高考数学(理)二轮 二轮课时专题专题五 解析几何 后 记 答题模板 Word版含答案
2020版高考数学二轮复习专题五解析几何高考解答题的审题与答题示范(五)解析几何类解答题学案理新人教A版
标准答案
阅卷现场
(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)， ＝(x－x0，y)，
＝(0，y0)，①
由 ＝ ，
得x0＝x，y0＝ y，②
因为M(x0，y0)在C上，
所以 ＋ ＝1，③
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.④
(2)证明：由题意知F(－1，0)，
设Q(－3，t)，P(m，n)设而不求，
则 ＝(－3，t)， ＝(－1－m，－n)，⑤
· ＝3＋3m－tn，⑥
＝(m，n)， ＝(－3－m，t－n)，⑦
由 · ＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，⑧
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以 · ＝0，即 ⊥ ，⑨
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.⑩
第(1)问
第(2)问
得
分
点
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
6分
6分
第(1)问踩点得分说明
①设出点P、M、N的坐标，并求出 和 的坐标得1分；
②由 ＝ ，正确求出x0＝x，y0＝ y得2分；
③代入法求出 ＋ ＝1得2分；
④化简成x2＋y2＝2得1分.
第(2)问踩点得分说明
⑤求出 和 的坐标得1分；
⑥正确求出 · 的值得1分；
⑦正确求出 和 的坐标得1分；
⑧由 · ＝1得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分；
⑨得出 ⊥ 得1分；
高中数学答题模板
一、选择填空题1.易错点归纳九大模块易混淆难记忆考点分析，如概率和频率概念混淆、数列求和公式记忆错误等，强化基础知识点记忆，避开因为知识点失误造成的客观性解题错误。
针对审题、解题思路不严谨如集合题型未考虑空集情况、函数问题未考虑定义域等主观性因素造成的失误进行专项训练。
2.答题方法选择题十大速解方法：排除法、增加条件法、以小见大法、极限法、关键点法、对称法、小结论法、归纳法、感觉法、分析选项法。
填空题四大速解方法：直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法。
二、解答题专题一、三角变换与三角函数的性质问题1.解题路线图①不同角化同角②降幂扩角③化f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h④结合性质求解。
2.构建答题模板①化简：三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。
②整体代换：将ωx＋φ看作一个整体，利用y＝sin x，y＝cos x的性质确定条件。
③求解：利用ωx＋φ的范围求条件解得函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h的性质，写出结果。
④反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性。
专题二、解三角形问题1.解题路线图(1) ①化简变形；②用余弦定理转化为边的关系；③变形证明。
(2) ①用余弦定理表示角；②用基本不等式求范围；③确定角的取值范围。
2.构建答题模板①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。
②定工具：即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。
③求结果。
④再反思：在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系；二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。
专题三、数列的通项、求和问题1.解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
2.构建答题模板①找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
优化方案高考理数二轮总复习讲义课件专题五 解析几何 第3讲 Word版含解析
第四页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
考点一 圆锥曲线中的判断与证明问题
[命题角度] 1．判断直线与曲线位置，再给出证明． 2．证明线线平行或垂直、多点共线问题．五页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
(2015·高考北京卷改编)已知椭圆 C：x2＋3y2＝3，过点 D(1， 0)且不过点 E(2，1)的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 AE 与直线 x＝3 交于点 M. (1)求椭圆 C 的离心率； (2)若直线 AB 的斜率存在，试判断直线 BM 与直线 DE 的位置关 系，并说明理由． [思路点拨] (1)利用 e＝ac求离心率． (2)将直线 AB 的方程与椭圆方程联立，通过根与系数的关系可 求得直线 BM 的斜率等于直线 DE 的斜率，从而得到两直线平 行．
第二页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
1．活用公式与结论
(1)圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
①几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义
，则考虑利用图形性质来解决；
②代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系
，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值．
(2)求定值问题常见的方法有两种
则 x1＋x2＝2－＋4kk2，x1x2＝2－＋4k2，
所
以
→ OE
·
→ OF
＝
x1x2
＋
y1y2
＝
(1
＋
k2)x1x2
＋
2k(x1
＋
x2)
＋
4
＝
－24＋－k42k2＋－ 2＋8kk22＋4＝2＋20k2－8，
因为 0<2＋20k2≤10，所以－8<O→E·O→F≤2，所以O→E·O→F的取值
高考理科数学二轮复习新课标通用课件专题五高考解答题的审题与答题示范解析几何类解答题
3 数列与不等式类解答题
熟练掌握数列通项公式、求和公式及不等式的性质、解 法，注重分类讨论思想在解题中的运用。
4 概率统计类解答题
熟练掌握概率统计基础知识，如事件概率、随机变量分 布列及数学期望等，注重数据处理能力和应用意识的培 养。
感谢您的观看
THANKS
解题思路
利用椭圆的定义和性 质，求出焦点坐标和 焦距；
利用勾股定理和已知 条件，列出关于$a, b, c$的方程；
解方程求出$a, b$， 得到椭圆方程。
存在性、探索性和开放性问题
01
02
典型例题：已知抛物线 $y^2 = 2px (p > 0)$上 一点$M$到焦点$F$的 距离为$2$，过点$M$ 作两条互相垂直的直线 分别与抛物线交于$A, B$两点，试问：线段 $AB$的中点是否在定直 线上？并证明你的结论 。
高考理科数学二轮复习新 课标通用课件专题五高考 解答题的审题与答题示范
解析几何类解答题
汇报人：XX 20XX-01-24
目录
• 高考解答题概述与审题技巧 • 解析几何基础知识回顾 • 典型例题分析与解题思路展示 • 答题规范训练及评分标准解读 • 历年真题演练与模拟测试 • 总结反思与拓展延伸
01
圆性质
圆上任意一点到圆心的距离等于半径；圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆； 连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫做直径等。
椭圆、双曲线和抛物线方程及性质
椭圆方程及性质
标准方程 x²/a²+y²/b²=1(a>b>0) ；性质包括长轴和短轴、 离心率、焦点和准线等。
通过对历年真题的解题思路、方法、技巧的 讲解，帮助学生熟悉高考命题规律和趋势。
优化方案高考理数二轮总复习讲义课件专题五 解析几何 第2讲 Word版含解析
第十一页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
3．(2015·云南省第一次统一检测，T10)已知 F1、F2 是双曲线 M：
y42－mx22＝1
的焦点，y＝2
5
5 x
是双曲线
M
的一条渐近线，离心
率等于34的椭圆 E 与双曲线 M 的焦点相同，P 是椭圆 E 与双曲
线 M 的一个公共点，设|PF1|·|PF2|＝n，则( A )
A．n＝12
B．n＝24
C．n＝36
D．n≠12 且 n≠24 且 n≠36
栏目 导引
第十二页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
解析：由题意得，双曲线的方程为y42－x52＝1，椭圆的方程为x72＋
y2 16
＝
1
，
不
妨
设
|PF1|>|PF2|
，
从
而
可
知
|PF1|＋|PF2|＝8， |PF1|－|PF2|＝4
的一个焦点为 F(2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3
相切，则双曲线的方程为( D )
A.x92－1y32 ＝1
B.1x32 －y92＝1
C.x32－y2＝1
D．x2－y32＝1
(2)已知抛物线 C：y2＝8x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，
Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若F→P＝4F→Q，则|QF|＝( C )
栏目 导引
第九页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
1．本例(1)中条件变为“一条渐近线过点(2， 3)，且双曲线的一 个焦点在抛物线 y2＝4 7x 的准线上”，则双曲线的方程为
高考数学(理)二轮 二轮课时专题专题五 解析几何 第3讲 解析几何中的综合问题 Word版含答案
第3讲 解析几何中的综合问题【课前热身】第3讲 解析几何中的综合问题(本讲对应学生用书第47~51页)1.(选修2-1 P37习题10改编)已知椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个顶点为P ，若∠F 1PF 2为钝角，则椭圆离心率的取值范围为 .【答案】21⎫⎪⎪⎝⎭ 【解析】由题意知，P21F+P 22F <F 122F，即2a 2<(2c )2，所以ca >2，即椭圆的离心率e 的取值范围为21⎫⎪⎪⎝⎭.2.(选修2-1 P73复习题12改编)已知直线y=ax+1与双曲线3x 2-y 2=1相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆经过原点，则实数a= . 【答案】±1【解析】将y=ax+1代入3x 2-y 2=1，得(3-a 2)x 2-2ax-2=0，则Δ=4a 2+24-8a 2>0，即a 2<6且a 2≠3.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).因为OA ⊥OB ，则OA u u u r ·OB u u ur =0，即x 1x 2+y 1y 2=0，所以x 1x 2+(ax 1+1)(ax 2+1)=0，即(1+a 2)x 1x 2+a (x 1+x 2)+1=0，即(1+a 2)·22-3a +a·223-a a +1=0，解得a 2=1，满足a 2<6且a 2≠3，所以a=±1.3.(选修2-1 P58习题6改编)已知点P 在抛物线x 2=4y 上运动，F 为抛物线的焦点，点A 的坐标为(2，3)，则PA+PF 取得最小值时点P 的坐标为 . 【答案】(2，1)【解析】因为抛物线上的点P 到焦点F 的距离等于点P 到准线y=-1的距离PP'(P'是点P 在准线上的射影).又因为22<4×3，所以点A (2，3)在抛物线的上方，故PA+PF=AP+PP'≥AP'，当且仅当A ，P ，P'共线时，等号成立，此时PA ⊥x 轴，(PA+PF )min =AP'=3-(-1)=4，点P 的坐标为(2，1).4.(选修2-1 P73复习题6改编)若椭圆210x +2y m =1与双曲线x 2-2y b =1有相同的焦点，且椭圆与双曲线交于点Py ⎫⎪⎪⎝⎭，则m+b= . 【答案】9【解析】因为双曲线x 2-2y b =1的焦点在x轴上，半焦距为，所以椭圆210x +2y m =1的焦点也在x轴上，半焦距为，则由题意知2210-111910-19m b y m y b ⎧⎪=+⎪⎪+=⎨⎪⎪=⎪⎩，，，解得m=1，b=8，所以m+b=9.5.(选修2-1 P66复习题16改编)若椭圆ax 2+by 2=1与直线x+y=1交于A ，B 两点，M 为AB 的中点，直线OM (O 为坐标原点)的斜率为，且OA ⊥OB ，则椭圆的方程为 . 【答案】(2-2)x 2+(4-2)y 2=1【解析】联立2211x yax by+=⎧⎨+=⎩，，消去y，得(a+b)x2-2bx+b-1=0，当Δ>0时，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=2ba b+，x1·x2=-1ba b+，弦AB的中点M的坐标为b aa b a b⎛⎫⎪++⎝⎭，，所以OM的斜率为ab=22，即b=2a①.又OA⊥OB，即OAu u u r·OBu u u r=0，所以x1x2+y1y2=0，而x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1=1-2a b+，从而1-2a b+=0，所以a+b=2②.联立①②，解得a=22-2，b=4-22，满足Δ>0，所以椭圆的方程为(22-2)x2+(4-22)y2=1. 【课堂导学】解析几何中的范围与最值问题例1如图，已知椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为12，其左焦点到点P(2，1)10.不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB 被直线OP平分.(1)求椭圆C的方程；(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程.(例1)【分析】(1)题目中给出了椭圆离心率和左焦点到点P (2，1)10，列出两个方程，解方程组确定椭圆方程中a ，b 的值，写出椭圆方程.(2)利用OP 平分AB 确定直线的斜率和纵截距之间的关系，使用参数表示△ABP 的面积，确定这个面积取得最大值的条件，从而得到所求的直线方程.【解答】(1)设椭圆左焦点为F (-c ，0)，则由题意得：2(2)11012c c a ++==⎪⎩，，解得12.c a =⎧⎨=⎩，由a 2=b 2+c 2，得b 2=3，所以椭圆C 的方程为24x +23y =1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M.当直线AB 与x 轴垂直时，若OP 平分线段AB ，则直线AB 的方程为x=0，与不过原点的条件不符，舍去.故斜率存在，可设直线AB 的方程为y=kx+m (m ≠0)，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，，消去y ，整理得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0， ① 其中Δ=64k 2m 2-4(3+4k 2)(4m 2-12)>0，且12221228-344-1234km x x k m x x k ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，，所以线段AB 的中点M2243-3434kmm k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，.因为点M 在直线OP 上，所以2×2334m k +=2-434kmk +.由m ≠0，得k=-32.此时方程①为3x 2-3mx+m 2-3=0，则Δ=3(12-m 2)>0，12212-33x x m m x x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，， 所以AB=21k +·|x 1-x 2|=39·212-m .设点P 到直线AB 的距离为d ，则d=2232+=13. 设△ABP 的面积为S ，则S=12AB·d=36·22(-4)(12-)m m . 其中m ∈(-23，0)∪(0，23).令u (m )=(12-m 2)(m-4)2，m ∈(-23，0)∪(0，23).u'(m )=-4(m-4)(m 2-2m-6)=-4(m-4)(m-1-7)(m-1+7).所以当且仅当m=1-7时，u (m )取到最大值.综上，所求直线l 的方程为3x+2y+27-2=0.【点评】(1)本题的入手很容易，但第二问中的最值问题就显得很困难，其一是必须确定直线方程中的斜率和截距之间的关系，其二是建立起面积函数后求解其在什么情况下达到最大值，其中使用了导数的方法.(2)解决圆锥曲线中的最值问题基本思想是建立目标函数，根据目标函数，利用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式求出最值.解析几何中的定点问题例2 (2014·淮安、宿迁摸底)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)和直线l ：x=m (m ∈R )，且四点(3，1)，(3，-1)，(-22，0)，33，)中有三个点在椭圆C 上，剩余一个点在直线l 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)若动点P 在直线l 上，过点P 作直线交椭圆C 于M ，N 两点，使得PM=PN ，再过点P 作直线l'⊥MN ，求证：直线l'恒过定点，并求出该定点的坐标.【点拨】第(2)问要先求出直线方程(含参数).【分析】因为两点即可确定椭圆方程，所以第(1)小问中需要对所给四个点进行讨论，再用适合要求的两点求椭圆方程.第(2)小问需要先求出直线方程，再证明其过定点.【解答】(1)由题意有3个点在椭圆C 上.根据椭圆的对称性，则点(3，1)，(3，-1)一定在椭圆C 上，即29a +21b =1. ①若点(-22，0)在椭圆C 上，则点(-22，0)必为椭圆C 的左顶点，而3>22，则点(-2，0)一定不在椭圆C 上，故点33，)在椭圆C 上，点(-2，0)在直线l 上，所以23a +23b =1. ②联立①②可解得a 2=12，b 2=4，所以椭圆C 的方程为212x +24y =1. (2)由(1)可得直线l 的方程为x=-22，设P (-22，y 0)，y 0∈2323⎛ ⎝⎭，. 当y 0≠0时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，显然x 1≠x 2.联立2211222211241124x yx y⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，则2212-12x x+2212-4y y=0，即1212--y yx x=-13·1212x xy y++.又PM=PN，即P为线段MN的中点，故直线MN的斜率为-13·0-22=022.又因为l'⊥MN，所以直线l'的方程为y-y0=-22(x+22)，即y=-42322x⎛⎫+⎪⎪⎝⎭，显然直线l'恒过定点42-03⎛⎫⎪⎪⎝⎭，.当y0=0时，直线MN即x=-22，此时l'为x轴，亦过点42-0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，.