【高考精品复习】第九篇 解析几何 专题五 高考解析几何命题动向
专题五大题专项解析几何大题考向探究课件共62张PPT
所以1n－＋22m2＝4nm－2＋232， 所以nn－ ＋2222＝42mm2－＋132＝2m－4 12＋2m2－1＋1
＝42m1－1＋412＋43≥43， 所以 n<－2 或－2<n≤14－8 3或 n≥14＋8 3。 因为直线 l：y＝2x＋n(n≠±2)在 x 轴上的截距为－n2。 所以－2n>1 或 4 3－7≤－n2<1 或－2n≤－7－4 3，即直线 l 在 x 轴上截距的取值范 围是(－∞，－7－4 3]∪[4 3－7,1)∪(1，＋∞)。
【变式训练 3】 (2021·太原市期末检测)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右 焦点分别为 F1，F2，过 F2 且垂直于 x 轴的直线与 C 交于 M，N 两点，且 M 的坐标为1，32。
(1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F2 作与直线 MN 不重合的直线 l 与 C 相交于 P，Q 两点，若直线 PM 和直线 QN 相交于点 T，求证：点 T 在定直线上。
令 t＝k2＋b，则 t＝－b2＋142b－15， 且 3≤b≤5。 因为 t＝－b2＋142b－15在[3,5]上单调递增，所以当 b＝5 时，t 取得最大值，tmax＝ 5，此时 k＝0，所以△PAB 面积的最大值为 20 5。
考向三 定点问题 【例 3】 已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的两个焦点为 F1，F2，一条渐近 线方程为 y＝bx(b∈N*)，且双曲线 C 经过点 D( 2，1)。 (1)求双曲线 C 的方程； (2)设点 P 在直线 x＝m(y≠±m,0<m<1，且 m 是常数)上，过点 P 作双曲线 C 的两条 切线 PA，PB，切点为 A，B，求证：直线 AB 过某一个定点。
2019年高考数学解析几何命题趋势及十大考点试题解析
2019年高考数学解析几何命题趋势及十大考点试题解析
命题趋向：解析几何例命题趋势：
1.注意考查直线的基本概念，求在不同条件下的直线方程，直线的位置关系，此类题大多都属中、低档题，以填空题的形式出现，每年必考
2.考查直线与二次曲线的普通方程，属容易题，对称问题常以填空题出现
3.考查圆锥曲线的基础知识和基本方法的题多以填空题的形式出现，有时会出现有一定灵活性和综合性较强的题，如求轨迹，与向量结合，与求最值结合，属中档题。
考点透视：
一．直线和圆的方程
1．理解直线的斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程．
2．掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系．
3．了解二元一次不等式表示平面区域．
4．了解线性规划的意义，并会简单的应用．
5．了解解析几何的基本思想，了解坐标法．
6．掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程．二．圆锥曲线方程
1．掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质．
2．掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质．
3．掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质．4．了解圆锥曲线的初步应用．。
高考一轮复习教案数学(理)新课标 第九篇 解析几何 2 两条直线的位置关系
第2讲 两条直线的位置关系【2013年高考会这样考】1．考查两直线的平行与垂直．2．考查两点间的距离公式、点到直线的距离公式、两平行直线间的距离公式．【复习指导】1．对两条直线的位置关系，求解时要注意斜率不存在的情况，注意平行、垂直时直线方程系数的关系．2．熟记距离公式，如两点之间的距离、点到直线的距离、两条平行线之间的距离．基础梳理1．两条直线平行与垂直的判定(1)两条直线平行对于两条不重合的直线l 1、l 2，其斜率分别为k 1、k 2，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2，特别地，当直线l 1、l 2的斜率都不存在时，l 1与l 2的关系为平行．(2)两条直线垂直①如果两条直线l 1、l 2的斜率存在，设为k 1、k 2，则l 1⊥l 2⇔k 1k 2＝－1.②如果l 1、l 2中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，l 1与l 2的关系为垂直．2．两直线相交交点：直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0和l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的公共点的坐标与方程组⎩⎨⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解一一对应． 相交⇔方程组有唯一解，交点坐标就是方程组的解；平行⇔方程组无解；重合⇔方程组有无数个解．3．三种距离公式(1)平面上的两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)间的距离公式|P 1P 2|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2. 特别地，原点O (0,0)与任一点P (x ，y )的距离|OP |＝x 2＋y 2.(2)点P 0(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B2. (3)两条平行线Ax ＋By ＋C 1＝0与Ax ＋By ＋C 2＝0间的距离为d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2.一条规律与直线Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)平行、垂直的直线方程的设法：一般地，平行的直线方程设为Ax ＋By ＋m ＝0；垂直的直线方程设为Bx －Ay ＋n ＝0.两个防范(1)在判断两条直线的位置关系时，首先应分析直线的斜率是否存在．两条直线都有斜率，可根据判定定理判断，若直线无斜率时，要单独考虑． (2)在运用两平行直线间的距离公式d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2时，一定要注意将两方程中的x ，y 系数化为分别相等．三种对称(1)点关于点的对称点P (x 0，y 0)关于A (a ，b )的对称点为P ′(2a －x 0,2b －y 0)．(2)点关于直线的对称设点P (x 0，y 0)关于直线y ＝kx ＋b 的对称点P ′(x ′，y ′)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ y ′－y 0x ′－x 0·k ＝－1，y ′＋y 02＝k ·x ′＋x 02＋b ，可求出x ′，y ′.(3)直线关于直线的对称①若已知直线l 1与对称轴l 相交，则交点必在与l 1对称的直线l 2上，然后再求出l 1上任一个已知点P 1关于对称轴l 对称的点P 2，那么经过交点及点P 2的直线就是l 2；②若已知直线l 1与对称轴l 平行，则与l 1对称的直线和l 1分别到直线l 的距离相等，由平行直线系和两条平行线间的距离即可求出l 1的对称直线．双基自测1．(人教A 版教材习题改编)直线ax ＋2y －1＝0与直线2x －3y －1＝0垂直，则a的值为( )．A ．－3B ．－43C ．2D ．3解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2×23＝－1，得：a ＝3. 答案 D2．原点到直线x ＋2y －5＝0的距离为( )．A ．1 B. 3 C ．2 D. 5解析 d ＝|－5|1＋22＝ 5. 答案 D3．(2012·银川月考)过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0平行的直线方程是( )．A ．x －2y －1＝0B ．x －2y ＋1＝0C ．2x ＋y －2＝0D ．x ＋2y －1＝0 解析 ∵所求直线与直线x －2y －2＝0平行，∴所求直线斜率k ＝12，排除C 、D.又直线过点(1,0)，排除B ，故选A.答案 A4．点(a ，b )关于直线x ＋y ＋1＝0的对称点是( )．A ．(－a －1，－b －1)B ．(－b －1，－a －1)C ．(－a ，－b )D ．(－b ，－a )解析 设对称点为(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧ y ′－b x ′－a ×(－1)＝－1，x ′＋a 2＋y ′＋b 2＋1＝0，解得：x ′＝－b －1，y ′＝－a －1.答案 B5．平行线l 1：3x －2y －5＝0与l 2：6x －4y ＋3＝0之间的距离为________．解析 直线l 2变为：3x －2y ＋32＝0，由平行线间的距离公式得：d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5－3232＋22＝132.答案13 2考向一两条直线平行与垂直的判定及应用【例1】►(1)已知两条直线y＝ax－2和y＝(a＋2)x＋1互相垂直，则实数a＝________.(2)“ab＝4”是直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行的()．A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件[审题视点] (1)利用k1·k2＝－1解题．(2)抓住ab＝4能否得到两直线平行，反之两直线平行能否一定得ab＝4.解析(1)由题意知(a＋2)a＝－1，所以a2＋2a＋1＝0，则a＝－1.(2)直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行的充要条件是－2a＝－b2且－1a≠－1，即ab＝4且a≠1，则“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的必要而不充分条件．答案(1)－1(2)C(1)充分掌握两直线平行与垂直的条件是解决本题的关键，对于斜率都存在且不重合的两条直线l1和l2，l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.若有一条直线的斜率不存在，那么另一条直线的斜率是多少一定要特别注意．(2)①若直线l1和l2有斜截式方程l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，则：直线l1⊥l2的充要条件是k1·k2＝－1.②设l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0.则：l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.(3)注意转化与化归思想的应用．【训练1】已知直线l1：x＋my＋6＝0，l2：(m－2)x＋3y＋2m＝0，求m的值，使得：(1)l1与l2相交；(2)l1⊥l2；(3)l1∥l2；(4)l1，l2重合．解(1)由已知1×3≠m(m－2)，即m2－2m－3≠0，解得m≠－1且m≠3.故当m ≠－1且m ≠3时，l 1与l 2相交．(2)当1·(m －2)＋m ·3＝0，即m ＝12时，l 1⊥l 2.(3)当1×3＝m (m －2)且1×2m ≠6×(m －2)或m ×2m ≠3×6，即m ＝－1时，l 1∥l 2.(4)当1×3＝m (m －2)且1×2m ＝6×(m －2)，即m ＝3时，l 1与l 2重合．考向二 两直线的交点【例2】►求经过直线l 1：3x ＋2y －1＝0和l 2：5x ＋2y ＋1＝0的交点，且垂直于直线l 3：3x －5y ＋6＝0的直线l 的方程．[审题视点] 可先求出l 1与l 2的交点，再用点斜式；也可利用直线系方程求解．解 法一 先解方程组⎩⎨⎧3x ＋2y －1＝0，5x ＋2y ＋1＝0， 得l 1、l 2的交点坐标为(－1,2)，再由l 3的斜率35求出l 的斜率为－53，于是由直线的点斜式方程求出l ：y －2＝－53(x ＋1)，即5x ＋3y －1＝0.法二 由于l ⊥l 3，故l 是直线系5x ＋3y ＋C ＝0中的一条，而l 过l 1、l 2的交点(－1,2)，故5×(－1)＋3×2＋C ＝0，由此求出C ＝－1，故l 的方程为5x ＋3y －1＝0.法三 由于l 过l 1、l 2的交点，故l 是直线系3x ＋2y －1＋λ(5x ＋2y ＋1)＝0中的一条，将其整理，得(3＋5λ)x ＋(2＋2λ)y ＋(－1＋λ)＝0.其斜率－3＋5λ2＋2λ＝－53，解得λ＝15， 代入直线系方程即得l 的方程为5x ＋3y －1＝0.运用直线系方程，有时会给解题带来方便，常见的直线系方程有：(1)与直线Ax ＋By ＋C ＝0平行的直线系方程是：Ax ＋By ＋m ＝0(m ∈R 且m ≠C )；(2)与直线Ax ＋By ＋C ＝0垂直的直线系方程是Bx －Ay ＋m ＝0(m ∈R )；(3)过直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0与l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的交点的直线系方程为A 1x ＋B 1y ＋C 1＋λ(A 2x ＋B 2y ＋C 2)＝0(λ∈R )，但不包括l 2.【训练2】 直线l 被两条直线l 1：4x ＋y ＋3＝0和l 2：3x －5y －5＝0截得的线段的中点为P (－1,2)，求直线l 的方程．解 法一 设直线l 与l 1的交点为A (x 0，y 0)，由已知条件，得直线l 与l 2的交点为B (－2－x 0,4－y 0)，并且满足⎩⎨⎧ 4x 0＋y 0＋3＝0，3(－2－x 0)－5(4－y 0)－5＝0， 即⎩⎨⎧ 4x 0＋y 0＋3＝0，3x 0－5y 0＋31＝0，解得⎩⎨⎧ x 0＝－2，y 0＝5，因此直线l 的方程为y －25－2＝x －(－1)－2－(－1)，即3x ＋y ＋1＝0. 法二 设直线l 的方程为y －2＝k (x ＋1)，即kx －y ＋k ＋2＝0.由⎩⎨⎧ kx －y ＋k ＋2＝0，4x ＋y ＋3＝0，得x ＝－k －5k ＋4. 由⎩⎨⎧kx －y ＋k ＋2＝0，3x －5y －5＝0，得x ＝－5k －155k －3. 则－k －5k ＋4＋－5k －155k －3＝－2，解得k ＝－3. 因此所求直线方程为y －2＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋1＝0.法三 两直线l 1和l 2的方程为(4x ＋y ＋3)(3x －5y －5)＝0，①将上述方程中(x ，y )换成(－2－x,4－y )，整理可得l 1与l 2关于(－1,2)对称图形的方程：(4x ＋y ＋1)(3x －5y ＋31)＝0.②①－②整理得3x ＋y ＋1＝0.考向三 距离公式的应用【例3】►(2011·北京东城模拟)若O (0,0)，A (4，－1)两点到直线ax ＋a 2y ＋6＝0的距离相等，则实数a ＝________.[审题视点] 由点到直线的距离公式列出等式求a .解析 由题意，得6a 2＋a 4＝|4a －a 2＋6|a 2＋a4，即4a －a 2＋6＝±6，解之得a ＝0或－2或4或6.检验得a ＝0不合题意，所以a ＝－2或4或6.答案 －2或4或6用点到直线的距离公式时，直线方程要化为一般式，还要注意公式中分子含有绝对值的符号，分母含有根式的符号．而求解两平行直线的距离问题也可以在其中一条直线上任取一点，再求这一点到另一直线的距离．【训练3】 已知直线l 1：mx ＋8y ＋n ＝0与l 2：2x ＋my －1＝0互相平行，且l 1，l 2之间的距离为 5，求直线l 1的方程． 