2020教材高考审题答题(五) 解析几何热点问题
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；
2020年高考数学热点复习：解析几何热点问题
y
l
P3A
P2
P1
P4
F2
O
F1
x
B
故不满足． ………………………6 分 (得分点 4)
从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． 将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
…7 分 (得分点 5)
由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点 3)，(得 分点 5)，(得分点 7)．
解答圆锥曲线中的定点问题的一般步骤 第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所 要探求的定点． 第二步：探究一般情况．探究一般情形下的目标结论． 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论．
(1)解 ∵椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 22， ∴e2＝ac22＝a2－a2b2＝12，得 a2＝2b2，① 又点 Qb，ba在椭圆 C 上，∴ba22＋ab24＝1，②
联立①、②得 a2＝8，且 b2＝4. ∴椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1.
(2)证明 当直线 PN 的斜率 k 不存在时，
2020年高考数学热点复习
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1.圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主 要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上； 2.高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考 中的解答题，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.
2020年高考数学大题分解专题05--解析几何
2020年高考数学(理)大题分解专题05--解析几何(含答案)(总15页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--（2019年全国卷I ）已知抛物线C ：x y 32=的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若4||||=+BF AF ，求l 的方程； （2）若3AP PB =，求||AB ． 【肢解1】若4||||=+BF AF ，求l 的方程； 【肢解2】若3AP PB =，求||AB ．【肢解1】若4||||=+BF AF ，求l 的方程；【解析】设直线l 方程为m x y +=23，()11,A x y ，()22,B x y ，由抛物线焦半径公式可知12342AF BF x x +=++=，所以1252x x +=， 联立2323y x m y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩得04)12(12922=+-+m x m x ， 由0144)1212(22>--=∆m m 得12m <， 所以121212592m x x -+=-=，解得78m =-，所以直线l 的方程为3728y x =-，即12870x y --=.【肢解2】若3AP PB =，求||AB ．大题肢解一直线与抛物线【解析】设直线l 方程为23x y t =+，联立2233x y t y x ⎧=+⎪⎨⎪=⎩得0322=--t y y ，由4120t ∆=+>得31->t ， 由韦达定理知221=+y y ，因为PB AP 3=，所以213y y -=，所以12-=y ，31=y ，所以1=t ，321-=y y . 则=-+⋅+=212214)(941||y y y y AB =-⨯-⋅+)3(4294123134.设抛物线)0(22>=p px y 的焦点为F ，过点F 的而直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝x 1＋x 2＋p.弦长的计算方法：求弦长时可利用弦长公式，根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解．温馨提示：注意两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点．【拓展1】已知抛物线C ：x y 32=的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．若27||||=+BF AF ，求l 在y 轴上的截距. 【解析】设直线l 方程为m x y +=23，()11,A x y ，()22,B x y ，由抛物线焦半径公式可知123722AF BF x x +=++=，所以122x x +=， 联立2323y x m y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩得04)12(12922=+-+m x m x ，由0144)1212(22>--=∆m m 得12m <， 所以12121229m x x -+=-=，解得21m =-，所以直线l 的方程为3122y x =-，令0=x 得21-=y ， 所以直线l 在y 轴上的截距为21-.【拓展2】已知抛物线C ：x y 32=的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．若2AP PB =，)0,4(-M ，求ABM ∆的面积．【解析】设直线l 方程为23x y t =+， 联立2233x y ty x ⎧=+⎪⎨⎪=⎩得0322=--t y y ，由4120t ∆=+>得31->t ， 由韦达定理知221=+y y ，t y y 321-=，因为PB AP 2=，所以212y y -=，所以22-=y ，41=y ，所以821-=y y .38-=t ，所以=-+⋅+=212214)(941||y y y y AB =-⨯-⋅+)8(429412132， 直线l 方程为2833x y =-，即0823=+-y x ，所以点)0,4(-M 到l 的距离13413|812|=+-=d ， 所以ABM ∆的面积为413413221||21=⨯⨯=⋅d AB ．1.（2019年山西太原一模)已知抛物线x y 42=的焦点为F ，过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，O 为坐标原点，若AOB ∆的面积为6，求||AB .【解析】由题意知抛物线x y 42=的焦点F 的坐标为)0,1(， 易知当直线AB 垂直于x 轴时，AOB ∆的面积为2，不满足题意， 所以可设直线AB 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ， 与x y 42=联立，消去x 得0442=--k y ky ， 设),(11y x A ，),(22y x B ，由韦达定理知k y y 421=+，421-=y y ， 变式训练一所以1616||221+=-k y y ， 所以AOB ∆的面积为616161212=+⨯⨯k，解得2±=k ， 所以6||11||212=-⋅+=y y kAB . 2.（2019年湖北荆州模拟)已知抛物线24y x =的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于,A B 两点.（1）若3AF FB =，求直线AB 的斜率；（2）设点M 在线段AB 上运动，原点O 关于点M 的对称点为C ，求四边形OACB 面积的最小值.【解析】（1）依题意可设直线:1AB x my =+，将直线AB 与抛物线联立214x my y x =+⎧⎨=⎩⇒2440y my --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，由韦达定理得121244y y my y +=⎧⎨=-⎩，因为3AF FB =，所以213y y -=，即312=m ，所以直线AB 的斜率为3或3-． （2）2212121212122()4161642OACB AOB S S OF y y y y y y y y m ∆==⋅⋅-=-=+-=+≥， 当0m =时，四边形OACB 的面积最小，最小值为4．（2020届广东省珠海市高三上学期期末）中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆C 过)1,0(-A 、)21,3(B 两点，（1）求椭圆C 的方程； （2）设直线)0(21:≠+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，求当所取何值时，OPQ ∆的面积最大.大题肢解二【肢解1】求椭圆C 的方程； 【肢解2】设直线)0(21:≠+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，求当所取何值时，OPQ ∆的面积最大.【肢解1】求椭圆C 的方程；【解析】（1）由题意可设椭圆C 的方程为22221x y m n+=，代入()0,1A -、13,2B ⎛⎫ ⎪⎝⎭两点得()222222221011321m n m n ⎧-+=⎪⎪⎪⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎪+=⎪⎩ 解得21n =，24m =， 所以椭圆:C 2214x y +=.【肢解2】设直线)0(21:≠+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，求当所取何值时，OPQ ∆的面积最大.【解析】将直线1:,(0)2l y x m m =+>代入2214x y +=得：221442x x m ⎛⎫++= ⎪⎝⎭.整理得222220x mx m ++-=.()()2222422840m m m ∆=--=->得22m -<<.由韦达定理得122x x m +=-，21222x x m =－.()()22221212124442284x x x x x x m m m -=+-=--=-242121222OPQ S m x x m m m m ∆=-=-=-+. 由二次函数可知当21m =即1m =时，OPQ ∆的面积的最大．直线与圆锥曲线的相交弦长问题：设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝1＋1k 2|y 1－y 2|＝1＋1k2（y 1＋y 2）2－4y 1y 2.【变式1】中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆C 过)1,0(-A 、)21,3(B 两点，（1）求椭圆C 的方程； （2）设直线)0(21:>+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，若APQ ∆的面积为1+m ，求m 的值.【解析】（1）由题意可设椭圆C 的方程为22221x y m n+=，代入()0,1A -、13,2B ⎫⎪⎭两点得()22222221011321m n n ⎧-+=⎪⎪⎪⎨⎛⎫ ⎪⎝⎭+= 解得21n =，24m =. 所以椭圆:C 2214x y +=.（2）将直线1:,(0)2l y x m m =+>代入2214x y +=得221442x x m ⎛⎫++= ⎪⎝⎭.整理得222220x mx m ++-=.()()2222422840m m m ∆=--=->得22m -<<设),(11y x P ，),(22y x Q ，韦达定理得122x x m +=-，21222x x m =－.所以)22(4)2()21(1||222---⋅+=m m PQ 252+-⋅=m ，由点到直线的距离公式得点)1,0(-A 到直线l 的距离5|22|m d +=. 变式训练二所以APQ ∆的面积为255|22|212+-⋅⋅+⋅m m 2|1|2+-⋅+=m m ， 因为APQ ∆的面积为1+m ，所以12|1|2+=+-⋅+m m m ，解得1=m 或1-=m （舍去）. 所以1=m ．【变式2】已知椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的离心率为22，其中左焦点为)0,2(-F ．