幾何綜合題解題思路案例分析
解析幾何綜合題是高考命題的熱點內容之一. 這類試題往往以解析幾何知識為載體，綜合函式、不等式、三角、數列等知識，所涉及到的知識點較多，對解題能力考查的層次要求較高，考生在解答時，常常表現為無從下手，或者半途而廢。據此筆者認為：
解決這一類問題的關鍵在於：通觀全域性，區域性入手，整體思維. 即在掌握通性通法的同時，不應只形成乙個乙個的解題套路，解題時不加分析，跟著感覺走，做到那兒算那兒.
而應當從巨集觀上去把握，從微觀上去突破，在審題和解題思路的整體設計上下功夫，不斷克服解題征途中的道道運算難關.
1 判別式----解題時時顯神功
案例1 已知雙曲線，直線過點，斜率為，當時，雙曲線的上支上有且僅有一點b到直線的距離為，試求的值及此時點b的座標。
簡解：設點為雙曲線c上支上任一點，則點m到直線的距離為：
於是，問題即可轉化為如上關於的方程.
由於，所以，從而有
於是關於的方程
由可知：
方程的二根同正，故恆成立，於是等價於
. 由如上關於的方程有唯一解，得其判別式，就可解得 .
點評：上述解法緊扣解題目標，不斷進行問題轉換，充分體現了全域性觀念與整體思維的優越性.
2 判別式與韋達定理-----二者聯用顯奇效
案例2 已知橢圓c:和點p（4，1），過p作直線交橢圓於a、b兩點，**段ab上取點q，使，求動點q的軌跡所在曲線的方程.
分析：這是乙個軌跡問題，解題困難在於多動點的困擾，學生往往不知從何入手。其實，應該想到軌跡問題可以通過引數法求解.
因此，首先是選定引數，然後想方設法將點q的橫、縱座標用引數表達，最後通過消參可達到解題的目的.
由於點的變化是由直線ab的變化引起的，自然可選擇直線ab的斜率作為引數，如何將與聯絡起來？一方面利用點q在直線ab上；另一方面就是運用題目條件：來轉化.
由a、b、p、q四點共線，不難得到，要建立與的關係，只需將直線ab的方程代入橢圓c的方程，利用韋達定理即可.
通過這樣的分析，可以看出，雖然我們還沒有開始解題，但對於如何解決本題，已經做到心中有數.
在得到之後，如果能夠從整體上把握，認識到：所謂消參，目的不過是得到關於的方程（不含k），則可由解得，直接代入即可得到軌跡方程。從而簡化消去參的過程。
簡解：設，則由可得：，
解之得1）
設直線ab的方程為：，代入橢圓c的方程，消去得出關於 x的一元二次方程：
（2）∴代入（1），化簡得3)
與聯立，消去得：
在（2）中，由，解得，結合（3）可求得
故知點q的軌跡方程為： （）.
點評：由方程組實施消元，產生乙個標準的關於乙個變數的一元二次方程，其判別式、韋達定理模組思維易於想到. 這當中，難點在引出參，活點在應用參，重點在消去參.
，而「引參、用參、消參」三步曲，正是解析幾何綜合問題求解的一條有效通道.
3 求根公式-----呼之欲出亦顯靈
案例3 設直線過點p（0，3），和橢圓順次交於a、b兩點，試求的取值範圍.
分析：本題中，絕大多數同學不難得到： =，但從此後卻一籌莫展, 問題的根源在於對題目的整體把握不夠.
事實上，所謂求取值範圍，不外乎兩條路：其一是構造所求變數關於某個（或某幾個）引數的函式關係式（或方程），這只需利用對應的思想實施；其二則是構造關於所求量的乙個不等關係.
分析1: 從第一條想法入手， =已經是乙個關係式，但由於有兩個變數，同時這兩個變數的範圍不好控制，所以自然想到利用第3個變數——直線ab的斜率k. 問題就轉化為如何將轉化為關於k的表示式，到此為止，將直線方程代入橢圓方程，消去y得出關於的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.
簡解1：當直線垂直於x軸時，可求得;
當與x軸不垂直時，設，直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
解之得因為橢圓關於y軸對稱，點p在y軸上，所以只需考慮的情形.
當時，，，
所以===.
由 , 解得，
所以 ，
綜上 .
分析2: 如果想構造關於所求量的不等式，則應該考慮到：判別式往往是產生不等的根源.
由判別式值的非負性可以很快確定的取值範圍，於是問題轉化為如何將所求量與聯絡起來. 一般來說，韋達定理總是充當這種問題的橋梁，但本題無法直接應用韋達定理，原因在於不是關於的對稱關係式. 原因找到後，解決問題的方法自然也就有了，即我們可以構造關於的對稱關係式.
