浙江解析几何高考情节
浙江解析几何高考真题答案
浙江解析几何高考真题答案在考生中一直备受关注，因为解析几何作为数学科目的一个重要分支，对于考试成绩的影响非常大。
在这篇文章中，我们将深入分析，帮助考生更好地理解和掌握该题型。
首先，回顾近几年浙江高考解析几何的出题特点，我们可以发现它注重考察学生对于几何图形性质的理解和运用。
题目通常涉及到直线、圆、平面等基本几何图形，考察学生对于图形性质的分析和运算技巧。
此外，解析几何还常常与其他数学知识领域相互结合，需要考生具备一定的综合运用能力。
接下来，我们将以一道典型的浙江高考解析几何题为例，进行详细的解答和分析。
假设题目如下：已知平面上一条直线L：2x + y - 3 = 0，点A(1, -1)和B(x, y)在直线L上，且直线AB与x轴和y轴所围成三角形的面积为4平方单位，求动点B的坐标。
首先，我们可以通过一些基本的几何图形性质进行分析。
由题目中给出的直线方程可以得到直线L的斜率为-2，因此可以推断出线段AB的斜率也为-2。
另外，题目中提到直线AB与x轴和y轴所围成的三角形的面积为4平方单位，这个信息可以告诉我们线段AB的长度和高。
根据三角形面积的计算公式S=1/2×底×高，我们可以得到线段AB的长度乘以它与x轴垂直的线段的长度等于8。
又因为直线L与x轴垂直，可以得知它与x轴的交点坐标为(3, 0)。
通过这两个点的坐标，我们可以求得线段AB的长度为4。
接下来，我们需要求得线段AB与x轴和y轴的交点坐标。
由于直线L的方程已知，我们可以将y轴坐标置为0，代入方程解得x=1。
同理，将x轴坐标置为0，代入方程解得y=3。
因此，线段AB与x轴和y轴的交点坐标分别为(1, 0)和(0, 3)。
由此，我们可以得到一个关键的信息，线段AB的长度为4，与x 轴交点为(1, 0)，与y轴交点为(0, 3)。
接下来，我们需要根据这些信息来确定动点B的坐标。
根据几何图形的性质，线段AB的中点与直线L的交点一定是平行于x轴的。
浙江高考数学高考解答题专讲5解析几何课件
4������������
2(������ 2 -1)
即(1+k2)[(������2 + ������1 )2 -4x1x2]=4.
-10题型一 题型二 题型三 题型四
所以(1+k )
1
2
2 2 8(������ -1) (- 1+2������ 2 ) - 1+2������ 2
4������������
=4,
1 |������ |
即1+������ 2 =2(1-m2).因为 1+k2≥1,所以2 ≤m2<1. 又点 O 到直线 AB 的距离 h= 因为 S= |AB|· h=h,
2 1
2 2 2 2
1+������ 2
,
1 2
所以 S =h =2m (1-m )=-2 m -2 所以 0<S2≤ 2,即 S 的最大值为 2 .
.
-16题型一 题型二 题型三 题型四
(2)当直线MN的斜率存在时, 设直线MN的方程:y=-k(x-x0),M(x3,y3),N(x4,y4).
������ = -������(������- ������0 ), 由 2 2 ������ ������ + ������2 ������ 2 = ������2 ������ 2 , 2 2 2 可知 (a2k2+b2)x2- 2a2k 2x0x+a2k 2������0 -a b =0, 2 则 Δ=4(a2b2+a4b2k 2-a2b2k 2������0 )>0, 由韦达定理可知 :x3+x4=
-9题型一 题型二 题型三 题型四
(2)方法一: 因为线段AB的长等于椭圆C短轴的长,所以要使三点A,O,B能构 成三角形,直线l不过原点O,则弦AB不能与x轴垂直,故可设直线AB 的方程为y=kx+m, ������ = ������������ + ������, 由 ������ 2 消去 y,并整理,得 2 + ������ = 1
2019年浙江高考数学立体几何解析10012019年浙江高考
2019年浙江高考数学立体几何解析10012019年浙江
高考
1、两个大小不同的球在水平面上靠在一起，组成如图所示的几何体，则该几何体的左视图是（D）。
A、两个外离的圆。
B、两个外切的圆。
C、两个相交的圆。
D、两个内切的圆。
2、身高相等的四名同学甲、乙、丙、丁参加风筝比赛，四人放出风筝的线长、线与地面的夹角，假设风筝线是拉直的，甲放出风筝线长140m，线与地面夹角30度，乙放出风筝线长100m，线与地面夹角45度，丙放出风筝线长95m，线与地面夹角45度，丁放出风筝线长90m，线与地面夹角60度。
则四名同学所放的风筝中最高的是（D）。
A、甲。
B、乙。
C、丙。
D、丁。
浙江高考数学第8章平面解析几何热点探究课5平面解析几何中的高考热点问题教师用书
热点探究课(五) 平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．热点1 圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a ，b ，c 三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．(2017·诸暨质检)如图1，椭圆x 2a ＋y 2b＝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.图1(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程； (2)若|PF 1|＝|PQ |，求椭圆的离心率e . 【导学号：51062314】 [解] (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2.2分 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＝2 3. 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＝1.5分(2)连接F 1Q ，如图，由椭圆的定义知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，又|PF 1|＝|PQ |＝|PF 2|＋|QF 2|＝(2a －|PF 1|)＋(2a －|QF 1|)， 可得|QF 1|＝4a －2|PF 1|.①又因为PF 1⊥PQ 且|PF 1|＝|PQ |，所以|QF 1|＝2|PF 1|.② 由①②可得|PF 1|＝(4－22)a ，9分 从而|PF 2|＝2a －|PF 1|＝(22－2)a . 由PF 1⊥PF 2知|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2， 即(4－22)2a 2＋(22－2)2a 2＝4c 2，13分可得(9－62)a 2＝c 2，即c 2a2＝9－62，因此e ＝ca＝9－62＝6－ 3.15分[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用．2．圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确a ，b ，c 中任意两量的等量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制．[对点训练1] 已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个顶点为抛物线x 2＝4y 的焦点．(1)求椭圆方程；(2)若直线y ＝x －1与抛物线相切于点A ，求以A 为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．[解] (1)椭圆中心在原点，焦点在x 轴上．设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)．因为抛物线x 2＝4y 的焦点为(0,1)， 所以b ＝1.4分 由离心率e ＝c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2＝1＋c 2， 从而得a ＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.6分(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝x －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，所以点A (2,1).9分因为抛物线的准线方程为y ＝－1， 所以圆的半径r ＝1－(－1)＝2，12分所以圆的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.15分热点2 圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题． ☞角度1 圆锥曲线中的定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值. 【导学号：51062315】[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，12ab ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b＝1，c ＝ 3.4分所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.6分(2)证明：由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设P (x 0，y 0)，则x 20＋4y 20＝4. 