解析几何综合题解题思路案例分析

解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体，综合函数、不等式、三角、数列等知识，所涉及到的知识点较多，对解题能力考查的层次要求较高，考生在解答时，常常表现为无从下手，或者半途而废。据此笔者认为：解决这一类问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维. 即在掌握通性通法的同时，不应只形成一个一个的解题套路，解题时不加分析，跟着感觉走，做到那儿算那儿. 而应当从宏观上去把握，从微观上去突破，在审题和解题思路的整体设计上下功夫，不断克服解题征途中的道道运算难关.

1 判别式----解题时时显神功

y2x21，案例1 已知双曲线C:直线l过点A2,0，斜率为k，当0k1时，22双曲线的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为2，试求k的值及此时点B的坐标。 分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研

究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有”这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B作与l平行的直线，必与双曲线C相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式0. 由此出发，可设计如下解题思路：

l:yk(x2)

0k1

2

直线l’在l的上方且到直线l的距离为

l':ykx2k222k

把直线l’的方程代入双曲线方程，消去y，令判别式0

解得k的值

解题过程略.

分析2：如果从代数推理的角度去思考，就应当把距离用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B到直线l的距离为2”，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思路：

问题 kx2x22k关于x的方程k1220k1有唯一解 转化为一元二次方程根的问题 求解 1

简解：设点M(x,2x2)为双曲线C上支上任一点，则点M到直线l的距离为：

kx2x22k

k1222 0k1 

于是，问题即可转化为如上关于x的方程. 由于0k1，所以2xxkx，从而有

kx2x22kkx2x22k.

于是关于x的方程 kx2x22k2(k21)

2x22(2(k21)2kkx)2, 

22(k1)2kkx0k21x22k2(k21)2kx 22(k1)2kkx0. 由0k1可知： 方程k1x2k2(k21)2k20,2

222(k21)2kx2(k21)2k20的二根同正，

22故2(k1)2kkx0恒成立，于是等价于

k

21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20.

2由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式0，就可解得 k25. 5点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优越性.

2 判别式与韦达定理-----二者联用显奇效

2y8案例2 已知椭圆C:x和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两点，

22APAQ在线段AB上取点Q，使，求动点Q的轨迹所在曲线的方程. PBQB分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。其实，

应该想到轨迹问题可以通过参数法求解. 因此，首先是选定参数，然后想方设法将点Q的横、

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纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.

由于点Q(x,y)的变化是由直线AB的变化引起的，自然可选择直线AB的斜率k作为参数，如何将x,y与k联系起来？一方面利用点Q在直线AB上；另一方面就是运用题目条件：

APAQ4(xAxB)2xAxB来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到x，要建PBQB8(xAxB)立x与k的关系，只需将直线AB的方程代入椭圆C的方程，利用韦达定理即可.

通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.

APAQ

 PBQB

4(xAxB)2xAxB

x8(xAxB)

将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用韦达定理

xfk

利用点Q满足直线AB的方程：y = k (x—4)+1，消去参数k 点Q的轨迹方程

在得到xfk之后，如果能够从整体上把握，认识到：所谓消参，目的不过是得到

关于x,y的方程（不含k），则可由yk(x4)1解得k可得到轨迹方程。从而简化消去参的过程。

简解：设Ax1,y1,B(x2，y2),Q(x,y)，则由

y1，直接代入xfk即x44x1xx1APAQ可得：， PBQBx24x2x解之得：x4(x1x2)2x1x2 （1）

8(x1x2)设直线AB的方程为：yk(x4)1，代入椭圆C的方程，消去y得出关于 x的一元二次方程：

2k21x24k(14k)x2(14k)280 （2）

 3

4k(4k1)xx,1222k1∴  2xx2(14k)8.122k21代入（1），化简得：x4k3. (3) k2与yk(x4)1联立，消去k得：2xy4(x4)0.

在（2）中，由64k64k240，解得

2210210，结合（3）k44可求得

1621016210x. 991621016210）. x99故知点Q的轨迹方程为：2xy40 （

点评：由方程组实施消元，产生一个标准的关于一个变量的一元二次方程，其判别式、

韦达定理模块思维易于想到. 这当中，难点在引出参，活点在应用参，重点在消去参.，而“引参、用参、消参”三步曲，正是解析几何综合问题求解的一条有效通道.

3 求根公式-----呼之欲出亦显灵

x2y2AP案例3 设直线l过点P（0，3），和椭圆的1顺次交于A、B两点，试求

PB94取值范围.

分析：本题中，绝大多数同学不难得到：

APx=A，但从此后却一筹莫展, 问题的PBxB根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所

求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.

分析1: 从第一条想法入手，

APx=A已经是一个关系式，但由于有两个变量PBxBxA,xB，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量——直线AB的斜

率k. 问题就转化为如何将xA,xB转化为关于k的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y得出关于x的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.

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简解1：当直线l垂直于x轴时，可求得

把直线l的方程y = kx+3代入椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程 求根公式 xA= f（k），xB = g（k） AP/PB = —（xA / xB） 得到所求量关于k的函数关系式 由判别式得出k的取值范围

所求量的取值范围 AP1; PB5当l与x轴不垂直时，设Ax1,y1,B(x2，y2)，直线l的方程为：ykx3，代入椭圆方程，消去y得

9k解之得 x1,224x254kx450

27k69k25. 29k4因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑k0的情形.

27k69k2527k69k25当k0时，x1，x2， 229k49k4x19k29k2518k18AP所以 =1=1=

PBx29k29k259k29k25929522由 (54k)1809k40, 解得 k.

k225， 9所以 11189295k21，

5综上 1

AP1. PB5

分析2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的根源. 由判别式值的非负性可以很快确定k的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与k联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原

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因在于

xAP1不是关于x1,x2的对称关系式. 原因找到后，解决问题的方法自然也就有PBx2了，即我们可以构造关于x1,x2的对称关系式.

简解2：设直线l的方程为：ykx3，代入椭圆方程，消去y得

把直线l的方程y = kx+3代入椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程 韦达定理 xA+ xB = f（k），xA xB = g（k） AP/PB = —（xA / xB） 构造所求量与k的关系式 由判别式得出k的取值范围

关于所求量的不等式 9k则

24x254kx450 （*）

54kxx,219k24 45xx.1229k4x11324k2. 令，则，22x245k20在（*）中，由判别式0,可得 k25， 9324k236从而有 4， 2545k20所以 4解得

1236， 515. 51结合01得1.

5AP1. 综上，1PB5

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点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.

解题犹如打仗，不能只是忙于冲锋陷阵，一时局部的胜利并不能说明问题，有时甚至会被局部所纠缠而看不清问题的实质所在，只有见微知著，树立全局观念，讲究排兵布阵，运筹帷幄，方能决胜千里.

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