簡解2：設直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
則令，則，
在（*）中，由判別式可得，
從而有 ，
所以 ，
解得 .
結合得.
綜上，.
點評：範圍問題不等關係的建立途徑多多，諸如判別式法，均值不等式法，變數的有界性法，函式的性質法，數形結合法等等. 本題也可從數形結合的角度入手，給出又一優美解法.
解題猶如打仗，不能只是忙於衝鋒陷陣，一時區域性的勝利並不能說明問題，有時甚至會被區域性所糾纏而看不清問題的實質所在，只有見微知著，樹立全域性觀念，講究排兵布陣，運籌帷幄，方能決勝千里.
圓錐曲線題型
例1 過拋物線的焦點作傾斜角為的直線與拋物線交於a、b兩點，旦|ab|=8，求傾斜角．
分析一：由弦長公式易解．解答為：
∵ 拋物線方程為x2=-4y， ∴焦點為(0，-1)．
設直線l的方程為y-(-1)=k(x-0)，即y=kx-1．
將此式代入x2=-4y中得：x2+4kx-4=0．∴x1+x2=-4，x1+x2=-4k．
由|ab|=8得: ∴
又有得:或.
分析二:利用焦半徑關係.∵
∴|ab|=-(+y2)+p=-[(kx1-1)+(kx2-1)]+p=-k(+x2)+2+p．由上述解法易求得結果，可由同學們自己試試完成．
2．與圓錐曲線有關的最值(極值)的問題
在解析幾何中求最值，關鍵是建立所求量關於自變數的函式關係，再利用代數方法求出相應的最值．注意點是要考慮曲線上點座標(x，y)的取值範圍．
例2已知+4(y-1)2=4，求：(1) +y2的最大值與最小值;(2)x+y的最大值與最小值．
解一：將+4(y-1)2=4代入得： +y2=4-4(y-1)2+y2=-3y2+8y
由點(x，y)滿足+4(y-1)2=4知：4(y-1)2≤4 即|y-1|≤1．∴0≤y≤2．
當y=0時，(+y2)min=0．
解二：分析：顯然採用(1)中方法行不通．如果令u=x+y，則將此代入+4(y-1)2=4中得關於y的一元二次方程，借助於判別式可求得最值．
令x+y=u， 則有x=u-y,代入+4(y-1)2=4得：5-(2u+8)y+=0．
又∵0≤y≤2，(由(1)可知) ∴[-(2u+8)]2-4×5×≥0．
∴當時,; 當時,
∴;3．與圓錐曲線有關的證明問題
它涉及到線段相等、角相等、直線平行、垂直的證明方法，以及定點、定值問題的判斷方法．
例3.在拋物線x2＝4y上有兩點a(x1，y1)和b(x2，y2)且滿足|ab|=y1+y2+2，求證：
(1)a、b和這拋物線的焦點三點共線；(2)為定值.
證明：(1)∵拋物線的焦點為f(0，1)，準線方程為y=-1．
∴ a、b到準線的距離分別d1＝y1+1，d2=y2+1(如圖2－46所示)．
由拋物線的定義：|af|=d1=y1+1，|bf|=d2=y2+1．
∴|af|+|bf|=y1+y2+2=|ab| 即a、b、f三點共線．
(2)如圖2－46，設∠afk=θ．
∵|af|=|aa1|=|ak|+2=|af|sinθ+2 ∴
又|bf|=|bb1|=2-|bf|sinθ ∴
小結:與圓錐曲線有關的證明問題解決的關鍵是要靈活運用圓錐曲線的定義和幾何性質.
4．圓錐曲線與圓錐曲線的相交問題
直線與圓錐曲線相交問題，一般可用兩個方程聯立後，用△≥0來處理．但用△≥0來判斷雙圓錐曲線相交問題是不可靠的．解決這類問題：方法1，由「△≥0」與直觀圖形相結合；方法2，由「△≥0」與根與係數關係相結合；方法3，轉換引數法(以後再講)．
例4 已知曲線及有公共點,求實數a的取值範圍．
可得： =2(1-a)y+-4=0．
∵ △=4(1-a)2-4(a2-4)≥0， ∴.
如圖2－47，可知：
橢圓中心,半軸長,拋物線頂點為,所以當圓錐曲線在下方相切或相交時,.
綜上所述,當時, 曲線與相交.
5．利用共線向量解決圓錐曲線中的引數範圍問題
例5.已知橢圓的長、短軸端點分別為a、b，從此橢圓上一點m向x軸作垂線，恰好通過橢圓的左焦點，向量與是共線向量。（1）求橢圓的離心率e；（2）設q是橢圓上任意一點，、分別是左、右焦點，求∠的取值範圍；
解：（1）∵，∴。
∵是共線向量，∴，∴b=c,故。
（2）設
當且僅當時，cosθ=0，∴θ。
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