当x 0≠0时， 直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.10分 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.所以|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.13分当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， 所以|AN |·|BM |＝4.综上，|AN |·|BM |为定值.15分[规律方法] 1.求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．2．定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的． ☞角度2 圆锥曲线中的定点问题设椭圆E: x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝22，且过点⎝⎛⎭⎪⎫－1，－62.(1)求椭圆E 的方程；(2)设椭圆E 的左顶点是A ，若直线l ：x －my －t ＝0与椭圆E 相交于不同的两点M ，N (M ，N 与A 均不重合)，若以MN 为直径的圆过点A ，试判定直线l 是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标. 【导学号：51062316】[解] (1)由e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，可得a 2＝2b 2，2分椭圆方程为x 22b 2＋y 2b2＝1，代入点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－62可得b 2＝2，a 2＝4， 故椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.5分(2)由x －my －t ＝0得x ＝my ＋t ，把它代入E 的方程得：(m 2＋2)y 2＋2mty ＋t 2－4＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)得： y 1＋y 2＝－2mt m 2＋2，y 1y 2＝t 2－4m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2t ＝4tm 2＋2， x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )＝m 2y 1y 2＋tm (y 1＋y 2)＋t 2＝2t 2－4m2m 2＋2.8分因为以MN 为直径的圆过点A ， 所以AM ⊥AN ，所以AM →·AN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2 ＝2t 2－4m 2m 2＋2＋2×4t m 2＋2＋4＋t 2－4m 2＋2＝3t 2＋8t ＋4m 2＋2＝ t ＋2 3t ＋2 m 2＋2＝0.因为M ，N 与A 均不重合，所以t ≠－2，所以t ＝－23，直线l 的方程是x ＝my －23，直线l 过定点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，14分由于点T 在椭圆内部，故满足判别式大于0，所以直线l 过定点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0.15分[规律方法] 1.假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．热点3 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．(2017·杭州调研)如图2，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．图2(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). 【导学号：51062317】 [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＝0.2分 因为直线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＋4m2>0.①将线段AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 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. 故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－63∪⎝ ⎛⎭⎪⎫63，＋∞.6分 (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＋1.10分设△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，即m ＝±2时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.15分 [规律方法] 范围(最值)问题的主要求解方法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，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，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．[对点训练2] 如图3所示，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1.(1)求p 的值；图3(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M .求M 的横坐标的取值范围．[解] (1)由题意可得，抛物线上点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.5分(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1,0)，可设A (t 2,2t )，t ≠0，t ≠±1. 因为AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x x ＝sy ＋1，消去x 得y 2－4sy －4＝0.故y 1y 2＝－4，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .8分又直线AB 的斜率为2t t 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t.从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m,0)，由A ，M ，N 三点共线得 2tt 2－m＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1，所以m <0或m >2.14分经推理知，m <0或m >2满足题意．综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).15分热点4 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．(本小题满分15分)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由.【导学号：51062318】[解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).1分． 又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.3分y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a(x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0或ax ＋y ＋a ＝0.6分 (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.9分将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2 ＝2kx 1x 2＋ a －b x 1＋x 2 x 1x 2＝k a ＋ba.12分当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．15分[答题模板] 第一步：分别求出曲线y ＝x 24在M 点，N 点处的导数．第二步：利用点斜式分别写出在M 点、N 点的切线方程．第三步：联立直线y ＝kx ＋a 与抛物线y ＝x 24，并写出根与系数的关系式．第四步：由k PM ＋k PN ＝0，结合根与系数的关系式，探索点P 的坐标． 