高考平面解析几何专题突破
第一部分 考试要求
直线和圆的方程
(1) 理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式.掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程。
(2) 掌握两条直线平行与垂直的条件.两条直线所成的角和点到直线的距离公式能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系。
(3) 了解二元一次不等式表示平面区域。
(4) 了解线性规划的意义.并会简单的应用。
(5) 了解解析几何的基本思想，了解坐标法。
(6) 掌握圆的标准方程和一般方程.了解参数方程的概念。理解圆的参数方程。
圆锥曲线方程
(1) 掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程。
(2) 掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质。
(3) 掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质。
(4) 了解圆锥曲线的初步应用。
（一）直线与圆知识要点
１．直线的倾斜角与斜率k=tgα（ ），直线的倾斜角α一定存在，范围是[0,π），但斜率不一定存在。
斜率的求法：
依据直线方程
依据倾斜角
依据两点的坐标
２．直线方程的几种形式，能根据条件，合理的写出直线的方程；能够根据方程，说出几何意义。
３．两条直线的位置关系，能够说出平行和垂直的条件。会判断两条直线的位置关系。（斜率相等还有可能重合）
４．两条直线的交角：区别到角和夹角两个不同概念。
５．点到直线的距离公式。
６．会用一元不等式表示区域。能够解决简单的线性规划问题。
７．曲线与方程的概念，会由几何条件列出曲线方程。
８．
圆的标准方程：(x－a)2+(y－b)2=r2
圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0 注意表示圆的条件。
圆的参数方程：
掌握圆的几何性质，会判断直线与圆、圆与圆的位置关系。会求圆的相交弦、切线问题。
(二)圆锥曲线
1．椭圆及其标准方程：
２．双曲线及其标准方程：
３．抛物线及其标准方程：
4．直线与圆锥曲线：
注意点：
（1）注意防止由于“零截距”和“无斜率”造成丢解
（2）要学会变形使用两点间距离公式 ，
当已知直线 的斜率 时，公式变形为 或 ；
当已知直线的倾斜角 时，还可以得到 或
（3）灵活使用定比分点公式，可以简化运算。
（4）会在任何条件下求出直线方程。
（5）注重运用数形结合思想研究平面图形的性质
解析几何中的一些常用结论：
1.直线的倾斜角α的范围是[０，π)
2.直线的倾斜角与斜率的变化关系：
当倾斜角是锐角是，斜率k随着倾斜角α的增大而增大。
当α是钝角时，k与α同增减。
3.截距不是距离，截距相等时不要忘了过原点的特殊情形。
4.两直线：L1: A1x+B1y+C1=0 L2: A2x+B2y+C2=0 L1⊥L2 A1A2+B1B2=0
5.两直线的到角公式：L1到L2的角为θ，tanθ=
夹角为θ，tanθ=| | 注意夹角和到角的区别
6.点到直线的距离公式，两平行直线间距离的求法。
7.有关对称的一些结论
点（ａ，ｂ）关于ｘ轴、ｙ轴、原点、直线y=x的对称点分别是
（ａ，－ｂ），（－ａ，ｂ），（－ａ，－ｂ），（ｂ，ａ）
如何求点（ａ，ｂ）关于直线Ax+By+C=0的对称点
直线Ax+By+C=0关于ｘ轴、ｙ轴、原点、直线y=x的对称的直线方程分别是什么，关于点（ａ，ｂ）对称的直线方程又是什么？
如何处理与光的入射与反射问题？
８．曲线f(x,y)=0关于下列点和线对称的曲线方程为：
（１）点(a.b)
（２）ｘ轴
（３）ｙ轴
（４）原点
（５）直线y=x
（６）直线y=－x
（７）直线x＝ａ
９．点和圆的位置关系的判别转化为点到圆心的距离与半径的大小关系。
点P(x0,y0),圆的方程：(x－a)2+(y－b)2=r2.
如果(x0－a)2+(y0－b)2>r2点P(x0,y0)在圆外；
如果 (x0－a)2+(y0－b)2
r相离 d=r相切 dr+R两圆相离
d＝r+R两圆相外切
|R－r|0，且
∴m≥1
即所求m的取值范围为 .
