2020高考文科数学 专题5 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案
即 (x1, y1 2) (x2 , y2 2), x1 x2 ，
于是 x1 x2
x22 , x1
x2
(1
)
x2
,
(
x1 1
x2
)2
x1 x2
，……………⑤
( 4k )2
3
1 k2
1 k2
将③④代入⑤得 2
2
，
(1 )2
16
整理得
3(1 )2 , 1 1
则 16k 2m2 4 2k 2 1 2m2 4 0 ，即 m2 4k 2 2 0
又 x1
x2
4km 2k 2 1
，
x1 x2
2m 2 2k 2
4 1
9分
∴ y1 y2 kx1 mkx2 m k 2 x1x2 kmx1 x2 m2
…………11 分
(2 x1, y1) 3(2 x2 , y2 )
∴ 2yx1133y(22 x2 )
由
y1
y2
3 y2
y2
2 y2
12t 3t2 1
得
y2
6t 3t2 1
由
y1 y2
(3y2 ) y2
3 y22
9 3t2 1
得
y22
y2
1
消去 y得(1 k 2 )x 2 4kx 3 0,由 0得k 2 3 .
2
2
设 M (x1, y1 ), N (x2 , y2 ) ，则
2020年浙江高考数学一轮复习： 圆锥曲线的综合问题
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当 k≠0 时，方程①的 Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)
(k＋1)，
②
设直线 l 与 x 轴的交点为(x0,0)，则
由 y－1＝k(x＋2)，令 y＝0，得 x0＝－2kk＋1.
③
(ⅰ)若Δx0＜＜00，， 由②③解得 k＜－1 或 k＞12.
所以当 k＜－1 或 k＞12时，直线 l 与曲线 C1 没有公共点，与曲线
(2)当|MN|＝274时，求直线 l 的斜率．
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解：椭圆右焦点(1,0)，
当 l 斜率不存在时，|MN|＝3，不合题意；
当 l 斜率 k 存在时，
设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由x42＋y32＝1， y＝kx－1，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，Δ＝144(k2＋1)＞0 成立，
所以 S△EPM＝12|PE|·|EM|＝9k146＋28k2＋k2k＋39＝9k126＋2k8＋2＋1kk92.设 t＝k＋1k，
则 S△EPM＝9t12＋626t 4＝9t1＋626t4≤287，当且仅当 t＝k＋1k＝83时取等号，
所以 k－1k＝±23 7，则直线 AB：y＝k22－k 1x＝12k－1kx，
所以 yAyB＝4kb＝－32，即 b＝－8k，
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(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ， 则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交 ； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切 ； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离 ．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥 曲线C相交，且只有一个交点，此时， 若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是 平行 ； 若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是 平行或重合 ．
2020高考文数必考题突破讲座：圆锥曲线的综合问题
高考必考题突破讲座(五)2 21 .已知双曲线C i 与椭圆2x5+y9 = i 有相同的焦点，并且经过点 (1) 求C i 的标准方程；(2) 直线I : y = kx - 1与C i 的左支有两个相异的公共点，求k 的取值范围.2x解析(1)依题意，双曲线C i 的焦点坐标为F i (-4,0), F 2(4,0)，设双曲线的标准方程为-2a—y 2=1(a>0，b>0),则 2a =—寸-4]2+〔—= 4，即a = 2,2 2又因为c = 4,所以b 2= c 2— a 2= 12•故双曲线的标准方程为 X4 —占=1.I y = kx — 1, (2)由x 2 y 2得(3 — k 2)x 2 + 2kx — 13= 0，设该方程的两根分别为 x i , X 2,则—L= 1412■ 3— k 2 丰 0,2 2 2△= 4k + 52 3— k = 156 — 48k >0, _ — 2kX i + x2 =2<0 ,3— k—13 x i x 2= 2>0 ,L 3— k椭圆C 交于Eg y i ), Fg y 2)两点. (1)求椭圆C 的标准方程；⑵若直线AE , AF 分别与x 轴正半轴交于 P , Q 两点，求证：|OP|+ |OQ|为定值.解得一冷3<« — 3,故k 的取值范围是2.已知椭圆 C :2 2x y 孑+ J= 1(a>b>0)过点A(2,1)，离心率为于，直线y =|x + t (t z 0)与1.-于［汽,解析(1)由题意知a2= b2+ c2, 4尹1= 1,a= 2 . 2,解得b= 2,-c= , 6,2 2所以椭圆C的方程为x+y=8 2y i 一 1 y 2 — 1(2)证明：由题意知，直线 AE : y — 1= (x — 2)，直线AF : y — 1 = (x — 2)，所以x i — 2X 2 — 2x 2 + 2tx + 2t 2— 4 = 0.当△>0 时，X 1 + X 2=— 2t ,禺比=2t 2— 4,2丿X 1 — 2 X 2 — 2|0P|= 2 — , |OQ|= 2 — ，因为直线y 1— 1 y 2 — 1EF : y = gx + t(t 工 0)，联立 2 22 + 与=1，1 1 y = *+1,1 运 X 1+ t -22~X2 + t — 1X 1 —2 所以 |OP|+0Q|= 4 —X 2— 2X 1X 2 + (t — 2]X 1+ X 2 一 4(t — 1)=4 —1 1 2JX 1X 2 + t — 1 X 1 + X 2 + t — 122t — 4+(t — 2\ — 2t 一 4(t — 1)=4— -------------------------------- = 4.4(2『—4 ” *— 1 •一2t )+(t —12故|0P|+ |0Q|为定值.(1) 说明点M 的轨迹是什么曲线并求出它的轨迹方程；(2) 0是坐标原点，直线I : y = kx + 2与点M 的轨迹交于不同的两点 A , B ,求△ A0B 面积的最大值.解析(1p ' x — .2 2+ y 2+" ' x + .2 2+ y 2= 2 , 3 可表示(x , y)与(.2, 0), (—■, 2, 0)的距 离之和等于常数 2 3，由椭圆的定义，可知此点的轨迹为焦点在x 轴上的椭圆，且 a = ,3,2 —X 2c = .2,故轨迹方程为—+ y = 1.3.如果点M(x , y)在运动过程中总满足关系式 (x —』2)2+ y 2+ (x + 2)2+ y2 = 2 3.-2舒 y 2= 1,⑵由y = kx + 2得(1 + 3k 2)x 2 + 12kx + 9 = 0.因为 △= (12k)2 — 36(1 + 3k 2) = 36k 2 —36>0, 2— 12kk >1, X 1 + X 2= 2,1 + 3k9X1X 2= 21 + 3k且点O 到直线l 的距离为d =,|AB| =寸k 2+ 1 凶一X 2|,所以 S = ^|AB| d =舟 x2|x1 — X 2|=寸(X 1 + X 2 j — 4X 1X 2 = ^2 .令 t = p k 2— 1由①②可解得a 2= 4, b 2= 3, 2 2所以椭圆C 的标准方程为X +二=1.y = kx + 2,(2)设直线 l 的方程为 y = kx + 2, A(X 1, y) B(x 2, y 2)，由 〔4 1 —16k16kx + 4= 0,因为 △= 16(12k - 3)> 0，所以 k >4,贝U * + x =AOB 为锐角，所以 OA OB >0，即 X 1X 2 + y 『2> 0，所以 X 1X 2 + (k*+ 2)(kX 2+ 2) >0,所以(1 +224 — 16k 2 4 2 1 1k )X 1X 2+ 2k(X 1 + X 2)+ 4> 0，即(1 + k ) + 2k — + 4> 0,解得 k <~.又 k >，所以；4k + 3 4k + 3 3 44< k 2< 3，解得一于< k < —寸或寸< k < 乎所以直线I 的斜率k 的取值范围为 一晋，一12, 3 •5.在平面直角坐标系 XOy 中，过点C(2,0)的直线与抛物线y 2= 4X 相交于A , B 两点， 设 A(X 1, y 1), B(X 2, y 2).