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线m x y +=与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，1ABF ∆的面积为)2(6-m ，求直线的方程．【解析】(1)由题意，得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+===222222c b a c a c 解得⎩⎨⎧==222b a ，所以椭圆C 的方程为14822=+y x . （2）设点),(11y x A ，),(22y x B ，由⎪⎩⎪⎨⎧+==+m x y y x 14822消去y 得0824322=-++m mx x ， 由0)84(12)4(22>--=∆m m 得3232<<-m ，由韦达定理知3421mx x -=+，382221-=m x x ，所以)82(4)34(2||22---⋅=m m AB 367342+-=m ， 由点到直线的距离公式得)0,2(1-F 到直线m x y +=的距离2|2|m d -=， 所以1ABF ∆的面积为36342|2|212+-⋅-⋅m m )2(6-=m ，解得3±=m ，满足3232<<-m ，所以所求直线方程为3+=x y 或3-=x y .1.（2019年山东高考模拟）已知圆22:4O x y +=，抛物线2:2(0)C x py p =>．（1）若抛物线C 的焦点F 在圆O 上，且A 为抛物线C 和圆O 的一个交点，求AF ； （2）若直线l 与抛物线C 和圆O 分别相切于,M N 两点，设()00,M x y ，当[]03,4y ∈时，求MN 的最大值．【解析】（1）由题意知(0,2)F ，所以4p =. 所以抛物线C 的方程为28x y =.将28x y =与224x y +=联立得点A 的纵坐标为2(52)A y =， 结合抛物线定义得||2522A pAF y =+=. （2）由22x py =得22x y p =，x y p'=，所以直线l 的斜率为0x p ，故直线l 的方程为()000xy y x x p-=-.即000x x py py --=. 又由0220||2py ON x p -==+得02084y p y =-且240y ->， 所以2222200||||||4MN OM ON x y =-=+- 220000020824244y py y y y y =+-=+-- ()2202200022001644164444y y y y y y -+=+-=+--- 2020641644y y =++--.令24t y =-，0[3,4]y ∈，则[5,12]t ∈，令64()16f t t t =++，则264()1f t t'=-； 当[5,8]t ∈时()0f t '≤，()f t 单调递减， 当(8,12]t ∈时()0f t '>，()f t 单调递增， 又64169(5)16555f =++=，64100169(12)16121235f =++=<， 所以max 169()5f x =，即||MN.2.（2020黑龙江省齐市地区普高联谊高二上学期期末）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点)23,22(与点)22,1(--. （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 过定点1(0,)2-，且斜率为()10k k -≠，若椭圆C 上存在A ，B 两点关于直线l 对称，O 为坐标原点，求k 的取值范围及AOB ∆面积的最大值.【解析】（1）由题意，可得2222231441214a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得222,1a b ==，所以椭圆的方程为2212x y +=.（2）由题意，设直线AB 的方程为(0)y kx m k =+≠，由2212y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得222(12)4220k x kmx m +++-=， 所以∆>0，即2221k m +>，……….①且2121222422,1212km m x x x x k k-+=-=++， 所以线段AB 的中点横坐标02212km x k =-+，纵坐标为00212my kx m k=+=+，将00,x y 代入直线l 方程112y x k =--，可得2122k m += ……… ②，由①②可得232k <，又0k ≠，所以((0,22k ∈-⋃，又AB ==且原点O 到直线AB的距离d =所以2122(12)AOB m S AB d k ∆==+== 所以1m =时，AOB S ∆最大值2，此时2k =±，所以2k =±时，AOB S ∆最大值2.3.（2020福建省宁德市高三第一次质量检查）已知抛物线2:2C y px =的焦点为F，1(2Q 在抛物线C 上，且32QF. （1）求抛物线C 的方程及t 的值；（2）若过点(0,)M t 的直线l 与C 相交于,A B 两点，N 为AB 的中点，O 是坐标原点，且3AOBMONSS，求直线l 的方程.【解析】（1）因为3||2QF ，所以13222p ，所以2p =， 抛物线C 的方程为：24y x =， 将1(2Q 代入24y x =得2t =，（2）设1122(,),(,),A x y B x y 00(,),(0,2)N x y M ，显然直线l 的斜率存在，设直线l ：2(0)y kx k =+≠，联立242y x y kx ⎧=⎨=+⎩，消去y 得224(1)40k x k x --+=，因为22Δ16(1)160k k ，得12k <且0k ≠， 所以1212224(1)4,k x x x x k k -+==， 因为ΔΔ3AOBMON S S ，所以||3||AB MN ，所以1200x -=-，即120x x x -=， 因为N 是AB 的中点，所以1202x x x +=， 所以22121212()()434x x x x x x ，整理得21212()16x x x x +=所以2224(1)64[]k k k ，解得1211,3k k =-=， 所以直线l 的方程为：2y x =-+或123y x =+.4.（2020福建省龙岩市上杭县第一中学月考）已知点A(0，－2)，椭圆E：22221x y a b+=(a>b>0)的离心率为F 是椭圆E 的右焦点，直线AF ，O 为坐标原点. （1）求E 的方程；（2）设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点.当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 【解析】（1）设(),0F c ，因为直线AF()0,2A-， 所以23c =，c =又222,2c b a c a ==-，解得2,1a b ==， 所以椭圆E 的方程为2214x y +=.（2）设()()1122,,,P x y Q x y 由题意可设直线l 的方程为：2y kx =-，联立22142,x y y kx +==-⎧⎪⎨⎪⎩，消去y 得()221416120k x kx +-+=，当()216430k ∆=->，所以234k >，所以k <或k >由韦达定理知1212221612,1414k x x x x k k+==++.所以PQ ===， 点O 到直线l 的距离d =12OPQS d PQ ∆==设0t =>，则2243k t =+，所以244144OPQ t S t t t∆==≤=++，当且仅当2t =2=，解得k =时取等号，满足234k >， 所以OPQ ∆的面积最大时直线l 的方程为：2y x =-或2y x =-.5.（2020广东省佛山市高三教学质量检测）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率为12，点31,2A ⎛⎫⎪⎝⎭在椭圆C 上，直线1l 过椭圆C 的右焦点与上顶点，动直线2l ：y kx =与椭圆C 交于M ，N 两点，交1l 于P 点.（1）求椭圆C 的方程；（2）已知O 为坐标原点，若点P 满足14OP MN =，求此时MN 的长度. 【解析】（1）由题意得12c e a ==，2223121ab ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，结合222a bc =+， 解得24a =，23b =，21c =，故所求椭圆C 的方程为22143x y +=. （2）易知定直线1l0y +=.联立22143y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()223412k x +=，解得x =令M 点的坐标为221212,3434k k k ⎛⎫⎪ ⎪++⎝⎭. 因为14OP MN =，由对称性可知，点P 为OM 的中点，故2212123434(,)22k k k P ++， 又P 在直线1l ：330x y +-=上，故221212343433022k k k ++⨯+-=， 解得10k =，2233k =，所以M 点的坐标为()2,0或643,55⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 所以2OM =或2215，所以MN 的长度为4或4215.6.（2020广西名校高三上学期12月高考模拟）如图，中心为坐标原点O 的两圆半径分别为11r =，22r =，射线OT 与两圆分别交于A 、B 两点，分别过A 、B 作垂直于x 轴、y 轴的直线1l 、2l ，1l 交2l 于点P ．（1）当射线OT 绕点O 旋转时，求P 点的轨迹E 的方程；（2）直线l ：3y kx =+E 交于M 、N 两点，两圆上共有6个点到直线l 的距离为12时，求MN 的取值范围． 【解析】（1）设(),P x y ,OT 与x 轴正方向夹角为θ,则cos sin x OA y OB θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即cos 2sin x y θθ=⎧⎨=⎩，化简得2214y x +=,即P 点的轨迹E 的方程为2214y x +=.（2）当两圆上有6个点到直线1的距离为12时,原点O 至直线l 的距离13,22d ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,即1322<<,解得21,113k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，联立方程2214y kx y x ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩得()22410k x ++-=， 设()11,M x y ,()22,N x y ,则12x x +=,12214x x k =-+， 所以MN ==()2224134144k k k +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 则1616,135MN ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.7.（2020辽宁省沈阳市东北育才学校高三模拟）已知(2,0)P 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右顶点，点M 在椭圆C 的长轴上，过点M 且不与x 轴重合的直线交椭圆C 于A B 、两点，当点M 与坐标原点O 重合时，直线PA PB 、的斜率之积为14-．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若2AM MB =，求OAB ∆面积的最大值． 【解析】（1）设1(A x ，1)y ，1(B x -，1)y -，则2121144PA PBy k k x ==--． 又2211221x y a b +=，代入上式可得2214b a -=-，又2a =，解得1b =． 所以椭圆C 的标准方程为：2214x y +=．（2）设直线AB 的方程为：(0)x ty m t =+≠，(22)m -．1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立2244x ty m x y =+⎧⎨+=⎩，化为222(4)240t y mty m +++-=， 由韦达定理知12224mty y t+=-+，212244m y y t -=+， 因为2AM MB =，所以122y y =-，所以122152y y y y +=-，代入可得：22241694t m t +=+．所以OAB ∆的面积12213|()|||22S m y y my =-=，22222222222299416161694494(4)(94)(94)t t t S m y t t t t +==⨯⨯=⨯++++．所以212||1214949||||t S t t t ==++，当且仅当249t =时取等号． 所以OAB ∆面积的最大值为1．。