（2）右准线L的方程为
设点
∴ ②
（ⅰ）将 代入②得
③
又由题设知
∴由③得 ，无解.
（ⅱ）将 代入②得
④
∴由题设得
由此解得m＝2
从而有
于是得到直线 的方程为
点评：对于（1），解题的关键是发掘并利用题设条件中隐蔽的不等式 对于（2），以求解点P坐标 为方向，对已知条件 进行“数形转化”，乃是解决此类已知线段长度之比问题的避繁就简的基本策略.
二、“圆锥曲线的有关范围”之运用
我们在学习中已经看到，椭圆、双曲线和抛物线的“范围”，是它们的第一几何性质。事实上，我们研究“范围”，一在于认知：认知圆锥曲线特性；二在于应用：“应用”它们来解决有关问题。
例、以 为焦点的椭圆 与x轴交于A，B两点
（1）过 作垂直于长轴的弦MN，求∠AMB的取值范围；
（2）椭圆上是否存在点P，使∠APB＝120°？若存在，求出椭圆离心率e的取值范围.
解：
（1）基于椭圆的对称性，不妨设定 为右焦点，M在第一象限，则易得 ，
设A(－a,0)，B(a,0)，则∠AMB为直线AM到BM的角，
又
∴利用公式得 ①
此时注意到椭圆离心率的范围：00，y>0
∴根据公式得
整理得 ①
又这里 ②
∴②代入①得 ③
此时注意到点P在椭圆上，故得 ④
∴由③④得
⑤
由⑤得 ⑥
于是可知，当 时，点P存在且此时椭圆离心率的取值范围为 ；
当 时，点P不存在.
三、“一元二次方程有二不等实根的充要条件”之运用
在直线与曲线相交问题中，直线与某圆锥曲线相交的大前提，往往由“相关一元二次方程有二不等实根”来体现。因此，对于有关一元二次方程的判别式△>0，求某量的值时，它是去伪存真的鉴别依据，求某量的取值范围时，它是导出该量的不等式的原始不等关系。
例1、已知椭圆的一个顶点A(0,－1)，焦点在x轴上，且右焦点到直线 的距离为3，若斜率不为0的直线l与椭圆交于不同两点M、N，使M、N关于过A点的直线对称，求直线l的斜率取值范围。
解：（既设又解）设右焦点F(c,0)，则由
又b＝1，∴
∴椭圆方程为 ①
设直线l的方程为y＝kx＋m ②
将②代入①得
由题意 ③
且 ④
∴
∴点P坐标为
又根据题意知M、N关于直线AP对称，故有
⑤
于是将⑤代入③得
因此可知，所求k的取值范围为 .
例2、已知椭圆C的中心在原点上，焦点在x轴上，一条经过点 且方向向量为 的直线l交椭圆C于A、B两点，交x轴于点M，又
（1）求直线l的方程；
（2）求椭圆C的长轴长的取值范围.
解：
（1）由题意设椭圆C的方程为 .
∵直线l的方向向量为
∴ 亦为直线l的方向向量
∴直线l的斜率
因此，直线l的方程为
即
（2）设
将直线l的方程与椭圆方程联立，消去x得
由题设
①
且 ②
又这里M(1,0)
∴由 得
∴ ③
进而由③得 ④
∴由④得 ⑤
∴②代入⑤得 ⑥
⑦
注意到由⑥得
故由⑦得
因而得10确定的不等式，另一方面又利用了颇为隐蔽的新设方程中的大小关系：a>b>0，双方联合推出2a的范围.这里的不等关系的充分挖掘与应用，乃是解题成功的关键.
四、“点在圆锥曲线内部的充要条件”之运用
所给问题中的某些点，注定要在相关圆锥曲线的内部。比如圆锥曲线的弦的内分点，又如圆锥曲线任意两弦的交点等。因此，点在圆锥曲线内部的充要条件，便成为寻求某量的取值范围的基本依据之一。其中，常用的充要条件为：
1、
2、
3、
4、
例、已知椭圆的焦点为 ，过点 且垂直于x轴的直线与椭圆的一个交点为B， ，又椭圆上不同两点A、C满足条件： 成等差数列.
（1）求椭圆的方程；
（2）设弦AC的垂直平分线方程为y＝kx＋m，求m的取值范围.