(t>0)，则 k 2= t 2 + 1，所以 $=寻7 =-6^^23，当且仅当 t =竽，即 k = ±31时,23t纶口成立，此时S 取最大值-^3.4. (2019汕头期中)已知椭圆C: 02 +器=1(a >b >0)的右焦点为 F(1,0)，且点P 1, 椭圆C 上，O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的标准方程;⑵设过定点T(0,2)的直线I 与椭圆C 交于不同的两点 A , B ，且/ AOB 为锐角，求直线 I 的斜率k 的取值范围.解析⑴由题意得c = 1,所以a 2= b 2 + 1,① 1 9椭圆C 上，所以孑+届=1，②22得(4 k + 3)x +2 2x y+ = 1 ,X 1X 2= —2 •因为/4k + 3 4k + 3又点P(1)求证：y1y2为定值；(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在， 出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由.my =x — 2,解析 ⑴证明：设直线AB 的方程为my = x — 2,由得y 2— 4my — 8 = 0,所y 2= 4x以y i y 2 = — 8为定值.A 在抛物线上，所以 y 2 = 4x 1,因此以AC 为直径的圆的半径 r = *|AC|= ^^(X 1— 2『+ y 2=g⑵存在定点 D(4,0)满足条件.设 D(t,0), A(X 1, y 1), B(X 2, y 2).则E(x 2,— y 2),设直线x = my + t ,—6mty 1+ y 2= —2 ,3m + 4 T T2且△>0.因为 FE = (X 2 — 1 , — y 2), FA = (X 1— 1 , y”，则由 A , F , E3t 二12y 1y 2= 2 ,⑵设存在直线I : x = a 满足条件，则 AC 的中点E X 1 + 22 ,|AC |=工［X1 - 2 2+ y 1.点V x 2 + 4,又点E 到直线x = a 的距离d =X 1 + 2—a.故i 被圆截得的弦长为2\.■- r— d=2 4x 1+4 -x 2+ 4 — X 1+ 2 — 2a 2= ' — 4 1 — a X 1+ 8a — 4a 2.当 1 — a = 0, 即a = 1时，弦长为定值 2,这时直线方程为 x = 1.6.已知长轴长为4的椭圆* +器=1(a >b >0)过点P%61 ,点F 是椭圆的右焦点. (1)求椭圆方程;(2)是否存在x 轴上的定点 关于x 轴的对称点，且 A , F , D ，使得过D 的直线I由解析(1)由题意知2a = 4,2 2所以a = 2•把点P 的坐标代入 牛+ bj 2= 1，得|+ p= 1,解得b 2= 3•所以椭圆的方程为2 2x y_+ —= 1 4十3l 的方程为 x = my + t ,联立消去 x , 得 (3m 2+ 4)y 2+ 6mt y + 3t 2— 12= 0,所以X 1+ 22 — a2 2、3m + 4三点共线，得(X2—1)y1 + (X1 —1)y2= 0,即(my2+1—1)y1+ (my1 +1—1)y2= 0，即2my1y2 + (t —23t —12 —6mt1)(y i + y2)= 0，所以2m — + (t —1) —r—= 0,解得t= 4,所以存在定点D(4,0)满足条3m3+ 4 3m2+ 4件.2X7.如图，已知椭圆C: y2= 1(a> 1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M :ax2+ y2—6x—2y+ 7= 0 相切.(1)求椭圆C的方程；⑵若不过点A的动直线I与椭圆C相交于P, Q两点，且APAQ = 0,求证：直线I过定点，并求出该定点N的坐标.A z薦解析(1)将圆M的一般方程x2+ y2—6x—2y+ 7 = 0化为标准方程为(x—3)2+ (y —1)2= 3, 圆M 的圆心为M(3,1),半径为r = .3•由A(0,1), F(c,0)(c=" a2—1)得直线AF ： '+ y= 1,即c|3+ c—c|x+ cy—c= 0.由直线AF与圆M相切得一= ' 3.所以c= .2或c=—2(舍去).所以a彳c2+ 12=,3所以椭圆C的方程为% + y2= 1.3f f⑵证明：由AP AQ = 0知AP1AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直，由A(0,1)可设直线AP1 x23 26k得(1 + 3k )x + 6kx = 0 ,解得x = 0 或x = — 2 ,1 + 3k的方程为y= kx+ 1，直线AQ的方程为y=—*x+ 1(k^0)，将y= kx+ 1代入椭圆C的方程-+ y2= 1并整理, P的坐标为6k2, 1 + 3k6k21 + 3k2+ 1 h- 6k2,1 + 3k2 \1 —3k1 + 3k2,1将上式中的k换成一°得Q6kk2+ 3所以直线I2 2k —3 1 —3k2k + 3 1 + 3k的方程为y=的方程为y 6k +6k6k、k2—3x—k2+3 +兀，化简得直线1的方程为『=k2— 14k x2■.因此直线I过定点N 0,-2.的顶点在圆M : x 4+ y 十 2 上-⑴求椭圆C 的方程；⑵过椭圆的上焦点作相互垂直的弦AB , CD ，求|AB|+|CD|的最小值.解析(1)由题意可知2b = 2, b = 1•又椭圆C 的顶点在圆 M 上，贝U a =■ 2，故椭圆C 的 方程为y + x 2= 1.(2)当直线AB 的斜率不存在或为零时，|AB|+ |CD|= 3 . 2;当直线AB 的斜率存在，且不y = kx + 1,为零时，设直线 AB 的方程为y = kx + 1, A(x 1, y) B(x 2, y 2)，联立*；y 52消去y ，总 + x= 1，k 1 整理得(k + 2) x + 2kx — 1 = 0 ,贝U X 1 + x 2 =-匚一 ,=— 一 ,故 |AB| =2k + 1 k彳 9，当 0v * v 1 时，2v — 1— 2 2+ 9 < 所以晋 w |AB|+ |CD|v 32，综上|AB|+ |CD|< 3 2，所以 |AB|+ |CD|的最小值为 8—25& (2019湖南师大附中期中)已知椭圆 k + 2k + 2|CD| =|AB|+ |CD可知,。
2020年高考数学选择、填空压轴题综合考法深度揭秘 - 专题5 圆锥曲线
2020年高考数学选择、填空压轴题考法深度揭秘专题五、圆锥曲线圆锥曲线的几何性质是圆锥曲线的灵魂，主要包括离心率、范围、对称性、渐近线、准线等性质．这些性质往往与三角形、四边形等几何图形的有关几何性质、几何量结合在一起，是高考命制选择、填空题压轴题的热点，主要考查根据圆锥曲线中的位置、数量关系，确定其标准方程或某些几何性质．考法10 根据位置、数量关系确定方程、几何性质(2012·湖北理，14)如图，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ，b >0)的两顶点为A 1，A 2，虚轴两端点为B 1，B 2，两焦点为F 1，F 2.若以A 1A 2为直径的圆内切于菱形F 1B 1F 2B 2，切点分别为A ，B ，C ，D .则(1)双曲线的离心率e ＝________；(2)菱形F 1B 1F 2B 2的面积S 1与矩形ABCD 的面积S 2的比值S 1S 2＝________.【知识揭秘】 揭秘1：计算△OF 1B 2的面积的方式有两种，12|OB 2|·|OF 1|和12|F 1B 2|·d ，由等面积法得a ，c 的关系式；揭秘2：设∠B 2OB ＝θ，则AB ＝2a sin θ，BC ＝2a cos θ，代入sin θ，cos θ求出S 2.【思维揭秘】 解答题(1)可利用△OF 1B 2的面积求解；本题(2)中可将所求面积的比值转化成离心率的关系．【解析揭秘】 (1)由题意知，在Rt △F 1OB 2中，OB ⊥F 1B 2且OF 1＝c ，OB 2＝b ，OB ＝a .∵|F 1B 2|·|OB |＝|OF 1|·|OB 2|，∴a b 2＋c 2＝bc ，∴a 2(b 2＋c 2)＝b 2c 2， ∴b 2a 2＋c 2a 2＝b 2a 2·c 2a 2， ∴e 2－1＋e 2＝(e 2－1)e 2， 即e 4－3e 2＋1＝0， ∴e 2＝3±52，∴e ＝5±12.∵e >1，∴e ＝5＋12.(2)记∠B 2OB ＝θ，则AB ＝2a sin θ，BC ＝2a cos θ，其中sin θ＝a c ，cos θ＝ab ，∴S 2＝|AB ||BC |＝4a 4bc .又∵S 1＝2bc ， ∴S 1S 2＝2bc 4a 4bc＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＝12(e 2－1)e 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋52－1×3＋52＝5＋22.【答案】 (1)1＋52 (2)2＋521.(2016·四川成都高三一模，10)过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左顶点A 作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B ，C .