2020年高考数学(理)解答题核心题型与答题模板(专题05)
2020年高考数学（理）解答题核心题型与答题模板（专题05）专题05 解析几何核心考点一 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系是圆锥曲线中的重要问题,也是高考考查的热点,研究此类一般要用到方程思想,常 见类型为交点个数、切线、弦长、对称等问题.【经典示例】在直角坐标系xOy 中,直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ,交抛物线C ：y 2＝2p x (p >0)于点P ,M 关于 点P 的对称点为N ,连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |； (2)除H 以外,直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．【答题模板】解决直线与圆锥曲线的位置关系的一般步骤第一步,联立方程,得关于x 或y 的一元二次方程；第二步,写出根与系数的关系,并求出Δ>0时参数范围(或指出直线过曲线内一点)；第三步,根据题目要求列出关于x 1x 2,x 1＋x 2(或y 1y 2,y 1＋y 2)的关系式,求得结果；第四步,反思回顾,查看有无忽略特殊情况.【满分答案】(1)由已知得M (0,t ),P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t , 又N 为M 关于点P 的对称点,故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ,ON 的方程为y ＝p tx ,代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0,解得x 1＝0,x 2＝2t 2p,因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点,即|OH ||ON |＝2. (2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点,理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ,即x ＝2t p(y －t )． 代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0,解得y 1＝y 2＝2t ,即直线MH 与C 只有一个公共点,所以除H 以外直线MH 与C 没有其他公共点．【解题技巧】1.将直线方程与圆锥曲线方程联立,消去一个变量得到关于x (或y )的一元方程：ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝ 0)．若a ≠0,可考虑一元二次方程的判别式Δ,有①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．2.判断直线与圆锥曲线的交点个数时,可直接求解相应方程组得到交点坐标,也可利用消元后的一元二次方程根 的判别式来确定,需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.3.依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时,联立方程并消元,得到一元方程,此时注意观察方程的二次项系数是 否为0,若为0,则方程为一次方程；若不为0,则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．4.设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点,则|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝1＋1k2|y 2－y 1|. 5.有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中,应熟练的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系 数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题,可考虑用圆锥曲线的定义求解．6.处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后,代入圆锥曲线方程,并将两式相减,式中含有x 1＋x 2,y 1＋y 2,y 1－y 2x 1－x 2三个未知 量,这样就直接联系了中点和直线的斜率,借用中点公式即可求得斜率．(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组,化为一元二次方程后,由根与系数的关系求解．(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外,还要注意：如果点A ,B 关于直线l 对称,则l 垂直直线AB 且 A ,B 的中点在直线l 上的应用． 【模拟训练】1．已知点P 是圆O ：x 2＋y 2＝1上任意一点,过点P 作PQ ⊥y 轴于点Q ,延长QP 到点M ,使QP →＝PM →.(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)过点C (m,0)作圆O 的切线l ,交(1)中曲线E 于A ,B 两点,求△AOB 面积的最大值．核心考点二 圆锥曲线中的定点、定值问题以直线与圆锥曲线为载体,结合其他条件探究直线或曲线过定点,或与动点有关的定值问题,一般常出现在解答题 第二问中,难度多为中等. 【经典示例】已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >0,b >0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q 、P ,与椭圆分别交于点M 、N ,各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →,PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3,试证明：直线l 过定点并求此定点．【答题模板】证明直线过定点的步骤：第一步,设出直线方程为y kx b =+(或x my n =+)；.第二步,证明b ks t =+ (或n ms t =+)；.第三步,确定直线过点(),s t − (或(),t s −).【满分答案】(1)设椭圆的焦距为2c ,由题意知b ＝1,且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2,又a 2＝b 2＋c 2,∴a 2＝3.∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1. (2)证明 由题意设P (0,m ),Q (x 0,0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),设l 方程为x ＝t (y －m ),由PM →＝λ1MQ →知(x 1,y 1－m )＝λ1(x 0－x 1,－y 1),∴y 1－m ＝－y 1λ1,由题意y 1≠0,∴λ1＝m y 1－1. 同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1. ∵λ1＋λ2＝－3,∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0,①[来源学。
高考数学解析几何热点问题
●求参数范围问题 在解析几何问题中，常用到参数来刻划点和曲线的运动和变化，对 于参变量范围的讨论，则需要用到变与不变的相互转化，需要用函数 和变量去思考，因此要用函数和方程的思想作指导，利用已知变量的 取值范围以及方程的根的状况求出参数的取值范围。
例1、已知椭圆C： 试确定m的范围，使得对于直线l: y = 4x+m 椭圆上有不同的两点关于直线 l 对称。
4、重视对数学思想、方法进行归纳提炼，达到优化解 题思路，简化解题过程的目的。 用好方程思想 。解析几何的题目大部分都以方程形式 给定直线和圆锥曲线，因此把直线与圆锥曲线相交的弦 长问题利用韦达定理进行整体处理，就可简化解题运算 量。 用好函数思想。 掌握坐标法。 二、学习目标 三、知识梳理
●求曲线方程或点的轨迹 求曲线的轨迹方程是解析几何的基本问题之一，是高考中的一 个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，特别是当今高考 的改革以考查学生的创新意识为突破口，注重考查学生的逻辑思 维能力、运算能力、分析问题和解决问题的能力，而轨迹方程这 一热点，则能很好地反映学生在这些方面能力的掌握程度。 下面介绍几种常用的方法 (1) 直接法：动点满足的几何条件本身就是一些几何量的等量 关系，我们只需把这种关系“翻译”成含x 、y 的等式就得到曲线 轨迹方程。 (2) 定义法：其动点的轨迹符合某一基本轨迹的定义，则可根 据定义直接求出动点的轨迹方程。 (3) 几何法：若所求的轨迹满足某些几何性质（如线段中垂线 、角平分线性质等），可以用几何法，列出几何式，再代入点的 坐标较简单。
解析几何(2020高考)
解析几何（2020高考）1.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆C ：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)的短轴长为2，F 1，F 2分别是椭圆C 的左、右焦点，过点F 2的动直线与椭圆交于点P ，Q ，过点F 2与PQ 垂直的直线与椭圆C 交于A 、B 两点．当直线AB 过原点时，PF 1＝3PF 2．（1）求椭圆的标准方程；（2）若点H(3，0)，记直线PH ，QH ，AH ，BH 的斜率依次为1k ，2k ，3k ，4k ．①若12215k k +=，求直线PQ 的斜率；②求1234()()k k k k ++的最小值．（第18题）2.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆221:195y x C +=与22221(06)36y x C b b +=<<: 的离心率相等．椭圆1C 的右焦点为F ，过点F 的直线与椭圆1C 交于A B ，两点，射线OB 与椭圆2C 交于点C ．椭圆2C 的右顶点为D ．（1）求椭圆2C 的标准方程； （2）若ABO △求直线AB 的方程；（3）若2AF BF =，求证：四边形AOCD是平行四边形．3.4.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的右准线为直线4x =，左顶点为A ，右焦点为F . 已知斜率为2的直线l 经过点F ，与椭圆E 相交于,B C 两点，且O 到直线l 的距离为255.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 若过O 的直线:m y kx =与直线,AB AC 分别相交于,M N 两点，且OM ON =，求k 的值.5.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：22221x ya b+=(a＞b＞0)左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，两准线间距离为8，圆O的直径为F1F2，直线l与圆O相切于第四象限点T，与y轴交于M点，与椭圆C交于点N（N点在T点上方），且OM＝ON．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求直线l的方程；（3）求直线l上满足到F1，F2距离之和为的所有点的坐标．参考解答1.解：（1）因为椭圆C ：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)的短轴长为2，所以b ＝1，当直线AB 过原点时，PQ ⊥x 轴，所以△PF 1F 2为直角三角形， 由定义知PF 1＋PF 2＝2a ，而PF 1＝3PF 2，故132PF a =，212PF a =， 由2221212PF PF F F =+得2222291144(1)444a a c a a =+=+-，化简得a 2＝2， 故椭圆的方程为2212x y +=． （2）①设直线PQ ：(1)y k x =-，代入到椭圆方程得：2222(12)4(22)0k x k x k +-+-=， 设P(1x ，1y )，Q(2x ，2y )，则2122412k x x k +=+，21222212k x x k-=+， 所以121221121212[(1)(3)(1)(3)]33(3)(3)y y k x x x x k k x x x x --+--+=+=----， 化简可得122228715k k k k +==+， 解得：1k =或78k =，即为直线PQ 的斜率．