解 ∵l 1∥l 2，∴m 2＝8m ≠n －1，∴⎩⎨⎧ m ＝4，n ≠－2或⎩⎨⎧m ＝－4，n ≠2. (1)当m ＝4时，直线l 1的方程为4x ＋8y ＋n ＝0，把l 2的方程写成4x ＋8y －2＝0.∴|n ＋2|16＋64＝5，解得n ＝－22或n ＝18. 所以，所求直线的方程为2x ＋4y －11＝0或2x ＋4y ＋9＝0.(2)当m ＝－4时，直线l 1的方程为4x －8y －n ＝0，l 2的方程为2x －4y －1＝0，∴|－n ＋2|16＋64＝5，解得n ＝－18或n ＝22. 所以，所求直线的方程为2x －4y ＋9＝0或2x －4y －11＝0.考向四 对称问题【例4】►光线从A (－4，－2)点射出，到直线y ＝x 上的B 点后被直线y ＝x 反射到y 轴上C 点，又被y 轴反射，这时反射光线恰好过点D (－1,6)，求BC 所在的直线方程．[审题视点] 设A 关于直线y ＝x 的对称点为A ′，D 关于y 轴的对称点为D ′，则直线A ′D ′经过点B 与C .解 作出草图，如图所示．设A 关于直线y ＝x 的对称点为A ′，D 关于y 轴的对称点为D ′，则易得A ′(－2，－4)，D ′(1,6)．由入射角等于反射角可得A ′D ′所在直线经过点B 与C .故BC 所在的直线方程为y －66＋4＝x －11＋2，即10x －3y ＋8＝0.解决这类对称问题要抓住两条：一是已知点与对称点的连线与对称轴垂直；二是以已知点和对称点为端点的线段的中点在对称轴上．【训练4】 已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0.若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( )．A ．x －2y ＋1＝0B ．x －2y －1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析 l 1与l 2关于l 对称，则l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上，故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上．又易知(0，－2)为l 1上一点，设其关于l 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，得⎩⎨⎧x ＝－1，y ＝－1.即(1,0)、(－1，－1)为l 2上两点，可得l 2方程为x －2y －1＝0. 答案 B难点突破19——两直线平行与垂直问题的求解策略从近两年新课标高考试题可看出高考主要以选择题、填空题的形式考查两直线的平行和垂直问题，往往是直线方程中一般带有参数，问题的难点就是确定这些参数值，方法是根据两直线平行、垂直时所满足的条件列关于参数的方程(组)，通过解方程(组)求出参数值，但要使参数符合题目本身的要求，解题时注意直线方程本身的限制．【示例1】►(2011·浙江)若直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.【示例2】►(2010·上海)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是()．A．1或3 B．1或5 C．3或5 D．1或2。
63第九章 平面解析几何 高考专题突破五 第1课时 范围、最值问题
第1课时 范围、最值问题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析 课时作业
1 题型分类 深度剖析
PART ONE
师生共研
题型一 范围问题
例 1 (2016·天津)设椭圆ax22＋y32＝1(a> 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知|O1F|＋ |O1A|＝|F3Ae|，其中 O 为原点，e 为椭圆的离心率.
3
2 4
y02 4x0
3
2.
因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，
所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB 面积的取值范围是6 2，15410.
多维探究
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，
A.[4,5]
√B.[7,8]
C.[6,7]
D.[5,6]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
16.已知椭圆 C1： mx＋2 4－yn2＝1 与双曲线 C2：xm2＋yn2＝1 有相同的焦点， 求椭圆 C1 的离心率 e1 的取值范围.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
跟踪训练1 (2018·浙江)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，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C上. (1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
证明 设 P(x0，y0)，A41y21，y1，B41y22，y2. 因为PA，PB的中点在抛物线上， 所以 y1，y2 为方程y＋2y02＝4·14y22＋x0， 即 y2－2y0y＋8x0－y20＝0 的两个不同的实根. 所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴.
解析几何高考的命题趋势盘点-word文档资料
解析几何高考的命题趋势盘点每次和同学们谈及高考数学，大家似乎都有同感：高中数学难，解析几何又是难中之难。
其实不然，解析几何题目自有路径可循，方法可依。
只要经过认真的准备和正确的点拨，完全可以让高考数学的解析几何压轴题变成让同学们都很有信心的中等题目。
解析几何高考的命题趋势：（1）题型稳定：近几年来高考解析几何试题一直稳定在三（或二）个选择题，一个填空题，一个解答题上，分值约为30分左右，占总分值的20%左右。
（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内容的考查主要集中在如下几个类型：①求曲线方程（类型确定、类型未定）；②直线与圆锥曲线的交点问题（含切线问题）；③与曲线有关的最（极）值问题；④与曲线有关的几何证明（对称性或求对称曲线、平行、垂直）；⑤探求曲线方程中几何量及参数间的数量特征；（3）能力立意，渗透数学思想：如第（22）题，以梯形为背景，将双曲线的概念、性质与坐标法、定比分点的坐标公式、离心率等知识融为一体，有很强的综合性。
一些虽是常见的基本题型，但如果借助于数形结合的思想，就能快速准确的得到答案。
（4）题型新颖，位置不定：近几年解析几何试题的难度有所下降，选择题、填空题均属易中等题，且解答题未必处于压轴题的位置，计算量减少，思考量增大。
加大与相关知识的联系（如向量、函数、方程、不等式等），凸现教材中研究性学习的能力要求。
加大探索性题型的分量。
直线与圆内容的主要考查两部分：（1）以选择题题型考查本章的基本概念和性质，此类题一般难度不大，但每年必考，考查内容主要有以下几类：①与本章概念（倾斜角、斜率、夹角、距离、平行与垂直、线性规划等）有关的问题；②对称问题（包括关于点对称，关于直线对称）要熟记解法；③与圆的位置有关的问题，其常规方法是研究圆心到直线的距离．以及其他“标准件”类型的基础题。
拔高讲义——第九章平面解析几何之探究课：高考中解析几何热点问题探究
高考导航 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，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.热点一 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. [考查角度一] 圆锥曲线中的定点问题【例1－1】 已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1，0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点. (1)解 因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，所以p ＝2. 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明 ①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t .因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t 24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立得⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky 2－4y ＋4b ＝0.根据根与系数的关系得y A y B ＝4b k ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A·y B x B＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0.即y 2A 4·y 2B4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.所以y A y B ＝4bk ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ， y ＝k (x －8).综上所述，直线AB 过定点(8，0).探究提高 定点问题的常见解法：(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. [考查角度二] 圆锥曲线中的定值问题【例1－2】 (满分12分)(2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M . (1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由.[满分解答] (1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ). 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得 (k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，(2分)故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.(4分)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)解 四边形OAPB 能为平行四边形.因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .(7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 ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m （3－k ）3，因此x M ＝k （k －3）m 3（k 2＋9）.(9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）m3（k 2＋9）， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.(11分)因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1，2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.(12分)❶设直线l 的方程且与椭圆联立得2分； ❷由根与系数的关系求点M 的坐标得2分； ❸写出直线OM 的方程得1分；❹由直线OM 的方程与椭圆方程联立得2分；❺由线段AB 与线段OP 互相平分得出x P ＝2x M ，且解出k 值得2分.解答圆锥曲线中的定点、定值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、定值. 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.探究提高 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.【训练1】 如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点.是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b ). 又点P 的坐标为(0，1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以，x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝（－2λ－4）k 2＋（－2λ－1）2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3. 此时，OA →·OB →＋λP A →·PB→＝－3为定值.当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3， 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB→为定值－3. 热点二 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.[考查角度一] 求线段长度、三角形面积的最值【例2－1】 (2015·山东卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，左、右焦点分别是F 1，F 2.以F 1为圆心、以3为半径的圆与以F 2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上. (1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q . (ⅰ)求|OQ ||OP |的值；(ⅱ)求△ABQ 面积的最大值.解 (1)由题意知2a ＝4，则a ＝2，又c a ＝32，a 2－c 2＝b 2，可得b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1.(ⅰ)设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ，由题意知Q (－λx 0，－λy 0).因为x 204＋y 20＝1，又（－λx 0）216＋（－λy 0）24＝1，即λ24⎝ ⎛⎭⎪⎫x 204＋y 20＝1，所以λ＝2，即|OQ ||OP |＝2. (ⅱ)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2，① 则有x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k 2.所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m 21＋4k 2.因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2（16k 2＋4－m 2）m 21＋4k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2. 设m 21＋4k 2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程， 可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2.