若AB→＝12BC →，则双曲线的离心率是( ) A. 2 B. 3 C. 5 D.101．C 直线l ：y ＝x ＋a 与渐近线l 1：bx －ay ＝0交于C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b －a ，ab b －a ，l 与渐近线l 2：bx ＋ay ＝0交于B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b ＋a ，ab b ＋a .∵A (－a ，0)，AB→＝12BC →，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b ＋a ＋a ，ab b ＋a ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b －a ＋a 2b ＋a ，ab b －a －ab b ＋a ， ∴ab b ＋a ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫abb －a －ab b ＋a . ∴b ＝2a ，∴c 2－a 2＝4a 2，即c 2＝5a 2， ∴e 2＝5，∴e ＝ 5.2．(2015·重庆理，10)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，垂线与双曲线交于B ，C 两点，过B ，C 分别作AC ，AB 的垂线交于点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，＋∞)2．A 方法一：由题意得A (a ，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，由双曲线的对称性知D 在x 轴上，设D (x ，0)，由BD ⊥AC 得b 2a －0c －x ·b 2aa －c ＝－1，解得c －x ＝b 4a 2（c －a ）.画图可知x ＜0，所以D 到BC 的距离为c －x ＝b 4a 2（c －a ）<a ＋a 2＋b 2＝a ＋c ，所以b 4a 2<c 2－a 2＝b 2⇒b 2a 2<1⇒0<b a <1或－1<ba <0，因此渐近线斜率的取值范围是(－1，0)∪(0，1)，选A.方法二：如图，由x 2a 2－y 2b 2＝1可知A (a ，0)，F (c ，0)．易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a .∵k AB ＝b 2a c －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 x －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<b a <1或－1<b a <0.因此渐近线斜率的取值范围是(－1，0)∪(0，1)．3．(2016·江西南昌二模，16)过原点的直线l 与双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右两支分别相交于A ，B 两点，F (－3，0)是双曲线C 的左焦点．若|F A |＋|FB |＝4，F A →·FB→＝0，则双曲线C 的方程是________．3．【解析】 如图所示，设双曲线的右焦点为F 2(3，0)，连接F 2A ，F 2B ，由双曲线的对称性和F A →·FB →＝0知四边形AFBF 2为矩形．由|F A |＋|FB |＝4得|F A |＋|F 2A |＝4，又因为|F A |－|F 2A |＝2a ，所以|F A |＝2＋a ，|F 2A |＝2－a .由|F 2A |2＋|F A |2＝|FF 2|2得(2－a )2＋(2＋a )2＝(23)2，解得a 2＝2，b 2＝1，所以双曲线的方程为x22－y 2＝1.【答案】 x 22－y 2＝1考法11 根据几何性质求某些量的值、范围（最值）(2014·四川理，10)已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB →＝2(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( )A ．2B ．3 C.1728 D.10【知识揭秘】 揭秘1：由OA →·OB →＝2得x 1x 2＋y 1y 2＝2；揭秘2：直线AB 的方程为x ＝ny ＋2，可得直线AB 过点(2，0)；揭秘3：△ABO 的面积为y 1－y 2，△AFO 的面积为18y 1.【思维揭秘】 设出直线AB 的方程及点A ，B 的坐标(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，由OA →·OB →＝2结合抛物线方程得y 1y 2＝－2，用分割法表示出△ABO 的面积，将S △ABO ＋S △AFO 表示为某一变量的函数，选择适当方法求其最值．【解析揭秘】 设直线AB 的方程为x ＝ny ＋m (如图)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵OA →·OB →＝2，∴x 1x 2＋y 1y 2＝2.又y 21＝x 1，y 22＝x 2，∴y 1y 2＝－2.联立⎩⎨⎧y 2＝x ，x ＝ny ＋m 得y 2－ny －m ＝0，∴y 1y 2＝－m ＝－2，∴m ＝2，即AB 与x 轴的交点M (2，0)．又S △ABO ＝S △AMO ＋S △BMO ＝12|OM ||y 1|＋12|OM ||y 2|＝y 1－y 2， S △AFO ＝12|OF |·|y 1|＝18y 1， ∴S △ABO ＋S △AFO ＝y 1－y 2＋18y 1 ＝98y 1＋2y 1≥298y 1·2y 1＝3，当且仅当y 1＝43时，等号成立． 【答案】 B1.(2016·河北石家庄二模，12)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，M 为抛物线C 的准线与x 轴的交点，若tan ∠AMB ＝22，则|AB |＝( )A ．4B ．8C ．3 2D ．101．B 如图所示，设l ：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1，得y 2－4my －4＝0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，x 1x 2＝y 214·y 224＝1，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2.又tan ∠AMB ＝tan(∠AMF ＋∠BMF )＝22，∴y 1x 1＋1＋－y 2x 2＋11－y 1x 1＋1·－y 2x 2＋1＝22，即y 1（my 2＋2）－y 2（my 1＋2）（x 1＋1）（x 2＋1）＋y 1y 2＝22，得y 1－y 2＝42m 2，∴4m 2＋1＝42m 2，解得m 2＝1，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝x 1＋1＋x 2＋1＝4m 2＋4＝8，故选B.思路点拨：利用抛物线的定义可解决两类问题：(1)轨迹问题，用抛物线的定义可以确定动点与定点、定直线的距离有关的轨迹是否为抛物线；(2)距离问题，涉及抛物线上的点到焦点的距离、到准线的距离问题时，注意两者之间的转化在解题中的应用．2．(2016·河南洛阳三模，11)设P 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)右支上的任意一点，已知A (a ，b )和B (a ，－b )．若OP →＝λOA →＋μOB →(O 为坐标原点)，则λ2＋μ2的最小值为( )A.14abB.14C.12abD.122．D 利用坐标运算求解点P 的坐标，结合基本不等式求解．由题意可得OP →＝(aλ＋aμ，bλ－bμ)，又点P (aλ＋aμ，bλ－bμ)在双曲线C 上，得(λ＋μ)2－(λ－μ)2＝1，4λμ＝1，λμ＝14，则λ2＋μ2＝≥2λμ＝12，当且仅当λ＝μ＝12时取等号，所以λ2＋μ2的最小值为12，故选D.。
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题
解几综合题1.如图，()A m 和(,)B n 两点分别在射线OS 、OT 上移动，且12OA OB ⋅=-，O 为坐标原点，动点P 满足OP OA OB =+.（Ⅰ）求m n ⋅的值；（Ⅱ）求P 点的轨迹C 的方程，并说明它表示怎样的曲线？（Ⅲ）若直线l 过点E （2，0）交（Ⅱ）中曲线C 于M 、N 两点，且3ME EN =，求l 的方程.2. 如图，在平面直角坐标系中，已知动点()y x P ,，y PM ⊥轴，垂足为M ，点N 与点P 关于x 轴对称， 4=⋅MN OP（1）求动点P 的轨迹W 的方程（2）若点Q 的坐标为()0,2，A 、B 为W 上的两个动点，且满足QB QA ⊥，点Q 到直线AB 的距离为d ，求d 的最大值3. 已知直线l 过椭圆E:2222x y +=的右焦点F ，且与E 相交于,P Q 两点. ① 设1()2OR OP OQ =+（O 为原点），求点R 的轨迹方程；② 若直线l 的倾斜角为060，求1||PF4. 在双曲线1131222=-x y 的上半支有三点A ，B ，C ，其中B 是第一象限的点，F 为双曲的上焦点.若线段AC 的中点D 在直线y=6上，且|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列. （Ⅰ）求点B 的坐标；（Ⅱ）若直线l 经过点D ，且在l 上任取一点P （不同于D 点），都存在实数λ，使得 ||||(CP AP +=λ证明：直线l 必过定点，并求出该定点的坐标。