②当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时，1234()()0k k k k ++=， 当两条直线与坐标轴都不垂直时， 由①知122287k k k k +=+，同理可得342287kk k k-+=+ 故21234422244()()1565611356()113k k k k k k k k k--++==++++4225≥=-， 当且仅当221k k =即k ＝±1时取等号．综上，1234()()k k k k ++的最小值为4225-． 2.3.4.(1) 设椭圆E 的焦距为2c ，则直线l 的方程为2()y x c =-，即220x y c --=. 因为O 到直线l 25，222002521c d ⨯--==+255=，则1c =. ………………….3分 因为椭圆E 的右准线的为直线4x =，则24a c =，所以24a =，2223b a c =-=，故椭圆E 的标准方程为22143x y +=. ………………….4分(2) 由(1)知l ：2(1)y x =-，设11(,)B x y ，22(,)C x y .由222(1),3412y x x y =-⎧⎨+=⎩得2193240x x -+=，则212123241940,32,194.19x x x x ⎧⎪∆=-⨯⨯>⎪⎪+=⎨⎪⎪=⎪⎩………….6分 由(2,0)A -，11(,)B x y 可知11:(2)2y AB y x x =++， 由11,(2)2y kx y y x x =⎧⎪⎨=+⎪+⎩得1112(2)M y x k x y =+-， ………………….9分 同理2222(2)N y x k x y =+-，因为OM ON =2211M N k k +=+，由图可知0M N x x +=， ………………….12分 所以1222112[(2)]2[(2)]0y k x y y k x y +-++-=，即122211(1)[(2)2(1)](1)[(2)2(1)]0x k x x x k x x -+--+-+--=， 所以121212122112124(1)(1)4[()1](1)(2)(1)(2)2()4x x x x x x k x x x x x x x x ---++==-++-+++- ……………….14分 4324[1]4(43219)19191432832419241919-+-+===+-⨯⨯+-. ………………….16分5.。
2020年新课标高考数学热点探究5 平面解析几何中的高考热点问题
2020年新课标高考数学热点探究5 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，常以求圆锥曲线的标准方程、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另一重点，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．例1 如图1，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.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 .[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＋22＋2－22＝23.3分即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F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|)，可得|QF1|＝4a－2|PF1|. ①又因为PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，所以|QF1|＝2|PF1|.②8分由①②可得|PF1|＝(4－22)a，从而|PF2|＝2a－|PF1|＝(22－2)a.由PF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即(4－22)2a2＋(22－2)2a2＝4c2，10分可得(9－62)a2＝c2，即c2a2＝9－62，因此e＝ca＝9－62＝6－ 3.12分[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的标准方程是常用的方法，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，只需明确a，b，c中任意两量的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x2＝4y的焦点．(1)求椭圆的标准方程；(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x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，因为抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，所以b＝1.2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＝1.5分(2)由⎩⎨⎧ x 2＝4y ，y ＝x －1，解得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝1，所以点A (2,1).8分因为抛物线的准线方程为y ＝－1， 所以圆的半径r ＝1－(－1)＝2，所以圆的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.12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 圆锥曲线的定值问题例2-1 (2016·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点.(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．[解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.3分又c ＝a 2－b 2＝3，所以离心率e ＝c a ＝32.5分(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，所以直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2).7分令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 ＋1.9分令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1.所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝⎛⎭⎫2＋x 0y 0－1⎝⎛⎭⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值.12分 [规律方法] 1.求定值问题的常用方法：(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．定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思路是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类问题中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例2-2 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．[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 2b 2＝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)，则 y 1＋y 2＝－2mtm 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 2－4m 2m 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 ＋23t ＋2m 2＋2＝0.10分因为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， 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 ⎝⎛⎭⎫－23，0.12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．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)．[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 mx ＋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＋4m 2>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，＋∞.5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＋1.7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，即m ＝±2时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.12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] 已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为4，且过点(2，－2)．(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆焦点的直线l 与椭圆C 分别交于点E ，F ，求OE →·OF →的取值范围. [解] 由椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为4.得曲线C 的焦点F 1(0，－2)，F 2(0,2).2分 又点(2，－2)在椭圆C 上， 2a ＝2＋0＋2＋2＋22＝42，所以a ＝22，b ＝2，即椭圆C 的方程是y 28＋x 24＝1.5分(2)若直线l 垂直于x 轴，①则点E (0,22)，F (0，－22)，OE →·OF →＝－8. ②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋2，点E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，将直线l 的方程代入椭圆C 的方程得到：(2＋k 2)x 2＋4kx －4＝0，则x 1＋x 2＝－4k 2＋k 2，x 1x 2＝－42＋k 2，8分所以OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2 ＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－4－4k 22＋k 2＋－8k 22＋k 2＋4＝202＋k 2－8.10分 因为0<202＋k2≤10，所以－8<OE →·OF →≤2. 综上可知，OE →·OF →的取值范围是(－8,2].12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12分)(2015·全国卷Ⅰ)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． [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 ＝0.5分故所求切线方程为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 2.7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 .8分 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －bx 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋b a.10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.12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3，椭圆E ：x2a 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.