第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．[温馨提示] 1.(1)在第(2)问中，不能把条件∠OPM ＝∠OPN 适当转化为k 1＋k 2＝0，找不到解题的思路和方法，而不能得分．(2)运算能力差或运算不细心，导致运算结果错误而扣分或者不得分．2．数学阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤．(1)本题的关键点一是利用导数的几何意义求切线方程，二是把条件中转化为只需直线PM ，PN 的斜率之和为0.(2)解析几何对运算能力要求较高，解题时一定要细心准确，否则可能是思路正确，但是运算结果错误，而不得分．[对点训练3] 如图4，椭圆E ：x 2a ＋y 2b ＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD上，且PC →·PD →＝－1.图4(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 →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.【导学号：51062319】[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 →＝－1，2分于是⎩⎪⎨⎪⎧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＝1.5分(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＝0.8分其判别式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 →＋λPA →·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＝－3.13分此时，OA →·OB →＋λPA →·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 →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.15分热点探究训练(五) 平面解析几何中的高考热点问题1．设F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，M 是C 上一点且MF 2与x轴垂直，直线MF 1与C 的另一个交点为N .(1)若直线MN 的斜率为34，求C 的离心率；(2)若直线MN 在y 轴上的截距为2，且|MN |＝5|F 1N |，求a ，b .[解] (1)根据c ＝a 2－b 2及题设知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，b 2a 2c ＝34，2b 2＝3ac .2分将b 2＝a 2－c 2代入2b 2＝3ac ，解得c a ＝12，ca＝－2(舍去)．故C 的离心率为12.5分(2)由题意，原点O 为F 1F 2的中点，MF 2∥y 轴， 所以直线MF 1与y 轴的交点D (0,2)是线段MF 1的中点，故b 2a＝4，即b 2＝4a .① 由|MN |＝5|F 1N |得|DF 1|＝2|F 1N |.8分 设N (x 1，y 1)，由题意知y 1<0，则⎩⎪⎨⎪⎧2 －c －x 1 ＝c ，－2y 1＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－32c ，y 1＝－1.12分代入C 的方程，得9c 24a 2＋1b2＝1.②将①及c ＝a 2－b 2代入②得9 a 2－4a 4a 2＋14a＝1. 解得a ＝7，b 2＝4a ＝28，故a ＝7，b ＝27.15分2．如图5，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，右顶点为A ，且|AF |＝1.图5(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MP →·MQ →＝0.若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由. 【导学号：51062320】[解] (1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2，∴b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.5分(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ∴Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即m 2＝3＋4k 2.8分设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4km， y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m，即P ⎝⎛⎭⎪⎫－4k m，3m .∵M (t,0)，Q (4,4k ＋m )，∴MP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ，3m ，MQ →＝(4－t,4k ＋m )，12分∴MP →·MQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ·(4－t )＋3m ·(4k ＋m )＝t 2－4t ＋3＋4k m(t －1)＝0恒成立，故⎩⎪⎨⎪⎧t －1＝0，t 2－4t ＋3＝0，即t ＝1.∴存在点M (1,0)符合题意.15分3．如图7，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0,2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．图7(1)证明：动点D 在定直线上；(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2，证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．[解] (1)证明：依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2，代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8. 直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ；BD 的方程为x ＝x 2.2分解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1，注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1，则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2. 因此D 点在定直线y ＝－2上(x ≠0).5分(2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2－4ax －4b ＝0.8分由Δ＝0得(4a )2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2. 故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2.分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＋a ，2，N 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a＋a ，－2，10分则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－a 2＋42－⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＋a 2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.15分4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2＝－4x 的焦点相同，且椭圆C上一点与椭圆C 的左、右焦点F 1，F 2构成的三角形的周长为22＋2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ，m ∈R )与椭圆C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△AOB 的重心G 满足：F 1G →·F 2G →＝－59，求实数m 的取值范围．