解：
（1）由题设得2a＝10，c＝4
∴a＝5，b＝3，c＝4
∴椭圆方程为
（2）（设而不解）设
则由题意得
①
故有点
∵A、C在椭圆 上
∴
两式相减得
②
∴由①及所设得 ③
∴弦AC的垂直平分线方程为
∴由题意得 ④
注意到当x＝4时椭圆上点的纵坐标为 ，又点 在椭圆内部
故得 ⑤
于是由④、⑤得
∴所求的取值范围为
点评：此题解法充分体现了“以我为主”的思想。以我为主：以我所引入的参数诠释已知条件，以我所引入的参数构造弦的斜率，以我对这一解的认知决定解题策略……，本解法以运用自设参数为主而将所给的y＝kx＋m放在十分次要的位置，从而使我们一直沉浸在所熟悉的探索中，待抬头看题设时，解题已经胜利在望。想一想：这里为什么可以不用直线方程y＝kx＋m与椭圆方程联立。
五、“圆锥曲线的定义或几何性质中隐蔽的不等关系”之运用
“相等”与“不等”是辩证的统一，根据“相等”与“不等”之间相互依存的辩证关系，椭圆与双曲线定义中显示了明朗的“相等”关系，那么必然蕴含这隐蔽的“不等”关系。因此，对于椭圆或双曲线的探求范围问题，适时认知并发掘出本题的不等关系，往往成为解题成败的关键环节。圆锥曲线的定义中隐含的不等关系主要有：
1、
2、
例、已知双曲线 的左、右焦点分别为 、 ，若在其左支上存在点P且点P到左准线的距离与 成等比数列，求离心率e的取值范围.
分析：寻求e的范围的一般途径为
（1）认知或发掘出本题的不等关系；
（2）将（1）中的不等关系转化为关于a,b,c的不等式；
（3）将（2）中的不等式演变为关于e的不等式，进而通过解这一不等式导出所求范围.
其中，有关双曲线上点P处的两条焦点半径 的问题，定义中明朗的等量关系： 是认知或求值的理论基础；而定义中隐蔽的不等关系： 则是寻求参量范围的重要依据。
解：
（1）确立不等关系
注意到这里 ①
（2）不等关系演变之一
设左支上的点P到左准线的距离为d，
则由题意得
（变形目的：利用第二定义，寻找两焦半径与e的联系）
∴ ②
又点P在双曲线左支上
∴ （点P在左支这一条件的应用） ③
∴由②③解得 ④
∴将④代入①得 ⑤
（3）不等关系演变之二：
由⑤得
故解得
于是可知，所求离心率e的范围为
第三部分 直线与圆锥曲线问题的解题策略（研究性学习之一）
众所周知，直线与圆锥曲线的问题，是解析几何解答题的主要题型，是历年来高考备考的重点和高考命题的热点。多年备考的实践经验告诉我们，欲更快地提高解决这类问题的实践能力，需要切实解决好以下两个问题：
（1）条件或目标的等价转化；
（2）对于交点坐标的适当处理。
本文试从上述两个问题的研究切入，对直线与圆锥曲线问题的解题策略作初步探索，希望对高考备考有所帮助。
一、条件或目标的认知与转化
解题的过程是一系列转化的过程。从某种意义上说，解题，就是要将所解的题转化为已经解过的题。然而，转化的基础是认知——认知已知、目标的本质和联系。有了足够的认知基础，我们便可以着力实践化生为熟或化繁为简的转化。
1、化生为熟
化生为熟是解题的基本策略。在直线与圆锥曲线相交问题中，弦长问题及弦中点问题是两类基本问题。因此，由直线与圆锥曲线相交引出的线段间的关系问题，要注意适时向弦长或弦中点问题转化。一但转化成功，解题便得以驾轻就熟，胜券在握。
（1）向弦中点问题转化
例1.已知双曲线 =1（a>0,b>0）的离心率 ，过点A（0,-b）和B（a,0）的直线与原点间的距离为
（1）求双曲线方程；
（2）若直线（km≠0）与双曲线交于不同两点C、D，且C、D两点都在以A为圆心的同一个圆上，求m的取值范围。
略解：
（1）所求双曲线方程为（过程略）
（2）由 消去y得：
由题意知，当 时， ①
设 中点
则C、D均在以A为圆为的同一圆上
又
∴ ②
于是由②得 ③
由②代入①得 ，解得m<0或m>4 ④
于是综合③、④得所求m的范围为
（2）向弦长问题转化