5. 如图，椭圆两焦点F 1、F 2与短轴两端B 1、B 2正好是正方形的四个顶点，且焦点到椭圆上一点最近距离为.12-（I ）求椭圆的标准方程；（II ）过D(0，2)的直线与椭圆交于不同的两点M 、N ，且M 在D 、N 之间，设λ=||DN DM ，求λ的取值范围.6. 已知F 1、F 2分别是椭圆)0,0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点，其左准线与x 轴相交于点N ，并且满足，.2||,221121==F F NF F F （1）求此椭圆的方程；（2）设A 、B 是这个椭圆上的两点，并且满足]31,51[,∈=λλ当NB NA 时，求直线AB 的斜率的取值范围.7. 已知O 为坐标原点，点E 、F 的坐标分别为（-1，0）、（1，0），动点A 、M 、N 满足||||AE m EF =（1m >），0MN AF =⋅，1()2ON OA OF =+，//AM ME ．（Ⅰ）求点M 的轨迹W 的方程； （Ⅱ）点0(,)2mP y 在轨迹W 上，直线PF 交轨迹W 于点Q ，且PF FQ λ=，若12λ≤≤，求实数m 的范围．8. 已知点A （－1，0），B （1，－1）和抛物线.x y C 4:2=，O 为坐标原点，过点A 的动直线l 交抛物线C 于M 、P ，直线MB 交抛物线C 于另一点Q ，如图.（I ）若△POM 的面积为25，求向量OM 与OP 的夹角； （II ）试探求点O 到直线PQ 的距离是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由.9. 设不等式组⎩⎨⎧x ＋y >0，x －y >0表示的平面区域为D ．区域D 内的动点P 到直线x ＋y ＝0和直线x －y ＝0的距离之积为1．记点P 的轨迹为曲线C ． （Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）过点F (2，0)的直线与曲线C 交于A ，B 两点．若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求线段AB 的长．10. 如图，在△OSF 中，c OF a OS OSF ==︒=∠,,90（c a ,均为正常数），E 、P 是平面OSF内的动点，且满足0=⋅OF SE ，),(R ∈=λλ向量PE c PF a +与PE c PF a -垂 直。
高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．
2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题
2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题【归类解析】题型一 范围问题【解题指导】 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围.【解】 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32. 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点，∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－11＋4k 2， 于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2， 则－8k 2m 21＋4k 2＋m 2＝0. 由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12. 又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾).设原点O 到直线的距离为d ，则S △OMN ＝12|MN |d ＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2故由m 的取值范围可得△OMN 面积的取值范围为(0,1).【训练】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴； (2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围. (1)【证明】 设P (x 0，y 0)，A ⎝⎛⎭⎫14y 21，y 1，B ⎝⎛⎭⎫14y 22，y 2. 因为P A ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝⎛⎭⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根.所以y 1＋y 2＝2y 0，所以PM 垂直于y 轴.(2)【解】 由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22y 20－4x 0. 所以△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|)322004y x -.因为x 20＋y 204＝1(－1≤x 0<0)， 所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104. 题型二 最值问题1 利用三角函数有界性求最值【解题指导】 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【例】过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则|AF |·|BF |的最小值是【解】 设直线AB 的倾斜角为θ，可得|AF |＝21－cos θ，|BF |＝21＋cos θ， 则|AF |·|BF |＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 2 数形结合利用几何性质求最值【例】在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点.若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，求实数c 的最大值为。
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案解几综合题答案1.解：（Ⅰ）由已知得()(,) 11 22OA OB m n mn ?=?=-=-分14m n ∴?= …………4分（Ⅱ）设P 点坐标为（x ，y ）（x ＞0），由OP OA OB =+得(,)()(,)x y m n =+())m n m n =+- …………5分∴)x m ny m n =+=-?? 消去m ，n 可得2243y x mn -=，又因14mn = 8分∴ P 点的轨迹方程为221(0)3y x x -=>它表示以坐标原点为中心，焦点在x 轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线2213y x -=的右支…………9分（Ⅲ）设直线l 的方程为2x ty =+，将其代入C 的方程得 223(2)3ty y +-=即 22(31)1290t y ty -++=易知2(31)0t -≠（否则，直线l的斜率为，它与渐近线平行，不符合题意）又22214436(31)36(1)0t t t ?=--=+>设1122(,),(,)M x y N x y ，则121222129,3131t y y y y t t -+==--∵ l 与C 的两个交点,M N 在y 轴的右侧12122121222222(2)(2)2()491224313134031x x ty ty t y y t y y t t t t t t t =++=+++-=?+?+--+=->-∴ 2310t -<，即2103t <<又由 120x x +>同理可得 2103t << …………11分由3ME EN =得1122(2,)3(2,)x y x y --=- ∴121223(2)3x x y y -=-??-=?由122222123231t y y y y y t +=-+=-=--得 22631t y t =-由21222229(3)331y y y y y t =-=-=-得 222331y t =--消去2y 得2222363(31)31t t t =--- 解之得：2115t = ，满足2103t << …………13分故所求直线l 存在，其方程为：15250x y --=或15250x y +-= 2. （I ）由已知()y M ,0，()y x N -, 2分则()()422,,22=-=-?