② 由①②可知0＜t ≤1，因此S ＝2（4－t ）t ＝2－t 2＋4t ，故S ≤23， 当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3.由(ⅰ)知，△ABQ 面积为3S ，所以△ABQ 面积的最大值为6 3.探究提高 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值.【训练2－1】 (2014·新课标全国Ⅰ卷)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，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 (1)设F (c ，0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.故E 的方程为x24＋y 2＝1. (2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2).将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1，2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1. 所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0.所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. [考查角度二] 求几何量、某个参数的取值范围【例2－2】 (2015·天津卷)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－c ，0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围. 解 (1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2.设直线FM 的斜率为k (k ＞0)，F (－c ，0)，则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c ). 由已知，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kc k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，解得k ＝33. (2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c ，或x ＝c . 因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，233c . 由|FM |＝（c ＋c ）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233c －02＝433.解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1. (3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ， 得t ＝yx ＋1，即y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立. ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t （x ＋1），x 23＋y 22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6， 又由已知，得t ＝6－2x 23（x ＋1）2＞2，解得－32＜x ＜－1，或－1＜x ＜0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝y x ，即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立，整理得m 2＝2x 2－23. ①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1时，有y ＝t (x ＋1)＜0，因此m ＞0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233. ②当x ∈(－1，0)时，有y ＝t (x ＋1)＞0. 因此m ＜0，于是m ＝－2x 2－23，得m ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233. 综上，直线OP 的斜率的取值范围是 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233.探究提高 求参数范围的常用方法：(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解. (2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围. (3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围.【训练2－2】 已知椭圆的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，中心在原点.若右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离为3. (1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围. 解 (1)依题意可设椭圆方程为x 2a2＋y 2＝1，则右焦点F (a 2－1，0)，由题设|a 2－1＋22|2＝3，解得a 2＝3.∴所求椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设P (x P ，y P )，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， P 为弦MN 的中点，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 23＋y 2＝1得(3k 2＋1)x 2＋6mkx ＋3(m 2－1)＝0，∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6mk )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)>0 ⇒m 2<3k 2＋1.① ∴x P ＝x M ＋x N 2＝－3mk 3k 2＋1，从而y P ＝kx P ＋m ＝m3k 2＋1， ∴k AP ＝y P ＋1x P＝－m ＋3k 2＋13mk ，又∵|AM |＝|AN |，∴AP ⊥MN ，则－m ＋3k 2＋13mk ＝－1k ，即2m ＝3k 2＋1.② 把②代入①，得m 2<2m ，解得0<m <2；由②，得k 2＝2m －13>0，解得m >12.综上求得m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2.热点三 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线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. 【例3】 (2015·四川卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，过点P (0，1)的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，当直线l 平行于x轴时，直线l 被椭圆E 截得的线段长为2 2. (1)求椭圆E 的方程；(2)在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知，点(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，c a ＝22，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 与x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C 、D 两点， 如果存在定点Q 满足条件，则有|QC ||QD |＝|PC ||PD |＝1， 即|QC |＝|QD |，所以Q 点在y 轴上，可设Q 点的坐标为(0，y 0).当直线l 与x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于M ，N 两点，则M ，N 的坐标分别为(0，2)，(0，－2)，由|QM ||QN |＝|PM ||PN |，有|y 0－2||y 0＋2|＝2－12＋1，解得y 0＝1，或y 0＝2，所以，若存在不同于点P 的定点Q 满足条件，则Q 点坐标只可能为(0，2)，下面证明：对任意直线l ，均有|QA ||QB |＝|P A ||PB |， 当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立， 当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1， A 、B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝2k ，易知，点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2，y 2)， 又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1，k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1x 1， 所以k QA ＝k QB ′，即Q ，A ，B ′三点共线，所以|QA ||QB |＝|QA ||QB ′|＝|x 1||x 2|＝|P A ||PB |，故存在与P 不同的定点Q (0，2)，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立.探究提高 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【训练3】 (2015·全国Ⅰ卷)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 ，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.(建议用时：80分钟)1.(2015·浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称.(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点). 解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为 y ＝－1m x ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2bm x ＋b 2－1＝0.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 2②由①②得m ＜－63或m ＞63.(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12.且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立.故△AOB 面积的最大值为22.2.(2015·北京卷)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(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝2，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.设M (x M ，0).因为m ≠0，所以－1＜n ＜1. 直线P A 的方程为y －1＝n －1m x . 所以x M ＝m 1－n ，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－n ，0. (2)因为点B 与点A 关于x 轴对称，所以B (m ，－n ). 设N (x N ，0)，则x N ＝m1＋n. “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 |.因为x M ＝m 1－n ，x N ＝m 1＋n，m 22＋n 2＝1.所以y 2Q ＝|x M ||x N |＝m 21－n 2＝2.所以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).3.(2016·太原模拟)如图所示，在直角坐标系xOy 中，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12到抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线的距离为54.点M (t ，1)是C 上的定点，A ，B 是C 上的两动点，且线段AB 的中点Q (m ，n )在直线OM 上. (1)求曲线C 的方程及t 的值. (2)记d ＝|AB |1＋4m2，求d 的最大值. 解 (1)y 2＝2px (p >0)的准线为x ＝－p2， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2＝54，p ＝12，∴抛物线C 的方程为y 2＝x . 又点M (t ，1)在曲线C 上，∴t ＝1. (2)由(1)知，点M (1，1)， 从而n ＝m ，即点Q (m ，m )，依题意，直线AB 的斜率存在，且不为0， 设直线AB 的斜率为k (k ≠0). 且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y 21＝x 1，y 22＝x 2，得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝x 1－x 2，故k ·2m ＝1， 所以直线AB 的方程为y －m ＝12m (x －m )， 即x －2my ＋2m 2－m ＝0.由⎩⎨⎧x －2my ＋2m 2－m ＝0，y 2＝x消去x ，整理得y 2－2my ＋2m 2－m ＝0，所以Δ＝4m －4m 2>0，y 1＋y 2＝2m ，y 1y 2＝2m 2－m . 从而|AB |＝1＋1k 2·|y 1－y 2|＝1＋4m 2·4m －4m 2＝2（1＋4m 2）（m －m 2）. ∴d ＝|AB |1＋4m 2＝2m （1－m ）≤m ＋(1－m )＝1，当且仅当m ＝1－m ，即m ＝12时，上式等号成立， 又m ＝12满足Δ＝4m －4m 2>0.∴d 的最大值为1.4.如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切. (1)求椭圆C 的方程；(2)若不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于P 、Q 两点，且AP →·AQ →＝0，求证：直线l 过定点，并求出该定点N 的坐标.(1)解 将圆M 的一般方程x 2＋y 2－6x －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r ＝ 3.由A (0，1)，F (c ，0)(c ＝a 2－1)得直线AF ：xc ＋y ＝1， 即x ＋cy －c ＝0.由直线AF 与圆M 相切，得|3＋c －c |c 2＋1＝ 3. ∴c ＝2或c ＝－2(舍去).