图3(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．[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 ＝ 2.4分所以椭圆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 →＋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－4k 2＋－2λ－12k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.10分此时，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－3.12分热点探究训练5 平面解析几何中的高考热点问题1．(2014·全国卷Ⅱ)设F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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 . ①8分 由|MN |＝5|F 1N |得|DF 1|＝2|F 1N |. 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＝－1.10分 代入C 的方程，得9c 24a 2＋1b 2＝1.② 将①及c ＝a 2－b 2代入②得9a 2－4a 4a 2＋14a＝1. 解得a ＝7，b 2＝4a ＝28，故a ＝7，b ＝27.12分2．已知椭圆C 的方程为：x 2＋2y 2＝4.(1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为坐标原点，若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值．[解] (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1， 所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.2分因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.5分 (2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，则OA →·OB →＝0，所以tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.8分 又x 20＋2y 20＝4， 所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2 ＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 20＋4－x 202＋24－x 20x 20＋4 ＝x 202＋8x 20＋4(0<x 20≤4).10分 因为x 202＋8x 20≥4(0<x 20≤4)，且当x 20＝4时等号成立， 所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.12分3．如图4，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4(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8.12分4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点P (0,1)和点A (m ，n )(m ≠0)都在椭圆C 上，直线P A 交x 轴于点M .(1)求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标(用m ，n 表示)；(2)设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N .问：y 轴上是否存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．[解] ∵b ＝1，e ＝22， ∴⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a 2＝1＋c 2，解得a 2＝2.3分 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. 设M (x M,0)，由于点A (m ，n )在椭圆C 上，∴－1<n <1.5分∵直线P A 的方程为y －1＝n －1m x ， ∴x M ＝m 1－n ，则 M ⎝⎛⎭⎫m 1－n ，0. (2)∵点B 与点A 关于x 轴对称，∴B (m ，－n )．设N (x N,0)，则x N ＝m 1＋n.8分 “存在点Q (0，y Q )使得∠OQM ＝∠ONQ ”等价于“存在点Q (0，y Q )使得|OM ||OQ |＝|OQ ||ON |”， 即y Q 满足y 2Q ＝|x M ||x N |.∵x M ＝m 1－n ，x N ＝m 1＋n ，m 22＋n 2＝1， ∴y 2Q ＝|x M ||x N |＝m 21－n 2＝2.10分 ∴y Q ＝2或y Q ＝－ 2.故在y 轴上存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ .点Q 的坐标为(0，2)或(0，－2).12分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.[解] (1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2，∴b ＝3，3分故椭圆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＝－4k m ， 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 )，10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.12分6．(2016·全国卷Ⅲ)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] 由题意知F ⎝⎛⎭⎫12，0，设直线l 1的方程为y ＝a ，直线l 2的方程为y ＝b ，则ab ≠0，且A ⎝⎛⎭⎫a 22，a ，B ⎝⎛⎭⎫b 22，b ，P ⎝⎛⎭⎫－12，a ，Q ⎝⎛⎭⎫－12，b ，R ⎝⎛⎭⎫－12，a ＋b 2.记过A ，B 两点的直线为l ，则l 的方程为2x －(a ＋b )y ＋ab ＝0.2分(1)证明：由于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 －b 1＋a 2＝a －b a 2－ab ＝1a ＝－ab a ＝－b ＝b －0－12－12＝k 2. 所以AR ∥FQ .5分(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 |2.8分 由题意可得|b －a |⎪⎪⎪⎪x 1－12＝|a －b |2， 所以x 1＝0(舍去)或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 ＝y x －1(x ≠1).10分 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，此时E 点坐标为(1,0)，满足方程y 2＝x －1. 所以，所求的轨迹方程为y 2＝x －1.12分。
2020届高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究5 解析几何 理
"2020届高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究5 解析几何 理 "主要题型：(1)考查纯解析几何知识；(2)向量渗透于圆锥曲线中；(3)求曲线方程；(4)直线与圆锥曲线的位置关系，涉及弦长、中点、轨迹、范围、定值、最值等问题．【例8】► (2020·山东)在平面直角坐标系xOy 中，F 是抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点，M 是抛物线C 上位于第一象限内的任意一点，过M ，F ，O 三点的圆的圆心为Q ，点Q 到抛物线C 的准线的距离为34. (1)求抛物线C 的方程；(2)是否存在点M ，使得直线MQ 与抛物线C 相切于点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由；(3)若点M 的横坐标为2，直线l ：y ＝kx ＋14与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，l 与圆Q 有两个不同的交点D ，E ，求当12≤k ≤2时，|AB|2＋|DE |2的最小值． [审题路线图]圆心Q 在OF 的垂直平分线y ＝p 4上，列方程解之 ⇓由抛物线C 的方程设切点M ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 02(x 0＞0)， ⇓由导数求斜率，写出直线MQ 的方程，⇓与y Q ＝14联立，可用x 0表达点Q 的坐标，再根据|OQ |＝|QM |列方程求得x 0的值． ⇓根据直线方程和抛物线方程求出|AB |.⇓根据第(2)问可得圆Q 的半径和圆心坐标，进而使用直线被圆截得的弦长公式求出|DE |.⇓写出|AB |2＋|DE |2，换元，利用导数求最值．[规范解答](1)依题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，圆心Q 在线段OF 的垂直平分线y ＝p 4上，因为抛物线C 的标准方程为y ＝－p 2，所以3p 4＝34，即p ＝1， 因此抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2分)(2)假设存在点M (x 0，x 202)(x 0＞0)满足条件，抛物线C 在点M 处的切线斜率为y ′|x ＝x 0＝ ⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22′x ＝x 0＝x 0，所以直线MQ 的方程为y －x 202＝x 0(x －x 0)．(3分) 令y ＝14得x Q ＝x 02＋14x 0， 所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＋14x 0，14.(4分) 又|QM |＝|OQ |，故⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 0－x 022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－x 2022＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 0＋x 022＋116， (5分) 因此⎝ ⎛⎭⎪⎫14－x 2022＝916，又x 0＞0， 所以x 0＝2，此时M (2，1)．故存在点M (2，1)，使得直线MQ 与抛物线C 相切于点M .(6分)(3)当x 0＝2时，由(2)得Q ⎝⎛⎭⎪⎫528，14， ⊙Q 的半径为r ＝5282＋142＝368， 所以⊙Q 的方程为(x －528)2＋(y －14)2＝2732. (7分)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 2，y ＝kx ＋14整理得2x 2－4kx －1＝0.(8分) 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 由于Δ1＝16k 2＋8＞0，x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－12， 所以|AB |2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)(4k 2＋2)(9分) 由⎩⎪⎨⎪⎧ x －5282＋y －142＝2732，y ＝kx ＋14整理得(1＋k 2)x 2－524x －116＝0.(10分) 设D ，E 两点的坐标分别为(x 3，y 3)，(x 4，y 4)，由于Δ2＝k 24＋278＞0，x 3＋x 4＝5241＋k 2，x 3x 4＝－1161＋k 2. 