=?y x y x y x MN OP ，即12422=-y x 4分（II ）设()11,y x A ，()22,y x B ，如图，由QB QA ⊥可得()()()()022,2,221212211=+--=-?-=?y y x x y x y x QB QA 5分①若直线x AB ⊥轴，则21x x =，24||||2121-==x y y此时()()()02422221212121=---=+--x x y y x x ，则0128121=+-x x ，解之得，61=x 或21=x但是若21=x ，则直线AB 过Q 点，不可能有QB QA ⊥所以61=x ，此时Q 点到直线AB 的距离为4 7分②若直线AB 斜率存在，设直线AB 的方程为m kx y +=，则=-+=4222y x m kx y ()042412222=+++-m kmx x k 则()()>+--=?≠-0421241601222222m k m k k ，即>+-≠-024012222k m k又124221--=+k km x x ，12422221-+=k m x x 9分∴()()()22121m x x km x x k m kx m kx y y +++=++=124122124124222222222222222--=--+---+=k m k k m m k k m k k k m k∴()()()()2121221122,2,2y y x x y x y x +--=-?-=?()=+++-=21212142y y x x x x 01241248128124222222222=--+--+-+-+k m k k k k km k m 则012822=++k km m ，可得k m 6-=或k m 2-=若k m 2-=，则直线AB 的方程为()2-=x k y ，此直线过点Q ，这与QB QA ⊥矛盾，舍若k m 6-=，则直线AB 的方程为k kx y 6-=，即06=--k y kx 12分此时若0=k ，则直线AB 的方程为0=y ，显然与QB QA ⊥矛盾，故0≠k ∴41141|4|22<+=+-=k k k d 13分由①②可得，4max =d 14分3. 解：① 设1122(,),(,),(,)P x y Q x y R x y112211()(,)[(,)(,)]22OR OP OQ x y x y x y =+?=+121222x x x y y y +?=+?=??..........1’由222x x y y +=?+=，易得右焦点(1,0)F ......................2’ 当直线l x ⊥轴时，直线l 的方程是：1x =，根据对称性可知(1,0)R ........3’ 当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为(1)y k x =-代入E 有2222(21)4220k x k x k +-+-=2880k ?=+>2122421k x x k +=+....................................................5’于是(,):R x y x =21222221x x k k +=+ (1)y k x =-消去参数k 得2220x y x +-=而(1,0)R 也适上式，故R 的轨迹方程是2220x y x +-=..................8’②设椭圆另一个焦点为'F ，在'PF F ?中0'120,|'|2,PFF F F ∠==设||PF m =，则|'|PF m = 由余弦定理得2220)222cos120m m m =+-??m ?=.............10’同理，在'QF F ?，设||QF n =，则|'|QF m = 也由余弦定理得2220)222cos60n n n =+-??n ?=’于是1111||||PF QF m n +=+=+=..........................14’ 4. 解：（I ）设B(x 0，y 0)，A(x 1，y 1)，C(x 2，y 2)∵双曲线1131222=-x y 的离心率为125，∴F 对应的准线方程为512=y ,由双曲线的定义得|,512|125||,125|512|||11-=∴=-y AF y AF …………（12分）又A 在双曲线的上半支，∴y 1≥12，)4().512(125||),512(125||)3().512(125||201分分 -=-=-=∴y CF y BF y AF∵|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列，∴2|BF|=|AF|+|CF|，∴26113126)(21022210==-=+=x x y y y y 得代入，∴点B 的坐标为)6,26(.…………………………（6分）（II ）∵在l 上任取一点P （不同于D 点），都存在实数λ，使得(+=λ，∴在∠APC 的角平分线上，………………………………（7分）∵线段AC 的中点为D 点，∴△APC 是等腰三角形，PD 是线段AC 的垂直平分线，………………（8分）∴设直线l 的方程为),2(6212121x x x y y x x y +----=-),(13,11312,11312,)(2621222122221212122212121y y x x x y x y y y x x x y y x x y -=-∴=-=---+---=-∴作差得又,21362121+---=-∴x y y x x y l 的方程为直线………………（11分）故直线l 恒过点（0，225）.…………………………（12分） 5. 解：（I ）设椭圆的标准方程为12222=+by a x ，因B 1F 1B 2F 2是正方形，所以b=c ，又a 2= b 2+ c 2，所以b a 2=，…………①由于椭圆上的左（右）顶点到左（右）焦点的距离最近，所以12-=-c a ，②由①②知1,2===c b a ，∴椭圆的标准方程为：.1222=+y x （II ）当直线的斜率存在，设直线MN 的方程为2+=kx y 解方程组=++=122y x kx y消去.230,034)21(222>>?=+++k kx x k y 得由得设),(),,(2211y x N y x M ，则221214k k x x +-=+……………… ③ .213221k x x +=………………④又因M 在DN 之间，所以DN DM λ=，即212211),2,()2,(x x y x y x λλ=∴-=-，于是λλλλ212212212221)1(,)1(,x x x x x x x x x x =+++=+=，……………⑤ 将③④代入⑤得λλ2222213)1()214(k k k +=++-，整理得.)1(316121,)1(3121162222λλλλ++=+∴+=+k k …………………………8分 .331,34)1(3161,341211,23222<<<+<∴<+<∴>λλλ由此解得kk又.131,10<<∴<<λλ …………………………………………………………10分当直线的斜率不存在时，直线MN 的方程为x 31,0==这时，.31=∴λ ……………………………………………………………………………11分综上所述，λ的取值范围是.1,31??∈λ …………………………………………12分 6. 解：（1）由于2||,221121==F F NF F F ，+===-==∴.,1||1,2||22221221c b a NF caF F c 解得==1222b a ，从而所求椭圆的方程为.1222=+y x （4分）（2）N B A NB NA ,,,∴=λ 三点共线，而点N 的坐标为（－2，0）.设直线AB 的方程为)2(+=x k y ，其中k 为直线AB 的斜率，依条件知k ≠0.由=++=12),2(22y x x k y 消去x 得22)21(22=+-y y k ，即.02412222=+-+y k y kk 根据条件可知??≠<+?-=?.0,0128)4(222k kk k 解得.22||0<<="">设),(),,(2211y x B y x A ，则根据韦达定理，得+=+=+.122,1242221221k k y y k k y y 又由),2(),2(,2211y x y x +=+=λλ得=+=+∴.),2(22121y y x x λλ 从而+=+=+.122,124)1(222222k k y k k y λλ 消去.128)1(222+=+k y λλ得（8分）令3151],31,51[,)1()(212≤<≤∈+=λλλλλλφ任取，则22212121)1()1()()(λλλλλφλφ+-+=-.0)11)((2121>--=λλλλ（10分）]31,51[)(是区间λφ∴上的减函数，从而)51()()31(φλφφ≤≤，即536)(316≤≤λφ， 5361283162≤+≤∴k ，解得.22||0,21626221<<≤≤-≤≤-k k k 适合或因此直线AB 的斜率的取值范围是].2 1,62[]62,21[ -- （12分）7. 解：（Ⅰ）∵0MN AF ?=，1()2ON OA OF =+，∴ MN 垂直平分AF ．又//AM ME ，∴ 点M 在AE 上，∴ ||||||||2AM ME AE m EF m +===，||||MA MF =，∴ ||||2||ME MF m EF +=>， (4)分∴ 点M 的轨迹W 是以E 、F 为焦点的椭圆，且半长轴a m =，半焦距1c =，∴ 22221b a c m =-=-．