∴a ＝3，∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)证明 由AP→·AQ →＝0，知AP ⊥AQ ，从而直线AP 与坐标轴不垂直，由A (0，1)可设直线AP 的方程为y ＝kx ＋1，直线AQ 的方程为y ＝－1k x ＋1(k ≠0)， 将y ＝kx ＋1代入椭圆C 的方程x 23＋y 2＝1并整理得：(1＋3k 2)x 2＋6kx ＝0，解得x ＝0或x ＝－6k1＋3k 2，因此P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 1＋3k 2，－6k 21＋3k 2＋1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 1＋3k 2，1－3k 21＋3k 2.将上式中的k 换成－1k ，得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫6k k 2＋3，k 2－3k 2＋3. ∴直线l 的方程为y ＝k 2－3k 2＋3－1－3k 21＋3k 26kk 2＋3＋6k 1＋3k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －6k k 2＋3＋k 2－3k 2＋3， 化简得直线l 的方程为y ＝k 2－14k x －12. 因此直线l 过定点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12.5.(2016·南昌模拟)已知圆E ：x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝94经过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点F 1，F 2，且与椭圆C 在第一象限的交点为A ，且F 1，E ，A 三点共线，直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，且MN →＝λOA →(λ≠0).(1)求椭圆C 的方程；(2)当三角形AMN 的面积取到最大值时，求直线l 的方程. 解 (1)如图，圆E 经过椭圆C 的左、右焦点F 1，F 2， ∵F 1，E ，A 三点共线，∴F 1A 为圆E 的直径， ∴AF 1＝32×2＝3，AF 2⊥F 1F 2. 令y ＝0，则x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－122＝94，解得x ＝±2，∴c ＝ 2.|AF 2|2＝|AF 1|2－|F 1F 2|2＝9－8＝1， 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝4，∵a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)由(1)得点A 的坐标为(2，1)，∵MN →＝λOA →(λ≠0)，∴直线l 的斜率为22，故设直线l 的方程为y ＝22x ＋m ， 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝22x ＋m ，x 24＋y 22＝1消去y 得x 2＋2mx ＋m 2－2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝m 2－2，Δ＝2m 2－4m 2＋8>0，∴－2<m <2. |MN |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝1＋12（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝12－3m 2.点A 到直线l 的距离d ＝6|m |3.S △AMN ＝12|MN |·d ＝1212－3m 2×63|m |＝22（4－m 2）m 2≤22×4－m 2＋m 22＝ 2.当且仅当4－m 2＝m 2，即m ＝±2时，直线l 的方程为y ＝22x ± 2.6.(2016·石家庄一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，点A 为椭圆上一点，∠F 1AF 2＝60°，且S △F 1AF 2＝ 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .问：在x 轴上是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由.解 (1)由e ＝12可得a 2＝4c 2，①S △F 1AF 2＝12|AF 1||AF 2|sin 60°＝3，可得|AF 1||AF 2|＝4， 在△F 1AF 2中，由余弦定理可得|F 1A |2＋|F 2A |2－2|F 1A |·|F 2A |cos 60°＝4c 2， 又|AF 1|＋|AF 2|＝2a ，可得a 2－c 2＝3，② 联立①②得a 2＝4，c 2＝1.∴b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)设点P (x 0，y 0)，由⎝ ⎛y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由题意知Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0， ∴x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝3m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m . 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x ＝4得Q (4，4k ＋m )， 假设存在点M ，坐标为(x 1，0)，则MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1，4k ＋m ). ∵以PQ 为直径的圆恒过M 点，∴MP →·MQ →＝0，即－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，∴(4x 1－4)km ＋x 21－4x 1＋3＝0对任意k ，m 都成立. 则⎩⎨⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1， 故存在定点M (1，0)符合题意.阶段滚动检测(七)(建议用时：90分钟)一、选择题1.(2016·成都一模)已知命题p ：∀a ∈R ，且a >0，a ＋1a ≥2，命题q ：∃x 0∈R ，sin x 0＋cos x 0＝3，则下列判断正确的是( ) A.p 是假命题 B.q 是真命题 C.p ∧(綈q )是真命题D.(綈p )∧q 是真命题解析 由均值不等式知p 为真命题；因为sin x 0＋cos x 0＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4≤2，所以q 为假命题，则綈q 为真命题，所以p ∧(綈q )为真命题，故选C. 答案 C2.(2016·漳州五校联考)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相等，则|a －b |等于( ) A.1B. 3C. 5D.3解析 由已知得|a |cos 〈a ，b 〉＝|b |cos 〈a ，b 〉.又|a |＝1，|b |＝2，所以cos 〈a ，b 〉＝0，即a ⊥b 则|a －b |＝|a |2＋|b |2－2a ·b ＝ 5.答案 C3.(2016·郑州二模)设数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152B.314C.334D.172解析 设此数列的公比为q (q >0)，由已知a 2a 4＝1，得a 23＝1，所以a 3＝1，由S 3＝7，知a 3＋a 3q ＋a 3q 2＝7，即6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 3q 2＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝4.所以S 5＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝314.选B.答案 B4.(2016·青岛二模)已知x >0，y >0，lg 2x ＋lg 8y ＝lg 2，则1x ＋13y 的最小值是( ) A.2B.2 2C.4D.2 3解析 因为lg 2x＋lg 8y＝lg 2，所以x ＋3y ＝1，所以1x ＋13y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋13y (x ＋3y )＝2＋3y x ＋x3y ≥4，当且仅当3y x ＝x 3y ，即x ＝12，y ＝16时，取等号. 答案 C5.(2016·南昌十校联考)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是()A.108 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3解析 由三视图可知原几何体为一个长、宽、高分别为6，3，6的长方体切去一个三棱锥，因此该几何体的体积＝6×3×6－13×12×4×4×3＝108－8＝100(cm 3)，故选B. 答案 B6.(2016·日照一模)若P (2，－1)为圆(x －1)2＋y 2＝25的弦AB 的中点，则直线AB 的方程是( ) A.x －y －3＝0 B.2x ＋y －3＝0 C.x ＋y －1＝0D.2x －y －5＝0解析 圆的圆心为C (1，0).由圆的性质知，直线PC 垂直于弦AB 所在的直线，则k AB ＝－1k PC＝－10－（－1）1－2＝1.又由直线的点斜式方程得直线AB 的方程为y －(－1)＝x －2，即x －y －3＝0. 答案 A7.(2016·开封二模)已知a >b >0，椭圆C 1的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，双曲线C 2的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1，C 1与C 2的离心率之积为32，则C 1，C 2的离心率分别为( ) A.12，3 B.22，62 C.64，2D.14，6解析 e 21·e 22＝a 2－b 2a 2·a 2＋b 2a 2＝34⇒a 2＝2b 2⇒e 1＝22，e 2＝62. 答案 B8.已知F 1、F 2为双曲线C ：x 24－y 2＝1的左、右焦点，点P 在C 上，∠F 1PF 2＝60°，则点P 到x 轴的距离为( ) A.55B.155C.2155D.1520解析 由双曲线的方程可知a ＝2，b ＝1，c ＝5，在△F 1PF 2中，根据余弦定理可得(2c )2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|·cos 60°，即4c 2＝(|PF 1|－|PF 2|)2＋|PF 1|·|PF 2|，所以4c 2＝4a 2＋|PF 1|·|PF 2|，所以|PF 1|·|PF 2|＝4c 2－4a 2＝20－16＝4，所以△F 1PF 2的面积S ＝12|PF 1|·|PF 2|sin 60°＝12×4×32＝3，又△F 1PF 2的面积也可以表示为S ＝12×2ch ＝5h ＝3，所以高h ＝35＝155，即点P到x 轴的距离为155. 答案 B9.(2016·石家庄一模)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 恰好是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点，两条曲线的交点的连线过点F ，则双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C.1＋ 2D.1＋ 3解析 ∵两条曲线的交点的连线过点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，∴两交点的横坐标为p 2，则其中一交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，p .代入双曲线方程得p 24a 2－p 2b 2＝1.又p 2＝c ，化简得c 4－6a 2c 2＋a 4＝0，解得e ＝ca ＝1＋ 2.故选C. 答案 C10.(2016·河南六市联考)已知点A (0，2)，抛物线C ：y 2＝ax (a >0)的焦点为F ，射线F A 与抛物线C 相交于点M ，与其准线相交于点N ，若|FM |∶|MN |＝1∶5，则a 的值等于( ) A.14B.12C.1D.4解析 如图，设|FM |＝t ，则|MN |＝5t ，由抛物线定义知|FM |＝|MH |＝t ，在△MHN 中，可求得|NH |＝2t ， 故tan ∠NMH ＝2，又∠NMH ＝∠AFO ， ∴AO OF ＝2，即2a 4＝2，∴a ＝4. 答案 D 二、填空题11.已知△ABC 中，AB ＝3，BC ＝1，sin C ＝3cos C ，则△ABC 的面积为________. 解析 由sin C ＝3cos C 得tan C ＝3>0，所以C ＝π3.根据正弦定理可得BC sin A ＝AB sin C ，即1sin A ＝332＝2，所以sin A ＝12.因为AB >BC ， 所以A <C ，所以A ＝π6，所以B ＝π2，所以三角形为直角三角形， 所以S △ABC ＝12×3×1＝32.答案 3212.(2015·潍坊一模)从直线l ：x ＋y ＝1上一点P 向圆C ：x 2＋y 2＋4x ＋4y ＋7＝0引切线，则切线长的最小值为________.解析 法一 圆C 的方程可化为(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝1，圆心为C (－2，－2)，半径r ＝1. 设直线l 上任意一点P (x ，y )，则由x ＋y ＝1，得y ＝1－x ，则|PC |＝（x ＋2）2＋（y ＋2）2＝（x ＋2）2＋（1－x ＋2）2＝2x 2－2x ＋13.设过点P 的切线与圆相切于点Q ，则CQ ⊥PQ ，故|PQ |2＝|PC |2－r 2＝(2x 2－2x ＋13)－1＝2x 2－2x ＋12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋232，所以当x ＝12时，|PQ |2取得最小值232，此时切线长为|PQ |＝232＝462.法二 圆C 的方程可化为(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝1，圆心为C (－2，－2)，半径r ＝1. 设过点P 的切线与圆相切于点Q ，则CQ ⊥PQ ， 故|PQ |＝|PC |2－r 2＝|PC |2－1，故当|PC |取得最小值时，切线长最小.显然，|PC |的最小值为圆心C 到直线l 的距离d ＝|－2－2－1|12＋12＝522，所以切线长的最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫5222－1＝462. 答案46213.(2016·柳州、北海、钦州三市联考)设经过点(－4，0)的直线l 与抛物线y ＝12x 2的两个交点为A ，B ，经过A 、B 两点分别作抛物线的切线，若两切线互相垂直，则直线l 的斜率等于________.解析由题意可知，直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝k (x ＋4)，联立方程组⎩⎨⎧y ＝k （x ＋4），y ＝12x 2消去y 得，x 2－2kx －8k ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝－8k .又y ′＝x ，则经过点A ，B 两点的抛物线的切线斜率分别为x 1，x 2，由题意可知x 1x 2＝－1，解得k ＝18. 答案 1814.