例2．设F是椭圆 的左焦点，M是C1上任一点，P是线段FM上的点，且满足
（1）求点P的轨迹C2的方程；
（2）过F作直线l与C1交于A、D两点，与C2交点B、C两点，四点依A、B、C、D顺序排列，求使 成立的直线l 的方程。
分析：为避免由代换 引发的复杂运算，寻觅替代 的等价条件：设弦AD、BC的中点分别为O1、O2，则，故 ，据此得 于是，所给问题便转化为弦长与弦中点问题。
略解：
椭圆C1的中心 点P分 所成的比λ=2。
（1）点P的轨迹C2的方程为 （过程略）
（2）设直线l的方程为 ①
①代入椭圆C1的方程得
，
故有
故弦AD中点O1坐标为
②
①代入椭圆C2的方程得 ，
又有
故弦BC中点O2坐标为
③
∴由②、③得 ④
注意到 ⑤
于是将②、③、④代入⑤并化简得：
由此解得 。
因此，所求直线l的方程为
2．化繁为简
解析几何是用代数计算的方法解决几何问题，因此，解答解析几何问题，人们都有这样的共同感受：解题方向或途径明朗，但目标难以靠近或达到。解题时，理论上合理的思路设计能否在实践中得以实现？既能想到，又能做到的关键，往往在于能否化繁为简。化繁为简的策略，除去“化生为熟”之外，重要的当数“借重投影”或“避重就轻”。
（1）借助投影
对于线段的定比分点以及其它复杂的线段间关系的问题，当题设条件的直接转化颇为繁杂时，不妨运用当初推导定比分点坐标公式的基本方法；将线段上有关各点向x轴（或y轴或其它水平直线）作以投影，进而利用平行线分线段成比例定理推理或转化，这一手法往往能够有效地化解难点，将人们引入熟悉的解题情境。
例3．如图，自点M（1，-1）引直线l交抛物线 于P1 、P2两点，在线段P1 、P2上取一点Q，使 、 、 的倒数依次成等差数列，求点Q的轨迹方程。
解：设
又设直线l的方程为 ①
①代入 得
由题意得
或 ②
且 ③
又由题意得 ④
作P1、Q、P2在直线y=-1上的投影P1′、Q′、P2′（如图）
又令直线l的倾斜角为 则由 得
∴
同理，
∴将上述三式代入④得
⑤
∴将③代入⑤得
∴ ⑥
∴将⑥代入①得
⑦
于是由⑥、⑦消去参数k得 ⑧
再注意到②式，由⑥得 或 ⑨
因此，由⑧、⑨得所求点Q的轨迹方程为
（2）避重就轻
事物都是一分为二的，复杂问题中有关事物之间你中有我、我中有你的局面，在给我们解题制造麻烦的同时，也会为我们侧面迂回、避重就轻带来机会。
例4．已知 点P、Q在椭圆 上，椭圆中心为O，且 ， 求椭圆中心O到弦PQ的距离。
分析：这里需要P、Q点坐标，对此，如果直面直线PQ方程和椭圆方程联立方程组，则不论是求解P、Q坐标，还是利用所设P、Q坐标，都不免招致复杂局面。于是转而考虑侧面迂回，避重就轻，同时，注意到P、Q两点的双重属性，想到避开正面求解，而由直线OP（或OQ）方程和椭圆方程联立方程组解出点P（或点Q）坐标。
解（避重就轻，解而不设）：设
则由 得
（1）当点P、Q不在坐标轴上时，设直线OP的方程 ①
则直线OQ的方程为 ②
将①代入椭圆方程 易得
∴ ③
将②代入椭圆方程 易得
∴ ④
∴由③、④得 ⑤
又在 中作 于H，于是由 及⑤式得
=
∴
（2）当点P、Q在坐标轴上时，同样可得 ，从而有 。
于是由（1）（2）知所求椭圆中心O到弦PQ的距离为 。
直线与圆锥曲线相交的问题，适当处置交点坐标是解题繁简乃至解题成败的关键环节。循着教材中关于曲线交点的定位，直线与圆锥曲线的交点坐标，首先是立足于“解”，其次是辅助于“设”。于是，在宏观上围绕着“解”与“设”的选择，产生出两对解题思路：解而不设与设而不解；既设又解与不解。在这里，“设”是举手之劳，问题在于，在一个具体问题中，“解”的火候如何把握？“不解”的时机如何捕捉？以下继续作以探索。
二、求解交点坐标的“度”的把握
个体与整体是辩证的统一，循着“个体”与“整体”的辩证关系，立足于“解”交点坐标，主要是以下两种选择：
1、半心半意，解至中途