综上所述，直线l'恒过定点42-0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，.【点评】椭圆背景下的直线过定点和圆背景下的直线过定点的处理方法类似，一是求出直线方程，根据直线方程求出定点；二是求出构成直线两点的坐标，再用三点共线论证.其中，如果可以用特殊化或对称性得出定点坐标或所在位置，再论证其一般性，这样的方法计算较为简单.变式(2015·镇江期末)如图，已知椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)的右焦点F(1，0)，离心率为2，过点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.(1)求椭圆的方程；(2)求证：直线MN必过定点，并求出此定点的坐标；(3)若弦AB ，CD 的斜率均存在，求△FMN 面积的最大值.(变式)【解答】(1)由题意得c=1，ca =2，则2，b=1，所以椭圆的方程为22x +y 2=1. (2)当AB ，CD 斜率均存在时，设直线AB 的方程为y=k (x-1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M 122x x +⎛⎝，12-12x x k ⎫+⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎭，联立22(-1)2-20y k x x y =⎧⎨+=⎩，，得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2k 2-2=0，所以212221224122-212k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，，故M2222-1212k k k k ⎛⎫⎪++⎝⎭，，将上式中的k 换成-1k ，可得N 22222k k k ⎛⎫⎪++⎝⎭，.由22212k k +=222k +，解得k=±1，则直线MN 斜率不存在，此时直线MN 过点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 当直线MN 斜率存在时，方法一：k MN =22222--12222-122kk k k k kk ++++=24-(3+3)2-2k k k =32×2--1k k ， 直线MN 的方程为y-22k k +=32×22-2--12k x k k ⎛⎫⎪+⎝⎭.令y=0，得x=222k ++23×22-12k k +=23×223-12k k ++=23， 所以直线MN 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，.当AB ，CD 中有一个斜率不存在时，MN 也过点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 综上所述，直线MN 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，.方法二：动直线MN 最多过一个定点，由对称性可知，定点必在x 轴上.下面证明，动直线MN 过定点P 203⎛⎫⎪⎝⎭，. 当k ≠±1时，k PM =222-1222-123kk k k ++=32×21-k k . 将上式中的k 换成-1k ，可得k PN =32×21-11-k k =32×21-k k ，则k PM =k PN ，所以直线MN 过定点P 203⎛⎫⎪⎝⎭，.当AB ，CD 中有一个斜率不存在时，直线MN 也过点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 综上，直线MN 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，. (3)由(2)可知直线MN 过定点P 203⎛⎫⎪⎝⎭，， 所以S △FMN =S △FPN +S △FPM=12×2132kk++12×21-312kk+=16×222||(33)(2)(12)k kk k+++=12×242||(1)252k kk k+++=12×221||||225kkkk+++.令t=|k|+1||k∈[2，+∞)，S△FMN=f(t)=12×22(-2)5tt+=12×221tt+.f'(t)=12×2221-2(21)tt+<0，则f(t)在[2，+∞)上单调递减.所以当t=2时，f(t)取得最大值，此时S△FMN 取得最大值19，此时k=±1.解析几何中的定值问题例3设A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆22ya+22xb=1(a>b>0)上的两点，已知向量m=11x yb a⎛⎫⎪⎝⎭，，n=22x yb a⎛⎫⎪⎝⎭，.若m·n=0且椭圆的离心率e=3，短轴长为2，O为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)试判断命题“△AOB的面积为定值”是否为真命题，并说明理由.【解答】(1)由题意知2b=2，e=ca==，a2=b2+c2，解得a=2，b=1，所以椭圆的方程为24y+x2=1.(2)①当直线AB的斜率不存在，即x1=x2，y1=-y2时，由m·n=0，得21x-214y=0.因为点A(x1，y1)在椭圆上，故21x+214y=1，解得|x1|=，|y1|=，△AOB的面积S=12|x1||y1-y2|=12|x1|×2|y1|=1.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，联立2214y kx myx=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y得(k2+4)x2+2kmx+m2-4=0，则x1+x2=2-24kmk+，x1x2=22-44mk+.由m·n=0，得x1x2+124y y=0，即x1x2+12()()4kx m kx m++=0，整理得2m2=k2+4.点O到直线AB的距离d=，所以△AOB的面积S=12·AB=12===1，所以△AOB的面积为1.故命题是真命题.变式 (2016·徐州一中)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)过点P 312⎛⎫ ⎪⎝⎭，，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程.(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点.①若直线l 过椭圆C 的右焦点，记△ABP 三条边所在直线的斜率的乘积为t ，求t 的最大值.②若直线l 的斜率为3，试探究OA 2+OB 2是否为定值?若是定值，则求出此定值；若不是定值，请说明理由.【解答】(1)由离心率e=c a =12，得a ∶b ∶c=2∶3∶1，则可设椭圆C 的方程为224x c +223y c =1.由点P 312⎛⎫ ⎪⎝⎭，在椭圆C 上，得214c +234c =1，即c 2=1.所以椭圆C 的方程为24x +23y =1.(2)①由(1)知椭圆C 的右焦点为F (1，0).由题意得直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为y=k (x-1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，当k ≠0时，t=k·113-2-1y x ·223-2-1y x =k 3·113-2y y ·223-2y y ，即t=k 31212311911-?24y y y y ⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦.由22(-1)3412y k x x y =⎧⎨+=⎩，，消去x ，得(3+4k 2)y 2+6ky-9k 2=0.显然Δ>0，有y 1+y 2=2-634kk +，y 1y 2=22-934k k +， 从而11y +21y =1212y y y y +=23k ，所以t=k3221341--4k k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-k 2-34k.当k=0时，t=0也满足上式，所以t=-k 2-34k ，其中k ∈R .所以当k=-38时，t 取得最大值964.②设直线l 的方程为y=32x+n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 所以OA 2+OB 2=21x+3-2134x +22x +3-2234x =14(21x +22x )+6.由22323412y x n x y ⎧=+⎪⎨⎪+=⎩，，消去y ，得3x 2+23nx+2n 2-6=0.当Δ>0时，x 1+x 2=-233n ，x 1x 2=22-63n ， 从而21x +22x =(x 1+x 2)2-2x 1x 2=243n -24-123n =4， 所以OA 2+OB 2=7为定值.解析几何中的探索性问题例4 (2016·苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)的离心率e=12，左顶点为A (-4，0)，过点A 作斜率为k (k ≠0)的直线l 交椭圆C 于点D ，交y 轴于点E.(1)求椭圆C 的方程.(2)已知点P 为AD 的中点，是否存在定点Q ，对于任意的k (k ≠0)都有OP ⊥EQ ?若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.(3)若过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M，求AD AEOM+的最小值.(例4)【点拨】第(3)问可转化为各点横坐标之间的关系. 【解答】(1)因为左顶点为A(-4，0)，所以a=4.又e=12，所以c=2.又因为b2=a2-c2=12，所以椭圆C的标准方程为216x+212y=1.(2)由题意知直线l的方程为y=k(x+4)，联立方程组2211612(4)x yy k x⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，消去y，得216x+2[(4)]12k x+=1.化简得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12)]=0，所以x1=-4，x2=22-1612 43kk++.当x=22-161243kk++时，y=k22-1612443kk⎛⎫++⎪+⎝⎭=22443kk+，所以D222-1612244343k kk k⎛⎫+⎪++⎝⎭，.因为点P为AD的中点，所以点P的坐标为222-16124343k kk k⎛⎫⎪++⎝⎭，，则k OP=-34k(k≠0).因为直线l 的方程为y=k (x+4)，令x=0，得点E 的坐标为(0，4k )，假设存在定点Q (m ，n )(m ≠0)，使得OP ⊥EQ ，则k OP ·k EQ =-1，即-34k ·-4n km =-1恒成立，所以(4m+12)k-3n=0恒成立，所以4120-30m n +=⎧⎨=⎩，，即-30m n =⎧⎨=⎩，，因此定点Q 的坐标为(-3，0).(3)因为OM ∥l ，所以OM 的方程可设为y=kx ，由2211612x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，，得点M 的横坐标为x M =±24343k +，由OM ∥l，得AD AEOM +=|-||-|||D A E A M x x x x x +=-2||D A M x x x =222-16128434343k k k ++++=13·2243k +=13(243k ++243k ⎫⎪+⎭≥22，当且仅当243k +=243k +，即k=±32时取等号，所以当k=±32时，AD AEOM +取得最小值为22.【点评】本题有两个特色：第(2)小题的待定系数法求定点坐标，另外有的考题会涉及用待定系数法因式分解求根等；第(3)小题将斜线段的比值转化为水平或竖直线段的比值，这种转化的优点是可以优化数学运算，请考生认真体会.变式 (2016·泰州期末)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2+y 2=4，椭圆C ：24x +y 2=1，A 为椭圆右顶点.过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D6-05⎛⎫⎪⎝⎭，.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求k1k2的值.(2)记直线PQ，BC的斜率分别为k PQ，k BC，是否存在常数λ，使得k PQ=λk BC?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(变式)【解答】(1)设B(x0，y0)，则C(-x0，-y0)，24x+2y=1，因为A(2，0)，所以k1=-2yx，k2=2yx+，所以k1k2=-2yx·2yx+=22-4yx=2211-4-4xx=-14.(2)设直线AP的方程为y=k1(x-2)，联立122(-2)4y k xx y=⎧⎨+=⎩，，得(1+21k)x2-421k x+4(21k-1)=0，解得x P=21212(-1)1kk+，yP=k1(x P-2)=121-41kk+.联立122(-2)14y k xxy=⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得(1+421k)x2-1621kx+4(421k-1)=0，解得x B=21212(4-1)14kk+，yB=k1(x B-2)=121-414kk+.所以k BC=BByx=121-24-1kk，k PQ=65PPyx+=1212121-412(-1)615kkkk+++=121-54-1kk，所以kPQ=52k BC，故存在常数λ=52，使得k PQ=52k BC.椭圆与圆的综合例5(2015·南师附中)如图，已知焦点在x轴上的椭圆C过点(-2，0)，且离心率为32，Q为椭圆C的右顶点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知过点N65⎛⎫⎪⎝⎭，的直线l与椭圆C交于A，B两点，求证：以AB为直径的圆必过定点Q.(例5)【分析】本题主要考查直线的方程、椭圆的标准方程、圆的简单性质等基础知识，考查灵活运用数形结合、化归与转化思想进行运算求解、推理论证的能力.(1)求椭圆的标准方程，即只要求出有关的基本量即可；(2)要求以AB为直径的圆过点Q，即求∠AQB=π2，但要注意对直线斜率的讨论.【解答】(1)设椭圆C的标准方程为22xa+22yb=1(a>b>0)，且a2=b2+c2.由题意知，a=2，ca=，，则b=1，所以椭圆C的标准方程为24x+y2=1.(2)由(1)得Q(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2).①当直线l垂直于x轴时，直线l的方程为x=6 5.联立226514xxy⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得6545xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，或654-.5xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即A6455⎛⎫⎪⎝⎭，，B64-55⎛⎫⎪⎝⎭，(不妨设点A在x轴上方)，则直线AQ的斜率k AQ=-1，直线BQ的斜率k BQ=1.因为k AQ·k BQ=-1，所以AQ⊥BQ，所以∠AQB=π2，所以以AB为直径的圆必过定点Q.②当直线l与x轴不垂直时，由题意可设直线AB的方程为y=k6-5x⎛⎫⎪⎝⎭(k≠0).联立226-514y k xxy⎧⎛⎫= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪+=⎪⎩，，消去y，得(25+100k2)x2-240k2x+144k2-100=0.因为点N65⎛⎫⎪⎝⎭，在椭圆C的内部，显然Δ>0且2122212224025100144-100.25100kx xkkx xk⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，因为QAu u u r=(x1-2，y1)，QBu u u r=(x2-2，y2)，y1=k16-5x⎛⎫⎪⎝⎭，y2=k26-5x⎛⎫⎪⎝⎭，所以QA u u u r ·QB u u u r =(x 1-2)(x 2-2)+y 1y 2=(x 1-2)(x 2-2)+k 16-5x ⎛⎫⎪⎝⎭·k x 2-65=(1+k 2)x 1x 2-2+65k 2(x 1+x 2)+4+3625k 2=(1+k 2)22144-10025100k k +-2+65k 22224025100k k ⎛⎫ ⎪+⎝⎭+4+3625k 2=0，所以QA u u u r ⊥QB u u u r，即QA ⊥QB ，所以△QAB 为直角三角形. 综上，以AB 为直径的圆必过定点Q.【点评】在涉及直线与圆锥曲线有两个交点时，一般不是求出这两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后方程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入.在处理圆中的直径问题时，我们常用数量积来表示垂直.【课堂评价】1.(2016·南通、扬州、泰州、淮安三模)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线22x a -y 2=1与抛物线y 2=-12x 有相同的焦点，则双曲线的两条渐近线的方程为 .【答案】y=±2x【解析】由y 2=-12x 得它的焦点坐标为(-3，0)，从而在双曲线中，c=3，故9=a 2+1，解得a=2，所以双曲线22x a -y 2=1的渐近线方程为y=±1a x=±2x.2.(2016·无锡期末)设△ABC是等腰三角形，∠ABC=120°，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为.【答案】31+【解析】设AB=BC=2c，则由余弦定理可得CA=22?-2cos120AB BC AB BC+⨯=23c.根据双曲线的定义可得CA-CB=2a，即23c-2c=2a，所以(3-1)c=a，故双曲线的离心率e=ca=31+.3.(2015·山西联考)如图，已知椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且AF=1.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若动直线l：y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x=4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得MPu u u r·MQuuu u r=0?若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.(第3题)【解答】(1)由题设得c=1，a-c=1，解得a=2，所以b=3，故椭圆C的标准方程为24x+23y=1.(2)联立方程组223412y kx mx y=+⎧⎨+=⎩，，消去y，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，因为直线l与椭圆C有且只有一个交点，所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0，即m2=3+4k2.设P (x P ，y P )，则x P =-2434km k +=-4km ，yP =kx P +m=-24k m +m=3m ，即P 43-k m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，.