[解] (1)依题意得⎩⎨⎧c ＝1，2a ＋2c ＝22＋2，a 2＝b 2＋c 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2－2＝0，消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0⇒1＋2k 2>m 2* ，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2，①6分设△AOB 的重心为G (x ，y )，由F 1G →·F 2G →＝－59，可得x 2＋y 2＝49. ②由重心公式可得G ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 23，y 1＋y 23，代入②式，整理可得(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2＝4⇒(x 1＋x 2)2＋[k (x 1＋x 2)＋2m ]2＝4， ③8分 将①式代入③式并整理，得m 2＝ 1＋2k 221＋4k2，代入(*)得k ≠0， 则m 2＝ 1＋2k 2 21＋4k 2＝1＋4k 41＋4k 2＝1＋44k 2＋1k4.12分 ∵k ≠0，∴t ＝1k2>0，∴t 2＋4t >0， ∴m 2>1，∴m ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).15分5．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⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，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. 【导学号：51062321】[解] (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 ).1分将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＝－kbk 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.6分 (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线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 ＝－9kx .8分设点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 ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m 3－k3，因此x M ＝k k －3 m3 k 2＋9.11分 四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －3 m 3 k 2＋9 ，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7. 因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.15分6．已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2. [解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.2分 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.5分(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)， 代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0.7分由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k 2得x 1＝2 3－4k 23＋4k 2， 故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k2.由题意，设直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，故同理可得|AN |＝12k 1＋k23k 2＋4.10分由2|AM |＝|AN |得23＋4k 2＝k3k 2＋4， 即4k 3－6k 2＋3k －8＝0.设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点．f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)单调递增．又f (3)＝153－26＜0，f (2)＝6＞0，因此f (t )在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3＜k ＜2.15分。
浙江省数学高考立体几何试题的剖析和思考
２ ０ １ ３ 年浙江省数学 高考理科试 题第 ２ Ｏ题是
Ｍ Ｄ且 ２ Ｐ Ｏ＝Ｍ Ｄ， 故Ｑ Ｆ Ｏ Ｐ为平行 四边 形， Ｐ Ｑ∥ Ｏ Ｆ ， 因此 Ｐ ９ ∥平面 Ｂ Ｃ Ｄ ．
・
２ ２・
中学教研 （ 数 学）
解法 １ 如图 ５ ， 作
出 二 面 角 的 平 面 角 鹏 Ｃ， 求 出 二 面 角 的平
力（ 即“ 亲其师， 悟其道 ” ） ， 从而提高学生研究 问题 的能 力 （ 这 远 比学 生 多 做 几 个 题 目要 “ 划 算 得 多” ） ， 这是我们数学教学要不懈努力 的目标．
参 考 文 献
研而生疑 ， 疑而生思 ， 思而后得． 剖析高考试题
背 后 的本 质 （ 背景 或题 源 ） 是破 除题 海 最 “ 给力 ” 的 武器 ， 高考 试 题 的本质 正是 在思 维 的层 层 深人 中揭
对一类 高考试题本质 的追溯 ［ Ｊ ］ ． 中学 数 学教 学参考 ： 上 旬， ２ ０ １ ３ （ ６ ） ： ｌ 一 ３ ．
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浙江 省 数 学 高考 立体 几 何试 题 的 剖析 和 思 考
◆章 显联 应 国刚
１ 阅卷概 况
（ 鲁迅 中学 浙江绍兴 ３ １ ２ ０ ０ ０ ）
（ ２ ） 若二面角 Ｃ ． Ｂ Ｍ － Ｄ的大小为６ Ｏ 。 ， 求Ｚ ＿ Ｂ Ｄ Ｃ 的大小 ．
３ 试题 剖 析
分配到的题是理科卷第 ２ ０题 （ 立体几何试题 ） ． 若
３ ． １ 第（ １ ） 小题 解 析
２位阅卷者给出的分数相差 ２分 以上 ， 则需组长或 副组长等 ３— ４位教师 仲裁 ， ２位 阅卷者给 出的分
第 ８期
章 显联 ， 等： 浙江省数 学高考 立体几何试题 的剖析和 思考
导数与解析几何完美的交汇——2012年浙江省数学高考文、理科解析几何题评析
解 （椭 方 ｃ ＋ ＝ １ 圆程 ： 予 １ ） 等 ．
（ ） １阶段 ｌ ２第
析几何题都是 ３ ， 个 其中理科共计 ２ 分 ， ４ 文科共计 ２ ３分 ． ２ 命题 特 点和知识 类 型 ２１ ０２年浙 江省数学 高 考解 析几 何 题有 ３个 明
显 的特 点 ：
设直 线 ｌｙ＝ ＋ 代 入椭 圆方程 Ｃ得 ： ｍ，
Ｙ＝ 一 。＋１ ＾ ． ｃ 一ｊ
例 ２ 如 图 ２所 示 ， 直 角坐 在
， １ 、
＋
一・
ｌ 午
标系ｘｙ中， ｆ， ， ｏ 点Ｐ ÷ｌ ＼ 二 １ 到抛物
线 Ｃ ｙ ： ｐ （ ０ 的准 线 的距 ： ２ ￣ ｅ＞ ）
《
Ｐ
第 ２阶段 ：
ｊ
Ｏ
因为 ＞ １
３ ＋ （ ＋ｍ） ２ ４ ＝１ ， 即 （ ４ ＋ ｋ ｘ＋ ｍ 一１ ０ ３＋ ｋ） ８ ｍ ４ ２ ．
４ｋ ｎ ｉ ３＋—ｋ ， ｏ ４ ２ Ｙ
— ．
（） １
设 线段 Ａ 的中点坐标 为 （ ，ｏ ， Ｂ ‰ Ｙ） 则
３ ｍ 。＋ｍ — ３
＋
—
Ｘ０ ，
图 ｔ
圆 Ｃ交 于点 Ａ Ｂ， 线段 ， 且 Ａ Ｂ被直 线 Ｏ Ｐ平分． （ ） 椭 圆 Ｃ的方程 ； １求
譬
设
一
厢
．
－ ｍ）＝（ 一 ）（ ２一 厂 （ ｍ ４ １ ｍ ）＝
， ＋８ ｎ ｍ。一４ｍ。一９ ６ｍ ＋１ ２ ９
第 ８期
黄 高涌： 导数与解析 几何 完美的交汇
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２ ６・
中学教研 （ 学） 数
导 数 与 解 析 几 何 完 美 的 交 汇
浙江高考历年真题之解析几何大题(文科)
浙江高考历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴A 1A 2的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若点P 在直线l 上运动，求∠F 1PF 2的最大值．解析：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b +=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=-，()2222224a a a c c a abc ⎧-=-⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩由题意,得2,1a b c ∴== ，221.43x y +=故椭圆方程为(Ⅱ)()004,,0P y y -≠设2、（2006年）如图，椭圆by a x 222+＝1（a ＞b ＞0）与过点A （2，0）B(0,1)的直线有且只有一个公共点T且椭圆的离心率e=23. (Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)设F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，求证：2121||||||2AT AF AF ＝ 。