所以|DE |2＝(1＋k 2)[(x 3＋x 4)2－4x 3x 4] ＝2581＋k 2＋14.(11分) 因此|AB |2＋|DE |2＝(1＋k 2)(4k 2＋2)＋2581＋k 2＋14. 令1＋k 2＝t ，由于12≤k ≤2，则54≤t ≤5，所以|AB |2＋|DE |2＝t (4t －2)＋258t ＋14＝4t 2－2t ＋258t ＋14， 设g (t )＝4t 2－2t ＋258t ＋14，t ∈[54，5]， 因为g ′(t )＝8t －2－258t2， 所以当t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，5，g ′(t )≥g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝6，即函数g (t )在t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，5是增函数，所以当t ＝54时，g (t )取到最小值132， 因此当k ＝12时，|AB |2＋|DE |2取到最小值132. (13分)抢分秘诀1．准确求出曲线方程是解决圆锥曲线问题的前提，并且第(1)问一般属于考试送分的，故此处必要时要进行计算上的检验．2．第(2)问中利用导数的几何意义求切线方程，再利用半径相等列方程求切点M ，精确计算是重要抢分点．3．解题中的计算能力的考查在第(3)问中更进一步得到体现，计算中的每一个中间结果要写出来，以便阅卷时采点给分，即使最终问题没解决，分数可能已相当可观；此题中还综合考查了导数求最值，答卷时要注意考虑k 的范围，以防不必要的失分．4．本题为试卷的压轴题，对不少考生来说，难度较大，可能会放弃，但要把得到的分拿下来，如第(1)问的曲线方程，直线与曲线方程联立，写出两根之和与两根之积，这要得到一定分数．[押题6] 如图，设椭圆的中心为原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左、右焦点分别为F 1，F 2，线段OF 1，OF 2的中点分别为B 1，B 2，且△AB 1B 2是面积为4的直角三角形．(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B 1作直线l 交椭圆于P ，Q 两点，使PB 2⊥QB 2，求直线l 的方程．解 (1)如图，设所求椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，右焦点为F 2(c,0)．因△AB 1B 2是直角三角形，又|AB 1|＝|AB 2|，故∠B 1AB 2为直角，因此|OA |＝|OB 2|，得b ＝c2. 结合c 2＝a 2－b 2得4b 2＝a 2－b 2， 故a 2＝5b 2，c 2＝4b 2，所以离心率e ＝c a ＝25 5. 在Rt △AB 1B 2中，OA ⊥B 1B 2，故S △AB 1B 2＝12·|B 1B 2|·|OA |＝|OB 2|·|OA |＝c 2·b ＝b 2. 由题设条件S △AB 1B 2＝4得b 2＝4，从而a 2＝5b 2＝20.因此所求椭圆的标准方程为：x 220＋y 24＝1. (2)由(1)知B 1(－2,0)，B 2(2,0)．由题意知直线l 的倾斜角不为0，故可设直线l 的方程为x ＝my －2.代入椭圆方程得(m 2＋5)y 2－4my －16＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1，y 2是上面方程的两根，因此y 1＋y 2＝4m m 2＋5，y 1·y 2＝－16m 2＋5， 又B 2P →＝(x 1－2，y 1)，B 2Q →＝(x 2－2，y 2)，所以B 2P →·B 2Q →＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝(my 1－4)(my 2－4)＋y 1y 2＝(m 2＋1)y 1y 2－4m (y 1＋y 2)＋16＝－16m 2＋1m 2＋5－16m 2m 2＋5＋16 ＝－16m 2－64m 2＋5， 由PB 2⊥QB 2，得B 2P →·B 2Q →＝0，即16m 2－64＝0，解得m ＝±2.所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x ＋2y ＋2＝0和x －2y ＋2＝0.。
高考解析几何中的热点问题
不 仅 可 以 考查 综合 运 用 数 学
，
热点 问题 的解 题 思 路
一
．
知 识 分 析 问题 探究 问 题 和 解 决 问题 的 能 力 也 考
、
参 数 范 围或 求最 值 的综 合 性 问题
’ 8
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一
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ｌ 量 鲤 。 ＿莹 哩
口 ｅ Ｘ ｆ
【 高考真题】 １ ２０ ．（０ ７年高考江西卷 理科）设动 点 Ｐ 到Ａ （ ，） Ｂ（ ，） 一ｌ Ｏ 和 １０ 的距 离分 别为 和 ， ＡＰ Ｂ
４ ｄ —ｄ ） ＝（ ｌ ｚ ＋４ １ ｓ ， Ｉ １ ２｝ ｄ ｉ ０ 即 一ｄ ＝ ｎ ｄ
Ｆ
ｉ 一２ ｆ ＜２ 常数） ￣ ／ （ ，
） 为焦点 、 率为 离心 的椭 圆．设椭 圆在第 一
点 Ｐ 的轨迹 Ｃ是以Ａ、 Ｂ为焦点 ， 实轴 长 ２ ＝ ａ
２ Ｆ 双 线，程 芒 ÷一 ｖ 的 曲 方 为： 一 ｌ ，
，
函 数 数 列 导 数等 问 题
、 、
．
因 此 解 析 几 何 的试 题 充
广 常融 合其 它 章节知 识 点 出现 在 高考 试 题 中
，
．
下
分 体 现 了高考 命题 改 革 反 复 强 调 的 知 识 方 法 之 间 的交叉 渗透 与综 合
、
、
．
面 以 近 几 年 的 高考 试 题 为 例 研 究 解 析 几 何 中 这 些
（）设 Ｍ （ ｌｙ ） Ｎ（ ２ ） ２ ｘ ，１ ， ｘ
的切线与 Ｙ ，轴的交点分别为Ａ Ｂ且向鳓 、
＋ 峦． 求 （） Ｍ 的轨迹方程（）－ 的最小值 １点 ２ Ｉ￣１ Ｏ
2020版高考数学二轮复习专题五解析几何高考热点追踪(五)练习文苏教版(2021-2022学年)
高考热点追踪(五)1．(20１9·苏州期末)双曲线x 2－错误!未定义书签。
＝1的渐近线方程为_＿_＿_＿__.[解析] 令ｘ2-ｙ2４＝0，得y ＝±2x ，即为双曲线x 2－错误!=1的渐近线方程． [答案] y ＝±２x２．(20１9·南京、盐城模拟）椭圆错误!未定义书签。
+错误!未定义书签。
＝1的一条准线方程为y =m ，则m ＝_＿＿＿____.[解析] 焦点在y 轴上，错误!=m ，m =5.[答案] ５３．(2019·太原调研）直线x -2y +2=0过椭圆错误!未定义书签。
＋错误!＝1的左焦点F 1和一个顶点B ,则椭圆的方程为__＿____＿.[解析] 直线x －2y ＋２=0与x 轴的交点为(-２,０),即为椭圆的左焦点,故ｃ=２.直线x －2y ＋2＝0与ｙ轴的交点为(0，1),即为椭圆的顶点，故b =1．故a 2=b 2+c 2=5，椭圆方程为错误!+y 2＝１.［答案] 错误!未定义书签。
＋y 2＝14．已知双曲线C :错误!未定义书签。
-４y 2=1(a >0）的右顶点到其一条渐近线的距离等于错误!，抛物线E ：y 2＝2px 的焦点与双曲线Ｃ的右焦点重合,直线l 的方程为ｘ-y ＋4=0，在抛物线上有一动点M 到ｙ轴的距离为d 1,到直线ｌ的距离为d ２，则d 1+ｄ2的最小值为_____＿_＿.［解析] 错误!未定义书签。
-4y 2=1的右顶点坐标为(ａ,０)，一条渐近线为x －2a ｙ=０．由点到直线的距离公式得d ＝错误!未定义书签。
＝错误!，解得a ＝错误!未定义书签。
或a =－错误!(舍去),故双曲线的方程为错误!未定义书签。
-４ｙ2=1．因为c = 错误!未定义书签。
＝１，故双曲线的右焦点为（１，0），即抛物线的焦点为(1，0),所以ｐ=２，ｘ=-１是抛物线的准线，因为点M 到y 轴的距离为d １,所以到准线的距离为d １+1，设抛物线的焦点为Ｆ,则d 1＋1=|MF ｜,所以d 1+d 2＝d １＋1+d ２－1=｜M Ｆ|＋d 2-1，焦点到直线l 的距离ｄ3=错误!未定义书签。
高三数学高考热点专题解析几何全国通用(20200623092943)
平行于直线
时有 :
, 则是必要条件 , 故是充分必要条件 .
5. （ 06 年福建卷文）已知两条直线
（ A）2 5. 答案： D
（ B） 1
解析 : 两条直线
和
和 （ C） 0
互相垂直，则 等于 （D）
互相垂直，则
，∴ a=－ 1，选 D.
6. （ 08 年全国卷 2 文）原点到直线
的距离为（
）
A． 1
A．
B.
C.
3. 【解析】 ： A 设底边斜率为Ｋ，直线
D.
与
的斜率分别为
，又原点在底边上，所以Ｋ＝３
4. （ 07 年天津卷文） “ A．充分而不必要条件 C．充分必要条件
要条件 4. 答案： C
解析： 当
则直线
”是“直线 平行于直线
平行于直线
”的（
）
B ．必要而不充分条件
D ．既不充分也不必
, 则是充分条件 ; 直线
（ 2）整体平衡，重点突出： 《考试说明》中解析几何部分原有 33 个知识点，现缩为 19
个知识点，一般考查的知识点超过
50％，其中对直线、圆、圆锥曲线知识的考查几乎没有
遗漏，通过对知识的重新组合，考查时既注意全面，更注意突出重点，
对支撑数学科知识
体系的主干知识， 考查时保证较高的比例并保持必要深度。近四年新教材高考对解析几何
上，线段过原点，故点Ｐ到原
点最短距离为零，最远距离为点 答案： B
到原点距离且距离为１０，故选Ｂ；
8. （ 2009 重庆卷理）直线 y x 1 与圆 x2 y 2 1的位置关系为（
平移化简方程一般不出解答题，大多是以选择题形式出现．解析几何的解答题一般为难题， 近两年都考查了解析几何的基本方法——坐标法以及二次曲线性质的运用的命题趋向要引 起我们的重视．
(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题五解析几何高考热点追踪(五)课件文苏教版
一、圆锥曲线与导数交汇 (2019·扬州期末)已知抛物线 C1：y＝x2＋2x 和 C2：y＝－x2＋a，如果直线 l 同时
是 C1 和 C2 的切线，称 l 是 C1 和 C2 的公切线，公切线上两个切点之间的线段，称为公 切线段． (1)a 取什么值时，C1 和 C2 有且仅有一条公切线？写出此公切线的方程； (2)若 C1 和 C2 有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分．
(2019·南京模拟)设椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 e ＝ 22，右准线为 l，M，N 是 l 上的两个动点，F→1M·F→2N＝0．
(1)若|F→1M|＝|F→2N|＝2 5，求 a，b 的值； (2)证明：当 MN 取最小值时，F→1M＋F→2N与F→1F2共线．
[名师点评] 解析几何与导数交汇的试题别致新颖，是高考的冷点．求解时要充分利用 导数、解析几何的概念、性质，最好结合图形来求解．
二、圆锥曲线与数列交汇 (2019·江苏省高考名校联考(四))在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：xa22＋by22＝
1(a＞b＞0)的离心率 e＝ 23，一条准线方程为 x＝433． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若 F1，F2 分别是椭圆 C 的左、右焦点，D 为椭圆 C 上的动点，求D→F1·D→F2的取值 范围； (3)若不过原点 O 的直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且满足直线 OP，PQ，OQ 的斜率 依次成等比数列，求直线 l 的斜率．
(2)证明：由(1)可知．当 a<－12时 C1 和 C2 有两条公切线， 设一条公切线上切点为：P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 其中 P 在 C1 上，Q 在 C2 上，则有 x1＋x2＝－1， y1＋y2＝x21＋2x1＋(－x22＋a)＝x21＋2x1－(－x1－1)2＋a＝－1＋a， 线段 PQ 的中点为－12，－12＋a． 同理，另一条公切线段 P′Q′的中点也是－12，－12＋a． 所以公切线段 PQ 和 P′Q′互相平分．
2020届高三理数一轮课件：(五)解析几何热点问题审题答题(含答案)
同理可得 kPR＝y2－4 1.因为 kPQ＋kPR＝－1， 所以y1－4 1＋y2－4 1＝y1y42（－y（1＋y1y＋2）y2－）8＋1＝－41t6－m4－m8＋1＝－1，解得 t＝3m－74.