因为M (t ，0)，Q (4，4k+m )，所以MP u u u r =43--k t MQ m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭u u uu r ，，=(4-t ，4k+m )，所以MP u u u r ·MQ uuu u r =4--k t m ⎛⎫⎪⎝⎭·(4-t )+3m ·(4k+m )=t 2-4t+3+4km (t-1)=0恒成立，故21-430t t t =⎧⎨+=⎩，，即t=1，所以存在点M (1，0)符合题意.4.(2015·泰州期末)如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为2的椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点.若直线PQ 的斜率为22时，PQ=23.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)试问：以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)?请证明你的结论.(第4题)【解答】(1)设P002x x ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，. 因为直线PQ 的斜率为2时，PQ=23，所以20x+202x ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭=3，所以20x =2，所以22a +21b =1. 因为e=ca==，所以a 2=4，b 2=2，所以椭圆C 的标准方程为24x +22y =1. (2)方法一：以MN 为直径的圆过定点(，0).证明如下：设P (x 0，y 0)，则Q (-x 0，-y 0)，且204x +22y =1，即20x +220y =4.因为A (-2，0)，所以直线PA 的方程为y=002y x +(x+2)，所以M 00202y x ⎛⎫⎪+⎝⎭，， 直线QA 的方程为y=00-2y x (x+2)，所以N0020-2y x ⎛⎫⎪⎝⎭，. 以MN 为直径的圆为(x-0)(x-0)+0022y y x ⎛⎫- ⎪+⎝⎭002-2y y x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=0，即x 2+y 2-00204-4x y x y+20204-4y x =0.因为20x-4=-220y，所以x 2+y 2+02x y y-2=0.令y=0，解得，故以MN 为直径的圆过定点(，0).方法二：设P (x ，y )，Q (-x ，-y )，A (-2，0)，则k AP ·k AQ =2y x +·-2y x =2221-4-4x x ⎛⎫⎪⎝⎭=-12.设直线AP 的斜率为k ，则直线AQ 的斜率为-12k ，直线AP 的方程为y=k (x+2).令x=0，y=2k ，所以M (0，2k ).同理N 10-k ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则以MN为直径的圆的方程为x2+(y-2k)1yk⎛⎫+⎪⎝⎭=0，即x2+y2+1-2kk⎛⎫⎪⎝⎭y-2=0.令y=0，解得，故以MN为直径的圆过定点(，0).温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第25~26页.【检测与评估】第3讲解析几何中的综合问题一、填空题1.(2016·苏北四市期末)抛物线y2=4x的焦点到双曲线216x-29y=1渐近线的距离为.2.(2016·南京三模)设F是双曲线的一个焦点，点P在双曲线上，且线段PF的中点恰为双曲线虚轴的一个端点，则双曲线的离心率为.3.(2016·南通密卷)过双曲线22xa-22yb=1(b>a>0)的左焦点F(-c，0)(c>0)作圆x2+y2=a2的切线，切点为E，延长FE交抛物线y2=4cx于点P，O为坐标原点，若OEu u u r=12(OFu u u r+OPu u u r)，则双曲线的离心率为.4.(2016·无锡新区期中)已知抛物线C1：x2=2y的焦点为F，以F为圆心的圆C2交C1于A，B两点，交C1的准线于C，D两点，若四边形ABCD是矩形，则圆C2的标准方程为.5.(2016·淮安期中)如图，已知椭圆C1：22xa+22yb=1(a>b>0)和圆C2：x2+y2=r2都过点P(-1，0)，且椭圆C122，过点P作斜率为k1，k2的直线分别交椭圆C1，圆C2于点A，B，C，D，且k1=λk2，若直线BC恒过定点Q(1，0)，则λ=.(第5题)6.(2016·如东中学月考)已知椭圆C：22x+y2=1，点M1，M2，…，M5为其长轴AB 的6等分点，分别过这五点作斜率为k(k≠0)的一组平行线，交椭圆C于点P1，P2，…，P10，则10条直线AP1，AP2，…，AP10的斜率的乘积为.二、解答题7.(2016·常州期末)在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的离心率是e ，定义直线y=±be 为椭圆的“类准线”.已知椭圆C 的“类准线”方程为y=±，长轴长为4. (1)求椭圆C 的方程.(2)点P 在椭圆C 的“类准线”上(但不在y 轴上)，过点P 作圆O ：x 2+y 2=3的切线l ，过点O 且垂直于OP 的直线与l 交于点A ，问：点A 是否在椭圆C 上?并证明你的结论.8.(2016·盐城三模)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：24x +23y =1的左顶点为A ，右焦点为F ，P ，Q 为椭圆C 上的两点，圆O ：x 2+y 2=r 2(r>0). (1)若PF ⊥x 轴，且满足直线AP 与圆O 相切，求圆O 的方程；(2)若圆O的半径为，点P ，Q 满足k OP ·k OQ =-34，求直线PQ 被圆O 截得的弦长的最大值.9.(2016·苏州大学考前指导卷)已知椭圆M ：22x a +22y b =1(a>b>0)的焦距为2，点P (0，2)关于直线y=-x 的对称点在椭圆M 上. (1)求椭圆M 的方程.(2)如图，椭圆M 的上、下顶点分别为A ，B ，过点P 的直线l 与椭圆M 交于两个不同的点C ，D.①求OC u u u r ·OD u u u r的取值范围. ②当AD 与BC 相交于点Q 时，试问：点Q 的纵坐标是否是定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.(第9题)10.(2017·泰州中学)已知椭圆Γ：24x +y 2=1.(1)如图，设椭圆Γ的短轴端点分别为A ，B ，直线AM ，BM 分别与椭圆Γ交于E ，F两点，其中点M 12m ⎛⎫⎪⎝⎭，满足m ≠0且m ≠±3.①求证：直线EF 与y 轴交点的位置与m 无关； ②若△BME 的面积是△AMF 面积的5倍，求m 的值.(2)若圆O ：x 2+y 2=4，l 1，l 2是过点P (0，-1)的两条互相垂直的直线，其中l 1交圆O 于T ，R 两点，l 2交椭圆Γ于另一点Q ，求△TRQ 面积取最大值时直线l 1的方程.(第10题)【检测与评估答案】第3讲 解析几何中的综合问题一、 填空题1. 35 【解析】抛物线y 2=4x 的焦点坐标为F (1，0)，双曲线216x -29y =1的一条渐近线方程为3x-4y=0，所以F (1，0)到3x-4y=0的距离=35.2.【解析】不妨设双曲线方程为22x a -22y b =1(a>0，b>0)，设F (-c ，0)，线段PF 的中点为(0，b )，则P (c ，2b ).由点P 在双曲线上，得22c a -4=1，所以.3.【解析】抛物线y 2=4cx 的准线方程为l ：x=-c ，焦点为F'(c ，0)，与双曲线的右焦点重合，过点P 作PM ⊥l 于点M ，连接PF'，由OE u u u r =12(OF u u u r+OP u u u r )，得点E 为线段FP 的中点，所以PF'∥OE 且PF'=2OE=2a.又因为OE ⊥FP ，所以F'P ⊥FP ，由抛物线的定义可知PM=PF'=2a ，所以点P 的横坐标为2a-c ，将其代入抛物线方程可得P (2a-c).在Rt △FF'P 中，FF'=2c ，PF'=2a ，∠FPF'=90°，所以PF=2b.又在Rt △PFM 中，由勾股定理得(2a )2+()2=(2b )2，即c 2-ac-a 2=0，所以e 2-e-1=0，解得e=或e=(舍去).4. x 2+21-2y ⎛⎫⎪⎝⎭=4 【解析】抛物线C 1：x 2=2y 的焦点为F 102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，所以圆C 2的圆心坐标为F 102⎛⎫ ⎪⎝⎭，.因为四边形ABCD 是矩形，且BD 为直径，AC 为直径，而F 102⎛⎫ ⎪⎝⎭，为圆C 2的圆心，所以点F 为该矩形的两条对角线的交点，故点F 到直线CD 的距离与点F 到AB 的距离相等，又点F 到直线CD 的距离为p=1，所以直线AB 的方程为y=32，代入抛物线方程x 2=2y ，得A 32⎫⎪⎭，，B32⎛⎫ ⎪⎝⎭，，故圆C 2的半径=2，所以圆C 2的方程为x 2+21-2y ⎛⎫ ⎪⎝⎭=4.5. 2 【解析】因为椭圆过点P (-1，0)，所以a=1，又椭圆的离心率为，所以c=，则b 2=1-12=12，故C 1：x 2+2y 2=1.又由题意得圆C 2：x 2+y 2=1，由x 2+y 2=1与y=k 1(x+1)联立，消去y ，得(21k +1)x 2+221k x+21k -1=0，解得x=-1或x=21211-1k k +，故B 21122111-211k k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，，同理可得C 22222221-222121k k k k ⎛⎫⎪++⎝⎭，.因为B ，C ，Q 三点共线，所以1212121211--11k k k k ++=22222222211-2-121k k k k ++，解得k 1=2k 2，故λ=2.6. -132 【解析】根据椭圆的性质，作出图象如图所示，点P 1，P 2，…，P 10之间具有对称性，不妨以图中的两个点P 2，P 9为例，它们关于坐标原点对称.设P 2(x 0，y 0)，P 9(-x 0，-y 0)，从而2AP k ·9AP k2020-2y x .因为点(x 0，y 0)在椭圆22x +y 2=1上，从而202x +20y =1，即20y =1-202x =202-2x ，所以2AP k ·9AP k =2020-2y x =-12，故10条直线AP 1，AP 2，…，AP 10的斜率的乘积为51-2⎛⎫ ⎪⎝⎭=-132.(第6题) 二、解答题7. (1) 由题意得232abca⎧=⎪⎨⎪=⎩，，又a2=b2+c2，解得b=3，c=1，所以椭圆C的方程为24x+23y=1.(2) 点A在椭圆C上.证明如下：设切点为Q(x0，y0)，x0≠0，则2x+2y=3，切线l的方程为x0x+y0y-3=0，当y P=23时，xP=3-23y，即P3-2323x⎛⎝，，则k OP=233-23yx3-2y，所以k OA=2-3y，直线OA的方程为y=2-3yx.由002-3-30yy xx x y y⎧=⎪⎨⎪+=⎩，，解得6-33(2-3)6-3xyyyy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩即A00003(2-3)6-36-3yy y⎛，.因为26-34y⎛⎫⎪⎪⎝⎭+23(2-3)6-33yy⎡⎤⎢⎥⎣⎦=220002009(3-)3(4-433)3-12336y y yy y+++=2002003-123363-12336y yy y++=1，所以点A的坐标满足椭圆C的方程.当y P=-23时，同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程，所以点A在椭圆C上.8. (1) 因为椭圆C的方程为24x+23y=1，所以A(-2，0)，F(1，0).如图，因为PF⊥x轴，所以P312⎛⎫±⎪⎝⎭，，根据对称性，可取P312⎛⎫⎪⎝⎭，，则直线AP的方程为y=12(x+2)，即x-2y+2=0.由圆O与直线AP相切，得r=25，所以圆O的方程为x2+y2=45.(第8题)(2) 易知圆O 的方程为x 2+y 2=3.①当PQ ⊥x 轴时，k OP ·k OQ =-2OPk=-34，所以k OP=±，此时得直线PQ 被圆O截得的弦长为.②当PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 的方程为y=kx+b ，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)(x 1x 2≠0)，由k OP ·k OQ =-34，得3x 1x 2+4y 1y 2=0，即3x 1x 2+4(kx 1+b )(kx 2+b )=0，所以(3+4k 2)x 1x 2+4kb (x 1+x 2)+4b 2=0 (*).联立22143y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y ，得(3+4k 2)x 2+8kbx+4b 2-12=0，将x 1+x 2=-2834kbk +，x 1x 2=224-1234b k +代入(*)式， 得2b 2=4k 2+3.由于圆心O 到直线PQ 的距离为， 所以直线PQ 被圆O 截得的弦长为l=故当k=0时，l 有最大值，.>，所以直线PQ 被圆O截得的弦长的最大值为.9. (1) 因为点P (0，2)关于直线y=-x 的对称点为(-2，0)，且(-2，0)在椭圆M 上，所以a=2.又2c=2，故c=，则b 2=a 2-c 2=4-3=1，所以椭圆M 的方程为24x +y 2=1. (2) ①当直线l 的斜率不存在时，C (0，1)，D (0，-1)，所以OC u u u r ·OD u u u r =-1.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y=kx+2，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，联立22214y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y ，整理得(1+4k 2)x 2+16kx+12=0，由Δ>0，可得4k 2>3，且x 1+x 2=-21614kk +，x 1x 2=21214k +，所以OC u u u r ·OD u u u r =x 1x 2+y 1y 2=(1+k 2)x 1x 2+2k (x 1+x 2)+4=-1+21714k +，所以-1<OC u u u r ·OD u u u r<134，综上，OC u u u r ·OD u u u r ∈13-14⎡⎫⎪⎢⎣⎭，. ②由题意得l AD ：y=22-1y x x+1，l BC ：y=111y x +x-1，联立方程组，消去x 得y=121221233-kx x x x x x ++，又4kx 1x 2=-3(x 1+x 2)，解得y=12，故点Q 的纵坐标为定值12.10. (1) ①因为A (0，1)，B (0，-1)，M 12m ⎛⎫⎪⎝⎭，，且m ≠0，m ≠，所以直线AM 的斜率为k 1=-12m ，直线BM 的斜率为k 2=32m ，所以直线AM 的方程为y=-12m x+1，直线BM 的方程为y=32m x-1，联立22141-12x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，，消去y ，得(m 2+1)x 2-4mx=0，所以x=0，x E =241mm +，所以E 2224-111m m m m ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，.联立22143-12x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，消去y ，得(m 2+9)x 2-12mx=0，所以x=0，x F =2129m m +，所以F 222129-99m m m m ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，.又已知m ≠0，m 2≠3，所以直线EF 的斜率k=222222-19--19412-19m m m m m mmm ++++=222(3)(-3)-4(-3)m m m m +=-234m m +，所以直线EF 的方程为y-22-11m m +=-234m m+241m x m ⎛⎫- ⎪+⎝⎭. 令x=0，得y=2，所以EF 与y 轴交点的位置与m 无关.②S △AMF =12MA ·MF ·sin ∠AMF ，S △BME =12MB ·ME ·sin ∠BME ，∠AMF=∠BME ，5S △AMF =S △BME ，所以5MA ·MF ·=MB ·ME ，所以5MA ME =MB MF ，所以254-1mmm m +=212-9m m m m +，因为m ≠0，所以整理方程得(m 2-3)(m 2-1)=0， 又有m ≠，所以m 2-3≠0，所以m 2=1，所以m=±1为所求.(2) 因为直线l 1⊥l 2，且都过点P (0，-1)，当直线l 1的斜率为0时，由题意得T (-，-1)，R(，-1)，Q (0，1)，S △TRQ =12×2×2=2；当直线l 1的斜率不存在时，不符合题意；当直线l 1的斜率存在且不为零时，设直线l 1：y=kx-1，即kx-y-1=0，直线l 2：y=-1k x-1，即x+ky+k=0，因为圆心(0，0)到直线l 1：kx-y-1=0的距离，所以直线l 1被圆x 2+y 2=4所截的弦TR=.联立22014x ky k x y ++=⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y ，得k 2x 2+4x 2+8kx=0，所以x Q +x P =-284k k +，因为x P =0，所以，所以S △TRQ =12QP ·TR==3213k 2=52，解得k=±时等号成立.因为>2，所以所求直线l 1：y=±x-1.。
高考理数二轮总复习讲义课件(全国卷Ⅱ)专题五 解析几何 第2讲 Word含解析
第十二章
选考部分
(2)已知抛物线 C： y2＝ 8x 的焦点为 F，准线为 l， P 是 l 上一点， → → Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若FP＝ 4FQ ，则 |QF|＝ ( C ) 7 A. 2 C． 3 5 B. 2 D． 2
栏目 导引
第十二章
选考部分
专题五
第十二章 解析几何
选考部分
第2讲
椭圆、双曲线、抛物线
栏目 导引
专题五
第十二章 解析几何
选考部分
2016考向导航——适用于全国卷Ⅱ 圆锥曲线是高考的重点和热点，是高考中每年必考的内容， 所占分数约在12～18分．主要考查圆锥曲线的标准方程、几
何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等内容．对圆锥曲线方
栏目 导引
第十二章
选考部分
3．(2015· 云南省第一次统一检测，T10)已知 F1、F2 是双曲线 M： y2 x 2 2 5 － 2＝1 的焦点，y＝ x 是双曲线 M 的一条渐近线，离心 4 m 5 3 率等于 的椭圆 E 与双曲线 M 的焦点相同，P 是椭圆 E 与双曲 4 线 M 的一个公共点，设|PF1|·|PF2|＝n，则( A ) A． n＝12 C． n＝36 B．n＝ 24 D．n≠ 12 且 n≠ 24 且 n≠36
[思路点拨 ] 求解．
(1)利用渐近线与圆相切以及焦点坐标， 列出方程组
→ → (2)利用FP＝4FQ 转化长度关系，再利用抛物线定义求解． b [解析 ] (1)由双曲线的渐近线 y＝ ± x 与圆(x－ 2)2＋y2＝ 3 相切可 a
1＋b ＝ 知 a c＝ 2， a ＋b ＝c ，
解析：如图，过 Q 作 QQ′⊥ l，垂足为 Q′， → 1→ A 为 l 与 x 轴的交点．因为PF＝ PQ， 2 → 1→ 所以 |PF|＝ |PQ|.因为△PAF∽△ PQ′Q， 2 |AF| |PF| 所以 ＝ ，所以 |QQ′|＝ 8， |QQ′ | |PQ| 因此 |QF|＝ |QQ′|＝ 8.