解析：（Ⅰ）过 A 、B 的直线方程为12xy += 因为由题意得22221112x y a b y x ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=-+⎪⎩有惟一解．即2222221()04b a x a x a b +-+=有惟一解,所以2222(44)0(0),a b a b ab ∆=+-=≠， 故22(44)0a b +-=又因为c =,即22234a b a -= ， 所以224a b = ，从而得2212,,2a b ==故所求的椭圆方程为22212x y +=.（Ⅱ）由（Ⅰ）得2c =,所以12((22F F -由 22221112x y a b y x ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=-+⎪⎩解得 121,x x ==, 因此1(1,)2T =.从而 254AT =,因为1252AF AF ⋅=, 所以21212AT AF AF =⋅ 3、（2007年）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ． （I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．解析：（I ）设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，．由2214x y +=，解得1,2x =±所以22121||2112S b x x b b =-=≤+-=，当且仅当2b =．S 取到最大值1． （Ⅱ）解：由2214y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(41)8440k x kbx b +++-=2216(41)k b ∆=-+ ①｜AB 12|2x x -== ② 又因为O 到AB 的距离21||Sd AB === 所以221b k =+ ③ ③代入②并整理，得424410k k -+=，解得，2213,22k b ==， 代入①式检验，△＞0，故直线AB 的方程是22y x =+或22y x =-或22y x =-+或22y x =--． 4、（2008年）已知曲线C 是到点P （83,21-）和到直线85-=y 距离相等的点的轨迹。
浙江高考历年真题之解析几何大题（文科）
浙江高考历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴A 1A 2的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；求椭圆的方程；(Ⅱ)若点P 在直线l 上运动，求∠F 1PF 2的最大值．的最大值．解析：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b +=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=-，()2222224aa a c c a abc ì-=-ïïï=íï=+ïïî由题意由题意,,得 2,3,1a b c \=== ，22 1.43x y +=故椭圆方程为(Ⅱ)()004,,0P y y -¹设2、（2006年）如图，椭圆by a x 222+＝1（a ＞b ＞0）与过点A （2，0）B(0,1)的直线有且只有一个公共点T 且椭圆的离心率e=23. (Ⅰ)求椭圆方程；求椭圆方程；(Ⅱ)设F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，求证：2121||||||2AT AF AF ＝ 。
解析：（Ⅰ）过（Ⅰ）过 A 、B 的直线方程为的直线方程为 12x y +=因为由题意得22221112x y a b y x ì+=ïï+íï=-+ïî有惟一解．即2222221()04b a x a x a b +-+=有惟一解, 所以2222(44)0(0),a b a b ab D =+-=¹， 故22(44)0a b +-=又因为又因为 32c =,即22234a b a -= ， 所以224a b = ，从而得2212,,2a b == 故所求的椭圆方程为22212x y +=. （Ⅱ）由（Ⅰ）得62c =,所以所以 1266(,0),(,0)22F F - 由 22221112x y a b y x ì+=ïï+íï=-+ïî解得解得 121,x x ==, 因此1(1,)2T =.从而从而 254AT =, 因为1252AF AF ×=, 所以21212AT AF AF =× 3、（2007年）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ．（I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值；的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．的方程．解析：（I ）设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，．由2214x y +=，解得21,221x b =±-所以222121||21112S b x x b b b b =-=-£+-=，当且仅当22b =时，．S 取到最大值1．（Ⅱ）解：由2214y kx bx y =+ìïí+=ïî得222(41)8440k x kbx b +++-=2216(41)k b D =-+ ①｜AB ｜＝222212216(41)1||1241k b k x x kk -++-=+=+ ②又因为O 到AB 的距离2||21||1b Sd AB k===+ 所以221b k =+ ③③代入②并整理，得424410k k -+=，解得，2213,22k b ==，代入①式检验，△＞0，故直线AB 的方程是的方程是2622y x =+或2622y x =-或2622y x =-+或2622y x =--．4、（2008年）已知曲线C 是到点P （83,21-）和到直线85-=y 距离相等的点的轨迹。
j浙江省高考中的解析几何大题
高二理科数学寒假网络课程（五）--浙江省高考中的解析几何大题浙江省近几年高考中，解析几何大题难度较大，作为压轴题能较好的区分学生的程度，题目新颖，变化多端，掌握起来没有固定套路。
2013年：椭圆,圆,直线综合.(1)求椭圆方程 (2)最值条件下求直线方程2012年：椭圆,直线综合. (1)求椭圆方程 (2)最值条件下求直线方程2011年：抛物线,圆,直线综合. (1)求点到准线距离 (2)求直线方程2010年：椭圆,圆,直线综合. (1)求直线方程 (2)求参数取值范围2009年：椭圆,抛物线,直线综合.(1)求椭圆方程 (2)求参数的最值（2013年浙江）如图，点P(0，－1)是椭圆C1：22221x ya b+=(a＞b＞0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．(1)求椭圆C1的方程；(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．如图，点P (0，－1)是椭圆C 1：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)的一个顶点，C 1的长轴是圆C 2：x 2＋y 2＝4的直径，l 1，l 2是过点P 且互相垂直的两条直线，其中l 1交圆C 2于A ，B 两点，l 2交椭圆C 1于另一点D ． (1)求椭圆C 1的方程；(2)求△ABD 面积取最大值时直线l 1的方程．解：(1)由题意得1,2.b a =⎧⎨=⎩ 所以椭圆C 的方程为24x ＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．由题意知直线l 1的斜率存在，不妨设其为k ， 则直线l 1的方程为y ＝kx －1.又圆C 2：x 2＋y 2＝4，故点O 到直线l 1的距离211d k =+，所以22243||2421k AB d k +=-=+. 又l 2⊥l 1，故直线l 2的方程为x ＋ky ＋k ＝0. 由220,44,x ky k x y ++=⎧⎨+=⎩ 得(4＋k 2)x 2＋8kx ＝0， 故0284kx k=-+. 所以|PD |＝22814k k ++. 设△ABD 的面积为S ，则S ＝12|AB |·|PD |＝228434k k ++， 所以S ＝2232134343k k +++≤22321613131324343k k =+⋅+，当且仅当102k =±时取等号． 所以所求直线l 1的方程为y ＝102x ±－1.（2012年浙江） 如图，椭圆C ：2222+1x y a b =(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2，1)的距离为10．不过原点O 的直线l 与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 的面积取最大时直线l 的方程．如图，椭圆C ：2222+1x y a b =(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2，1)的距离为10．