Δ＝16m2＋16t>0，
由t＝3m－74，
解得
14≠m×（－1）＋t，
m∈－∞，－72∪12，1∪(1，＋∞).
解 (1)由题意及抛物线的定义，有|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，
所以△AEF是边长为4的正三角形.
设准线l与x轴交于点D， 则|DF|＝p＝12|AE|＝12×4＝2.所以 p＝2. (2)设直线QR的方程为x＝my＋t，点Q(x1，y1)，R(x2，y2). 由xy＝ 2＝m4yx＋t，得 y2－4my－4t＝0， 则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t>0. 又因为点 P 在抛物线 C 上，则 kPQ＝yxPP－ －yx11＝yy4PP2－ －yy4211＝yP＋4 y1＝y1－4 1.
[构建模板]
【规范训练】 (2019·昆明质检)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.已知以F 为圆心、4为半径的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝ 90°. (1)求p的值； (2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的另外两点， 且直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点，若是，求出定 点的坐标；若不是，请说明理由.
所以直线 QR 的方程为 x＝m(y＋3)－74，
故直线 QR 过定点－74，－3.
《创新设计》2018版 高三一轮总复习实用课件
本节内容结束
[审题路线]
高考数学 解析几何-2020年高考数学(理)破题之道与答题规范
＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1. 当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4 2. 因此，四边形ADBE的面积为3或4 2.
[满分体验]
S＝12|PQ||PG|＝1＋8k2k12＋2k＋2 k2＝1＋821k＋1k＋kk2. 设 t＝k＋1k，则由 k＞0 得 t≥2，当且仅当 k＝1 时取等号．
[满分体验]
因为S＝1＋8t2t2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196.
因此，△PQG面积的最大值为196.
[满分体验]
2.(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线 C：y＝x22，D 为直线 y＝－12上的动点， 过 D 作 C 的两条切线，切点分别为 A，B.
(1)证明：直线 AB 过定点； (2)若以 E0，52为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的 中点，求四边形 ADBE 的面积．
[解](1)证明：设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1. 由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故yx11＋－12t ＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0. 所以直线AB过定点0，12.
专题05 解析几何
[破题之道] 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”．圆锥曲线问题在 遵循“设——列——解”程序化解题的基础上，应恰当地设点、设线， 以简化运算，突出 “设”的重要性．
[考点框架]
[满分示范]
【典例】(2019·年丹东二模)经过坐标原点 O 的两条直线与椭圆 E：ax22 ＋by22＝1(a＞b＞0)分别相交于点 A、C 和点 B、D，其中直线 AB 经过 E 的左焦点(－1,0)，直线 CD 经过 E 的右焦点(1,0)．当直线 AB 不垂 直于坐标轴时，AB 与 AD 的斜率乘积为－34.
【高考研究】2020版高考文数审题答题(五)解析几何热点问题课件(含答案)
满分解答 (1)解 由于点 P3，P4 关于 y 轴对称，
y
由题设知 C 必过 P3，P4. 又由a12＋b12>a12＋43b2知，椭圆 C 不经过点 P1，
P3
P2
P1
P4
F2
O
F1
x
所以点 P2 在椭圆 C 上. ………1 分 (得分点 1)
6
热点一 定点定值问题(教材VS高考) 因此b12＝1， a12＋43b2＝1，
y
l
P3A
P2
P1
P4
F2
OF1x来自B故不满足． ………………………6 分 (得分点 4)
7
从 将而y＝热可k设x点＋l：m一y代＝入kxx4＋2定＋my(2m点＝≠11)定． 值问题(教材VS高考)
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. …7 分 (得分点 5)
由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
两点，求O→P·O→Q＋M→P·M→Q的取值范围．
而点(－4，0)和(4，0)也满足此方程， 故椭圆 C 的方程为1x62＋1y22 ＝1.
(2)当直线 PQ 的斜率存在时， 设直线 PQ 的方程为 y＝kx＋2，
A P
y
T
M
Q
O
Bx
点 P，Q 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
21
直线热PQ 点与椭二圆方程圆联立锥1yx＝62曲＋kx1y＋22线＝21中， 消的去范y 得围(4k(2＋最3)值x2＋)1问6kx－题32＝0，
B，且长轴长为 8，T 为椭圆上一点，直线 TA，TB 的斜率之积为－43. (1)求椭圆 C 的方程；(2)设 O 为原点，过点 M(0，2)的动直线与椭圆 C 交于 P，Q
2020版 高考大题增分课5 平面解析几何中的高考热点问题
（五）平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 1. 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上．2．高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，在第(1)问中常以求曲线的标准方程，在第(2)问以求作或证明位置关系、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.双曲线的渐近线是常见题型，多以选择题或填空题的形式考查，各种难度均有可能．【例1】 (2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( )A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1B [由y ＝52x 可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)， 可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.](1)(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C ：x a 2－y b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )A ．2 B. 3C.2D.233(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10(1)A (2)A [(1)设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b a x ， 圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3. 根据点到直线的距离公式得|2b |a 2＋b2＝3，解得b 2＝3a 2. 所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a 2＝2.故选A.(2)因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k (x －1)．由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1， 所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k 2，即k ＝±1时，取得等号． 故选A.]定点、与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等定值问题．【例2】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎨⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ， 即y ＋1＝－m ＋12(x －2)， 所以l 过定点(2，－1)．(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝12x ＋m 与椭圆E 交于A ，C 两点，以AC 为对角线作正方形ABCD ，记直线l 与x 轴的交点为N ，问B ，N 两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．[解] (1)由题意可知，椭圆的焦点在x 轴上，椭圆过点(0,1)，则b ＝1. 由椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝32，解得a ＝2，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，线段AC 的中点为M (x 0，y 0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0，解得－2<m <2， 所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，y 1＋y 2＝12(x 1＋x 2)＋2m ＝m ， 所以线段AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，12m .则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋14×4m 2－4×(2m 2－2)＝10－5m 2.l 与x 轴的交点为N (－2m,0)，所以|MN |＝(－m ＋2m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 2＝54m 2，所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝52. 故B ，N 两点间的距离为定值102.之相关的一些问题；二类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．【例3】 平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程；(2)C ，D 为M 上的两点，若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值．[解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)， 则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，y 2－y 1x 2－x 1＝－1，由此可得b 2(x 2＋x 1)a 2(y 2＋y 1)＝－y 2－y 1x 2－x 1＝1.因为x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0，y 0x 0＝12，所以a 2＝2b 2.又由题意知，M 的右焦点为(3，0)，故a 2－b 2＝3. 因此a 2＝6，b 2＝3. 所以M 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝ 3.因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－533＜n ＜3，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y 23＝1得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝－2n ±2(9－n 2)3.因为直线CD 的斜率为1， 所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝439－n 2.由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝869 9－n 2，当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863. 所以四边形ACBD 面积的最大值为863.如图所示，已知直线l ：y ＝kx －2与抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)交于A ，B 两点，O 为坐标原点，OA →＋OB →＝(－4，－12)．(1)求直线l 和抛物线C 的方程；(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时，求△ABP 面积的最大值． [解] (1)由⎩⎨⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.因为OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2pk ，－2pk 2－4)＝(－4，－12)，所以⎩⎨⎧ －2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎨⎧p ＝1，k ＝2.所以直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线C 的方程为x 2＝－2y .(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大，又y ′＝－x ，所以－x 0＝2，故x 0＝－2，y 0＝－12x 20＝－2，所以P (－2，－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2×(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2＝45＝455.由⎩⎨⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，故x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4， 所以|AB |＝1＋k 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋22×(－4)2－4×(－4) ＝410.所以△ABP 面积的最大值为410×4552＝8 2.既可以考查位置关系，也可以与定点、定值、存在性问题综合命题，有时也涉及一些否定质命题，证明时一般常用直接法或反证法．难度一般较大．