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题
设 kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
kx－y－(k＋2)＝0，
联立x32＋y42＝1，
得
(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，
返回导航
x1＋x2＝63kk(22＋＋4k)， 可得x1x2＝33kk(42＋＋4k)，
专题五 解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
【解析】 (1)因为点 A(2，1)在双曲线 C：ax22－a2y－2 1＝1(a>1)上， 所以a42－a2－1 1＝1，解得 a2＝2， 即双曲线 C：x22－y2＝1， 易知直线 l 的斜率存在，
专题五 解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
专题五 解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
若要使 α－β 最大，则 β∈0，π2， 设 kMN＝2kAB＝2k>0，则， tan (α－β)＝1＋tantaαn－tαatnanβ β＝1＋k2k2＝1k＋12k≤2
1 1
＝ 42，
k·2k
当且仅当1k＝2k 即 k＝ 22时，等号成立，
所以当 α－β 最大时，kAB＝ 22，
专题五 解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
直线 MD：x＝x1y－1 2·y＋2， 代入抛物线方程可得 y2－4(x1y－1 2)·y－8＝0， Δ>0，y1y3＝－8，所以 y3＝2y2，同理可得 y4＝2y1， 所以 kAB＝y3＋4 y4＝2(y14＋y2)＝kM2N， 又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为 α，β， 所以 kAB＝tan β＝kM2N＝tan2 α，
所以椭圆方程为x42＋y2＝1.
《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练：专题五 解析几何5-1 Word版含解析
专题五解析几何第1讲直线与圆(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2021·广东卷)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是()．A．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0B．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0D．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0解析设所求切线方程为2x＋y＋c＝0，依题有|0＋0＋c|22＋12＝5，解得c＝±5，所以所求切线的直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0，故选D.答案 D2．“a＝b”是“直线y＝x＋2与圆(x－a)2＋(x－b)2＝2相切”的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析由直线与圆相切，得|a－b＋2|2＝2，即|a－b＋2|＝2，所以由a＝b可推出|a－b＋2|＝2，即直线与圆相切，充分性成立；反之|a－b＋2|＝2，解得a＝b或a－b＝－4，必要性不成立．答案 A3．(2022·浙江卷)已知圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a 的值是()．A．－2 B．－4 C．－6 D．－8解析由圆的方程x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可得，圆心为(－1,1)，半径r＝2－a.圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d＝|－1＋1＋2|2＝ 2.由r2＝d2＋⎝⎛⎭⎪⎫422得2－a＝2＋4，所以a＝－4.答案 B4．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆中过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积是()．A．10 6 B．20 6 C．30 6 D．40 6解析配方可得(x－3)2＋(y－4)2＝25，其圆心为(3,4)，半径为r＝5，则过点(3,5)的最长弦AC＝2r＝10，最短弦BD＝2r2－12＝46，且有AC⊥BD，则四边形ABCD的面积为S＝12 AC×BD＝20 6.答案 B5．(2021·金华质检)已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的圆心为抛物线y2＝4x的焦点，且与直线3x＋4y ＋2＝0相切，则该圆的方程为()．A．(x－1)2＋y2＝6425B．x2＋(y－1)2＝6425C．(x－1)2＋y2＝1 D．x2＋(y－1)2＝1解析由于抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以a＝1，b＝0.又依据|3×1＋4×0＋2|32＋42＝1＝r，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝1.答案 C6．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()．。
XXXX高考数学(理)二轮复习专题五解析几何(带解析)
XXXX高考数学(理)二轮复习专题五解析几何(带解析)解析几何主要包括两大知识模块——直线和圆模块以及圆锥曲线模块。
回顾这一部分内容，我们应该把握“两个基本，一个结合”:一个基本方法——坐标法，一个基本思想——方程的思想，以及一个完美的结合——数与形的结合。
这三个方面是平面解析几何核心内容的体现，也贯穿了这一部分知识综述的主线。
坐标法贯穿了这一部分的第一条主线——方程式(1)直线的点斜方程是各种形式直线方程推导的来源。
应该注意各种形式的直线方程之间的关系。
这些形式的方程都有自己的约束条件，如截距方程不能表示平行于两个坐标轴的直线，通过坐标原点的直线等。
(2)圆的标准方程直接表示圆心和半径，而圆的一般方程表示曲线和二元二次方程之间的关系。
当求解圆的方程时，中心和半径通常是通过结合圆的性质直接确定的。
(3)圆锥曲线的定义是推导方程的基础。
我们应该熟练掌握椭圆、双曲线和抛物线的定义，并灵活运用这些定义来解决运动点的轨迹问题。
椭圆和双曲线有两种形式的标准方程。
应注意这两条曲线中A、B和C的几何意义以及它们之间的区别和联系。
我们应该准确掌握抛物型标准方程的焦点坐标和准线方程。
数字和形状的结合贯穿了本节中讨论的第二条主线——圆锥曲线的几何性质(1)为了确定直线和圆之间的位置关系，圆和圆可以通过几何图形来确定，特别是求圆的弦长的问题。
要充分利用由半径、弦长和半弦长组成的直角三角形，这是考试的重点；x2y2(2)几何性质中的范围、对称性和顶点是二次曲线特征的完美体现，如椭圆+= 1 (a > b > 0)在a2b2中，|x|≤a，|y|≤b由下式定义x2y2≤1，≤1求解；圆锥曲线的范围反映了曲线a2b2上各点的水平和垂直位置。
目标值的范围，注意其在解决相关最大值问题时的局限性；准确把握偏心率的定义并求解方程是命题的重点。
方程的思想贯穿了本节中回顾的第三条主线——直线和直线、直线和圆、直线和圆锥之间的位置关系(1)两条直线之间有三种位置关系:相交、平行和重合。
高考答题模板：数学答题模板
选择填空题1、易错点归纳：九大模块易混淆难记忆考点分析，如概率和频率概念混淆、数列求和公式记忆错误等，强化基础知识点记忆，避开因为知识点失误造成的客观性解题错误。
针对审题、解题思路不严谨如集合题型未考虑空集情况、函数问题未考虑定义域等主观性因素造成的失误进行专项训练。
2、答题方法：选择题十大速解方法：（十大解题技巧你会了没）排除法、增加条件法、以小见大法、极限法、关键点法、对称法、小结论法、归纳法、感觉法、分析选项法；填空题四大速解方法：直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法。
解答题专题一、三角变换与三角函数的性质问题1、解题路线图①不同角化同角②降幂扩角③化f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h④结合性质求解。
2、构建答题模板①化简：三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。
②整体代换：将ωx＋φ看作一个整体，利用y＝sin x，y＝cos x的性质确定条件。
③求解：利用ωx＋φ的范围求条件解得函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h的性质，写出结果。
④反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性。
专题二、解三角形问题1、解题路线图(1) ①化简变形；②用余弦定理转化为边的关系；③变形证明。
(2) ①用余弦定理表示角；②用基本不等式求范围；③确定角的取值范围。
2、构建答题模板①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。
②定工具：即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。
③求结果。
④再反思：在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系；二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。
专题三、数列的通项、求和问题1、解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
2、构建答题模板①找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
2024年高考数学二轮复习专题五解析几何解答题专项5圆锥曲线的综合问题
C.
(1)求 C 的方程;
(2)设 M,N 是 C 上的不同两点,直线 MN 的斜率存在且与曲线 x2+y2=1 相切,
若点 F 为( 2,0),求△MNF 的周长的最大值.
解 (1)设点 P 坐标为(x,y),点 A,B 的坐标分别为(a,0),(0,b).
所以设直线 MN:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2).
因为 M,N 是椭圆 C 上的不同两点,所以 k≠0.
||
由直线 MN 与曲线 x +y =1 相切,可得
2
2
=1,
2 +1
= + ,
2 2
2
得 m2=k2+1.联立 2
可得(1+3k
)x
+6kmx+3m
-3=0,
因为-5≤y0≤-3,所以当 y0=-3 时,|FN|min=
2
4
因此 p=2.
(方法二 利用圆的几何意义求最小值)点 F
|FM|-1= +4-1=4,解得
2
p=2.
+ 3 + 9=4.又 p>0,解得 p=2,
0, 2
到圆 M 的距离的最小值为
2
2
(2)(方法一)由(1)知,抛物线 C 的方程为 x =4y,即 y= ,则 y'= .
0 2
2
· (1 + 2 )2 -41 2 =
(02 + 4)(02 -40 ).