∴ 点M 的轨迹W 的方程为222211x y m m +=-（1m >）．……………………………6分（Ⅱ）设11(,)Q x y ∵ 0(,)2mP y ，PF FQ λ=，∴ 1011(1),2.m x y y λλ?-=--=? ∴ 1101(1),21.m x y y λλλ?=+-=-??……………………………8分由点P 、Q 均在椭圆W 上，∴ 22220222211,411(1) 1.2(1)y m y m m m λλλ?+=?-+-+=?-?……………………………10分消去0y 并整理，得2211m m m λ-+=-，由221121m m m -+-≤≤及1m >，解得12m <≤．……………………………14分8. 解：（I ）设点P y y P y y M ),,4(),,4(222121、M 、A 三点共线，,4,14,4414,2121211222121211=∴+=+--=+=∴y y y y y y y y y y y y k k DM A M 即即………（2分）.544212221=+?=?∴y y y y OM …………………………………………………（3分）设∠POM =α，则.5cos ||||=??α.5sin ||||,25=??∴=αS ROM 由此可得tanα=1.……………………（5分）又.45,45),,0(??=∴∈与故向量απα……………………（6分）（II ）设点M y y Q ),,4(323、B 、Q 三点共线，,QM BQ k k =∴)9(.04,4))(1(,141,441431312331331233232131233分即即即=+++-=++∴+=-+--=+y y y y y y y y y y y y y y y y y y,0444,4,432322121=+++?∴==y y y y y y y y 即即.(*)04)(43232=+++y y y y ……………………………………（10分）)4(4,4442232232232232y x y y y y PQ y y y y y y k PQ-+=-∴+=--=的方程是直线即.4)(,4))((323222322x y y y y y y x y y y y =-+-=+-即……………………（12分）由（*）式，,4)(43232++=-y y y y 代入上式，得).1(4))(4(32-=++x y y y 由此可知直线PQ 过定点E （1，－4）.故存在定一点 E （1，－4），使PE ∥.QF …………………………………………（14分）9. （Ⅰ）解：由题意可知，平面区域D 如图阴影所示．设动点P (x ，y )，则|x ＋y |2?|x －y |2＝1，即|x 2－y 2|＝2．………………………………4分∵P ∈D ．∴x ＋y ＞0，x －y ＞0，即x 2－y 2＞0．∴x 2－y 2＝2(x ＞0)．即曲线C 的方程为x 22－y 22＝1(x ＞0)．…………6分（Ⅱ）解法一：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴以线段AB 为直径的圆的圆心Q (x 1＋x 22，y 1＋y 22)，∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴半径r ＝12|AB |＝x 1＋x 22．即|AB |＝x 1＋x 2．①……………………………………………………………………8分∵曲线C 的方程为x 22－y 22＝1(x ＞0)，∴F (2，0)为其焦点，相应的准线方程为x ＝1，离心率e ＝2．根据双曲线的定义可得， |AF |x 1－1＝|BF |x 2－1＝2，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝2(x 1－1)＋2(x 2－1)＝2(x 1＋x 2)－22．②…………………12分由①，②可得，x 1＋x 2＝2(x 1＋x 2)－22．由此可得x 1＋x 2＝4＋22．∴线段AB 的长为4＋22．……………………………………………………………14分（Ⅱ）解法二：∵曲线C 的方程为x 22－y 2＝1(x ＞0)，∴F (2，0)为其焦点，相应的准线为l ：x ＝1，离心率e ＝2．分别过A ，B 作AA '⊥l ，BB '⊥l ，垂足分别为A '，B '．设AB 中点Q ，过Q 点作QQ '⊥y 轴，垂足为Q '．由双曲线的定义可得，|AF ||AA '|＝|BF ||BB '|＝2，∴|AF |＝2|AA '|，|BF |＝2|BB '|．…………………10分 |AB |＝|AF |＋|BF |＝2(|AA '|＋|BB '|) 根据梯形中位线性质可得 |AA '|＋|BB '|＝2(|QQ '|－1)．∴|AB |＝2?2(|QQ '|－1)．①…………………………12分∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴|QQ '|＝12|AB |．②把②代入①得|AB |＝22(12|AB |－1)，解得|AB |＝4＋22．……………………………………………………………………14分（Ⅱ）解法三：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵直线AB 过点F (2，0)，当AB ⊥x 轴时，|AB |＝22，以线段AB 为直径的圆与y 轴相离，不合题意．∴设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．代入双曲线方程x 2－y 2＝2得，x 2－k 2(x －2)2＝2，即(1－k 2)x 2＋4k 2x －(4k 2＋2)＝0，∵直线与双曲线交于A ，B 两点，∴k ≠±1．∴x 1＋x 2＝4k 2k 2－1，x 1x 2＝4k 2k 2－1．∴|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]……………………………………………………9分∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴圆的半径12|AB |与圆心到y 轴的距离12(x 1＋x 2)相等．即12(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]＝12(x 1＋x 2)．∴12(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]＝12?4k 2k 2－1．………………………………………12分化简得k 4 －2k 2－1＝0，解得k 2＝1＋2（k 2＝1－2不合，舍去）．经检验，当k 2＝1＋2时，直线与曲线C 有两个不同的交点。
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件文
解析：(1)由已知得aa422＝＋bb222＋＝c12 c＝2
，解得ab22＝ ＝84 ，
∴椭圆 C 的标准方程x82＋y42＝1，
∴椭圆
C
的离心率
e＝ac＝2
2＝ 2
2 2.
(2)证明：设 P(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A(x1，－y1)， 可设 PB 的直线方程为 y＝kx＋m，
且 y1＋y2＝3m62m＋4，
故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝31m22|＋m|4＝3|m1|＋2 |m4 |≤2
12 ＝ 12
3，
当且仅当 m＝±233时取等号， 所以|S1－S2|的最大值为 3.
[题后悟通] 解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲 线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为 求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件， 寻找量与量之间的转化.
得|m|< 2.
|AB|＝2 1－d2＝2
1－m22＝ 2× 2－m2，
联立得x42＋y32＝1， 消去 y， y＝－x＋m，
得 7x2－8mx＋4m2－12＝0， 由题意得 Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得 m2<7，
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1＋x2＝87m，x1x2＝4m27－12，
[题后悟通] 圆锥曲线中的证明问题的解决方法 解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等， 通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． 常用的证明方法有： (1)证 A、B、C 三点共线，可证 kAB＝kAC 或A→B＝λB→C. (2)证直线 MA⊥MB，可证 kMA·kMB＝－1 或M→A·M→B＝0. (3)证|AB|＝|AC|，可证 A 点在线段 BC 的垂直平分线上.