【例4】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[信息提取] 看到求直线方程，想到利用先求斜率再利用点斜式求直线方程；看到证明两角相等，想到利用两直线的斜率之和为0可证明两角相等． [规范解答] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 1分 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 2分又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. 3分(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 4分当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .5分 当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，6分则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.7分由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2). 8分将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1. 9分则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 11分从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .12分[易错与防范] 解答本题(2)时易漏掉对特殊情况讨论，即直线与x 轴重合及直线与x 轴垂直，想当然认为斜率一定存在而致错，解答此类问题时应特别注意直线斜率存在与否．[通性通法] 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．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． [解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，所以C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.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和ax ＋y ＋a ＝0. (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.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 ＋b )a .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．[大题增分专训]1．(2019·衡水联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(－2，1)，离心率为22，直线l ：kx －y ＋2＝0与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在实数k ，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|(其中O 为坐标原点)成立？若存在，求出实数k 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋1b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝4，b 2＝2，c 2＝2，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)假设存在符合条件的实数k .依题意，联立方程⎩⎨⎧y ＝kx ＋2，x 2＋2y 2＝4，消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＋4＝0.则Δ＝64k 2－16(1＋2k 2)>0，即k >22或k <－22.(*)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 1＋2k 2，x 1x 2＝41＋2k 2. 由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，得OA →·OB →＝0，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝0，即(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝0.∴4(1＋k 2)1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋4＝0，即8－4k 21＋2k 2＝0， ∴k 2＝2，即k ＝±2，满足(*)式．故存在实数k ＝±2，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|成立．2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．(1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0.证明：2|FP →|＝|F A→|＋|FB →|.[证明] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .由题设得0<m <32，故k <－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P 1，－32，|FP →|＝32.于是|F A →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋31－x 214＝2－x 12. 同理|FB →|＝2－x 22.所以|F A →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|.3．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，22. (1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且F 2A →＝λF 2B →，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．[解] (1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2，故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0，Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2，y 1y 2＝－1k 2＋2. QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2， ∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2， 由此可知，|QC →|2的大小与k 2的取值有关．由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)． 从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2， 由λ∈[－2，－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，－2， 从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2，解得0≤k 2≤27. 令t ＝1k 2＋2，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12， ∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －742－172，∴当t ＝12时，|QC →|min ＝2.。
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教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题
x2 【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆 C： ＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C
2
交于 A，B 两点，点 M 的坐标为(2，0).
(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程；
(2)设 O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB. [审题路线]
则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝
2k2＋1
＝0.
从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补.
所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB. 探究提高 (1)解决本题的关键是分析图形，把图形中“角相等”关系转化为相关
直线的斜率之和为零，类似的还有圆过定点问题，转化为在该点的圆周角2 可得 A(p， 2p).
|AE| |AB| 1 易知△AEB∽△FEC，∴ ＝ ＝ ，
|FE| |FC| 2
1
1
12
故 S△ACE＝3S△ACF＝3×3p×
2p× ＝ p2＝3 22
2，
∴p2＝6，∵p>0，∴p＝ 6.
答案 6 探究提高 1.解答本题的关键有两个：(1)利用抛物线的定义求出点 A 的坐标，(2)
核心热点
真题印证
直线方程、定值问题 2018·Ⅰ，19；2018·北京，19
椭圆方程、定点问题 2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20
直线与椭圆的位置关系
2016·Ⅰ，20；2016·Ⅱ，20； 2018·Ⅲ，20
2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20； 直线与抛物线的位置关系
2016·Ⅱ，20
核心素养 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理
( )7
作 l 的垂线，垂足为 B，设 C p，0 ，AF 与 BC 相交于点 E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE 2
的面积为 3 2，则 p 的值为________.
( )p
解析 易知抛物线的焦点 F 的坐标为 ，0 ， 2
| | 7 p
又|CF|＝2|AF|且|CF|＝ p－ ＝3p， 22
解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由已知有 ＝ ， a2 9
又由 a2＝b2＋c2，可得 2a＝3b.
由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝ 2b，
由|FB|·|AB|＝6 2，
可得 ab＝6，从而 a＝3，b＝2. x2 y2
所以，椭圆的方程为 ＋ ＝1. 94
(2)设点 P 的坐标为(x1，y1)，点 Q 的坐标为(x2，y2).
[自主解答] (1)解 由已知得 F(1，0)，l 的方程为 x＝1.
( ) ( ) x2
2
2
把 x＝1 代入椭圆方程 ＋y2＝1，可得点 A 的坐标为 1， 或 1，－ ，
2
2
2
又 M(2，0)，
2
2
所以直线 AM 的方程为 y＝－ x＋ 2或 y＝ x－ 2.
2
2
(2)证明 当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
易知直线 AB 的方程为 x＋y－2＝0，
{ ) 由方程组
y＝kx， x＋y－2＝0，
消去
x，可得
2k y2＝k＋1.
代入 5y1＝9y2，可得 5(k＋1)＝3 9k2＋4，
将等式两边平方，整理得 56k2－50k＋11＝0，
1
11
解得 k＝ 或 k＝ .
2
28
1 11 所以，k 的值为 或 .
2 28
由 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)得
2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k kMA＋kMB＝ （x1－2）（x2－2） .
x2 将 y＝k(x－1)代入 ＋y2＝1 得
2
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
4k2
2k2－2
所以，x1＋x2＝2k2＋1，x1x2＝2k2＋1.
4k3－4k－12k3＋8k3＋4k
进而转化为斜率之积为－1；线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐
标之比；
(2)解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理
及运算，借助几何直观，达到证明的目的.
当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，
设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y1
y2
则 x1< 2，x2< 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1－2＋x2－2.
由已知有 y1>y2>0，
故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
y2
π
又因为|AQ|＝
，而∠OAB＝ ，
sin∠OAB
4
故|AQ|＝ 2y2.
|AQ| 5 2
由＝ |PQ|
4
sin∠AOQ，可得 5y1＝9y2.
{ ) 由方程组
y＝kx，
x2 y2 ＋ ＝1，
消去
x，可得
y1＝
94
6k .
9k2＋4
根据△AEB∽△FEC 求出线段比，进而得到面积比并利用条件“S△ACE＝3 2”求解. 2.对于解析几何问题，除了利用曲线的定义、方程进行运算外，还应恰当地利用
平面几何的知识，能起到简化运算的作用.
x2 y2 【链接高考】 (2018·天津卷)设椭圆 ＋ ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B，
教材链接高考——求曲线方程及直线与圆锥曲线 [教材探究](选修 2－1P49 习题 A5(1)(2))求适合下列条件的椭圆的标准方程： (1)过点 P(－2 2，0)，Q(0， 5)； (2)长轴长是短轴长的 3 倍，且经过点 P(3，0). [试题评析] 1.问题涉及解析几何中最重要的一类题目：求曲线的方程，解决的方 法都是利用椭圆的几何性质. 2.对于(1)给出的两点并不是普通的两点，而是长轴和短轴的端点，这就告诉我们 要仔细观察、借助图形求解问题，(2)中条件给出 a，b 的值，但要讨论焦点的位 置才能写出椭圆方程. 【教材拓展】 设抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点为 F，准线为 l，过抛物线上一点 A
a2 b2 5 已知椭圆的离心率为 ，点 A 的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝6 2. 3 (1)求椭圆的方程；
(2)设直线 l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为 P，且 l 与直线 AB 交于点 Q.
|AQ| 5 2 若 ＝ sin∠AOQ(O 为原点)，求 k 的值.
|PQ| 4 c2 5