1
y= 2 -y1,
2022版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)文档：专题五 解析几何 第2讲 Word版含答案
第2讲 椭圆、双曲线、抛物线1．(2021·福建)若双曲线E ：x 29－y 216＝1的左，右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线E 上，且|PF 1|＝3，则|PF 2|等于( )A ．11B ．9C ．5D ．32．(2022·课标全国Ⅰ)已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若FP →＝4FQ →，则|QF |等于( ) A.72 B.52C ．3D ．2 3．(2021·浙江)椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (c,0)关于直线y ＝bc x 的对称点Q 在椭圆上，则椭圆的离心率是________．4．(2022·安徽)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b 2＝1(0<b <1)的左，右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若|AF 1|＝3|F 1B |，AF 2⊥x 轴，则椭圆E 的方程为________．1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特殊是离心率).2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等热点一 圆锥曲线的定义与标准方程1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)； (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)；(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于M . 2．求解圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值．例1 (1)若椭圆C ：x 29＋y 22＝1的焦点为F 1，F 2，点P 在椭圆C 上，且|PF 2|＝4，则∠F 1PF 2等于( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°(2)(2021·杭州模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点坐标为(2,0)，则双曲线的方程为( ) A.x 22－y 26＝1 B.x 26－y 22＝1 C ．x 2－y 23＝1 D.x 23－y 2＝1 思维升华 (1)精确 把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简洁几何性质，留意焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．跟踪演练1 (1)(2022·大纲全国)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1、F 2，离心率为33，过F 2的直线l 交C 于A 、B 两点．若△AF 1B 的周长为43，则C 的方程为( ) A.x 23＋y 22＝1 B.x 23＋y 2＝1 C.x 212＋y 28＝1 D.x 212＋y 24＝1 (2)(2021·天津)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线过点(2，3) ，且双曲线的一个焦点在抛物线y 2＝47x 的准线上，则双曲线的方程为( ) A.x 221－y 228＝1 B.x 228－y 221＝1 C.x 23－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 热点二 圆锥曲线的几何性质1．椭圆、双曲线中，a ，b ，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝ca ＝1－(b a )2；(2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝ca ＝1＋(b a)2.2．双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a>0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax .留意离心率e 与渐近线的斜率的关系．例2 (1)椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c .若直线y ＝3(x ＋c )与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．(2)(2021·杭州模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 1作圆x 2＋y 2＝a 2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B 、C ，且|BC |＝|CF 2|，则双曲线的渐近线方程为( ) A ．y ＝±3x B ．y ＝±22xC ．y ＝±(3＋1)xD ．y ＝±(3－1)x思维升华 (1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是依据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．跟踪演练2 (1)设F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的左，右焦点，若在直线x ＝a 2c 上存在点P ，使线段PF 1的中垂线过点F 2，则椭圆的离心率的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤0，22 B.⎝⎛⎦⎤0，33 C.⎣⎡⎭⎫22，1 D.⎣⎡⎭⎫33，1 (2)(2021·重庆)设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，右顶点为A ，过F 作AF 的垂线与双曲线交于B ，C 两点，过B ，C 分别作AC ，AB 的垂线，两垂线交于点D ，若D 到直线BC 的距离小于a ＋a 2＋b 2，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( ) A ．(－1,0)∪(0,1) B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－2，0)∪(0，2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)热点三 直线与圆锥曲线推断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x ，y 的方程组，消去y (或x )得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标；(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，依据图象推断公共点个数． 例3 (2021·江苏改编)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a＞b ＞0)的离心率为22，且右焦点F 到直线l ：x ＝－a 2c 的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F 的直线与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ，C ，若|PC |＝2|AB |，求直线AB 的方程．思维升华 解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解． 跟踪演练3(1)(2021·四川)过双曲线x 2－y 23＝1的右焦点且与x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A ，B 两点，则|AB |等于( ) A.433B ．23C ．6D ．43(2)(2021·浙江杭州二中月考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A ，B两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝11．已知双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线上有两点A ，B ，若直线l 的方程为x ＋2y －2＝0，且AB ⊥l ，则椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的离心率为( )A.14B.12C.22D.322．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且点(1，32)在该椭圆上．(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的左焦点F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若△AOB 的面积为627，求圆心在原点O 且与直线l 相切的圆的方程．提示：完成作业 专题五 第2讲二轮专题强化练专题五第2讲 椭圆、双曲线、抛物线A 组 专题通关1．已知椭圆x 29＋y 2m ＝1(0<m <9)的左，右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点，若|AF 2|＋|BF 2|的最大值为10，则m 的值为( ) A ．3 B ．2 C ．1D.32．(2021·广东)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e ＝54，且其右焦点为F 2(5,0)，则双曲线C 的方程为( )A.x 24－y 23＝1 B.x 29－y 216＝1 C.x 216－y 29＝1 D.x 23－y 24＝1 3．(2021·课标全国Ⅱ)已知A ，B 为双曲线E 的左，右顶点，点M 在E 上，△ABM 为等腰三角形，且顶角为120°，则E 的离心率为( ) A. 5 B ．2 C. 3 D.24．已知双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2.若抛物线C 2：x 2＝2py (p >0)的焦点到双曲线C 1的渐近线的距离为2，则抛物线C 2的方程为( ) A ．x 2＝833yB ．x 2＝1633yC ．x 2＝8yD ．x 2＝16y5．(2022·课标全国Ⅱ)设F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ，B 两点，O 为坐标原点，则△OAB 的面积为( ) A.334 B.938 C.6332 D.946．已知P 为椭圆x 225＋y 216＝1上的一点，M ，N 分别为圆(x ＋3)2＋y 2＝1和圆(x －3)2＋y 2＝4上的点，则|PM |＋|PN |的最小值为________．7．已知点P (0,2)，抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，线段PF 与抛物线C 的交点为M ，过M 作抛物线准线的垂线，垂足为Q ，若∠PQF ＝90°，则p ＝________.8．(2021·山东)平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与抛物线C 2：x 2＝2py (p ＞0)交于点O ，A ，B .若△OAB 的垂心为C 2的焦点，则C 1的离心率为________． 9．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，焦距为2，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点M (0,1)，且与椭圆C 交于A ，B 两点，若AM →＝2MB →，求直线l 的方程．10．(2021·浙江)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx＋12对称． (1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．B 组 力气提高11．(2022·辽宁)已知点A (－2,3)在抛物线C ：y 2＝2px 的准线上，过点A 的直线与C 在第一象限相切于点B ，记C 的焦点为F ，则直线BF 的斜率为( ) A.12 B.23 C.34D.4312．(2021·浙江六校联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，P 为双曲线上任一点，且PF 1→·PF 2→的最小值的取值范围是[－34c 2，－12c 2]，则该双曲线的离心率的取值范围为( )A ．(1，2]B ．[2，2]C ．(1，2)D ．[2，＋∞)13．已知抛物线y 2＝4x的准线过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点且与双曲线交于A ，B 两点，O 为坐标原点，且△AOB 的面积为32，则双曲线的离心率为________．14．已知椭圆C 的长轴左、右顶点分别为A ，B ，离心率e ＝22，右焦点为F ，且AF →·BF →＝－1. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若P 是椭圆C 上的一动点，点P 关于坐标原点的对称点为Q ，点P 在x 轴上的射影点为M ，连接QM 并延长交椭圆于点N ，求证：∠QPN ＝90°.同学用书答案精析第2讲 椭圆、双曲线、抛物线高考真题体验1．B [由双曲线定义||PF 2|－|PF 1||＝2a ，∵|PF 1|＝3，∴P 在左支上，∵a ＝3， ∴|PF 2|－|PF 1|＝6， ∴|PF 2|＝9，故选B.]2．C [∵FP →＝4FQ →，∴|FP →|＝4|FQ →|， ∴|PQ ||PF |＝34. 如图，过Q 作QQ ′⊥l ，垂足为Q ′， 设l 与x 轴的交点为A ， 则|AF |＝4，∴|PQ ||PF |＝|QQ ′||AF |＝34，∴|QQ ′|＝3，依据抛物线定义可知|QQ ′|＝|QF |＝3，故选C.] 3.22解析 方法一 设椭圆的另一个焦点为F 1(－c,0)，如图，连接QF 1，QF ，设QF 与直线y ＝bc x 交于点M .由题意知M 为线段QF 的中点，且OM ⊥FQ .又O 为线段F 1F 的中点， ∴F 1Q ∥OM ，∴F 1Q ⊥QF ，|F 1Q |＝2|OM |.在Rt △MOF 中，tan ∠MOF ＝|MF ||OM |＝bc，|OF |＝c ，可解得|OM |＝c 2a ，|MF |＝bc a ，故|QF |＝2|MF |＝2bc a ，|QF 1|＝2|OM |＝2c 2a .由椭圆的定义得|QF |＋|QF 1|＝2bc a ＋2c 2a＝2a ，整理得b ＝c ，∴a ＝b 2＋c 2＝2c ，故e ＝c a ＝22.方法二 设Q (x 0，y 0)，则FQ 的中点坐标⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋c 2，y 02，k FQ＝y 0x 0－c，依题意 ⎩⎪⎨⎪⎧y 02＝b c ·x 0＋c 2，y 0x 0－c ·bc＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝c (2c 2－a 2)a 2，y 0＝2bc 2a 2，又∵(x 0，y 0)在椭圆上， ∴c 2(2c 2－a 2)2a 6＋4c 4a 4＝1，令e ＝ca ，则4e 6＋e 2＝1，∴离心率e ＝22. 4．x 2＋32y 2＝1解析 设点B 的坐标为(x 0，y 0)． ∵x 2＋y 2b 2＝1， ∴F 1(－1－b 2，0)，F 2(1－b 2，0)．∵AF 2⊥x 轴，∴A (1－b 2，b 2)．∵|AF 1|＝3|F 1B |，∴AF 1→＝3F 1B →， ∴(－21－b 2，－b 2)＝3(x 0＋1－b 2，y 0)．∴x 0＝－531－b 2，y 0＝－b 23. ∴点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫－531－b 2，－b 23. 将B ⎝⎛⎭⎫－531－b 2，－b 23代入x 2＋y2b2＝1，得b 2＝23.∴椭圆E 的方程为x 2＋32y 2＝1.热点分类突破 例1 (1)C (2)C解析 (1)由题意得a ＝3，c ＝7， 所以|PF 1|＝2. 在△F 2PF 1中，由余弦定理可得cos ∠F 2PF 1＝42＋22－(27)22×4×2＝－12.又由于cos ∠F 2PF 1∈(0°，180°)，所以∠F 2PF 1＝120°. (2)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程是y ＝±b a x ，故可知ba ＝3，又∵焦点坐标为(2,0)，∴c ＝a 2＋b 2＝2，解得a ＝1，b ＝ 3. ∴双曲线方程为x 2－y 23＝1.跟踪演练1 (1)A (2)D 解析 (1)由e ＝33得c a ＝33.① 又△AF 1B 的周长为43，由椭圆定义，得4a ＝43，得a ＝3， 代入①得c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝2， 故C 的方程为x 23＋y 22＝1.(2)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x ，又渐近线过点(2，3)，所以2ba ＝3，即2b ＝3a ，①抛物线y 2＝47x 的准线方程为x ＝－7，由已知，得a 2＋b 2＝7，即a 2＋b 2＝7，②联立①②解得a 2＝4，b 2＝3， 所求双曲线的方程为x 24－y 23＝1，选D.例2 (1)3－1 (2)C解析 (1)直线y ＝3(x ＋c )过点F 1(－c,0)，且倾斜角为60°，所以∠MF 1F 2＝60°，从而∠MF 2F 1＝30°，所以MF 1⊥MF 2.在Rt △MF 1F 2中，|MF 1|＝c ，|MF 2|＝3c ，所以该椭圆的离心率e ＝2c 2a ＝2cc ＋3c ＝3－1.(2)由题意作出示意图， 易得直线BC 的斜率为ab ，cos ∠CF 1F 2＝bc，又由双曲线的定义及|BC |＝|CF 2| 可得|CF 1|－|CF 2|＝|BF 1|＝2a ， |BF 2|－|BF 1| ＝2a ⇒|BF 2|＝4a ，故cos ∠CF 1F 2＝b c ＝4a 2＋4c 2－16a 22×2a ×2c⇒b 2－2ab －2a 2＝0⇒(b a )2－2(b a )－2＝0⇒ba ＝1＋3，故双曲线的渐近线方程为y ＝±(3＋1)x . 跟踪演练2 (1)D (2)A解析 (1)设P ⎝⎛⎭⎫a 2c ，y ，线段F 1P 的中点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫b 22c ，y2， 当kQF 2存在时，则kF 1P ＝cya 2＋c 2， kQF 2＝cyb 2－2c 2，由kF 1P ·kQF 2＝－1，得 y 2＝(a 2＋c 2)·(2c 2－b 2)c 2，y 2≥0， 但留意到b 2－2c 2≠0，即2c 2－b 2>0， 即3c 2－a 2>0，即e 2>13，故33<e <1.当kQF 2不存在时，b 2－2c 2＝0，y ＝0，此时F 2为中点，即a 2c －c ＝2c ，得e ＝33，综上，得33≤e <1， 即所求的椭圆离心率的取值范围是⎣⎡⎭⎫33，1.(2)由题作出图象如图所示． 由x 2a 2－y 2b 2＝1可知A (a,0)，F (c,0)． 易得 B ⎝⎛⎭⎫c ，b2a ， C ⎝⎛⎭⎫c ，－b 2a . ∵k AB ＝b 2ac －a ＝b 2a (c －a )，∴k CD ＝a (a －c )b 2.∵k AC ＝b 2a a －c ＝b 2a (a －c )，∴k BD ＝－a (a －c )b 2.∴l BD ：y －b 2a ＝－a (a －c )b 2(x －c )，即y ＝－a (a －c )b 2x ＋ac (a －c )b 2＋b 2a，l CD ：y ＋b 2a＝a (a －c )b 2(x －c )， 即y ＝a (a －c )b 2x －ac (a －c )b 2－b 2a.∴x D ＝c ＋b 4a 2(a －c ).∴点D 到BC 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 4a 2(a －c ).∴b 4a 2(c －a )<a ＋a 2＋b 2＝a ＋c ，∴b 4<a 2(c 2－a 2)＝a 2b 2， ∴a 2>b 2，∴0<b 2a 2<1.∴0<ba<1.例3 解 (1)由题意，得c a ＝22且c ＋a 2c ＝3，解得a ＝2，c ＝1，则b ＝1， 所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)当AB ⊥x 轴时，|AB |＝2， 又|CP |＝3，不合题意．当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线AB 的方程代入椭圆方程， 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2(k 2－1)＝0， 则x 1,2＝2k 2±2(1＋k 2)1＋2k2， C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2，且 |AB |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＝(1＋k 2)(x 2－x 1)2＝22(1＋k 2)1＋2k 2.若k ＝0，则线段AB 的垂直平分线为y 轴，与直线l 平行，不合题意． 从而k ≠0，故直线PC 的方程为y ＋k 1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2，则P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，5k 2＋2k (1＋2k 2)， 从而|PC |＝2(3k 2＋1)1＋k 2|k |(1＋2k 2).由于|PC |＝2|AB |，所以2(3k 2＋1)1＋k 2|k |(1＋2k 2)＝42(1＋k 2)1＋2k 2，解得k ＝±1.此时直线AB 的方程为y ＝x －1或y ＝－x ＋1. 