不过原点O 的直线l 与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 的面积取最大时直线l 的方程． (1)由题：12c e a ==； (1)左焦点(﹣c ，0)到点P (2，1)的距离为：22(2)1d c =++=10． (2)由(1) (2)可解得：222431a b c ===，，．∴所求椭圆C 的方程为：22+143x y =．(2)易得直线OP 的方程：y ＝12x ，设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，R (x 0，y 0)．其中y 0＝12x 0． ∵A ，B 在椭圆上，∴220220+12333434422+143A A A B A B AB A B A B B B x y x y y x x k x x y y y x y ⎧=⎪-+⎪⇒==-=-=-⎨-+⎪=⎪⎩． 设直线AB 的方程为l ：y ＝﹣32x m +(m ≠0)，代入椭圆：2222+143333032x y x mx m y x m ⎧=⎪⎪⇒-+-=⎨⎪+⎪⎩＝-．显然222(3)43(3)3(12)0m m m ∆=-⨯-=->． ∴﹣12＜m ＜12且m ≠0．由上又有：A B x x +＝m ，A B y y +＝233m -．∴|AB |＝1AB k +|A B x x -|＝1AB k +2()4A B A B x x x x +-＝1ABk +243m -．∵点P (2，1)到直线l 的距离为：31211ABABm m d k k -+-+==++．∴S ∆ABP ＝12d |AB |＝12|m ＋2|243m -，当|m ＋2|＝243m -，即m ＝﹣3 or m ＝0(舍去)时，(S ∆ABP )max ＝12．此时直线l 的方程y ＝﹣3122x +．(2011年浙江）已知抛物线1:C2x＝y，圆2:C22(4)1x y+-=的圆心为点M。
回眸新课标下的浙江高考解析几何解答题
学生使用了韦达定理．可见高中生对韦达定理的 运用要比判别式更熟练．又如２０１２年文科这道题 目，直线ＡＢ在ｙ轴上的截距ｍ的范围由判别式
得（一２√３，ｏ）Ｕ０，２√３），当年高考中多数考生忽
视了判别式的限制条件，造成“会而不对”现象．高 考解析几何解答题对判别式为什么这样重视？因 为圆锥曲线与二次方程联系很密切，命题的意图 就是想以此检测学生将知识迁移到不同情境中去 解决问题的能力，考查学生综合运用知识的能力 以及逻辑思维的严谨性． 综上所述，高考解析几何解答题的推算过程 每一步都需要深度思考，体现出操作与思辨的有 机融合．这不仅需要考生有扎实的数学基本知识， 而且具有较强的数学思维能力和心理素质，命题 者的本意正是通过解答的过程体现考生的思维层 次，在坚持考查数学本质的同时，达到了对高层次 理性思维的考查． ２命题瑕疵剖析 这十道题虽然可圈可点的优点很多，但是在 命题技术上离新课标的要求还有一定的差距，存 在一些命题瑕疵．
５２
数学通报
２０１４年
第５３卷
第４期
回眸新课标下的浙江高考解析几何解答题
洪昌强
胡小莉
（浙江省台州市第一中３１识的掌
程就是设未知数，建立等式，然后通过等式的变 形，求出未知数或未知数的变化范围．解析几何解 答题对能力的考查，主要是在设未知数、列方程、
握及综合运用知识的能力，又可体现学生的表达、
Ｄ
一一１后，需要将ｚ。和ｚ。消去一个．消去谁？如 何消？有以下两个方案，方案一：消ｚ。，得ｚ｛＋ ３２１ｆ＋１一Ｏ．方案二：消ｚｌ，得６ｘｏｔ３＋ｔ２（４—２ｘｊ） ＋ｚ５—４ｘ。￡＝０．方案一由于在消元时充分发挥了 式子的结构特征，运用了整体思想，做到了对症下 药．因此，方案一不仅在运算量上明显比方案二 少，而且对后续求ｔ的范围都带来很大便利．又如 ２０１１年理科这道题在等式变形过程中，由题意都 会得到志；＋１＝ｚ：是｝＋（ｚ：＋３）２—２ｚ。志。（ｚ：＋３） 和是！＋ｌ＝ｚ：忌；＋（ｚ５＋３）２—２ｘ。愚：（ｚ：＋３），这两 个等式都含多个字母，因此需要解题者对式子具 有敏锐的观察力及较强的抽象概括能力，才能概 括出忌，，忌２是忌２（ｚ３—１）一２ｘ。忌（ｚ：＋３）＋（ｚ：＋ ３）２一ｌ＝０的两个根．由以上分析可以感觉到浙 江高考解析几何解答题对含多个字母的等式变换
浙江解析几何高考情节63页PPT
浙江解析几何高考情节
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46、寓形宇内复几时，曷不委心任去 留。
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47、采菊东篱下，悠然见南山。
•Leabharlann 48、啸傲东轩下，聊复得此生。
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49、勤学如春起之苗，不见其增，日 有所长 。
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50、环堵萧然，不蔽风日；短褐穿结 ，箪瓢 屡空， 晏如也 。
谢谢
统计分析 解析几何 圆锥曲线 浙江高考
解析几何（圆锥曲线、直线方程及圆方程）【考试说明】第四条、第十五条四、平面解析几何初步(一)直线与方程1．在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素．2．理解直线的倾斜角和斜率的概念及相互问的关系，掌握过两点的直线斜率的计算公式．3．能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直．4．掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)，了解斜截式与一次函数的关系．5．会求两直线的交点坐标．6．掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离．(二)圆与方程1．掌握圆的标准方程与一般方程．2．能判断直线与圆、圆与圆的位置关系．3．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题．4．初步了解用代数方法处理几何问题．十五、圆锥曲线与方程(一)圆锥曲线1．了解圆锥曲线的实际背景，了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用．2．掌握椭圆、抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质．3．了解双曲线的定义，掌握双曲线的几何图形和标准方程，理解它的简单几何性质．4．能解决直线与椭圆、抛物线的位置关系等问题．5．理解数形结合的思想．6．了解圆锥曲线的简单应用．(二)曲线与方程了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系．自浙江省自主命题以来，解析几何考点一直十分稳定。
每年三题，一个选择题，一个填空题，一个解答题。
主要考点为：（1）直线斜率计算公式，点到直线距离公式，弦长公式，直线方程基本形式。
（2）圆的标准方程，圆心与半径。
（3）圆锥曲线两种基本定义，椭圆双曲线离心率，焦点、顶点、准线，焦距，椭圆长轴、短轴，双曲线实轴、虚轴、渐近线。
抛物线焦点、顶点，准线。
知识点考察趋向综合考察，考题以直线与圆锥曲线，直线与方程的综合题形式出现。
提高篇：椭圆双曲线焦点三角形面积公式、顶角余弦定理，二次曲线切线方程，弦中点问题，抛物线焦点弦、一般弦的点差法结论（斜率与坐标关系），切点弦方程，直径圆方程（互相垂直直线的斜率关系，向量垂直的充要条件），过x轴上定点（a,0）的直线方程x=my+a。
历年浙江解析几何高考题
历年浙江解析几何高考题1、( 042)直线y=2与直线x+y — 2=0的夹角是分成5: 3两段，则此椭圆的离心率为2 2x ya b相交于 MN 两点，以 MN 为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，则双曲线的离心率等于& ( 0519).如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点F 1, F 2在x 轴上，长轴AA 的长为4,左准线I 与x 轴的交点为 M |MA | ： lAEI = 2：1 . ( I )求椭圆的方程；(n )若点P 为I 上的动点，求/ RPR 最大值.(理)(n )若直线11: x = m(|m|> 1), P 为I 匕上的动点，使/ F 空2最大的点P 记为Q ,求点 Q 的坐标(用m 表示).(A) X = -2 (B) X = -4(C) y = -2(D) y 一4(A)- 4 2、( 046文理)曲线2(A)y =8--4x 3、(0411文理)椭圆(B) I (C)-3 2y 2=4x 关于直线x=2对称的曲线方程是2 2 (B)y =4x — 8 (C)y =16--4x 2 2笃 爲1(a b 0)的左、右焦点分别为 a bF i 、(D)竺 4()2(D)y =4x —16F 2,线段F 1F 2被点 / b c 、 ,0)2(A) 16 4 17(C) 4171754、( 0422文理)(本题满分14分)已知双曲线的中心在原点，右顶点为 在双曲线的右支上，点M(m,0)到直线AP 的距离为1.仝.3]，求实数m 的取值范围;3…(B) 4 17 (D) 2 55A (1, 0) •点 P 、Q(I)若直线AP 的斜率为k ，且k .[ (n)当 m ~2 • 1 时,△ APQ 的内心恰好是点 M 求此双曲线的方程•5、( 053 文理).点(1 ,-1)到直线x — y + 1 = 0的 (A)(C)26、(059). 函数 y = ax 2+ 1 的图象与直线 y = x 相切，则a =((A)1/8 (B)1/4(C) 1/2 (D)17、( 0513文理).过双曲线 =1( a > 0, b > 0)的左焦点且垂直于 x 轴的直线与双曲线(D)3 2是()10、(0613)2 x 双曲线m2-y=1上的离心率是3，则m等于11、(0619)如图，椭圆=1 (a> b> 0)与过点 A (2, 0) B(0,1)的直线有且只有一个公共点T,且椭圆的离心率e=——2(I)求椭圆方程;(n)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点, 求证: | AT |2= AF1||AF2|。
