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培优进阶18　圆锥曲线中的三大解题策略：正(反)设元、关联设元、非对称韦达定理
　　解析几何中用代数方法研究几何问题是中学数学的重要分支，解题的第一步通常是把几何条件转化为代数语言，即转化为方程或函数问题；第二步再对代数式进行转化、化简与求值.因其条件复杂，运算量大，一直是学生的“痛点”.在求解解析几何问题时，通常利用正(反)设元、关联设元、非对称韦达定理等解题策略简化运算步骤，减少运算量，实现多想少算之目的.
策略一　正(反)设元
　　直线方程常用的设法有以下几种：普通直线情况选用y＝kx＋m和x＝ty＋m；如果已知直线过某点(x0，y0)，那么可以选择y－y0＝k(x－x0)和x－x0＝t(y－y0)两种方式，需要注意的是，该设法不包含与坐标轴平行的特殊情况，在书写过程中要注意分类讨论；另外，当直线过非坐标轴上的定点，例如过点P(3，－5)时，若设y＝k(x－3)－5的形式，那么联立形式太麻烦，此情况我们可以设直线方程为y＝kx＋m，联立之后，化简表达式，最终再利用3k＋m＝－5消元即可.直线和圆相切亦是如此.
如图所示，已知抛物线y2＝x和点P(1，1)，过点作直线l与抛物线交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为坐标原点.求证：A为线段BM的中点.
证明：设M(，y1)，N(，y2).
直线OP的方程为y＝x，由得x＝y＝，即A(，).
直线ON的方程为y＝x，
由得y＝，所以B(，).
要证A为线段BM的中点，只需证＋y1＝2，即＝2.
设直线l的方程为x＝t(y－)(t≠0)，
联立得y2－ty＋t＝0.
当Δ＝t2－2t＞0时，有
所以＝2成立.
所以A为线段BM的中点.
　　题干为求证A为线段BM的中点，设出M，N两点的坐标，表示坐标关系，化简可得＝2，即证该式成立，该式和y关系紧密，故采用反设法计算量会更小.
对点练1.已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的上、下顶点分别为A(0，1)，B(0，－1)，其右焦点为F，且··.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P(2，－1)，在直线BP上存在两个不同的点P1，P2满足·.若直线AP1与直线AP2分别交C于点M，N(异于点A)，证明：P，M，N三点共线.
解：(1)根据题意知b＝1，F(c，0)，a2＝b2＋c2.
由··，得·(－)＝0，
即()·(－)＝－＝0，
所以｜AB｜＝｜BF｜＝2.
又｜BF｜＝＝a，所以a＝2，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：因为点P(2，－1)，B(0，－1)，
所以·＝4.
根据题意，设P1(x1，－1)，P2(x2，－1)，
则＝(x1－2，0)，＝(x2－2，0)，
所以(x1－2)(x2－2)＝4，即x1x2＝2(x1＋x2)(*).
根据题意可知，直线MN的斜率一定存在.
设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x3，y3)，N(x4，y4).
联立得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则
因为直线AM过点P1(x1，－1)，
所以＝kAM，即，
解得x1＝，
同理可得x2＝.
代入(*)式，得(1＋2k)x3x4＝(1－m)(x3＋x4)，
所以(1＋2k)(4m2－4)＝－8km(1－m).
因为M，N异于点A，直线MN的方程为y＝kx＋m，
所以m≠1，
则(1＋2k)(m＋1)＝2km，即2k＋m＋1＝0，
则直线MN的方程为y＝kx－2k－1，直线恒过点P(2，－1)，
因此P，M，N三点共线.
学生用书 第248页
策略二　关联设元法
关联设元法是减少运算量的常见方法，关联设元法常见的一般类型：
(1)两条相互垂直的直线，斜率可以设为k与－(注意讨论特殊情况，下同).
(2)关于x轴或者y轴对称的直线，斜率可以设为k与－k(倾斜角互补).
(3)在解题的时候，熟记字母最少原则，不管是点还是线，变量尽量少，形式尽量一致.
(4)熟练使用“同理可得”，同形式的计算，使用轮换对称的方式处理.
已知椭圆＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点(2，).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)四边形ABCD的顶点在椭圆上，且对角线AC，BD过原点O，若kAC·kBD＝－.
(ⅰ)求·的最值；
(ⅱ)求证：四边形ABCD的面积为定值.
解：(1)由题意得
所以椭圆的标准方程为＝1.
(2)(ⅰ)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，设kAC＝k，
因为kAC·kBD＝－＝－，所以kBD＝－，
可得直线AC，BD的方程分别为y＝kx，y＝－x.联立
解得｜x1｜＝，｜x2｜＝，
所以当x1x2＞0时，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋kx1·(－·x2)＝x1x2＝≤2，
当且仅当｜k｜＝时取等号.