从认识目标切入，如果目标不是交点的横坐标或纵坐标的个体，而是关于交点横坐标（或纵坐标）的和与积的对称式，则一般选择从直线方程与曲线方程的联立方程组入手，解至中途运用韦达定理，进而对目标进行转化、靠拢，直至利用上述结果解决问题。
例1.设斜率为2的直线与抛物线 相交于A、B两点，以线段AB为边作矩形ABCD，使 ，求矩形ABCD的对角线交点M的轨迹方程。
解：设 直线AB的方程为 。
由
由题意 ①
由韦达定理得 ②
∴ ③
再设AB中点为 ，则有 ，
注意到四边形ABCD为矩形，故有 ，且 ，
由此得
由（4）得 ⑥
⑥代入（5）得
化简得 ⑦
再注意到①中 ，由（5）得
∴ ⑧
因此由⑦、⑧得所求动点M的轨迹方程为
。
点评：本例是“立足于一条直线与曲线相交”的问题。这里所说的“立足于一条直线与曲线相交”的问题，是指这样两种题型：
（1）问题由一直线与曲线相交引出；
（2）问题中虽然出现多条直线与同一曲线相交，但这些直线的引出存在着明显的顺序（或依赖关系），整个问题构建在某一条直线与曲线相交的基础之上，对此，我们的求解仍倚仗于对交点坐标“既设又解”的策略。这里的“解”，是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，是“半心半意”地求解，解至中途运用韦达定理，因此，此类问题的解题三部曲为
（1）全心全意地设出交点坐标；
（2）“半心半意”地求解上述方程组，解至中途运用韦达定理；
（3）对题设条件主体进行分析、转化，使之靠拢并应用（2）的结果导出既定目标。
2、真心实意，求解到底
当目标的转化结果不是交点横标（或纵标）的对称式，而是交点坐标的个体时，则需要真心实意地将求解交点坐标进行到底。
例2.正方形ABCD的中心为M（3，0），一条顶点在原点，焦点在X轴正半轴上的抛物线E，一条斜率为 的直线l，若A、B两点在抛物线E上，而C、D两点在直线l上，求抛物线E和直线l的方程。
解：由题意设抛物线E的方程为 ，
直线l的方程为 。
又设正方形ABCD的（一条）对角线的斜率为k，
则由
∴直线AM、BM的方程分别为
再设
则由 得 ①
又点A、B在抛物线E上，故有
②
③
于是由①、②、③解得 。
故得A（4，2）、B（1，1）、
因此可知，所求抛物线E的方程为 ；
所求直线l方程为 。
点评：上述问题中出现“相对独立的多条直线与同一曲线相交”，即问题中多条直线的出现没有确定的顺序或依赖关系，各条直线之间具有相对独立性。对此，我们仍然运用对交点坐标“既设又解”的策略，不过，这里的“解”不是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，而是解关于所设交点坐标的等式所联立的方程组；这里的“解”不是“半心半意”地解至中途运用韦达定理，而是全心全意地去解出交点坐标，因此，此类问题的解题三部曲为：
（1）全心全意地设出交点坐标；
（2）全心全意地求解所设交点坐标满足的方程所联立的方程组，解出所设交点坐标；
（3）利用（2）的结果追求既定目标。
三、求解交点坐标的转换与回避
解决直线与圆锥曲线相交问题招致复杂局面或陷入绝境，究其原因，大多是求解直线与圆锥曲线所联立方程组惹的祸。因此，面对所给问题，当能预见到求解上述方程组的繁难程度时，能转换正面求解（交点坐标）便尽量转换，能回避正面求解（交点坐标）便尽量回避。
1、设而不解
这里所谓的“设而不解”，是指设出交点坐标之后，借助已知方程，运用交点坐标去表示已知条件或主要目标。其中，用所设交点坐标去构造有关直线的斜率最为多见。
例1．设椭圆 的上半部有不同三点A、B、C，它们到同一焦点的距离依次成等差数列，且点B的纵坐标与椭圆的半焦距相等，求线段AC的中垂线在y轴上的截距。
分析：考察线段AC的中垂线方程，易知其斜率由点A、C同名坐标的差式表出，弦中点由点A、C同名坐标的和式表出。由此想到对交点坐标“设而不解”，并借助焦点半径公式求解。