浙江高考历年真题之解析几何大题(理科)
浙江高考历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴12A A 的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线1l ：x ＝m (|m |＞1)，P 为1l 上的动点，使12F PF ∠ 最大的点P 记为Q ，求点Q 的坐标(用m 表示)．解析：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b +=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=- ，()2222224a a a c c a abc ⎧-=-⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩由题意,得2,1a b c ∴=== ，221.43x y +=故椭圆方程为(Ⅱ) 设()0,,||1P m y m >，当00y >时，120F PF ∠=； 当00y ≠时，22102F PF PF M π<∠<∠<，∴只需求22tan F PF ∠的最大值即可设直线1PF 的斜率011y k m =+，直线2PF 的斜率021y k m =-，021********||tan 11y k k F PF k k m y -∴∠==≤=+-+0||y =时，12F PF ∠最大，(,,||1Q m m ∴>2、（2006年）如图，椭圆by a x 222+＝1（a ＞b ＞0）与过点A （2，0）、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T ，且椭圆的离心率e=23。
(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)设F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，M 为线段AF 2的中点，求证：∠ATM=∠AF 1T 。
解析：（Ⅰ）过 A 、B 的直线方程为12xy += 因为由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-==+12112222x y b y a x 有惟一解，即0)41(2222222=-+-+b a a x a x a b 有惟一解, 所以2222(44)0(0),a b a b ab ∆=+-=≠故4422-+b a =0又因为e 2c =即22234a b a -= ， 所以224a b = 从而得2212,,2a b == 故所求的椭圆方程为22212x y +=（Ⅱ）由（Ⅰ）得2c =, 所以12(,0),(22F F -，从而M （1+46，0） 由 ⎪⎩⎪⎨⎧+-==+12112222x y y x ，解得 121,x x == 因此1(1,)2T =因为126tan 1-=∠T AF ，又21tan =∠TAM ，62tan =∠2TMF ，得 1266112162tan -=+-=∠ATM ，因此，T AF ATM 1∠=∠ 3、（2007年）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ． （I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．解析：（I ）设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，．由2214x y +=，解得1,2x =±所以22121||2112S b x x b b =-=≤+-=，当且仅当2b =时，．S 取到最大值1． （Ⅱ）解：由2214y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(41)8440k x kbx b +++-= 2216(41)k b ∆=-+ ①｜AB12|2x x -== ②又因为O 到AB的距离21||Sd AB === 所以221b k =+ ③ ③代入②并整理，得424410k k -+=，解得，2213,22k b ==， 代入①式检验，△＞0，故直线AB 的方程是22y x =+或22y x =-或22y x =-+或22y x =--． 4、（2008年）已知曲线C 是到点P （83,21-）和到直线85-=y 距离相等的点的轨迹。
浙江专用2020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教案
x2 (本题满分 15 分)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： 2 ＋y2＝1 上，过点 M 作 x 轴的
典
N→P 垂线，垂足为 N，点 P 满足 ＝
2
N→M .
例 (1)求点 P 的轨迹方程； O→P P→Q
(2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且 · ＝1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的
左焦点 F.
审 (1)要求 P 点的轨迹方程⇒求点 P(x，y)的横坐标 x 与纵坐标 y 的关系式⇒利用条件
题
N→P ＝
2
N→M 求解．
路
O→Q P→F O→Q P→F
(2)要证过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F⇒证明 ⊥ ⇒ · ＝0.
线
标准答案
阅卷现场
(1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)，则 N→P
高考解答题的审题与答题示范(五)
解析几何类解答题
[思维流程]——圆锥曲线问题重在“设”与“算”
[审题方法]——审方法 数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审视方法，选择适当的解题方法，往往使 问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们 心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．
O→Q P→F
O→Q P→F
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)问踩点得分说明
N→P N→M ①设出点 P、M、N 的坐标，并求出 和 的
坐标得 2 分；
N→P ②由 ＝
2
N→M ，正确求出
透过表象看本质——以2018年浙江省解析几何高考题为例
轴为 x 轴，所以△PAB是等腰三角形，且
轴，则有
PM⊥AB(M，N在 x 轴上)，即PM垂直于 y 轴。
图2
当直AB ∥CD,得 yM = yN ，即 PM 垂直于
y 轴。
这种方法充分借助几何特征，虽然简洁明了，但学生
不易想到，而且对解决第二问也没有帮助。
图3
图4
解法过程：设
，其中
，
直线PA:
因为直线 PA 与圆相切，所以
| 4 + x1x0 | 1+ (x1 + x0 )2
= 1。
整理得：
（1）
因为直线PB与圆也相切，所以同理可得：
所以 x1, x2 满足
（2）
（*）
(因为（1）（2）方程结构相同，所以化归为方程（*）)
得到：
x1
+
x2
=
- 6x0 x02 -1
=
x p
x0
−
x2 2p
；
得到
。
1.2 本质
阿基米德三角形的处理方法的核心是利用PA、PB是
两条位置完全相同的切线，所以形成了两个结构完全相
同的等式，从而化归为同一方程,即阿基米德三角形蕴含 根。而19年的浙江省高考题PA、PB 在抛物线上位置完全
相同，等同于把切线转变成割线，它是否仍可沿用阿基米
德三角形的处理方法呢？
又因为
，而
，
所以
y0 − x0
4
•
(
-6 x0 2
x0 ) −1
=
−1, 其其中中y0 y=0x−x0042
•
(
-6 x0 2
x0 ) −1
=
−1,，其中y0
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2e1
求e1值.
sin2 1 cosF1PF2 1 ,cos2 1 cosF1PF2 4
2
5
2
5
14 e12 e22 5
e1
10 5
挥之不去的“共焦点”情结
(引 申)把 焦 点 相 同 且 离 心 率 互为 倒 数 的 椭 圆 和
双曲线称为一对“相关曲线”.已知F1, F2是一对
e1
e2
1 1 的最大值 4 3 .