过椭圆x 225＋y 216＝1的中心任作一直线交椭圆于P ，Q 两点，F 是椭圆的一个焦点，则△PQF 面积的最大值是________. 解析 设Q (x 1，y 1)，P (x 2，y 2).S △PQF ＝12|OF |×|y 2－y 1|，∴当|y 2－y 1|取最大值时，S △PQF 取到最大值，此时直线与y 轴重合. 由椭圆的对称性知|y 2－y 1|max ＝2b ， ∴(S △PQF )max ＝12|OF |×|y 2－y 1|＝12×3×8＝12. 答案 12三、解答题15.已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n(n ∈N *)，求T n .解 (1)设d ，q 分别为等差数列{a n }，等比数列{b n }的公差与公比，且d >0.由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3有b 1＝2，b 2＝2＋d ，b 3＝4＋2d .∴(2＋d )2＝2(4＋2d )，d 2＝4，∵a n ＋1>a n ，∴d >0，∴d ＝2，q ＝b 2b 1＝2，a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，b n ＝2×2n －1＝2n . (2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1.② ①－②，得12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＋1. ∴T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n . 16.(2014·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C.(1)证明：AC ＝AB 1； (2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值. (1)证明 连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点.又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO ，由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解 因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC . 故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直. 以O 为坐标原点，OB →、OB →1、OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0，AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C 1→＝BC →＝(－1，－33，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0， x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)，则 cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17.17.(2016·青岛模拟)已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，抛物线上存在一点G 到焦点的距离为3，且点G 在圆C ：x 2＋y 2＝9上. (1)求抛物线C 1的方程；(2)已知椭圆C 2：x 2m 2＋y 2n 2＝1(m ＞n ＞0)的一个焦点与抛物线C 1的焦点重合，且离心率为12.直线l ：y ＝kx －4交椭圆C 2于A 、B 两个不同的点，若原点O 在以线段AB 为直径的圆的外部，求k 的取值范围.解 (1)设点G 的坐标为(x 0，y 0)， 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋p 2＝3，x 20＋y 20＝9，y 20＝2px 0，得x 0＝1.y 0＝±22，p ＝4，∴抛物线C 1的方程为y 2＝8x . (2)由(1)得抛物线C 1的焦点F (2，0)，∵椭圆C 2的一个焦点与抛物线C 1的焦点重合， ∴椭圆C 2的半焦距c ＝2，m 2－n 2＝c 2＝4， ∵椭圆C 2的离心率为12， ∴2m ＝12⇒m ＝4，n ＝23， ∴椭圆C 2的方程为x 216＋y 212＝1. 设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4x 216＋y 212＝1得(4k 2＋3)x 2－32kx ＋16＝0，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝32k 4k 2＋3，x 1x 2＝164k 2＋3.由Δ＞0⇒(－32k )2－4×16(4k 2＋3)＞0⇒k ＞12或k ＜－12①. ∵原点O 在以线段AB 为直径的圆的外部，则OA→·OB →＞0，∴OA →·OB →＝(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＝y 1y 2＋x 1x 2＝(kx 1－4)·(kx 2－4)＋x 1x 2＝(k 2＋1)x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16＝(k 2＋1)×164k 2＋3－4k ×32k 4k 2＋3＋16＝16（4－3k 2）4k 2＋3＞0⇒－233＜k ＜233②. 由①②得实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－233，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，333. 18.(2014·四川卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设F 为椭圆C 的左焦点，T 为直线x ＝－3上任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q .①证明：OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点)； ②当|TF ||PQ |最小时，求点T 的坐标. (1)解 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝2b ，2c ＝2a 2－b 2＝4， 解得a 2＝6，b 2＝2，所以椭圆C 的标准方程是x 26＋y 22＝1.(2)①证明 由(1)可得，F 的坐标是(－2，0)，设T 点的坐标为(－3，m )， 则直线TF 的斜率k TF ＝m －0－3－（－2）＝－m .当m ≠0时，直线PQ 的斜率k PQ ＝1m ， 直线PQ 的方程是x ＝my －2.当m ＝0时，直线PQ 的方程是x ＝－2，也符合x ＝my －2的形式.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2，x 26＋y 22＝1，消去x ，得(m 2＋3)y 2－4my －2＝0， 其判别式Δ＝16m 2＋8(m 2＋3)>0. 所以y 1＋y 2＝4mm 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－4＝－12m 2＋3.所以PQ 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 2＋3，2m m 2＋3， 所以直线OM 的斜率k OM ＝－m3.又直线OT 的斜率k OT ＝－m3，所以点M 在直线OT 上，因此OT 平分线段PQ .②解 由①可得，|TF |＝m 2＋1，|PQ |＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝（m 2＋1）[（y 1＋y 2）2－4y 1y 2]＝（m 2＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫4m m 2＋32－4·－2m 2＋3＝24（m 2＋1）m 2＋3 所以|TF ||PQ |＝124·（m 2＋3）2m 2＋1＝124·⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1＋4m 2＋1＋4 ≥124·（4＋4）＝33.当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±1时，等号成立，此时|TF ||PQ |取得最小值.所以当|TF ||PQ |最小时，T 点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)。
【高考精品复习】第九篇 解析几何 方法技巧2 圆锥曲线的综合应用
方法技巧2圆锥曲线的综合应用一、圆锥曲线的最值问题【考情快递】最值问题是高考的热点，可能出选择题、填空题和解答题．方法1：定义转化法解题步骤①根据圆锥曲线的定义列方程；②将最值问题转化为距离问题求解．适用情况此法为求解最值问题的常用方法，多数题可以用.【例1】►已知点F是双曲线x24－y212＝1的左焦点，定点A的坐标为(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|P A|的最小值为________．解析如图所示，根据双曲线定义|PF|－|PF′|＝4，即|PF|－4＝|PF′|.又|P A|＋|PF′|≥|AF′|＝5，将|PF|－4＝|PF′|代入，得|P A|＋|PF|－4≥5，即|P A|＋|PF|≥9，等号当且仅当A，P，F′三点共线，即P为图中的点P0时成立，故|PF|＋|P A|的最小值为9.故填9. 答案9方法2：切线法解题步骤①求与直线平行的圆锥曲线的切线；②求出两平行线的距离即为所求的最值．适用情况当所求的最值是圆锥曲线上的点到某条直线的距离的最值时用此法.【例2】►求椭圆x22＋y2＝1上的点到直线y＝x＋23的距离的最大值和最小值，并求取得最值时椭圆上点的坐标．解设椭圆的切线方程为y＝x＋b，代入椭圆方程，得3x 2＋4bx ＋2b 2－2＝0. 由Δ＝(4b )2－4×3×(2b 2－2)＝0，得b ＝±3.当b ＝3时，直线y ＝x ＋3与y ＝x ＋23的距离d 1＝62，将b ＝3代入方程3x 2＋4bx ＋2b 2－2＝0，解得x ＝－233，此时y ＝33，即椭圆上的点⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，33到直线y ＝x ＋23的距离最小，最小值是62； 当b ＝－3时，直线y ＝x －3到直线y ＝x ＋23的距离d 2＝362，将b ＝－3代入方程3x 2＋4bx ＋2b 2－2＝0， 解得x ＝233，此时y ＝－33，即椭圆上的点⎝ ⎛⎭⎪⎫233，－33到直线y ＝x ＋23的距离最大，最大值是362. 方法3：参数法解题步骤① 选取合适的参数表示曲线上点的坐标；②求解关于这个参数的函数最值．适用情况可以用参数表示某个曲线并求得最值的问题.【例3】►在平面直角坐标系xOy 中，点P (x ，y )是椭圆x 23＋y 2＝1上的一个动点，则S ＝x ＋y 的最大值为________． 解析 因为椭圆x 23＋y 2＝1的参数方程为 ⎩⎨⎧x ＝3cos φy ＝sin φ，(φ为参数)． 故可设动点P 的坐标为(3cos φ，sin φ)， 其中0≤φ＜2π.因此S ＝x ＋y ＝3cos φ＋sin φ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos φ＋12sin φ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π3，所以，当φ＝π6时，S 取最大值2.故填2.答案 2方法4：基本不等式法解题步骤①将最值用变量表示．②利用基本不等式求得表达式的最值．适用情况最值问题中的多数问题可用此法.【例4】►设椭圆中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与椭圆相交于E ，F 两点，求四边形AEBF 面积的最大值． 解 依题设得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0)． 设E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2， 且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝21＋4k2.① 根据点到直线的距离公式和①式， 得点E ，F 到AB 的距离分别为 h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2(1＋2k ＋1＋4k 2)5(1＋4k 2)， h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2(1＋2k －1＋4k 2)5(1＋4k 2)，又|AB |＝22＋1＝5，所以四边形AEBF 的面积为 S ＝12|AB |(h 1＋h 2)＝12·5·4(1＋2k )5(1＋4k 2)＝2(1＋2k )1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2≤22，当2k ＝1，即k ＝12时，取等号． 所以四边形AEBF 面积的最大值为2 2. 二、圆锥曲线的范围问题【考情快递】 圆锥曲线中的范围问题是高考中的常见考点，一般出选择题、填空题．方法1：曲线几何性质法解题步骤 ①由几何性质建立关系式；②化简关系式求解．适用情况利用定义求解圆锥曲线的问题.【例1】►已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线的右支上，且|PF 1|＝4|PF 2|，则此双曲线的离心率e 的取值范围是________．解析 根据双曲线定义|PF 1|－|PF 2|＝2a ，设|PF 2|＝r ， 则|PF 1|＝4r ，故3r ＝2a ，即r ＝2a 3，|PF 2|＝2a3. 根据双曲线的几何性质，|PF 2|≥c －a ，即2a3≥c －a ， 即c a ≤53，即e ≤53.又e ＞1，故双曲线的离心率e 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53.故填⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53方法2：判别式法解题步骤① 联立曲线方程，消元后求判别式；②根据判别式大于零、小于零或等于零结合曲线性质求解．适用情况当直线和圆锥曲线相交、相切和相离时，分别对应着直线和圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式大于零、等于零、小于零．此类问题可用判别式法求解.【例2】►(2011·浏阳一中月考)在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q . (1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数m ，使得向量OP→＋OQ →与AB →共线？如果存在，求m 值；如果不存在，请说明理由．解 (1)由已知条件，知直线l 的方程为y ＝kx ＋2， 代入椭圆方程，得x 22＋(kx ＋2)2＝1， 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋k 2x 2＋22kx ＋1＝0.①由直线l 与椭圆有两个不同的交点P 和Q ， 得Δ＝8k 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋k 2＝4k 2－2＞0，解得k ＜－22或k ＞22，即k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则OP →＋OQ →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．