解：设 ，弦AC中点M(x0,y0)。
由已知椭圆方程得
又运用椭圆第二定义可得 ，
∴由题设条件得 ①
而 ∴ ②
此时，注意到点A、C在椭圆 上，
故有 ③
④
③-—④得 ⑤
∴②代入得
由此得 ⑥
∴由②、⑥得 ，
即AC中点
于是可知弦AC的中垂线方程为 ⑦
∴在⑦中令x=0得
由此可知，所求弦AC的中垂线在y轴上的截距为
2、不设不解
这是解决直线与曲线相交问题的至高境界。因此，欲适时地正确选择对交点坐标“不设不解”，需要我们对问题或图形本质的深刻认知，需要我们对有关知识的深厚积淀或升华。
（1）利用圆锥曲线定义回避交点坐标
例2．已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F2的直线交椭圆于P、Q两点， ，且 ，求椭圆的离心率。
解：注意到这里涉及点P处两条焦点半径，故考虑利用椭圆定义1。
设椭圆方程为 。
又设 ，则由题意得 ①
根据椭圆定义得
∴ ②
∴①代入②得 ，解得 ③
再由 得
∴ ④
∴③代入④得
化简得 ，
∴由此解得 。
（2）借助有关图形性质回避交点坐标
例3．已知直线l： 与⊙ 相交于A、B两点，当 时，求⊙C的方程。
提示：圆心C到弦AB的距离（弦心距）
注意到
由圆的弦的性质得 ，由此解得a的值。
（3）利用有关问题的深入认知回避交点坐标
这是处置直线与曲线乃至两曲线相交问题的重要策略，现以例4示范说明。
例4．已知圆M与圆 相交于不同两点A、B，所得公共弦AB平行于已知直线 ，又圆M经过点C（-2，3），D（1，4），求圆M的方程。
解（利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标）：
设圆M方程为 ①
又已知圆方程为 ②
∴①—②得上述两圆公共弦AB所在直线方程
∴由题设得 ③
注意到点C、D在圆M上，故有
④
⑤
∴将①、②、③、联立解得
∴所求圆M的方程为
四、高考真题
1.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆在焦点F的直线交椭圆于A、B两点， 与 共线。
（1）求椭圆的离心率；
（2）设M为椭圆上任意一点，且 ，证明 为定值。
分析：
（1）求椭圆离心率，首先要求关于a，b，c的等式。为此，从设出椭圆方程与直线AB的方程切入，运用对A、B坐标“既设又解”的策略；
（2）注意到这里的点为椭圆上任意一点，故考虑对点的坐标“设而不解”。
解：
（1）设椭圆方程为
则直线AB方程为 ①
设
将①代入椭圆方程 得
由题意
，显然成立
由韦达定理得 ②
又 ， ， 与 共线
∴
即所求椭圆的离心率为
（2）由（1）得 ，
∴椭圆方程化为 ③
设 ，由题设得
∴
∵点M在椭圆③上
∴
④
又由（1）知，
∴
⑤
而 , ⑥
∴ 将⑤、⑥代④得
∴ ， 即 为定值。
点评：对于（1），立足于对A、B坐标“既设又解”，对 与 共线的充要条件 ，先“转化”而后“代入”，与先“代入”而后化简比较，计算量要明显减少。因此，诸如此类的问题，要注意选择“代入”的形式或时机，以求减少解题的计算量。
2.P、Q、M、N四点都在椭圆 上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，已知 与 共线， 与 共线，且 ，求四边形PMQN的面积的最小值和最大值。
分析：这里 ，b=1，c=1，故F（0，1）
由题设知 ，四边形PMQN的面积等于 ，因此解题从求 ， 切入。
解：这里 ，b=1，c=1，F（0，1），
由 得 ，即
∴直线PQ，MN中至少有一条直线斜率存在。
不妨设PQ的斜率为k，则直线PQ的方程为 ①
又设
将①代入椭圆方程得
∴
且 ②
∴
③
（1）当 时，直线MN的斜率为 ，
同理可得
∴ 四边形PMQN的面积