可知当x1x2＞0时，·有最大值2；同理，当x1x2＜0时，·有最小值－2.
(ⅱ)证明：不妨设点A在第四象限，点B在第一象限，则A(，)，B(，).
所以S四边形ABCD＝4S△OAB＝2｜OA｜·｜OB｜·sin∠AOB＝2
＝2＝2｜x1y2－x2y1｜
＝2
＝2＝8.
同理证得其他情况，S四边形ABCD＝8.
故四边形ABCD的面积为定值.
　　本题设kAC＝k，则kBD＝－，不必再设直线BD的斜率.另外，计算B点的横坐标时，用－代替k，代入｜x1｜＝，得｜x2｜＝，不必再解方程组.
对点练2.(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a＞1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积.
解：(1)将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为－y2＝1.
由题意知，直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l与双曲线C的方程，消y整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
kAP＋kAQ＝＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故＋(m－1－2k)－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θ，
由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝＝2，
解得tan θ＝或tan θ＝－(舍去).
由得x1＝，
所以｜AP｜＝｜x1－2｜＝，
同理得x2＝，
所以｜AQ｜＝｜x2－2｜＝.
因为tan∠PAQ＝2，所以sin∠PAQ＝，
故S△PAQ＝｜AP｜｜AQ｜sin∠PAQ＝.
策略三　非对称韦达定理
　　在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若Δ＞0，设它的两个根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－，x1x2＝，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理｜x1－x2｜，，之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求，或λx1＋μx2之类的结构，就相对较难转化到应用韦达定理来处理了.我们把这种形如x1＋2x2，λx1y2＋μx2y1，或之类中x1，x2的系数不对称的式子，称为“非对称韦达定理”问题.
学生用书 第249页
(一题多解)已知点F为椭圆E：＝1的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合).
(1)记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2，求证：为定值；
(2)当直线l斜率存在时，求证：直线AM与直线BN的交点在一条定直线上.
证明：(1)法一：积化和(变量x)： 当直线l斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝， k2＝.
联立消y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，且Δ＞0，
则
因此x1x2＝(x1＋x2)－4，
所以
＝，为定值.
当直线l斜率不存在时，直线l：x＝1，不妨设M(1，)，N(1，－)，
则k1＝， k2＝，
所以.
综上，.
法二：半配凑半代换(变量x)： 同法一
因此
＝
＝.即为定值.后同法一.
法三：积化和(变量y)：由题意知，A(－2，0)，B(2，0)，
设直线l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则k1＝， k2＝，
联立消x得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ＞0，
则所以ty1y2＝(y1＋y2)，
所以代入得，，为定值.后同法一.
法四：半配凑半代换(变量y)：同法三：
因此，为定值.后同法一.
(2)由(1)法一知，直线AM：y＝(x＋2)，直线BN：y＝(x－2)，
联立得，x＝.
策略一：和积转换
所以x＝
＝2＝4.
故直线AM与BN的交点在定直线x＝4上.
策略二：半配凑半代换
所以x＝
＝
＝
＝＝4.
故直线AM与直线BN的交点在定直线x＝4上.
策略三：两式相比法
设直线AM，BN的交点P(x0，y0)，则由(1)结论可知，联立化简得1＝，解得x0＝4.
故直线AM与直线BN的交点在定直线x＝4上.
非对称韦达定理一般的解决方法 1.代换法：利用韦达定理消去x或y中的一个，一般而言，用直线方程中的x和y进行代换消元，如果选择代换消去y，则正设直线y＝kx＋b；选择代换消去x，则反设直线x＝my＋t. 2.和积转化法：即运用 h(t)x1x2＝m(x1＋x2)进行转化，一般情况下，多把积化和，且m多为常数. 3.配凑半代换法：对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑，而半代换也有一定技巧，比如题中的，可将分子整理为，利用等比关系，从结构上可以猜测定值为.
对点练3.已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的右焦点为F2，上顶点为H，O为坐标原点，∠OHF2＝30°，点(1，)在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设经过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点P(－2，0)，Q(2，0).若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记△MPQ，△NPQ的面积分别为S△MPQ，S△NPQ，求的值.
解：(1)由∠OHF2＝30°，得b＝c(c为半焦距).
因为点在椭圆E上，则＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，c＝1.
所以椭圆E的方程为＝1.
(2)由(1)知F2(1，0).设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ＝144(m2＋1)＞0.
则y1＋y2＝，y1y2＝.