由方程①，知x 1＋x 2＝－42k 1＋2k 2.②又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋22＝221＋2k 2.③由A (2，0)，B (0,1)，得AB→＝(－2，1)．所以OP →＋OQ →与AB →共线等价于x 1＋x 2＝－2(y 1＋y 2)， 将②③代入，解得k ＝22. 由(1)知k ＜－22或k ＞22， 故不存在符合题意的常数k . 三、圆锥曲线的定值、定点问题【考情快递】 此类问题也是高考的热点，圆锥曲线中的定值问题是指某些几何量不受运动变化的点的影响而有固定取值的一类问题，定点问题一般是指运动变化中的直线或曲线恒过平面内的某个或某几个定点而不受直线和曲线的变化影响的一类问题． 方法1：特殊到一般法解题步骤① 根据特殊情况确定出定值或定点；②对确定出来的定值或定点进行证明．适用情况根据特殊情况能找到定值(或定点)的问题.【例1】►已知双曲线C ：x 2－y 22＝1，过圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点作圆的切线l ，若l 交双曲线于A ，B 两点，证明：∠AOB 的大小为定值． 证明 当切线的斜率不存在时，切线方程为x ＝±2. 当x ＝2时，代入双曲线方程，得y ＝±2， 即A (2，2)，B (2，－2)，此时∠AOB ＝90°， 同理，当x ＝－2时，∠AOB ＝90°.当切线的斜率存在时，设切线方程为y ＝kx ＋b ， 则|b |1＋k2＝2，即b 2＝2(1＋k 2)． 由直线方程和双曲线方程消掉y ， 得(2－k 2)x 2－2kbx －(b 2＋2)＝0， 由直线l 与双曲线交于A ，B 两点． 故2－k 2≠0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 则x 1＋x 2＝2kb2－k 2，x 1x 2＝－(b 2＋2)2－k 2，y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝k 2x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2 ＝－k 2b 2－2k 22－k 2＋2k 2b 22－k 2＋2b 2－k 2b 22－k 2＝2b 2－2k 22－k 2，故x 1x 2＋y 1y 2＝－b 2－22－k 2＋2b 2－2k 22－k 2＝b 2－2(1＋k 2)2－k 2，由于b 2＝2(1＋k 2)，故x 1x 2＋y 1y 2＝0，即OA →·OB →＝0，∠AOB ＝90°. 综上可知，若l 交双曲线于A ，B 两点， 则∠AOB 的大小为定值90°. 方法2：引进参数法解题步骤① 引进参数表示变化量；②研究变化的量与参数何时没有关系，找到定值或定点．适用情况定值、定点是变化中的不变量，引入参数找出与变量与参数没有关系的点(或值)即是定点(或定值).【例2】►如图所示，曲线C 1：x 29＋y 28＝1，曲线C 2：y 2＝4x ，过曲线C 1的右焦点F 2作一条与x 轴不垂直的直线，分别与曲线C 1，C 2依次交于B ，C ，D ，E 四点．若G 为CD 的中点、H 为BE 的中点，证明|BE |·|GF 2||CD |·|HF 2|为定值．证明 由题意，知F 1(－1,0)，F 2(1,0)，设B (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，直线y ＝k (x －1)，代入x 29＋y 28＝1，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫y k ＋12＋9y 2－72＝0，即(8＋9k 2)y 2＋16ky －64k 2＝0，则y 1＋y 2＝－16k 8＋9k 2，y 1y 2＝－64k 28＋9k 2.同理，将y ＝k (x －1)代入y 2＝4x ，得ky 2－4y －4k ＝0， 则y 3＋y 4＝4k ，y 3y 4＝－4， 所以|BE |·|GF 2||CD |·|HF 2|＝|y 1－y 2||y 3－y 4|·12|y 3＋y 4|12|y 1＋y 2|＝(y 1－y 2)2(y 1＋y 2)2·(y 3＋y 4)2(y 3－y 4)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2(y 1＋y 2)2·(y 3＋y 4)2(y 3＋y 4)2－4y 3y 4＝(－16k )2(8＋9k 2)2＋4×64k 28＋9k 2(－16k )2(8＋9k 2)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋16＝3为定值．方法运用训练21．设P 是曲线y 2＝4x 上的一个动点，则点P 到点A (－1,1)的距离与点P 到x ＝－1直线的距离之和的最小值为( )． A. 2 B. 3 C. 5 D. 6解析 如图，易知抛物线的焦点为F (1,0)， 准线是x ＝－1，由抛物线的定义知：点P 到直线x ＝－1的距离等于点P 到焦点F 的距离； 于是，问题转化为：在曲线上求一点P ，使点P 到点A (－1,1)的距离与点P 到F (1,0)的距离之和最小；显然，连AF 交曲线于P 点．故最小值为22＋1，即为 5. 答案 C2．椭圆b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2(a ＞b ＞0)和圆x 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2有四个交点，其中c 为椭圆的半焦距，则椭圆离心率e 的范围为( )． A.55＜e ＜35 B ．0＜e ＜25 C.25＜e ＜35D.35＜e ＜55解析 此题的本质是椭圆的两个顶点(a,0)与(0，b )一个在圆外、一个在圆内即： ⎩⎪⎨⎪⎧a 2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2b 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＞b2＋cb ＜b 2＋c⇒⎩⎪⎨⎪⎧(a －c )2＞14(a 2－c 2)a 2－c 2＜2c⇒55＜e ＜35. 答案 A3．(2011·长郡中学1次月考)设F 是椭圆x 27＋y 26＝1的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点P i (i ＝1,2,3，…)，使|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成公差为d 的等差数列，则d 的取值范围为________．解析 若公差d ＞0，则|FP 1|最小，|FP 1|＝7－1； 数列中的最大项为7＋1，并设为第n 项， 则7＋1＝7－1＋(n －1)d ⇒n ＝2d ＋1≥21⇒d ≤110， 注意到d ＞0，得0＜d ≤110；若d ＜0，易得－110≤d ＜0. 那么，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－110，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，110.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－110，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，110 4．过抛物线y 2＝2px (p ＞0)上一定点P (x 0，y 0)(y 0＞0)作两直线分别交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，当P A 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，则y 1＋y 2y 0的值为________．解析 设直线P A 的斜率为k P A ，PB 的斜率为k PB ， 由y 21＝2px 1，y 20＝2px 0，得k P A＝y 1－y 0x 1－x 0＝2p y 1＋y 0， 同理k PB ＝2py 2＋y 0， 由于P A 与PB 的斜率存在且倾斜角互补， 因此2p y 1＋y 0＝－2p y 2＋y 0，即y 1＋y 2＝－2y 0(y 0＞0)，那么y 1＋y 2y 0＝－2.答案 －25．椭圆b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，过F 点的直线l 交椭圆于A ，B 两点，P 为线段AB 的中点，当△PFO 的面积最大时，求直线l 的方程． 解 求直线方程，由于F (－c,0)为已知，仅需求斜率k ， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，则y 0＝y 1＋y 22，由于S △PFO ＝12|OF |·|y 0|＝c2|y 0|只需保证|y 0|最大即可，由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋c )b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b2⇒(b 2＋a 2k 2)y 2－2b 2cky －b 4k 2＝0， |y 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2ck b 2＋a 2k 2＝b 2c b 2|k |＋a 2|k |≤bc 2a得：S △PFO ≤bc 24a ，此时b 2|k |＝a 2|k |⇒k ＝±ba ， 故直线方程为：y ＝±ba (x ＋c )．6．(长沙雅礼中学最新月考)已知⊙O ′过定点A (0，p )(p ＞0)，圆心O ′在抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)上运动，MN 为圆O ′在轴上所截得的弦． (1)当O ′点运动时，|MN |是否有变化？并证明你的结论；(2)当|OA |是|OM |与|ON |的等差中项时，试判断抛物线C 的准线与圆O ′的位置关系，并说明理由．解 (1)设O ′(x 0，y 0)，则x 20＝2py 0(y 0≥0)， 则⊙O ′的半径|O ′A |＝x 20＋(y 0－p )2， ⊙O ′的方程为(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝x 20＋(y 0－p )2， 令y ＝0，并把x 20＝2py 0，代入得x 2－2x 0x ＋x 20－p 2＝0，解得x 1＝x 0－p ，x 2＝x 0＋p ，所以|MN |＝|x 1－x 2|＝2p ， 这说明|MN |是不变化，其为定值2p . (2)不妨设M (x 0－p,0)，N (x 0＋p,0)．由题2|OA |＝|OM |＋|ON |，得2p ＝|x 0－p |＋|x 0＋p |， 所以－p ≤x 0≤p .O ′到抛物线准线y ＝－p 2的距离d ＝y 0＋p 2＝x 20＋p22p ，⊙O ′的半径|O ′A |＝x 20＋(y 0－p )2＝x 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22p －p 2＝12p x 40＋4p 4.因为r ＞d ⇔x 40＋4p 4＞()x 20＋p 22⇔x 20＜32p 2， 又x 20≤p 2＜32p 2(p ＞0)，所以r ＞d ， 即⊙O ′与抛物线的准线总相交．。
高考总复习二轮数学精品课件 专题5 解析几何 培优拓展(九) 圆锥曲线的常用二级结论及其应用
依题意得,
1
2
= 4,
解得 a=1.
2 + 2 = 4 2 ,
- = 2,
(方法二)△1 2 =
2
2
2
=
=b
=4,Байду номын сангаас
π
∠12
tan
tan
4
2
又
2
4
2
e =1+ 2 =5,可得 2 =4,所以
a=1.
2
(2)已知椭圆25
2
π
+ 16 =1 的两个焦点是 F1,F2,M 是此椭圆上一点,且∠F1MF2=3 ,
故选 A.
对点训练
已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,过点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线
l1交抛物线于A,B两点,直线l2交抛物线于C,D两点,且|AB||CD|的最小值是64,
y2=4x
则抛物线的方程为__________.
解析 设直线 l1 的倾斜角为
则直线 l2 的倾斜角为
所以 16p2=64,所以 p=2,所以抛物线的方程为 y2=4x.
本 课 结 束
2
2
2
1
2
由结论 x1x2= ,得 kAkB==- =-1,所以 QA⊥QB,故 A 正确;
4
1 2
2
4
S△AOB=2sin =
=2 2,故 B 错误;
π
2sin
1
||
1
+
||
4
=
1-cos
1+cos
+
《解析几何》高考命题趋势分析与新题型解析
《解析⼏何》是数学⾼考的主体内容，直线、圆与圆锥曲线的命题格局基本稳定，⾄少为“⼀⼩、⼀⼤”，19分以上，即⼀道选择或填空题，外加⼀道解答题，那么这部分能否得⾼分对数学成绩是否理想在⼀定程度上起着决定性的影响.⼀、⾼考试题的特点综观历年，特别是近两年来的试题，不难发现这⽅⾯的试题具有以下总的特点：(1)突出基础知识与基本技能的考查.即源于基础，⼜⾼于基础；稳中有变，但变中⼜有“定”，那么我们的策略就是“以不变应万变”.(2)体现的是“出活题”的命题原则.什么叫做“活”？改变基础知识的编排顺序与配合⽅式，使题⽬以全新的⾯孔出现，这就叫做“活”.我们应对的策略就是全⾯激活、组成系统，并处于时刻待命的状态，在相关问题情境中作出⾃然、准确、迅速的检索与选择，使问题⼟崩⽡解.(3)反映“在知识交汇处命题”的理念.这种“交汇”现已突破《解析⼏何》的圈⼦，⽽在更加⼴阔的天地⾥驰骋.所以我们应该以整个中学数学知识为背景，全⽅位地复习、巩固“双基”，不能有丝毫的侥幸⼼理.(4)重视数学思想的考查.数学思想，特别是函数⽅程、等价转化、分类讨论、数形结合等，是数学的灵魂，是解答数学题的准则，是我们解题⾏为的总的指导⽅针.(5)既重思维，⼜重计算.在《解析⼏何》中这个特点显得更加明朗与耀眼.思维固然重要，但是繁杂、冗长、令⼈“厌恶”的推演、计算、变换过程是绝对少不了的.在当今的考试中，有⼀条新的原则，那就是“考查学⽣的个性品质”，所以我们说“智商加情商，能⼒插翅膀”，必须努⼒克服既轻视计算，⽽⼜容易出错的“眼⾼⼿低”的⽑病.⼆、新⾼考命题趋势分析由以上特点，我们认为在未来的⾼考中，《解析⼏何》试题将有以下命题趋势：(1)单⼀型的题⽬将被更多的综合型题⽬所取代.即使是选择或填空题，每道题考查的知识点也可能是两个、三个或更多个.(2)直线与圆锥曲线的位置关系(含各种对称、圆的切线)的研究与讨论仍然是重中之重.(3)抛物线、椭圆与双曲线之间关系的研究与讨论也将有所体现.(4)由于导数的介⼊，抛物线的切线问题将有可能进⼀步“升温”.(5)与平⾯向量的关系将进⼀步密切，许多问题会“披着”向量的“外⾐”.(6)《平⾯⼏何》的知识在解决《解析⼏何》问题的作⽤不可忽视.(7)三⾓函数的知识⼀直是解决《解析⼏何》问题的好“帮⼿”.(8)函数、⽅程与不等式与《解析⼏何》问题的有机结合将继续成为数学⾼考的“重头戏”.(9)数列与《解析⼏何》问题的携⼿是⼀种值得关注的动向.(10)求曲线⽅程、求弦长、求⾓、求⾯积、求特征量、求最值、证明某种关系、证明定值、求轨迹、求参数的取值范围、探索型、存在性讨论等问题仍将是常见的题型.对情境陌⽣、背景新颖的原创型试题⼀⽅⾯要有充分的思想准备，但也不必有恐惧⼼理，相信再新、再“难”的题，它仍扎根于基础.。
高考数学总复习 第九篇 解析几何 第2讲 两条直线的位置关系课件 理
(2)两条直线垂直
① 如 果 两 条 直 线 l1 ， l2 的 斜 率 存 在 ， 设 为 k1 ， k2 ， 则 l1⊥l2⇔
k1k2＝－1
.
