構建知識網(wǎng)絡，做到心中有數(shù)

經(jīng)過高一、高二分章節(jié)的學習和高三分章節(jié)復習，大腦所積累的知識往往是零碎的、凌亂的和不成體系的，如果不對其有序建構，解題時就很難把握其切入點，經(jīng)常會出現(xiàn)“似曾相識，但又千呼萬喚不出來”的情況.下面是解析幾何模塊的知識網(wǎng)絡.

[空間坐標系與向量][直線][圓][直線與圓、圓錐曲線][函數(shù)與導數(shù)][橢 圓][雙曲線][拋物線][參數(shù)方程與極坐標][定義、方程、性質(zhì)][圓 錐 曲 線]

例1 在直角坐標系[xOy]中，曲線[C： y=x24]與直線[l：y=kx+a（a>0）]交于[M，N]兩點.

（1）當[k=0]時，分別求曲線[C]在點[M，N]處的切線方程；

（2）在[y]軸上是否存在一點[P]，使得當[k]變動時，總有[∠OPM=∠OPN]？說明理由.

答案 （1）[ax-y-a=0]和[ax+y+a=0]

（2）點[P（0，-a）]符合題意

點評 本題涉及直線的傾斜角與斜率、圓錐曲線（拋物線）、函數(shù)與導數(shù)、推理與證明等知識，缺少任何一個點，都會使本題半途而廢. 只有建立起各知識點之間的聯(lián)系，形成知識網(wǎng)絡，才能在解決問題時做到有條不紊、對號入座，才能快速、準確地提取到有關知識，實現(xiàn)知識的遷移和綜合應用.

構建方法網(wǎng)絡，做到一題多解

解題是檢驗復習效果的有效途徑，而高效解題離不開解決問題的方法. 對同一問題從不同的角度（如“數(shù)”“形”等）去分析，則可得到不同的解法. 通過比較，可選擇最優(yōu)的解法，這樣不僅能看透問題的本質(zhì)，更有助于提高分析問題以及綜合、靈活運用數(shù)學知識解決問題的能力.

例2 已知橢圓[C：x24+][y23=1]，過其右焦點[F]的直線[l]與該橢圓交于[A，B]兩點，若[AF=2FB]，求直線[l]的方程.

解析 方法一（普通方程）：設直線[l]的方程為[x=ky+1]，直線與橢圓的交點為[A（x1，y1），][B（x2，y2）]，

則由[AF=2FB]得，[（1-x1，-y1）=2（x2-1，y2）].

故[y1=-2y2]. （1）

將[x=ky+1]代入[x24+y23=1]得，

[（3k2+4）y2+6ky-9=0].

則[y1+y2=-6k3k2+4]， （2） [y1y2=-93k2+4]. （3）

由（1）（2）（3）消去[y1，y2]得，[k=±255].

故所求直線的方程為[y=±255（x-1）].

方法二（參數(shù)方程）：設直線[l]的方程為[x=1+tcosα，y=tsinα]（其中[t]為參數(shù)，[α]為[l]的傾斜角）.

代入[x24+y23=1]得，[（3+sin2α）t2+6tcosα-9=0].

則[t1+t2=-6cosα3+sin2α]， （1） [t1t2=-93+sin2α]. （2）

又由[AF=2FB]得，[t1=-2t2]. （3）

由（1）（2）（3）消去[t1，t2]得，[cosα=±23]，故[tanα=±52.]

從而直線的方程為[y=±52（x-1）].

方法三（極坐標方程）：由[x24+y23=1]得，橢圓的離心率為[12]，焦準距為3. （如上圖）以[F]為極點的該橢圓的極坐標方程為[ρ=321+12cosθ]，即[ρ=32+cosθ].

設直線的傾斜角為[α]，由[AF=2FB]得，

[32+cosα=2×32+cos（π+α）]，

或[2×32+cosα=32+cos（π+α）].

從而[cosα=±23]，則[tanα=±52].

從而直線的方程為[y=±52（x-1）].

點評 知識是方法的基礎，構建解題方法網(wǎng)絡，是構建知識網(wǎng)絡的延拓.本題從直線“方程”形式層面另辟蹊徑，實現(xiàn)了“焦點弦”問題的一題多解.

構建題型網(wǎng)絡，做到多題一解

直線與圓錐曲線問題幾乎是高考命題不變的旋律，盡管其題型較多，但其解決問題的方法幾乎只有一個，那就是“設而不求”，下面是解析幾何題型網(wǎng)絡，僅供參考.

[直線與曲線位置關系][弦長、面積問題][定（中）點弦、定長弦][定點、定值問題][范圍、最值問題][設而不求法][探究性問題]

例3 設圓[x2+y2+2x-15=0]的圓心為[A]，直線[l]過點[B（1，0）]且與[x]軸不重合，[l]交圓[A]于[C，D]兩點，過[B]作[AC]的平行線交[AD]于點[E].

（1）證明：[EA+EB]為定值，并寫出點[E]的軌跡方程；

（2）設點[E]的軌跡為曲線[C1]，直線[l]交曲線[C1]于[M，N]兩點，過[B]且與[l]垂直的直線與圓[A]交于[P，Q]兩點，求四邊形[MPNQ]面積的取值范圍.

解析 （1）[|EA|+|EB|=4]，[x24+y23=1（y≠0）].

（2）①當[l]與[x]軸不垂直時，設[l]的方程為[y=k（x-1）（k≠0）]，[M（x1，y1），N（x2，y2）].

由[y=k（x-1），x24+y23=1]得，[（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0].

則[x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2-124k2+3].

所以[MN=1+k2x1-x2=12（k2+1）4k2+3].

過點[B（1，0）]且與[l]垂直的直線[m：y=-1k（x-1）]，[A]到[m]的距離為[21+k2].

所以[PQ=242-（21+k2）2=44k2+31+k2].

故四邊形[MPNQ]的面積

[S=12MN?PQ=121+14k2+3].

所以四邊形[MPNQ]面積的取值范圍為[（12，83）].

②當[l]與[x]軸垂直時，其方程為[x=1，][MN=3，][PQ=8]，四邊形[MPNQ]的面積為[12].

綜上，四邊形[MPNQ]面積的取值范圍為[[12，83）].

點評 “設而不求法”幾乎是解決直線與圓錐曲線各種題型的萬能鑰匙，具體來說就是設直線（曲線）的方程以及直線與曲線交點的坐標，但不求該交點坐標. 解題途徑一般有：一是“代點作差法”（點差法），二是“代線消元法”（將直線方程代入曲線方程，消元后得到二次方程，再利用判別式與韋達定理，最后將待求問題坐標化求解）.