2020版高考数学第2部分 专题5 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题教案 理
第3讲圆锥曲线中的综合问题求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考)考向1 构造不等式求最值或范围［高考解读］以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体,重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.（2019·全国卷Ⅱ）已知点A(－2，0）,B（2,0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为－错误!.记M的轨迹为曲线C.(1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x 轴,垂足为E，连接QE并延长交C于点G。
①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．切入点：(1)由k AM·k BM＝－错误!求C的方程，并注意x的范围．(2)①证明k PQ·k PG＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．［解］（1）由题设得错误!·错误!＝－错误!，化简得错误!＋错误!＝1（｜x｜≠2）,所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．（2）①设直线PQ的斜率为k,则其方程为y＝kx(k＞0）．由错误!得x＝±错误!。
记u＝错误!，则P（u，uk)，Q(－u,－uk），E(u，0)．于是直线QG的斜率为错误!，方程为y＝错误!(x－u）．由错误!得（2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.设G（x G,y G），则－u和x G是方程①的解,故x G＝错误!，由此得y G ＝错误!。
从而直线PG的斜率为错误!＝－错误!。
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u错误!，|PG｜＝错误!,所以△PQG的面积S＝错误!|PQ｜|PG|＝错误!＝错误!。
设t＝k＋错误!，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝错误!在[2，＋∞）单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S 取得最大值，最大值为错误!.因此，△PQG面积的最大值为错误!。
2020年高考数学第3讲 圆锥曲线的综合问题
2020年高考数学第3讲圆锥曲线的综合问题【选题明细表】重点把关1.已知F是抛物线y2=4x的焦点,P是圆x2+y2-8x-8y+31=0上的动点,则|FP|的最小值是( B )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:圆x2+y2-8x-8y+31=0的圆心C坐标为(4,4),半径为1,∵|PF|≥|CF|-1,∴当P、C、F三点共线且P在F、C之间时,|PF|取到最小值,由y2=4x 知F(1,0),∴|PF|min=-1=4.故选B.2.已知点P(t,t),t∈R,点M是圆O1:x2+(y-1)2=上的动点,点N是圆O2:(x-2)2+y2=上的动点,则|PN|-|PM|的最大值是( D )(A)-1 (B) (C)1 (D)2解析:|PN|-|PM|的最大值是|PO2|+-(|PO1|-)的最大值,即为|PO2|-|PO1|+1的最大值,而|PO2|-|PO1|的最大值是点O1关于y=x的对称点(1,0)到O2(2,0)的距离,故|PO2|-|PO1|+1的最大值为2,故选D.3.(2013高考四川卷)抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2-=1的渐近线的距离是( B )(A)(B)(C)1 (D)解析:抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),双曲线的渐近线方程为±x-y=0,则所求距离为d=.故选B.4.已知两圆C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,动圆在圆C1内部且和圆C1相内切,和圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为( D ) (A)-=1 (B)+=1(C)-=1 (D)+=1解析:设圆M的半径为r,则|MC1|+|MC2|=(13-r)+(3+r)=16,∴M的轨迹是以C1、C2为焦点的椭圆,且2a=16,2c=8,故所求的轨迹方程是+=1.故选D.5.若双曲线-=1(a,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,线段F1F2被抛物线y2=4bx的焦点F分成2∶1的两段,则此双曲线的离心率为( A )(A) (B) (C) (D)解析:抛物线的焦点为F(b,0),双曲线的焦点为F1(-c,0)、F2(c,0),又F把线段F1F2分成2∶1的两段,所以有(b+c)∶(c-b)=2∶1,即c=3b,所以c2=9b2=9(c2-a2),整理得=,即e2=,e=.故选A.6.已知椭圆+=1(a>b>0)与双曲线-=1(m>0,n>0)有相同的焦点(-c,0)和(c,0),若c是a、m的等比中项,n2是2m2与c2的等差中项,则椭圆的离心率是( D )(A)(B)(C)(D)解析:在双曲线中m2+n2=c2,又2n2=2m2+c2,解得m=,又c2=am,故椭圆的离心率e==.故选D.7.过双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一个焦点作圆x2+y2=a2的两条切线,切点分别为A,B.若∠AOB=120°(O是坐标原点),则双曲线C的离心率为.解析:设双曲线C的一个焦点为F,则过点F作圆的两条切线,依题意得∠AOF=60°,cos 60°===,则双曲线的离心率e==2.答案:28.(2013高考江西卷)抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,其准线与双曲线-=1相交于A,B两点,若△ABF为等边三角形,则p= .解析:由题意知抛物线x2=2py(p>0)的准线y=-与双曲线交于点B(x B,-),则-(-)2=3,即x B=±,由此可得等边三角形边长为,又因等边△ABF的高为p,则p=·,解得p=6.答案:69.设圆C的圆心与双曲线-=1(a>0)的右焦点重合,且该圆与此双曲线的渐近线相切,若直线l:x-y=0被圆C截得的弦长等于2,则a的值为.解析:由题知圆心C(,0),双曲线的渐近线方程为x±ay=0,圆心C到渐近线的距离d==,即圆C的半径为.由直线l被圆C截得的弦长为2及圆C的半径为可知,圆心C到直线l的距离为1,即=1,解得a=.答案:10.设F1是椭圆+y2=1的左焦点,O为坐标原点,点P在椭圆上,则·的最大值为.解析:设P(x 0,y0),依题意可得F1(-,0),则·=++x=+1-+x 0=+x 0+1=（x0+）2.又-2≤x0≤2,所以当x 0=2时,·取得最大值4+2.答案:4+211. 如图,等边三角形OAB的边长为8,且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上.(1)求抛物线E的方程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.(1)解:依题意,|OB|=8,∠BOy=30°.设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=4,y=|OB|cos 30°=12.因为点B(4,12)在x2=2py上,所以(4)2=2p×12,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)知y=x2,y′=x.设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-.由得所以Q(,-1).设M(0,y1),令·=0对满足y0=(x0≠0)的x0,y0恒成立.由于=(x0,y0-y1),=(,-1-y1),由·=0,得-y 0-y0y1+y1+=0,即(+y 1-2)+(1-y1)y0=0.(*)由于(*)式对满足y0=(x0≠0)的y0恒成立,所以解得y1=1.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).能力拔高12. 已知抛物线y2=4x,圆F:(x-1)2+y2=1,过点F作直线l,自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D(如图所示),则|AB|·|CD|的值正确的是( A )(A)等于1(B)最小值是1(C)等于4(D)最大值是4解析:设直线l:x=ty+1,代入抛物线方程,得y2-4ty-4=0.设A(x1,y1),D(x2,y2),根据抛物线定义|AF|=x1+1,|DF|=x2+1,故|AB|=x1,|CD|=x2,所以|AB|·|CD|=x1x2=·=,而y1y2=-4,代入上式,得|AB|·|CD|=1.故选A.13. (2014长春市高中毕业班第二次调研)如图,已知点A(1,)是离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0)上的一点,斜率为的直线BD交椭圆C于B,D两点,且A、B、D三点互不重合.(1)求椭圆C的方程;(2)求证:直线AB,AD的斜率之和为定值.(1)解:由题意,可得e==,将(1,)代入椭圆方程,得+=1,又a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=.所以椭圆C的方程为+=1.(2)证明:设直线BD的方程为y=x+m,又A,B,D三点不重合,∴m≠0,设D(x1,y1),B(x2,y2),由得4x2+2mx+m2-4=0.所以Δ=-8m2+64>0⇒-2<m<2.x1+x2=-m, ①x1x2=, ②设直线AB,AD的斜率分别为k AB,k AD,则k AD+k AB=+=+=2+m·(*)将①、②式代入(*),整理得2+m·=2-2=0,所以k AD+k AB=0,即直线AB,AD的斜率之和为定值0.14.(2014上饶市高三模拟)设动点P(x,y)(x≥0)到定点F的距离比到y轴的距离大.记点P的轨迹为曲线C.(1)求点P的轨迹方程;(2)设圆M过A(1,0),且圆心M在P的轨迹上,BD是圆M在y轴上截得的弦,当M运动时弦长BD是否为定值?说明理由;(3)过F作互相垂直的两直线交曲线C于G、H、R、S,求四边形GRHS 面积的最小值.解:(1)由题意知,所求动点P(x,y)的轨迹为以F为焦点,直线l:x=-为准线的抛物线,其方程为y2=2x.(2)是定值.解法如下:设圆心M,半径r=,圆的方程为+(y-a)2=a2+,令x=0,得B(0,1+a),D(0,-1+a),∴BD=2,即弦长BD为定值.(3)设过F的直线GH的方程为y=k,G(x1,y1),H(x2,y2),由得k2x2-(k2+2)x+=0,∴x1+x2=1+,x1x2=,∴|GH|=·=2+,同理得|RS|=2+2k2.S四边形GRHS=(2+2k2)=2≥8(当且仅当k=±1时取等号). ∴四边形GRHS面积的最小值为8.。
2020版高考文科数学二轮课件：4-6-3 圆锥曲线的综合问题
＝－x41x21x－2 x422＋(n＋1)2 ＝x116x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2. 令D→A·D→B＝0，即－4＋(n＋1)2＝0， 则 n＝1 或 n＝－3. 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0，1)和(0，－3)． 【点评】 本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置 关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