②如果l1，l2中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率 为0时，l1与l2的关系为垂直 ．
2．两直线的交点 直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0的公共 点的坐标与方程组AA12xx＋ ＋BB12yy＋ ＋CC12＝ ＝00， 的解一一对应． 相交⇔方程组有 唯一解 ，交点坐标就是方程组的解； 平行⇔方程组 无解 ； 重合⇔方程组有 无数个解 ．
(2)过点A与原点O距离最大的直线是过点A与AO垂直的直
线，由l⊥AO，得klkOA＝－1，所以kl＝－k1OA＝2， 由直线的点斜式得y＋1＝2(x－2)，即2x－y－5＝0，
即直线2x－y－5＝0是过点A且与原点距离最大的直线l
的方程，最大距离是|－5|＝ 5
5.
(3)不存在．由(2)可知，过点A不存在到原点距离超过 5 的
3．距离公式
(1)两点间的距离公式
平面上任意两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的距离公式为|P1P2|＝ x2－x12＋y2－y12 .
特别地，原点O(0,0)与任一点P(x，y)的距离|OP|＝ x2＋y2 .
(2)点到直线的距离公式
平面上任意一点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时
故所求直线的方程为y－2＝－13(x＋1)，即x＋3y－5＝0. 当过点A的直线的斜率不存在时，由点A的坐标为(－1,2) 知，过点A的直线为x＝－1.易得P1，P2到直线x＝－1的距离 相等，故x＝－1符合题意． 综上，所求直线的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
人教版数学-备课资料解析几何高考热点与命题趋势分析
解析几何高考热点与命题趋势分析《解析几何》是高考的重点内容之一，也是能够拉开高考成绩的主要内容之一，在高考试题中占据着较大的比重，并且该部分内容的试题往往具有较大的难度与区分度，因此，把握该部分内容的命题热点、掌握命题趋势，对提高复习效率有着重要的意义． 一、高考考点 1．椭圆及其标准方程 第一定义、第二定义；标准方程（注意焦点在哪个轴上）；椭圆的简单几何性质（a 、b 、c 、e 的几何意义，准线方程，焦半径）；椭圆的参数方程x=acos θ,y=bsin θ,当点P 在椭圆上时，可用参数方程设点的坐标，把问题转化为三角函数问题. 2.双曲线及其标准方程：第一定义、第二定义（注意与椭圆类比）； 标准方程（注意焦点在哪个轴上）；双曲线的简单几何性质（a 、b 、c 、e 的几何意义、准线方程、焦半径、渐近线）. 3.抛物线及其标准方程：定义以及定义在解题中的灵活应用（抛物线上的点到焦点的距离问题经常转化为到准线的距离）；标准方程（注意焦点在哪个轴上、开口方向、p 的几何意义）四种形式； 抛物线的简单几何性质（焦点坐标、准线方程、与焦点有关的结论）. 二、命题趋势预测近年来，高考中解析几何综合题的难度有所下降．随着高考的逐步完善，结合上述考题特点分析，预测今后高考的命题趋势是：将加强对于圆锥曲线的基本概念和性质的考查，加强对于分析和解决问题能力的考查．因此，复习中要注重对圆锥曲线定义、性质、以及圆锥曲线基本量之间关系的掌握和灵活应用．笔者通过对近几年高考有关《解析几何》内容的分析研究，认为《解析几何》内容在高考试卷中具有下面5个的热点： 1.重视与向量的综合在07年高考文、理科（含文理科合卷）12个省市新课程卷中，有6个省市（全国Ⅰ、Ⅱ卷、江苏卷、辽宁卷、天津、湖南）的解析几何大题与向量综合，主要涉及到向量的和、点乘积（以及用向量的点乘积求夹角）和定比分点等；另外，在前几年的新课程卷中，也比较重视与向量的综合．例1、设双曲线C ：1:)0(1222=+>=-y x l a y ax 与直线相交于两个不同的点A 、B .（I ）求双曲线C 的离心率e 的取值范围： （II ）设直线l 与y 轴的交点为P ，且5.12PA PB =求a 的值.图1分析：（I ）根据双曲线与直线有两个不同的交点，即可求得离心率e 的取值范围； （II ）根据向量的定义构造等量关系，由根的概念求的a 的值。
专题05 解析几何(解答题10种考法)讲义(解析版)2024届高三数学二轮复习《考法分类》专题训练
专题05 解析几何（解答题10种考法）考法一 定点【例1-1】（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知点()4,3P 为双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b -=>>上一点，E 的左焦点1F(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y kx t =+与双曲线E 交于,A B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y kx t =+过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)22143x y -=(2)证明见解析，定点为(2,3)-.【解析】（1）设1(,0)F c -(0)c >到渐近线by x a=，即0bx ay -=222+=a b c得b =，又(4,3)P 在双曲线22213x ya -=上，所以216913a -=，得24a =，所以双曲线E 的标准方程为22143x y -=.（2）联立22143y kx tx y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩，消去y 并整理得()2223484120k x ktx t ----=，则2340k -≠，2222644(34)(412)0k t k t ∆=+-+>，即2234t k +>，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122834kt x x k +=-，212241234t x x k+=--，则12123344PA PB y y k k x x --+=+--12123344kx t kx t x x +-+-=+--()()()()()()122112343444kx t x kx t x x x +--++--=--()()121212122438244()16kx x t k x x t x x x x +--+-+=-++1=，所以()()1212243824kx x t k x x t +--+-+12124()16x x x x =-++，所以()()()12122141880k x x t k x x t -+-++-+=，所以()()()222214124188803434k t t k kt t k k -+-+⋅-+-+=--，整理得22626890t k kt t k -+--+=，所以22(3)2(3)80t k t k -+--=，所以()()32340t k t k ---+=，因为直线y kx t =+不过(4,3)P ，即34k t ≠+，340t k -+≠，所以320t k --=，即23t k =+，所以直线23y kx t kx k =+=++，即3(2)y k x -=+过定点(2,3)-.【例1-2】（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆2222:1(0)C b b x a a y+>>=()2,0A -在C上．(1)求C 的方程；(2)过点()2,3-的直线交C 于,P Q 两点，直线,AP AQ 与y 轴的交点分别为,M N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)22194y x +=(2)证明见详解【解析】（1）由题意可得2222b a b c c e a ⎧⎪=⎪⎪=+⎨⎪⎪==⎪⎩，解得32a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，所以椭圆方程为22194y x +=.（2）由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设()()()1122:23,,,,PQ y k x P x y Q x y =++，联立方程()2223194y k x y x ⎧=++⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：()()()222498231630k x k k x k k +++++=，则()()()2222Δ64236449317280kk k k k k =+-++=->，解得0k <，可得()()2121222163823,4949k k k k x x x x k k +++=-=++，因为()2,0A -，则直线()11:22y AP y x x =++，令0x =，解得1122y y x =+，即1120,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭,同理可得2220,2y N x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则()()1212121222232322222y y k x k x x x x x +++++⎡⎤⎡⎤++⎣⎦⎣⎦=+++()()()()()()12211223223222kx k x kx k x x x +++++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=++()()()()1212121224342324kx x k x x k x x x x +++++=+++()()()()()()222222323843234231084949336163162344949k k k k k k k k k k k k k k k +++-++++===++-+++，所以线段MN 的中点是定点()0,3.【例1-3】（2023·江西九江·统考一模）已知过点(2,0)P 的直线l 与抛物线2:2(0)E y px p =>交于,A B 两点，过线段AB 的中点M 作直线MN y ⊥轴，垂足为N ，且PM PN ⊥.(1)求抛物线E 的方程；(2)若C 为E 上异于点,A B 的任意一点，且直线,AC BC 与直线2x =-交于点,D R ，证明：以DR 为直径的圆过定点.【答案】(1)24y x =(2)证明见解析【解析】（1）由题意，可设直线l 的方程为2x my =+，将2x my =+代入22y px =，消去x 得2240y pmy p --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122y y pm +=，124y y p =-，M 是线段AB 的中点，21212(42)22M x x m y y x pm +++∴===+，122M y y y pm +==，即2(2,)M pm pm +， 又MN y ⊥轴，∴垂足N 的坐标为(0,)pm ，则2(,)PM pm pm = ，(2,)PN pm =-，PM PN ⊥ ，22220PM PN pm p m ∴⋅=-+=对任意的R m ∈恒成立，220p p ∴-+=，又0p >，解得2p =，故抛物线E 的方程为24y x =.（2）设2(,)4t C t ，211(,)4y A y ，222(,)4y B y ，由（1）可知，124y y m +=，128y y =-，则12211444AC y t k y t y t -==+-，直线AC 的方程为214()4t y t x y t -=-+，令2x =-，则211184(24ty t y t y t y t -=+--=++，118(2,ty D y t -∴-+，同理228(2,)ty R y t--+，由抛物线的对称性可知，若以线段DR 为直径的圆过定点，则定点必在x 轴上，设该点坐标为(,0)T a ，则118(2,ty DT a y t -=+-+ ，228(2,)ty RT a y t -=+-+ ，且0DT RT ⋅= ，2121288(2)0ty ty a y t y t--∴++⋅=++，22212121222121212888()6483264(2)8()48ty ty t y y t y y t mt a y t y t y y t y y t t mt ---++--+∴+=-⋅=-=-=++++++-，2a ∴=或2a=--，∴以DR为直径的圆过定点2,0)和(2,0)--.【变式】1．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)22143y x +=(2)(0,2)-【解析】（1）解：设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P -的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y +=，可得(1,M，N ，代入AB 方程223y x =-，可得(3,T +，由MT TH =得到(5,H -+.求得HN方程：(22y x =-，过点(0,2)-.②若过点(1,2)P -的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=.联立22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=，可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，()()12221228234444234k y y k k k y y k ⎧-++=⎪+⎪⎨+-⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34kx y x y k -+=+联立1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--，将(0,2)-，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2).-2．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>，上、下顶点分别为A ，B .圆22:2O x y +=与x 轴正半轴的交点为P ，且1PA PB ⋅=- .(1)求E 的方程；(2)直线l 与圆O 相切且与E 相交于M ，N 两点，证明：以MN 为直径的圆恒过定点.【答案】(1)22163x y +=(2)证明见解析【解析】（1）由已知得()0,A b ，()0,B b -，)P.则()PA b =，()PB b =- ，221PA PB b ⋅=-=-，所以23b =.因为c e a ==222b c a +=，所以23c =，26a =.故E 的方程为22163x y +=.（2）当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+，即0kx y m -+=.因为直线l 与圆O=2222m k =+.设()11,M x y ，()22,N x y ，则11y kx m =+，22y kx m =+.由22,1,63y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩化简，得()222214260k x kmx m +++-=，由韦达定理，得12221224212621km x x k m x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩所以()()()2212121212y y kx m kx m k x x km x x m =++=+++222222222646212121m km m k k km m k k k --=⋅-⋅+=+++，所以()2222212122223222660212121m k m m k x x y y k k k ----+=+==+++，故OM ON ⊥，即以MN 为直径的圆过原点O .当直线l 的斜率不存在时，l的方程为xx =.这时M，N或(M，(N .显然，以MN 为直径的圆也过原点O .