跟踪演练3 (1)D (2)D 解析 (1)由题意知，双曲线x 2－y 23＝1的渐近线方程为y ＝±3x ，将x ＝c ＝2代入得y ＝±23，即A ，B 两点的坐标分别为(2，23)，(2，－23)，所以|AB |＝4 3. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入椭圆的方程有，x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1， 两式相减得，(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0.∵线段AB 的中点坐标为(1，－1)， ∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2代入上式得： y 1－y 2x 1－x 2＝b 2a2. ∵直线AB 的斜率为0＋13－1＝12，∴b 2a 2＝12⇒a 2＝2b 2， ∵右焦点为F (3,0)， ∴a 2－b 2＝c 2＝9，解得a 2＝18，b 2＝9， 又此时点(1，－1)在椭圆内， ∴椭圆方程为x 218＋y 29＝1.高考押题精练1．C [由条件可知直线l 的斜率为－22，又AB ⊥l ，可知直线AB 的斜率为2，故a b ＝2，故a 2b 2＝2，由此可知a >b >0，则椭圆的焦点在x 轴上，设椭圆的焦距为2c ，则a 2a 2－c 2＝2，解得椭圆的离心率为c a ＝22.]2．解 (1)由题意可得e ＝c a ＝12，又a 2＝b 2＋c 2， 所以b 2＝34a 2.由于椭圆C 经过点(1，32)，所以1a 2＋9434a 2＝1，解得a ＝2，所以b 2＝3， 故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知F 1(－1,0)，设直线l 的方程为x ＝ty －1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －1，x 24＋y 23＝1消去x ， 得(4＋3t 2)y 2－6ty －9＝0，明显Δ>0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2， 所以|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝36t 2(4＋3t 2)2＋364＋3t 2＝12t 2＋14＋3t 2，所以S △AOB ＝12·|F 1O |·|y 1－y 2|＝6t 2＋14＋3t 2＝627，化简得18t 4－t 2－17＝0， 即(18t 2＋17)(t 2－1)＝0， 解得t 21＝1，t 22＝－1718(舍去)， 又圆O 的半径r ＝|0－t ×0＋1|1＋t 2＝11＋t 2，所以r ＝22，故圆O 的方程为x 2＋y 2＝12.二轮专题强化练答案精析第2讲 椭圆、双曲线、抛物线1．A [已知椭圆x 29＋y 2m ＝1(0<m <9)中，a 2＝9，b 2＝m .|AF 2|＋|BF 2|＝4a －|AB |≤10，∴|AB |≥2，|AB |min ＝2b 2a ＝2m3＝2，解得m ＝3.]2．C [由于所求双曲线的右焦点为F 2(5,0)且离心率为e ＝c a ＝54，所以c ＝5，a ＝4，b 2＝c 2－a 2＝9，所以所求双曲线方程为x 216－y 29＝1，故选C.]由双曲线的3．D [如图，设双曲线E 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，则|AB |＝2a ，对称性，可设点M (x 1，y 1)在第一象限内，过M 作MN ⊥x 轴于点N (x 1,0)，∵△ABM 为等腰三角形，且∠ABM ＝120°，∴|BM |＝|AB |＝2a ，∠MBN ＝60°， ∴y 1＝|MN |＝|BM |sin ∠MBN＝2a sin 60°＝3a ，x 1＝|OB |＋|BN |＝a ＋2a cos 60°＝2a .将点M (x 1，y 1)的坐标代入x 2a 2－y 2b 2＝1，可得a 2＝b 2，∴e＝c a＝a 2＋b 2a 2＝2，选D.] 4．D [∵双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，∴c a＝a 2＋b 2a＝2，∴b ＝3a ， ∴双曲线的渐近线方程为3x ±y ＝0，∴抛物线C 2：x 2＝2py (p >0)的焦点⎝⎛⎭⎫0，p2到双曲线的渐近线的距离为⎪⎪⎪⎪3×0±p 22＝2，∴p ＝8.∴所求的抛物线方程为x 2＝16y .] 5．D [由已知得焦点坐标为F (34，0)，因此直线AB 的方程为y ＝33(x －34)，即4x －43y －3＝0.方法一 联立抛物线方程化简得 4y 2－123y －9＝0，故|y A －y B |＝y A ＋y B2－4y A y B＝6. 因此S △OAB ＝12|OF ||y A －y B |＝12×34×6＝94.方法二 联立方程得x 2－212x ＋916＝0，故x A ＋x B ＝212.依据抛物线的定义有|AB |＝x A ＋x B ＋p ＝212＋32＝12，同时原点到直线AB 的距离为h ＝|－3|42＋－432＝38， 因此S △OAB ＝12|AB |·h ＝94.]6．7解析 由题意知椭圆的两个焦点F 1，F 2分别是两圆的圆心，且|PF 1|＋|PF 2|＝10，从而|PM |＋|PN |的最小值为 |PF 1|＋|PF 2|－1－2＝7. 7.2解析 由抛物线的定义可得|MQ |＝|MF |，F (p 2，0)，又PQ ⊥QF ，故M 为线段PF 的中点，所以M (p 4，1)，把M (p4，1)，代入抛物线y 2＝2px (p >0)得，1＝2p ×p 4，解得p ＝2，故答案为 2.8.32解析 由题意，不妨设直线OA 的方程为y ＝b a x ，直线OB 的方程为y ＝－ba x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b a x ，x 2＝2py ，得x 2＝2p ·bax ，∴x ＝2pb a ，y ＝2pb 2a 2，∴A ⎝⎛⎭⎫2pb a ，2pb 2a 2.设抛物线C 2的焦点为F ，则F ⎝⎛⎭⎫0，p2， ∴k AF ＝2pb 2a 2－p22pb a.∵△OAB 的垂心为F ，∴AF ⊥OB ， ∴k AF ·k OB ＝－1，∴2pb 2a 2－p22pb a·⎝⎛⎭⎫－b a ＝－1，∴b 2a 2＝54.设C 1的离心率为e ，则e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋54＝94.∴e ＝32. 9．解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >0，b >0)， 由于c ＝1，c a ＝12，所以a ＝2，b ＝3， 所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意得直线l 的斜率存在， 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8kx －8＝0，且Δ>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由AM →＝2MB →，得x 1＝－2x 2，又⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－8k 3＋4k 2，x 1·x 2＝－83＋4k 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝－8k3＋4k 2，－2x 22＝－83＋4k 2，消去x 2得(8k 3＋4k 2)2＝43＋4k 2，解得k 2＝14，k ＝±12，所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋1，即x －2y ＋2＝0或x ＋2y －2＝0.10．解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝⎛⎭⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.由于直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2＞0，① 将AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2，② 由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝⎛⎭⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12.且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d＝12－2⎝⎛⎭⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22. 11．D [抛物线y 2＝2px 的准线为直线x ＝－p 2，而点A (－2,3)在准线上，所以－p2＝－2，即p ＝4，从而C ：y 2＝8x ，焦点为F (2,0)．设切线方程为y －3＝k (x ＋2)，代入y 2＝8x 得k8y 2－y ＋2k ＋3＝0(k ≠0)，①由于Δ＝1－4×k 8(2k ＋3)＝0，所以k ＝－2或k ＝12.由于切点在第一象限， 所以k ＝12.将k ＝12代入①中，得y ＝8，再代入y 2＝8x 中得x ＝8，所以点B 的坐标为(8,8)， 所以直线BF 的斜率为43.]12．B [设P (m ，n )，则m 2a 2－n 2b 2＝1， 即m 2＝a 2(1＋n 2b 2)， 设F 1(－c,0)，F 2(c,0)， 则PF 1→＝(－c －m ，－n )， PF 2→＝(c －m ，－n )，则PF 1→·PF 2→＝m 2－c 2＋n 2＝a 2(1＋n 2b 2)－c 2＋n 2 ＝n 2(1＋a 2b2)＋a 2－c 2≥a 2－c 2(当n ＝0时取等号)．则PF 1→·PF 2→的最小值为a 2－c 2，由题意可得－34c 2≤a 2－c 2≤－12c 2，即14c 2≤a 2≤12c 2， 即12c ≤a ≤22c ， 则2≤e ≤2，故选B.] 13．2解析 抛物线y 2＝4x 的准线方程为x ＝－1， 由题意知，双曲线的左焦点坐标为(－1,0)， 即c ＝1，且A (－c ，b 2a )，B (－c ，－b 2a )，由于△AOB 的面积为32，所以12×2×b 2a ×1＝32，即b 2a ＝32， 所以，1－a 2a ＝32，解得a ＝12，∴e ＝c a ＝112＝2.14．(1)解 依题意，设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则A (－a,0)，B (a,0)，F (c,0)， 由e ＝c a ＝22，得a ＝2c .① 由AF →·BF →＝－1，得(c ＋a,0)·(c －a,0)＝c 2－a 2＝－1.② 联立①②，解得a ＝2，c ＝1， 所以b 2＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 设P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 由题意知x i ≠0，y i ≠0(i ＝1,2)， 且x 1≠x 2，又Q (－x 1，－y 1)，M (x 1,0)．由Q ，M ，N 三点共线，知k QM ＝k QN ， 所以y 12x 1＝y 2＋y 1x 2＋x 1.③又k PQ k PN ＋1＝y 1x 1·y 2－y 1x 2－x 1＋1.④把③代入④，得k PQ k PN ＋1＝2y 2＋y 1x 2＋x 1·y 2－y 1x 2－x 1＋1＝x 22＋2y 22－x 21＋2y 21x 22－x 21.⑤由于点P ，N 在椭圆上，所以x 21＋2y 21＝2，x 22＋2y 22＝2，⑥把⑥代入⑤， 得k PQ k PN ＋1＝2－2x 22－x 21＝0， 即k PQ k PN ＝－1， 所以∠QPN ＝90°.。
专题05 解析几何(解答题10种考法)讲义(解析版)高三数学二轮复习《考法分类》(新高考)
专题05解析几何（解答题10种考法）考法一定点【例1-1】（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知点()4,3P 为双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b-=>>上一点，E 的左焦点1F(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y kx t =+与双曲线E 交于,A B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y kx t =+过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)22143x y -=(2)证明见解析，定点为(2,3)-.【解析】（1）设1(,0)F c -(0)c >到渐近线b y x a =，即0bx ay -==，结合222+=a b c得b =，又(4,3)P 在双曲线22213x y a -=上，所以216913a -=，得24a =，所以双曲线E 的标准方程为22143x y -=.（2）联立22143y kx t x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩，消去y 并整理得()2223484120k x ktx t ----=，则2340k -≠，2222644(34)(412)0k t k t ∆=+-+>，即2234t k +>，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122834kt x x k +=-，212241234t x x k+=--，则12123344PA PB y y k k x x --+=+--12123344kx t kx t x x +-+-=+--()()()()()()122112343444kx t x kx t x x x +--++--=--()()121212122438244()16kx x t k x x t x x x x +--+-+=-++1=，所以()()1212243824kx x t k x x t +--+-+12124()16x x x x =-++，所以()()()12122141880k x x t k x x t -+-++-+=，所以()()()222214124188803434k t t k kt t k k -+-+⋅-+-+=--，整理得22626890t k kt t k -+--+=，所以22(3)2(3)80t k t k -+--=，所以()()32340t k t k ---+=，因为直线y kx t =+不过(4,3)P ，即34k t ≠+，340t k -+≠，所以320t k --=，即23t k =+，所以直线23y kx t kx k =+=++，即3(2)y k x -=+过定点(2,3)-.【例1-2】（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆2222:1(0)C b b x a a y +>>=点()2,0A -在C 上．(1)求C 的方程；(2)过点()2,3-的直线交C 于,P Q 两点，直线,AP AQ 与y 轴的交点分别为,M N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)22194y x +=(2)证明见详解【解析】（1）由题意可得2222b a b c c e a ⎧⎪=⎪⎪=+⎨⎪⎪=⎪⎩，解得32a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，所以椭圆方程为22194y x +=.（2）由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设()()()1122:23,,,,PQ y k x P x y Q x y =++，联立方程()2223194y k x y x ⎧=++⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：()()()222498231630k x k k x k k +++++=，则()()()2222Δ64236449317280k k k k k k =+-++=->，解得0k <，可得()()2121222163823,4949k k k k x x x x k k +++=-=++，因为()2,0A -，则直线()11:22y AP y x x =++，令0x =，解得1122y y x =+，即1120,2y M x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭,同理可得2220,2y N x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则()()1212121222232322222y y k x k x x x x x +++++⎡⎤⎡⎤++⎣⎦⎣⎦=+++()()()()()()12211223223222kx k x kx k x x x +++++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=++()()()()1212121224342324kx x k x x k x x x x +++++=+++()()()()()()222222323843234231084949336163162344949k k k k k k k k k k k k k k k +++-++++===++-+++，所以线段MN 的中点是定点()0,3.【例1-3】（2023·江西九江·统考一模）已知过点(2,0)P 的直线l 与抛物线2:2(0)E y px p =>交于,A B 两点，过线段AB 的中点M 作直线MN y ⊥轴，垂足为N ，且PM PN ⊥.(1)求抛物线E 的方程；(2)若C 为E 上异于点,A B 的任意一点，且直线,AC BC 与直线2x =-交于点,D R ，证明：以DR 为直径的圆过定点.【答案】(1)24y x=(2)证明见解析【解析】（1）由题意，可设直线l 的方程为2x my =+，将2x my =+代入22y px =，消去x 得2240y pmy p --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122y y pm +=，124y y p =-，M 是线段AB 的中点，21212(42)22M x x m y y x pm +++∴===+，122M y y y pm +==，即2(2,)M pm pm +，又MN y ⊥轴，∴垂足N 的坐标为(0,)pm ，则2(,)PM pm pm = ，(2,)PN pm =- ，PM PN ⊥ ，22220PM PN pm p m ∴⋅=-+= 对任意的R m ∈恒成立，220p p ∴-+=，又0p >，解得2p =，故抛物线E 的方程为24y x =.（2）设2(,)4t C t ，211(,)4y A y ，222(,)4y B y ，由（1）可知，124y y m +=，128y y =-，则12211444AC y t k y t y t -==+-，直线AC 的方程为214()4t y t x y t -=-+，令2x =-，则211184(2)4ty t y t y t y t-=+--=++，118(2,)ty D y t-∴-+，同理228(2,ty R y t --+，由抛物线的对称性可知，若以线段DR 为直径的圆过定点，则定点必在x 轴上，设该点坐标为(,0)T a ，则118(2,)ty DT a y t -=+-+ ，228(2,ty RT a y t-=+-+ ，且0DT RT ⋅= ，2121288(2)0ty ty a y t y t --∴++⋅=++，22212121222121212888()6483264(2)8()48ty ty t y y t y y t mt a y t y t y y t y y t t mt ---++--+∴+=-=-=-=++++++-，2a ∴=或2a =-，∴以DR为直径的圆过定点2,0)和(2,0)--.【变式】1．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,12A B ⎛--⎫ ⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH = ．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)22143y x +=。
2022版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)文档：专题五 解析几何 第3讲 Word版含答案