e1 e2
3
Cauchy 不等式
挥之不去的“共焦点”情结
(一
般
化)设F1
,
F2分
别
为
椭
圆C1和
双
曲
线C
的
2
公 共 左 右 焦 点, e1, e2是C1, C2的 离 心 率, 若P为
C1
,
C
的
2
交
点,
F1
P
F2
2, 求e1与e2的 关 系 式.
yP
双
曲
线C2
:
x2 a22
y2 b22
1
(a2 0, b2 0)有 相 同 的 焦 点F1 , F2 , 且C1 , C2在 第 一 象 限 的 交 点
为P,
若2OF2
OP
OF2
2 (O为
原
点),
求C1与C
的
中点为M ,
y
P
2OF2
OP
2[( OF2 2
线的两条渐近线分别交于点A, B , 若AB的中
点为M , 若 | FM | 等于半焦距,求e2 .
y
k AB kOM e2 1 kOM e2 1
A
F
M O
B
| FM | c 2(c xM )
x
xM c
2 c yM 2
2 c
2
kOM 2 1 e2 1 e2 2
与x轴 的 交 点 为M , 若 | MF2 || F1F2 |, 求 离 心 率e.
y
N B
P
F1
O
Q
由
y
y b (x c) c
c ( x 3c)
得N
(
3c 3 b2
b2c c2
,
4bc 2 b2 c2
)
b
x
kPQ kON e2 1
F2 M
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0)的
离 心 率 为1 ,其 左 焦 点 到P(2,1)的 距 离 为 10,不 过 原 2
点O的 直 线l与C相 交 于A, B两 点, 线 段AB被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.
y
( 1 ) C: x2 y2 1 43
:
x2 n2
y2
1(n
0)的 焦 点 重 合,
e1
,
e2分
别
是C1
,
C
的
2
离
心
率,
则
( A)
A.m n且e1e2 1
B.m n且e1e2 1
C.m n且e1e2 1
D.m n且e1e2 1
S
tan 2
1 tan
900
2
11 e12 e22 2
F1 O
sin2 cos2
F2
x
e12 e22 1
挥之不去的“共焦点”情结
(2016年 杭 州 一 模) : 设e1, e2分 别 为 具 有 公 共
焦 点F1, F2的 椭 圆 和 双 曲 线 的 离 心率, P为 两
曲 线 的 一 个 公 共 点,cosF1PF2
3 5
, e2
OP
)2
( OF2 2
OP
)2 ]
2[OM 2 ( PF2 )2 ] 2[( PF1 )2 ( PF2 )2 ]
2
2
2
F1 O
F2
x
| PF1 |2 | PF2 |2 2c2
(| PF1 | | PF2 |)(| PF1 | | PF2 |) 2c2 e1e2 2
PF1 PF2
| |
t t
2
2 2
2
( t
(
t
2)2 2 2)2
( t 2)2 42 2
42 ( t 2)2
2
7t8
2
2
链 接 : 设 圆x2 y2 2 x 15 0的 圆 心 为
A, 直 线l过 点B(1,0)且 与x轴 不 重 合, l交 圆
相
关
曲
线
的
焦
点, e1
,
e2是C1
,
C
的
2
离
心
率,
若P为
它们在第一象限的交点,F1PF2 600 ,求e1与e2 .
y
P
F1 O
F2
x
e1e2 13 e12 e22
1
4
挥之不去的“共焦点”情结
拓 展: 椭 圆C1 :
x2 a12
y2 b12
1(a1
b1
0)与
x
A
由
y
mx y m x
1 2
两 个 不 同 的 点A, B关 于 直 线y m x 1 对 称. 2
(1)求 实 数m的 取 值 范 围;(2)求AOB面 积 的 最
大 值.
y
B
OM
x
A
圆锥曲线中e2 1的情结
y
kOM k AB e 2 1
kOM
1 m
1 2
m kOM 2
B
OM
A于C , D两 点, 过B作AC的 平 行 线 交AD于
点E,求 点E的 轨 迹 方 程.
y
EBD EDB
EB ED
A O
E
B
D | EA | | EB || EA | | ED |
x
| AD | 4
x2 y2
C
1( y 0) 43
挥之不去的“共焦点”情结
浙江解析几何的高考情结
不解之缘的定义情结
不解之缘的定义情结
(2015年浙江理)过抛物线y2 4 x的焦点为F , 不
过焦点的直线上有三个不同的点A, B,C ,其中点
A, B在抛物线上,点C在y轴上,则BCF与ACF
的面积之比是_______(用 | AF | 与 | BF | 表示).
3
5
a2 4b2
e 2
圆锥曲线中e2 1的情结
(2014年浙江理科)设直线x 3 y m 0(m 0)与双曲线
x2 a2
y2 b2
1(a
0, b
0)的两条渐近线分别交于点A, B ,
若P(m,0),| PA|| PB |,求双曲线的离心率.
y B
挥之不去的“共焦点”情结
（2012年高考（浙江文） 如图,中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点，M、N是双曲线 的两顶点.若M 、 O 、 N将椭圆长轴四等分,则
双曲线与椭圆的离心率的比值是____2_____
y
MO N
x
挥之不去的“共焦点”情结
(2013年 浙 江)设F1, F2是 椭 圆C1
A M
P
O
由
x y
3y m 3( x
0得M( m)
4m 5
,
3m 5
)
x
k AB kOM e 2 1
1 3 e2 1 34
e 5 2
链接 : 双曲线
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0)的左焦点
为F ,离心率为e, 过点F斜率为1的直线与双曲
y
B
A M
把x 3 y m
0代入
x2 a2
y2 b2
0得 :
(9b2 a2 ) y2 6b2my b2m2 0
P
O
x
y1
2
y2
3b2m 9b2 a2
a2m M ( 9b2 a2
3b2m , 9b2 a2 )
kPM
3b2 2a2 9b2
:
x2 4
y2
1与 双 曲
线C
的
2
公
共
焦
点,
A,
B分
别
是C1
,
C
2
在
第
二
、
四
象
限
的
公
共
点, 若AF1
BF2为
矩
形,
求C
的
2
离
心
率.
y
1 e12
1 e22
2
6 e2 2
A
F2
F1
O
x
B
挥之不去的“共焦点”情结
(2016年 浙江)已 知椭 圆C1