所以my1y2＝(y1＋y2).
由P(－2，0)，Q(2，0)，得直线AP的斜率k1＝，直线BQ的斜率k2＝.
又｜k1｜＝，｜k2｜＝，｜OP｜＝｜OQ｜＝2，
所以，所以.
因为，
所以.
课时分层测评73　圆锥曲线中的三大解题策略：
正(反)设元、关联设元、非对称韦达定理
(时间：60分钟　满分：55分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)(2023·新课标Ⅱ卷改编)已知双曲线C：－＝1的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，点M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上.
证明：根据题意，得A1(－2，0)，A2(2，0).
设M(x1，y1)，N(x2，y2).
如图，显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－m.
联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
所以Δ＝64(4m2＋3)＞0，y1＋y2＝，y1y2＝.
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2).
联立直线MA1与直线NA2的方程，可得
＝
＝
＝＝－.
由＝－，可得x＝－1，即xP＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上运动.
2.(13分)若椭圆E1：＝1(a1＞b1＞0)和椭圆E2：＝1(a2＞b2＞0)满足＝m(m＞0)，则这两个椭圆相似，m称为其相似比.
(1)求经过点(2，)，且与椭圆＝1相似的椭圆方程；
(2)设过原点的一条射线l分别与(1)中两个椭圆交于A，B两点(其中点A在线段OB上)，求｜OA｜·｜OB｜的取值范围.
解：(1)设相似的椭圆方程为＝1(a＞b＞0)，则有
所以所求的椭圆方程为＝1.
(2)当射线与y轴重合时，｜OA｜＝，｜OB｜＝2，此时｜OA｜·｜OB｜＝4.
当射线不与y轴重合时，由于对称性，仅考虑第一象限的情形.
假定射线的方程为y＝kx(k≥0，x＞0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
解得所以｜OA｜＝，
同理｜OB｜＝，
则｜OA｜·｜OB｜＝＝4＋∈(4，8].
综上，｜OA｜·｜OB｜∈[4，8].
3.(15分)如图，在平面直角坐标系Oxy中，焦点在x轴上的椭圆C：＝1经过点(b，2e)，其中e为椭圆C的离心率.过点T(1，0)作斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过原点O且平行于l的直线交椭圆C于点M，N，求的值；
(3)记直线l与y轴的交点为P，若，求直线l的斜率k.
解：(1)由椭圆过点(b，2e)，得＝1.
又a2＝8，e2＝＝1－，
所以＝1，
解得b2＝4或b2＝8(舍去)，
所以椭圆C的方程为＝1.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立直线l与椭圆的方程可得
整理可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－8＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2(－＋1)＝，
所以｜AT｜·｜BT｜＝·＝(1＋)｜y1y2｜＝·.
根据题意设直线MN的方程为y＝kx，
代入椭圆的方程可得x2＋2k2x2＝8，所以x2＝，所以y2＝，
所以｜MN｜2＝4(x2＋y2)＝4·，
所以，
即.
(3)设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
令x＝0可得y＝－k，所以P(0，－k).
联立直线l与椭圆的方程可得
整理可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－8＝0，
所以x1＋x2＝　①，
x1x2＝　②.
又＝(－x1，－k－y1)，＝(x2－1，y2).
因为，所以－x1＝(x2－1)，所以x1＋x2＝　③，
综合①②③，得50k4－83k2－34＝0，
解得k2＝2.
又k＞0，所以k＝.
所以直线l的斜率k为.
4.(17分)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆的左焦点F作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为x＝－2a，过点M作ME垂直直线m交直线m于点E.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)(ⅰ)求证：线段EN必过定点P，并求定点P的坐标；
(ⅱ)点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值.
解：(1)由题意，得
所以a＝2，b＝.
故椭圆C的标准方程为＝1.
(2)(ⅰ)由题意知，F(－1，0)，
设直线MN的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，E(－4，y1).
由方程组得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以－2my1y2＝3(y1＋y2).
又kEN＝，
所以直线EN的方程为y－y1＝(x＋4).
令y＝0，则x＝－4－＝－4－＝－4－＝－4＋＝－.
所以直线EN过定点P.
(ⅱ)由(ⅰ)中知Δ＝144(m2＋1)＞0，所以m∈R.
又｜y1－y2｜＝，
所以S△OEN＝｜OP｜｜y1－y2｜＝·.
令t＝，t≥1，则f(t)＝.
令g(t)＝3t＋，则g'(t)＝3－，当t≥1时，g'(t)＞0，
故g(t)＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，
则f(t)＝在[1，＋∞)上单调递减，
所以t＝1时，(S△OEN)max＝.
学生用书 第250页
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