第3讲圆锥曲线的综合问题1．(2022·福建)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆x210＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是() A．5 2 B.46＋2C．7＋ 2 D．622．(2021·陕西)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探究性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类争辩等多种思想方法，对计算力气也有较高要求，难度较大.热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1 (2021·重庆)如图，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ |＝λ|PF 1|，且34≤λ＜43，试确定椭圆离心率e 的取值范围．思维升华 解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解． (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． (3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 已知椭圆C 的左，右焦点分别为F 1，F 2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P (1，32)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)线段PQ 是椭圆过点F 2的弦，且PF 2→＝λF 2Q →，求△PF 1Q 内切圆面积最大时实数λ的值．热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．思维升华(1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t ＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再依据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．跟踪演练2已知直线l：y＝x＋6，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝33，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等．(1)求椭圆E的方程；(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值．热点三探究性问题1．解析几何中的探究性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常接受“确定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上确定点Q(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．思维升华 解决探究性问题的留意事项：存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时，要分类争辩．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，实行另外的途径． 跟踪演练3 (2021·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．提示：完成作业 专题五 第3讲二轮专题强化练专题五第3讲 圆锥曲线的综合问题A 组 专题通关1．(2021·北京西城区期末)若曲线ax 2＋by 2＝1为焦点在x 轴上的椭圆，则实数a ，b 满足( )A ．a 2>b 2 B.1a <1b C ．0<a <bD ．0<b <a2.如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在其次、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A. 2B. 3C.32D.623．已知F 为抛物线y 2＝8x 的焦点，过点F 且斜率为1的直线l 交抛物线于A ，B 两点，则||F A |－|FB ||的值为( ) A ．4 2 B ．8 C ．8 2 D ．164．设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝12，右焦点为F (c,0)，方程ax 2＋bx －c ＝0的两个实根分别为x 1和x 2，则点P (x 1，x 2)( ) A ．必在圆x 2＋y 2＝2内 B ．必在圆x 2＋y 2＝2上 C ．必在圆x 2＋y 2＝2外D ．以上三种情形都有可能5．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为( )A ．2B ．3C ．6D ．8 6．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则P A 1→·PF 2→的最小值为_____________________________________．7．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．8．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．9．已知抛物线x 2＝2py (p >0)，过点M (0，m )的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，又过A ，B 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点P .(1)求证：两条切线的斜率之积为定值； (2)当p ＝m ＝4时，求△P AB 面积的最小值．10．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为22，过点M (2,0)的直线l 与椭圆C 相交于A ，B两点，O 为坐标原点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若B 点关于x 轴的对称点是N ，证明：直线AN 恒过确定点．B 组 力气提高11．已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________．12．直线3x －4y ＋4＝0与抛物线x 2＝4y 和圆x 2＋(y －1)2＝1从左到右的交点依次为A 、B 、C 、D ，则|AB ||CD |的值为________．13．(2021·课标全国Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．同学用书答案精析第3讲 圆锥曲线的综合问题高考真题体验1．D [如图所示，设以(0,6)为圆心，以r 为半径的圆的方程为x 2＋(y －6)2＋r 2－46＝r 2(r >0)，与椭圆方程x 210＋y 2＝1联立得方程组，消掉x 2得9y 2＋12y ＝0.令Δ＝122－4×9(r 2－46)＝0， 解得r 2＝50，即r ＝5 2.由题意易知P ，Q 两点间的最大距离为r ＋2＝62， 故选D.]2．(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2. 热点分类突破例1 解 (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2. 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2，因此 2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2＋2)2＋(2－2)2＝23，即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1.故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)如图，由PF 1⊥PQ ， |PQ |＝λ|PF 1|，得 |QF 1|＝ |PF 1|2＋|PQ |2 ＝1＋λ2|PF 1|.由椭圆的定义，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ， 进而|PF 1|＋|PQ |＋|QF 1|＝4a ， 于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF 1|＝4a ， 解得|PF 1|＝4a 1＋λ＋1＋λ2，故|PF 2|＝2a －|PF 1| ＝2a (λ＋1＋λ2－1)1＋λ＋1＋λ2.由勾股定理得|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝(2c )2＝4c 2， 从而⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋λ＋1＋λ22＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫2a (λ＋1＋λ2－1)1＋λ＋1＋λ22＝4c 2， 两边除以4a 2，得4(1＋λ＋1＋λ2)2＋(λ＋1＋λ2－1)2(1＋λ＋1＋λ2)2＝e 2.若记t ＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成e 2＝4＋(t －2)2t2＝8⎝⎛⎭⎫1t －142＋12. 由34≤λ＜43，并留意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t ＜4，即14＜1t ≤13. 进而12＜e 2≤59，即22＜e ≤53.跟踪演练1 解 (1)e ＝c a ＝12，P (1，32)满足1a 2＋(32)2b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)明显直线PQ 不与x 轴重合， 当直线PQ 与x 轴垂直时，|PQ |＝3， |F 1F 2|＝2，S △PF 1Q ＝3；当直线PQ 不与x 轴垂直时，设直线PQ ：y ＝k (x －1)，k ≠0代入椭圆C 的标准方程，整理，得(3＋4k 2)y 2＋6ky－9k 2＝0，Δ>0，y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2，y 1·y 2＝－9k 23＋4k 2.S △PF 1Q ＝12·|F 1F 2|·|y 1－y 2|＝12k 2＋k 4(3＋4k 2)2，令t ＝3＋4k 2，∴t >3，k 2＝t －34，∴S △PF 1Q ＝3－3(1t ＋13)2＋43，∵0<1t <13，∴S △PF 1Q ∈(0,3)，∴当直线PQ 与x 轴垂直时S △PF 1Q 最大，且最大面积为3. 设△PF 1Q 内切圆半径为r ，则S △PF 1Q ＝12(|PF 1|＋|QF 1|＋|PQ |)·r ＝4r ≤3.即r max ＝34，此时直线PQ 与x 轴垂直，△PF 1Q 内切圆面积最大，∴PF 2→＝F 2Q →，∴λ＝1.例2 解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c 2＝1.又由题意知(2＋c )2＋12＝10， 解得c 2＝1， 故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2.①又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2.∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2， ∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0， 解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k7，由①，得3＋4k 2－m 2>0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知冲突．当m 2＝－2k7时，l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27，直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0，且满足②，∴直线l 过定点，定点坐标为⎝⎛⎭⎫27，0. 跟踪演练2 (1)解 设椭圆的半焦距为c ， 圆心O 到直线l 的距离d ＝61＋1＝3，∴b ＝5－3＝ 2.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝33，a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，∴a 2＝3，b 2＝2.∴椭圆E 的方程为y 23＋x 22＝1.(2)证明 设点P (x 0，y 0)，过点P 的椭圆E 的切线l 0的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，联立直线l 0与椭圆E 的方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －x 0)＋y 0，y 23＋x 22＝1，消去y 得(3＋2k 2)x 2＋4k (y 0－kx 0)x ＋2(kx 0－y 0)2－6＝0， ∴Δ＝[4k (y 0－kx 0)]2－4(3＋2k 2)[2(kx 0－y 0)2－6]＝0， 整理得，(2－20x )k 2＋2kx 0y 0－(20y －3)＝0，设满足题意的椭圆E 的两条切线的斜率分别为k 1，k 2， 则k 1·k 2＝－20y －32－2x ，∵点P 在圆O 上，∴20x ＋20y ＝5， ∴k 1·k 2＝－5－20x －32－20x ＝－1.∴两条切线的斜率之积为常数－1.例3 解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4， 所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1. (2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0. 由抛物线准线l ：x ＝－1，可知M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k1＋1＝k ＋1，即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，知x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1.又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2.由于A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ， 即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝2k －2(2k 2＋4k2－2)1－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2，即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．跟踪演练3 解 (1)由已知，点C 、D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1， 于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1 ＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3. 高考押题精练解 (1)由于C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a2，所以a 2＝4.又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝4x . (2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 4＝2k 2＋4k 2，x 1x 4＝1，所以|PN | ＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4＝4(1＋k 2)k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3 ＝12(1＋k 2)3＋4k 2.若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ， 使得|PN ||MQ |＝2.二轮专题强化练答案精析第3讲 圆锥曲线的综合问题1．C [由ax 2＋by 2＝1， 得x 21a ＋y 21b＝1， 由于焦点在x 轴上，所以1a >1b >0，所以0<a <b .]2．D [|F 1F 2|＝2 3.设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1.∵|AF 2|＋|AF 1|＝4，|AF 2|－|AF 1|＝2a ， ∴|AF 2|＝2＋a ，|AF 1|＝2－a . 在Rt △F 1AF 2中，∠F 1AF 2＝90°， ∴|AF 1|2＋|AF 2|2＝|F 1F 2|2， 即(2－a )2＋(2＋a )2＝(23)2， ∴a ＝2，∴e ＝c a ＝32＝62.故选D.]3．C [依题意知F (2,0)，所以直线l 的方程为y ＝x －2，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －2，y 2＝8x消去y 得x 2－12x ＋4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝12，x 1x 2＝4，则||AF |－|BF ||＝|(x 1＋2)－(x 2＋2)|＝|x 1－x 2| ＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝144－16＝8 2.]4．A [∵x 1＋x 2＝－b a ，x 1x 2＝－ca.∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝b 2a 2＋2ca ＝b 2＋2ac a 2.∵e ＝c a ＝12，∴c ＝12a ，∴b 2＝a 2－c 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫12a 2＝34a 2. ∴x 21＋x 22＝34a 2＋2a ×12a a 2＝74<2.∴P (x 1，x 2)在圆x 2＋y 2＝2内．] 5．C [设P (x 0，y 0)，则 x 204＋y 203＝1，即y 20＝3－3x 204， 又由于F (－1,0)，所以OP →·FP →＝x 0·(x 0＋1)＋y 20＝14x 20＋x 0＋3＝14(x 0＋2)2＋2， 又x 0∈[－2,2]，即OP →·FP →∈[2,6]， 所以(OP →·FP →)max ＝6.] 6．－2解析 由已知得A 1(－1,0)，F 2(2,0)．设P (x ，y ) (x ≥1)，则P A 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝4x 2－x －5.令f (x )＝4x 2－x －5，则f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取最小值，即P A 1→·PF 2→取最小值，最小值为－2. 7．(1,2)解析 设P (x ，y )，由题设条件，得动点P 的轨迹为(x －1)(x ＋1)＋(y －2)·(y －2)＝0， 即x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±ba x ，即bx ±ay ＝0，由题意，可得2aa 2＋b 2>1，即2ac>1，所以e ＝ca <2，又e >1，故1<e <2. 8．(0,2)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y－y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得，y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2.又点Q (t ，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，则说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过定点(0,2)．9．(1)证明 依题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2py ，得x 2－2pkx －2pm ＝0， 则由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2pm . 对抛物线y ＝x 22p 求导，得y ′＝x p ，设两条切线的斜率分别为k 1，k 2， 则k 1＝x 1p ，k 2＝x 2p，所以k 1k 2＝x 1p ·x 2p ＝－2pm p 2＝－2mp，即两条切线的斜率之积为定值－2mp .(2)解 由于p ＝m ＝4，所以抛物线方程为x 2＝8y ，y ′＝x4，x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－32，则直线P A 的方程为y －x 218＝x 14(x －x 1)，PB 的方程为y －x 228＝x 24(x －x 2)．将两方程联立，得P 点的坐标为(x 1＋x 22，x 1x 28)，所以P (4k ，－4)． 于是|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝81＋k 2·k 2＋2，又点P 到直线AB 的距离d ＝4k 2＋21＋k2，所以S △P AB ＝16k 2＋2·(k 2＋2)．当k 2＝0，即k ＝0时， 所求面积最小为32 2.10．(1)解 由题意知b ＝1，e ＝c a ＝22，得a 2＝2c 2＝2a 2－2b 2，故a 2＝2. 故所求椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2， x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2.由对称性可知N (x 2，－y 2)，定点在x 轴上， 直线AN ：y －y 1＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 1)．令y ＝0得：x ＝x 1－y 1x 1－x 2y 1＋y 2＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝2kx 1x 2－2k x 1＋x 2kx 1＋x 2－4＝2x 1x 2－2x 1＋x 2x 1＋x 2－4＝16k 2－41＋2k 2－16k 21＋2k 28k 21＋2k 2－4＝1，故直线AN 恒过定点(1,0)． 11．[1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋y －a2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0. 即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.12.116解析 由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋4＝0，x 2＝4y得x 2－3x －4＝0， ∴x A ＝－1，x D ＝4， ∴y A ＝14，y D ＝4.直线3x －4y ＋4＝0恰过抛物线的焦点F (0,1)， ∴|AF |＝y A ＋1＝54，|DF |＝yD ＋1＝5，∴|AB ||CD |＝|AF |－1|DF |－1＝116. 13．(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．由于直线l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 代入l 的方程得b ＝m 3－k 3，因此x M ＝k k －3m3k 2＋9. 四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 相互平分， 即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k k －3m 3k 2＋9， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7. 由于k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．。