令 ，则 （当且仅当 时等号成立）
∴
∴当 时， ，S是以 为自变量的增函数
∴
（2）当 时，MN为椭圆的长轴， ， ，
∴
于是（1）（2）得
∴四边形PMQN的面积的最大值为2，最小值为
点评：认知条件，从而认知本题中四边形PMQN面积的决定因素，寻求的目标便随之明确，而在对四边形面积S的变形中，所施行的分子分母同除以 ，变量替换，分离常数项等等，都是寻求最值的基本策略。
3.设A、B是椭圆 上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点。
（1）确定 的取值范围，并求直线AB的方程；
（2）试判断是否存在这样的 ，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由。
分析：在这里，有两条直线经过点N并且与椭圆相交，由于（1）要求直线AB的方程，故以交点A、B的坐标“即设又解”切入；对于（2）中的四点共圆， 知，圆的直径为AB或CD，到底是哪一个，则要在完成（1）之后根据具体情况再行确定。
解：
（1）由题意，设直线AB方程为 ①
设
将①代入椭圆方程 得
②
则由题设知
③
且 ④
∴由N（1，3）是线段AB的中点得
∴
解得
将 代入③得
∴所求 的取值范围为 ，
直线AB的方程为 即
（2）由题设知，线段CD垂直平分线段AB
∴直线CD的方程为 即 ⑤
将⑤与椭圆方程联立，消去y得 ⑥
又设 ，CD的中点为 ，
则 为方程⑥的根
∴ ⑦
且 ⑧
∴ ，即
注意到由（1）可得
由（2）可得
∴当 时，
∴假设存在 ，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心
又点M到直线AB的距离 ⑨
∴由勾股定理得
故当 时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，以 为半径的圆上。
点评：在这里，对A、B及C、D的坐标均是“既设又解”，解到中途运用韦达定理导出同坐标之间的关系式；对于（2），要切实认知条件的特殊性，根据问题的特殊性，这时化生为熟，转化为熟悉的弦长或弦中点问题。
4.已知方向向量为 的直线l过点 和椭圆 的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在过点E（-2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足 （0为原点）。若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由。
分析：这里直线l的方程容易满足，对椭圆中心O关于l的对称点“解而不设”容易完成。解题难点在于转化和应用（2）中的条件，注意到 。为便于沟通左右两边的联系，运用内积定义得 ，即 的面积等于 于是解题以表示 的面积突破。
解：
（1）由已知得直线l的斜率为 ，直线l的方程为 ①
过原点且垂直于l的直线方程为 ②
由①，②解得 ，即上述两直线的交点为
又椭圆中心O关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上，
∴点 在右准线 上，
∴
∵直线l过椭圆焦点，
∴该焦点为（2，0）
∴
∴椭圆方程为
（2）假设存在符合条件的直线m
设
（Ⅰ）当直线m不垂直x轴时，设直线m的方程为 ③
③代入椭圆方程 得
由题设
且 ， ⑤
∴
又 O到直线MN的距离
∴ ⑥
由 得
，即 ，
∴由⑥得
解得 ， 即
（Ⅱ）当直线 轴时，直线 ，易得 满足条件
∴（Ⅰ）（Ⅱ）知直线m的方程为 或 或
经检验上述直线均满足 ，
因此，存在满足题设条件的直线m，直线m的方程为
或 或
点评：在本题中，条件 的认知与转化是解题成功的关键环节，一旦已知条件转化为 ，解题便纳入求弦长与距离的熟悉的途径。