(2)证明：BC 的中点坐标为x22，12， 可得 BC 的中垂线方程为 y－12＝x2x－x22. 由(1)可得 x1＋x2＝－m， 所以 AB 的中垂线方程为 x＝－m2 . 联立xy＝ －－ 12＝m2x，2x－x22，
又 x22＋mx2－2＝0，可得xy＝ ＝－ －m122.，
设 t＝k＋1k，则由 k>0，得 t≥2， 当且仅当 k＝1 时取等号． 因为 S＝1＋8t2t2在[2，＋∞)上单调递减， 所以当 t＝2，即 k＝1 时，S 取得最大值，最大值为196. 因此，△PQG 面积的最大值为196. 【点评】 本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三 角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题．
第四部分 重点难点，点点突破
06 解析几何
第三讲 圆锥曲线的综合问题
考点一 圆锥曲线中的最值、范围问题
方法技巧
1．用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手 (1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围． (2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性 质中的范围)求解． (3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围． (4)利用基本不等式求最值与范围． (5)利用函数值域的方法求最值与范围． 2．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．
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限 时
题
固 明理由．
集
法
训
切入点：①⊙M 过点 A，B；②⊙M 与直线 x＋2＝0 相切．
关键点：①确定圆心 M 的坐标；②选用合适的参数表示|MA|－
|MP|的值．
返
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[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)，四点 P1(1,1)，
研
专
考 题
举
限
举
时
题 固
(1)求点 P 的轨迹方程；
集
法
训
→→ (2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且OP·PQ＝1.证明：过点 P 且垂直
于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.
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·
→→
研 考
切入点：①点 M 在椭圆 C 上，且 MN⊥x 轴；②NP＝ 2NM. 专 题
题
举 题
→→
限
关键点：将OP·PQ＝1 转化为向量的坐标运算，进而证明直线 l 时
第二部分 讲练篇
研
专
考
题
专题五 解析几何
题 限
举
时
题
固 法
第3讲 圆锥曲线中的综合问题
集 训
·
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研考题
研
专
考
题
题
限
举
时
题 固 法
举题固法
集 训
·
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圆锥曲线中的定点、定值问题(5 年 3 考)
·
研
专
考
题
题
[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试 限
举
时
题 固
题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不
研 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 专
考
题
题 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N.
限
举
时
题 固
(1)求直线 l 的斜率的取值范围；
集
法
训
(2)设 O 为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋1μ为定值．
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·
研 考
1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程， 专 题
举
时
题
固 知求证目标的取值与变化的量无关，当使用直线的斜率和截距表示直 集
法
训
线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参
数问题化为单参数问题解决．
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1．(定点问题)已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，点 P(1，
研 考
a)在此抛物线上，|PF|＝2，不过原点的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B
P2(0,1)，P3－1，
23，P41，
23中恰有三点在椭圆
C
上．
题 限 时
题
固 法
(1)求 C 的方程；
集 训
·
(2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A
与直线 P2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．
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·
2．(2018·北京高考)已知抛物线 C：y2＝2px 经过点 P(1,2)，过点
专 题
题
举 两点，以 AB 为直径的圆 M 过坐标原点．
限 时
题
固 法
(1)求抛物线 C 的方程；
集 训
·
(2)证明：直线 l 恒过定点；
(3)若线段 AB 中点的纵坐标为 2，求此时直线 l 和圆 M 的方程．
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2．(定值问题)椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的长轴长为 4，离心率
集
法
训
同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考
查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.
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角度一：定点问题
·
1．(2017·全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x22＋y2
研
专
考
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题
题 ＝1 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足NP＝ 2NM.
题
题
限
举 题
[高考解读] 圆锥曲线中的最值、范围问题也是解析几何中的常 时
固
集
法 见问题，此类问题重在考查解析几何的基本知识，重视通性通法的考 训
查，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.
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·
(2016·全国卷Ⅱ)已知 A 是椭圆 E：x42＋y32＝1 的左顶点，斜率为
研
专
考 k(k>0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA.
·
研 考
为12.
专 题
题
举
(1)求椭圆 C 的方程；
限 时
题
固 法
(2)若直线
l1：y＝kx
交椭圆
C
于
A，B
两点，点
M
在椭圆
C
上，
集 训
且不与 A，B 两点重合，直线 MA，MB 的斜率分别为 k1，k2.求证：k1，
k2 之积为定值．
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·
圆锥曲线中的最值、范围问题(5 年 2 考)
研
专
考
考
题
题 C 上．
限
举
时
题 固
(1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；
集
法
训
(2)若 P 是半椭圆 x2＋y42＝1(x<0)上的动点，
求△PAB 面积的取值范围．
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2．(2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：ax22＋
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研 by22＝1(a>b>0)的离心率为 22，椭圆 C 截直线 y＝1
题
举 根据直线所过的定点与参数值无关得出 坐标的点就是直线所过的定点．
法
集 训
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2．定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无
·
研 关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标 专
考
题
题 等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得 限
固
集
法 过 C 的左焦点 F.
训
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角度二：定值问题
2．(2019·全国卷Ⅰ)已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，|AB|＝4，
·
⊙M 过点 A，B 且与直线 x＋2＝0 相切．
研
考
(1)若 A 在直线 x＋y＝0 上，求⊙M 的半径；
专 题
题
举
(2)是否存在定点 P，使得当 A 运动时，|MA|－|MP|为定值？并说
题
限
举 题 固
②借助一元二次方程根与系数的关系及弦长公式，根据 2|AM|＝
时 集
法 |AN|建立关于 k 的方程，再借助导数解决问题．
训
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[教师备选题]
1．(2018·浙江高考)如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，
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研 抛物线 C：y2＝4x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 专
题
题 限
举 题
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积；
时
固
集
法
(2)当 2|AM|＝|AN|时，证明： 3<k<2.
训
切入点：①MA⊥NA；②|AM|＝|AN|；③2|AM|＝|AN|.
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关键点：①由 MA⊥NA，|MA|＝|NA|确定直线 AM 的倾斜角，进
研
专
考 题
而求出 AM 的方程；