新高考数学(理)二轮复习题型练7 大题专项(五) 解析几何综合问题 Word版含解析
题型练7 大题专项(五) 解析几何综合问题题型练第70页一、解答题1.(2020全国Ⅱ,理19)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合,C 1的中心与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ,B 两点,交C 2于C ,D 两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C 1的离心率;(2)设M 是C 1与C 2的公共点.若|MF|=5,求C 1与C 2的标准方程. 解：(1)由已知可设C 2的方程为y 2=4cx ,其中c=√a 2-b 2.不妨设A ,C 在第一象限,由题设得A ,B 的纵坐标分别为b 2a ,-b 2a ;C ,D 的纵坐标分别为2c ,-2c ,故|AB|=2b 2a ,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b 23a ,即3×ca =2-2(c a )2, 解得c a =-2(舍去),c a =12.所以C 1的离心率为12. (2)由(1)知a=2c ,b=√3c ,故C 1:x 24c 2+y 23c 2=1. 设M (x 0,y 0),则x 024c 2+y 023c 2=1,y 02=4cx 0,故x 024c 2+4x 03c=1.①由于C 2的准线为x=-c ,所以|MF|=x 0+c ,而|MF|=5,故x 0=5-c ,代入①得(5-c )24c 2+4(5-c )3c=1,即c 2-2c-3=0,解得c=-1(舍去),c=3. 所以C 1的标准方程为x 236+y 227=1,C 2的标准方程为y 2=12x. 2.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)经过点(1,√32),离心率为√32. (1)求椭圆C 的方程;(2)不垂直于坐标轴的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点,以AB 为直径的圆过原点,且线段AB 的垂直平分线交y 轴于点P 0,-32,求直线l 的方程.解：(1)由题意得{ca =√32,1a +34b =1,a 2=b 2+c 2,解得a=2,b=1.故椭圆C 的方程是x 24+y 2=1.(2)设直线l 的方程为y=kx+t ,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 联立{y =kx +t ,x 24+y 2=1,消去y ,得(1+4k 2)x 2+8ktx+4t 2-4=0,则有x 1+x 2=-8kt 1+4k 2,x 1x 2=4t 2-41+4k 2. Δ>0⇒4k 2+1>t 2,y 1+y 2=kx 1+t+kx 2+t=k (x 1+x 2)+2t=2t1+4k , y 1y 2=(kx 1+t )(kx 2+t )=k 2x 1x 2+kt (x 1+x 2)+t 2 =k24t 2-41+4k 2+kt -8kt1+4k 2+t 2=t 2-4k 21+4k 2.因为以AB 为直径的圆过坐标原点, 所以OA ⊥OB ,x 1x 2+y 1y 2=0. 因为x 1x 2+y 1y 2=4t 2-41+4k 2+t 2-4k 21+4k 2=0, 所以5t 2=4+4k 2.因为Δ>0,所以4k 2+1>t 2, 解得t<-√32或t>√32. 又设A ,B 的中点为D (m ,n ), 则m=x 1+x 22=-4kt1+4k 2,n=y 1+y 22=t1+4k 2.因为直线PD 与直线l 垂直, 所以k PD =-1k =-32-n-m,得t 1+4k 2=12. 由{t1+4k 2=12,5t 2=4+4k 2,解得{t 1=1,t 2=-35.当t=-35时,Δ>0不成立.当t=1时,k=±12, 所以直线l 的方程为y=12x+1或y=-12x+1.3.(2020全国Ⅰ,理20)已知A ,B 分别为椭圆E :x 2a 2+y 2=1(a>1)的左、右顶点,G 为E 的上顶点,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8.P 为直线x=6上的动点,PA 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D. (1)求E 的方程;(2)证明:直线CD 过定点.答案：(1)解由题设得点A (-a ,0),B (a ,0),G (0,1). 则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,-1). 由AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8得a 2-1=8,即a=3. 所以E 的方程为x 29+y 2=1.(2)证明设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),P (6,t ). 若t ≠0,设直线CD 的方程为x=my+n , 由题意可知-3<n<3.因为直线PA 的方程为y=t 9(x+3),所以y 1=t9(x 1+3). 直线PB 的方程为y=t 3(x-3),所以y 2=t3(x 2-3). 可得3y 1(x 2-3)=y 2(x 1+3). 由于x 229+y 22=1,故y 22=-(x 2+3)(x 2-3)9,可得27y 1y 2=-(x 1+3)(x 2+3),即(27+m 2)y 1y 2+m (n+3)·(y 1+y 2)+(n+3)2=0.① 将x=my+n 代入x 29+y 2=1得(m 2+9)y 2+2mny+n 2-9=0. 所以y 1+y 2=-2mnm 2+9,y 1y 2=n 2-9m 2+9.代入①式得(27+m 2)(n 2-9)-2m (n+3)mn+(n+3)2(m 2+9)=0. 解得n=-3(舍去),n=32.故直线CD 的方程为x=my+32,即直线CD 过定点(32,0). 若t=0,则直线CD 的方程为y=0,过点(32,0). 综上,直线CD 过定点(32,0).4.已知抛物线C :y 2=2px 经过点P (1,2).过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ,B ,且直线PA 交y 轴于点M ,直线PB 交y 轴于点N.(1)求直线l 的斜率的取值范围;(2)设O 为原点,QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,QN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值. 答案：(1)解因为抛物线y 2=2px 经过点P (1,2),所以4=2p ,解得p=2,所以抛物线的方程为y 2=4x.由题意可知直线l 的斜率存在且不为0,设直线l 的方程为y=kx+1(k ≠0). 由{y 2=4x ,y =kx +1,得k 2x 2+(2k-4)x+1=0. 依题意,Δ=(2k-4)2-4×k 2×1>0, 解得k<0或0<k<1.又PA ,PB 与y 轴相交,故直线l 不过点(1,-2),从而k ≠-3. 所以直线l 斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1). (2)证明设点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). 由(1)知x 1+x 2=-2k -4k 2,x 1x 2=1k 2.直线PA 的方程为y-2=y 1-2x 1-1(x-1). 令x=0,得点M 的纵坐标为y M =-y 1+2x 1-1+2=-kx 1+1x 1-1+2.同理得点N 的纵坐标为y N =-kx 2+1x 2-1+2.由QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,QN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 得λ=1-y M ,μ=1-y N . 所以1λ+1μ=11-y M+11-y N=x 1-1(k -1)x 1+x 2-1(k -1)x2=1k -1·2x 1x 2-(x 1+x 2)x 1x 2=1k -1·2k 2+2k -4k21k2=2. 所以1λ+1μ为定值.5.已知抛物线C :y 2=2x 的焦点为F ,平行于x 轴的两条直线l 1,l 2分别交C 于A ,B 两点,交C 的准线于P ,Q 两点.(1)若F 在线段AB 上,R 是PQ 的中点,证明AR ∥FQ ;(2)若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍,求AB 中点的轨迹方程. 解：由题知点F (12,0). 设l 1:y=a ,l 2:y=b ,则ab ≠0,且点A (a 22,a),B (b 22,b),P (-12,a),Q (-12,b),R (-12,a+b2).记过A ,B 两点的直线为l ,则l 的方程为2x-(a+b )y+ab=0.(1)证明:由于点F 在线段AB 上,故1+ab=0. 记AR 的斜率为k 1,FQ 的斜率为k 2, 则k 1=a -b1+a 2=a -ba 2-ab =1a =-ab a=-b=k 2.所以AR ∥FQ.(2)设l 与x 轴的交点为D (x 1,0), 则S △ABF =12|b-a||FD|=12|b-a||x 1-12|,S △PQF =|a -b |2.由题设可得2×12|b-a||x 1-12|=|a -b |2,所以x 1=0(舍去),x 1=1.设满足条件的AB 的中点为E (x ,y ).当AB 与x 轴不垂直时,由k AB =k DE 可得2a+b =yx -1(x ≠1). 而a+b 2=y ,所以y 2=x-1(x ≠1).当AB 与x 轴垂直时,E 与D 重合. 所以,所求轨迹方程为y 2=x-1.6.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为12,且圆x 2+y 2-2x-3y=0的圆心在椭圆C 上. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若直线y=mx+n 与椭圆C 只有一个公共点M ,且与直线x=4相交于点N ,问x 轴上是否存在点P ,使得以MN 为直径的圆恒过点P ?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.解：(1)由e=12(其中e 为椭圆C 的离心率),得√a 2-b 2a 2=√1-b 2a 2=12,即3a 2=4b 2.又圆x 2+y 2-2x-3y=0的圆心为(1,32)在椭圆C 上,所以1a 2+94b 2=1. 联立{3a 2=4b 2,1a 2+94b 2=1,解得{a 2=4,b 2=3. 故椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)联立{y =mx +n ,x 24+y 23=1,消去y ,整理得(3+4m 2)x 2+8mnx+4n 2-12=0.因为直线y=mx+n 与椭圆C 只有一个公共点M ,所以Δ=64m 2n 2-4(3+4m 2)(4n 2-12)=0,即n 2=3+4m 2.设点M 的坐标为(x M ,y M ),则x M =-4mn3+4m 2=-4m n,y M =mx M +n=3n ,即M (-4m n,3n ).假设x 轴上存在点P (t ,0),使得以MN 为直径的圆恒过点P.因为点N (4,4m+n ),所以PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4m n -t ,3n ),PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4-t ,4m+n ). 所以PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4m n -t)(4-t )+3n (4m+n )=t 2-4t+3+4m n (t-1)=0恒成立. 所以{t =1,t 2-4t +3=0,即t=1.所以在x 轴上存在点P (1,0),使得以MN 为直径的圆恒过点P.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
后记答题模板
【范例赏析】
后记答题模板
(本讲对应学生用书第52~53页) 范例赏析
典例如图，已知A，B分别为曲线C：
2
2
x
a+y2=1(y≥0，a>0)与x轴的左、右
两个交点，直线l过点B，且与x轴垂直，S为l上异于点B的一点，连接AS交曲线C 于点T.
(1)若曲线C为半圆，点T为圆弧AB的三等分点，试求出点S的坐标.
(2)如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a，使得O，M，S三点共线?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
(典例)
【规范解答】
(1)当曲线C为半圆时，a=1，
由点T为圆弧AB的三等分点，得∠BOT=60°或120°.2分
①当∠BOT=60°时，∠SAB=30°.
又AB=2，故在△SAB中，有SB=AB·tan 30°=23
，所以S
23
1
⎛
⎝⎭
，
. 4分
②当∠BOT=120°时，同理可求得点S 的坐标为(1，
).
综上，点S 的坐标为
S
1⎛ ⎝⎭或S (1，
2). 6分
(2)切入点一：从点“T ”入手
设点T (a cos θ，sin θ)(sin θ≥0)，则直线AT 的方程为y=sin cos a a θ
θ+(x+a )， 8分
令x=a ，得点S 2sin cos 1a θθ⎛⎫ ⎪
+⎝⎭，，所以k OS =2sin (cos 1)a θθ+.又B (a ，0)，所以k TB =sin cos -a a θθ. 10分
假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.
所以k OS ·k TB =sin cos -a a θ
θ·2sin (cos 1)a θθ+=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以
. 15
分
经检验，当
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
切入点二：从点“S ”入手
设点S (a ，m )，则直线SA 的方程为y=2m a (x+a )，联立方程组2
22
1()2x y a m y x a a ⎧+=⎪⎪⎨
⎪=+⎪⎩，，
化
简得(m 2+4)x 2+2m 2ax+m 2a 2-4a 2=0.
8分
设点T (x T ，y T )，因为A (-a ，0)，所以x T ·(-a )=2222-44m a a m +，得x T =22
4-4a m a
m +，
y T =2
44m m +，所以k TB =-2ma . 10分
假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.12分
又因为k OS =m a ，所以k OS ·k TB =m a ·2-ma ⎛⎫
⎪⎝⎭=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以a=
2
.
15分
经检验，当a=2
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在a=2
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
切入点三：从直线AS 的斜率入手 假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线. 由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.8分
显然，直线AS 的斜率k 存在且k>0，可设直线AS 的方程为y=k (x+a ).
由22
21()x y a y k x a ⎧+=⎪⎨⎪
=+⎩，，得(1+a 2k 2)x 2+2a 3k 2x+a 4k 2-a 2=0. 10分
设点T (x T ，y T )，所以x T ·(-a )=422
22
-1a k a a k +.
故x T =3222-1a a k a k +，从而y T =k (x T +a )=2221ak a k +，亦即T 32
2222-211a a k ak a k a k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，. 12分
方法一：因为B (a ，0)，所以BT u u u r =322222-2211a k ak
a k a k ⎛⎫
⎪++⎝⎭，.
由()x a y k x a =⎧⎨=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以OS u u u r =(a ，2ak ).
由BT ⊥OS ，可得BT u u u r ·OS u u
u r =4222
22-241a k a k a k ++=0，即-2a 4k 2+4a 2k 2=0. 因为k>0，a>0，所以2
. 15分
经检验，当2
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在2
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
方法二：因为B (a ，0)，所以k BT =-T
T y x a =-2
1a k ，故k SM =a 2k.
由()x a y k x a =⎧⎨
=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以直线SM 的方程为y-2ak=a 2k (x-a ).
O ，M ，S 三点共线当且仅当O 在直线SM 上，即-2ak=a 2k (-a ).
因为k>0，a>0，所以2
. 15分
经检验，当2
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在2
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
【总结提升】
解题几何中的多动点问题，一直是学生难以逾越的障碍，究其原因：“多且动”，大有牵一发而动全身的感觉，各个点都丝丝相连，环环相扣.而恰恰正是点多且动，反而给我们一个启发，多且动的点中肯定有一个“核心点”，正是这个点牵动了其他点，使其他点始终围绕这个“核心点”运动.例题正是这类问题，其中点M 即为“核心点”，只要把握好这个“核心点”在圆上具有的性质，以其他的点或线为切入点，就可从多途径入手，让每个动点都可“一显身手”，以达到多解的目的.
【拓展训练】
拓 展 训 练
变式 (2015·盐城二模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：
22x a
+22y b =1(a>b>0)的离心率为2，直线l ：y=1
2x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB=2
5，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 两点，且直线AC ，BD 相交于点M ，直线AD ，
BC 相交于点N.
(1)求a ，b 的值；
(2)求证：直线MN 的斜率为定值.
(变式)
【解答】(1)因为e=c a =2，所以c 2=1
2a 2，
即a 2-b 2=1
2a 2，所以a 2=2b 2，故椭圆E 的方程为222x b +2
2
y b =1.
由题意，不妨设点A 在第一象限，点B 在第三象限.由22
221212y x x y b b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得
A
233⎫
⎪⎪⎝⎭，. 又AB=5，所以5，即43b 2+1
3b 2=5，解得b 2=3.故a=
6，3.
(2)由(1)知椭圆E 的方程为26x +2
3y =1，从而A (2，1)，B (-2，-1).
①当CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在时，设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2.
从而k 1·k CB =00-1-2y x ·0012y x ++=2
02
0-1-4y x =2
02031--16-4x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=20
202-2-4x x =-1
2，所以k CB =-112k .同
理k DB =-21
2k .
于是直线AD 的方程为y-1=k 2(x-2)，直线BC 的方程为y+1=-11
2k (x+2).
由1211-(2)2-1(-2)y x k y k x ⎧+=+⎪⎨⎪=⎩，，解得12112122124-4-221-2-41.
21k k k x k k k k k y k k ⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩，
从而点N 的坐标为12112212124-4-2-2-412121k k k k k k k k k k ⎛⎫
+ ⎪
++⎝
⎭，. 用k 2代k 1，k 1代k 2得点M 的坐标为12212112124-4-2-2-41
2121k k k k k k k k k k +++，
.
所以k MN =12212112121211221212-2-41-2-41
-2121
4-4-24-4-2
-2121k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ++++++=12214(-)4(-)k k k k =-1.
即直线MN 的斜率为定值-1.
②当CA ，CB ，DA ，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，
故不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C (2，-1).
仍然设DA 的斜率为k 2，由①知k DB =-21
2k .
此时CA ：x=2，DB ：y+1=-212k (x+2)，它们的交点坐标为M 222-1-k ⎛⎫
⎪⎝⎭
，
.
由BC ：y=-1，AD ：y-1=k 2(x-2)，它们交点N 222--1k ⎛⎫
⎪⎝
⎭，，从而k MN =-1也成立. 由①②可知，直线MN 的斜率为定值-1.。