综上，以MN 为直径的圆恒过原点O .3（2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的焦距为2，圆224x y +=与椭圆C 恰有两个公共点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知结论：若点()00,x y 为椭圆22221x y a b+=上一点，则椭圆在该点处的切线方程为00221x x y y a b +=．若椭圆C的短轴长小于4，过点(8,)T t 作椭圆C 的两条切线，切点分别为,A B ，求证：直线AB 过定点．【答案】(1)22154x y +=或22143x y +=(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为c ．当圆224x y +=在椭圆C 的内部时，2222,1,5b c a b c ===+=，椭圆C 的方程为22154x y +=．当圆224x y +=在椭圆C 的外部时，2222,1,3a c b a c ===-=，椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ．因为椭圆C 的短轴长小于4，所以C 的方程为22143x y +=．则由已知可得，切线AT 的方程为111,43x x y yBT +=的方程为22143x x y y +=，将(8,)T t 代入,AT BT 的方程整理可得，1122630,630x ty x ty +-=+-=．显然,A B 的坐标都满足方程630x ty +-=，故直线AB 的方程为630x ty +-=，令0y =，可得12x =，即直线AB 过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭．考法二 定值【例2】（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点为1F ，2F ，离心率为12．点P 是椭圆C 上不同于顶点的任意一点，射线1PF 、2PF 分别与椭圆C 交于点A 、B ，1PF B △的周长为8．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若111PF F A λ= ，222PF F B λ=，求证：12λλ+为定值．【答案】(1)22143x y +=(2)证明见解析【解析】（1）∵1PF B C V 1212224PF PF BF BF a a a =+++=+=，∴48a =，2a =由离心率为12得1c =，从而b =，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=．（2）设()()0011,,,P x y A x y ，()22,B x y ，则2200143x y +=，可设直线PA 的方程为1x my =-，其中001x m y +=，联立221143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，化简得()2234690m y my +--=，则0122009934134y y m x y --==+⎛⎫++ ⎪⎝⎭，同理可得，022009134y y x y -=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．因为111PF F A λ= ，222PF F B λ=．所以001212012121211y y PF PF y AF BF y y y y λλ⎛⎫+=+=+=-+ ⎪--⎝⎭()()222000222000001134343131899x x y y y x x y ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-⎢⎥+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭++-+⎣⎦==220068624610993x y +++===，所以12λλ+是定值103.【变式】1．（2023·河北保定·统考二模）已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长为短轴长的2倍，若椭圆C 经过点()2,2P ，(1)求椭圆C 的方程；(2)若,A B 是椭圆上不同于点P 的两个动点，直线,PA PB 与x 轴围成底边在x 轴上的等腰三角形，证明：直线AB 的斜率为定值．【答案】(1)221205x y +=(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆的方程为()222210x ya b a b +=>>根据题意得222441a ba b =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得22205a b ⎧=⎨=⎩故所求椭圆方程为221205x y +=（2）如下图所示：设直线:l y kx m =+交该椭圆221205x y +=与()()1122,,,A x y B x y 两点．将y kx m =+代入221205x y+=得()2221484200k x kmx m +++-=所以()()2221222122(8)41442081442014km k mkm x x k m x x k ⎧-+->⎪⎪⎪+=-⎨+⎪⎪-=⎪+⎩由直线,PA PB 能与x 轴共同围成底边在x 轴上的等腰三角形，可得0PA PB k k +=，即()()()()()()122112121222222202222y x y x y y x x x x --+----+==----整理得()()()()()()()12211212222222242kx m x kx m x kx x m k x x m +--++--=+--+--，即()()22242082224201414m km k m k m k k-⋅---⋅--=++即()24181020k m k k -+-+=，所以当14k =时，不论m 为何值时()24181020k m k k -+-+=都成立，所以直线,PA PB 与x 轴共同围成底边在x 轴上的等腰三角形时直线AB 的斜率为定值142．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点为12,F F ，离心率为12.点P 是椭圆C 上不同于顶点的任意一点，射线12,PF PF 分别与椭圆C 交于点,A B ，1PF B △的周长为8.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设12PF F △，1PF B △，PAB V 的面积分别为123,,S S S .求证：213221S S S S S S +--为定值.【答案】(1)22143x y +=(2)证明见解析【解析】（1）解：因为1PF B △的周长为8，即1212228PF PF BF BF a a +++=+=所以48a =，可得2a =，由椭圆的离心率12c e a ==，可得1c =，从而2223b a c =-=，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=．（2）证明：设001122(,),(,),(,)P x y A x y B x y ，则2200143x y +=，可设直线PA 的方程为1x my =-，其中001x m y +=，联立方程221143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得22(34)690m y my +--=，则0122009934134y y m x y --==+⎛⎫++ ⎪⎝⎭，同理可得，022009134y y x y -=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．因为112112111212212132211112122111sin sin 2211sin sin 22∠∠+=+=+--∠∠V V V V PF B PF F AF B BF F PF F B PF B PF F F PF F S S S S S S S S S S AF F B AF B BF F F BF F 1212PF PF AF BF =+，所以213221S S S S S S +=--1212PF PF AF BF +0012y y y y =+--01211y y y ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭222000001134349x x y y y ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-⎢⎥+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦=2220003(1)3(1)89x x y ++-+=220068624610993x y +++===，所以213221S S S S S S +--是定值．3.（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知抛物线T 的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过()2,1-，11,4⎛⎫⎪⎝⎭，()2,2--，()3,2-四点中的两点.(1)求抛物线T 的方程：(2)已知圆()2223xy +-=，过点()(,1P m m -≠作圆的两条切线，分别交抛物线T 于()11,A x y ，()22,B x y 和()33,C x y ，()44,D x y 四个点，试判断1234x x x x 是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，请说明理由.【答案】(1)24x y =(2)是定值16．【解析】（1）抛物线T 的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过()2,1-，11,4⎛⎫⎪⎝⎭，()2,2--，()3,2-四点中的两点，由对称性，点()2,1-和点()2,2--不可能同时在抛物线T 上，点()2,2--和点()3,2-也不可能同时在抛物线T 上，则抛物线只可能开口向上或开口向右，设()2:20T x py p =>，若过点()2,1-，则42p =，得2p =，∴24x y =，抛物线过点11,4⎛⎫⎪⎝⎭，∴24x y =符合题意；设()2:20T y px p =>，若过点11,4⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1216p =，得132p =，∴2116y x =，但抛物线不过点()3,2-，不合题意．综上，抛物线T 的方程为24x y =．（2）(),1P m -，设直线()1:1AB y k x m =--，即1110k x y k m ---=，由AB∴()22113660m k mk -++=，设()2:1CD y k x m =--，同理可得()22223660m k mk -++=，∴12,k k 是方程()223660m k mk -++=的两根，12122266,33m k k k k m m -+==--．联立()1214y k x m x y ⎧=--⎨=⎩，消y 得2114440x k x k m -++=，∴12144x x k m =+，同理34244x x k m =+，∴()()()212341212124444161x x x x k m k m k k m k k m ⎡⎤=++=+++⎣⎦2222661611633m m m m ⎛⎫=-+= ⎪--⎝⎭所以1234x x x x 为定值16．考法三 定直线【例3】（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为()-，离心率为(1)求C 的方程；(2)记C 的左、右顶点分别为1A ，2A ，过点()4,0-的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限，直线1MA 与2NA 交于点P ．证明:点P 在定直线上.【答案】(1)221416x y -=(2)证明见解析.【解析】（1）设双曲线方程为()222210,0x y a b a b -=>>，由焦点坐标可知c =，则由ce a==可得2a =，4b ==，双曲线方程为221416x y -=.（2）由(1)可得()()122,0,2,0A A -，设()()1122,,,M x y N x y ，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为4x my =-，且1122m -<<，与221416x y -=联立可得()224132480m y my --+=，且264(43)0m ∆=+>，则1212223248,4141m y y y y m m +==--，直线1MA 的方程为()1122y y x x =++，直线2NA 的方程为()2222yy x x =--，联立直线1MA 与直线2NA 的方程可得：()()()()()2121121211212121222222266y x y my my y y y y x x y x y my my y y +--+++==--=--112221122483216222141414148483664141m mm y y m m m m m y y m m -⋅-⋅++---===-⨯----，由2123x x +=--可得，即，据此可得点P 在定直线上运动.【变式】1．（2023·湖南永州·统考一模）已知点A 为圆上任意一点，点B 的坐标为，线段AB 的垂直平分线与直线AC 交于点D ．(1)求点D 的轨迹E 的方程；(2)设轨迹E 与x 轴分别交于两点（1A 在2A 的左侧），过的直线l 与轨迹E 交于,M N 两点，直线与直线的交于P ，证明：P 在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由得，其半径为4，因为线段AB的垂直平分线与直线AC交于点D，故，则,而，故点D的轨迹E为以,B C为焦点的双曲线，则，故点D的轨迹E的方程为.（2）证明：由题意知，若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，联立，得，，故，设，则直线的方程为，直线的方程为，故，则，即，解得，故直线与直线的交点P 在定直线上.2．（2023·江苏常州·校考一模）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的短轴长为．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点的动直线l 与椭圆C 相交于不同的,A B 两点，在线段AB 上取点，满足，证明：点总在某定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意可知，因为，所以解得2a =，．所以所求椭圆的方程为（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，，，直线AB 的斜率显然存在，设为，则AB 的方程为．因为A ，P ，B ，四点共线，不妨设，则，，，，由，可得，化简得．（*）联立直线和椭圆的方程，得，消去y ，得，，得，由韦达定理，得，．代入（*）化简得，即．又，代入上式，得，化简得．所以点总在一条定直线上．考法四 最值【例4】（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于,A B 两点，且．(1)求p ；(2)设F 为C 的焦点，M ，N 为C 上两点，，求面积的最小值．【答案】(1)2p =(2)【解析】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为0p >，解得：2p =．（2）因为，显然直线MN 的斜率不可能为零，设直线MN ：，()()1122,,,M x y N x y ，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线MN 的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．【变式】1．（2023·浙江·模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C 上任意一点满足.(1)化简曲线C 的方程；(2)已知圆（O 为坐标原点），直线l 经过点且与圆O 相切，过点A 作直线l 的垂线，交C 于,M N 两点，求面积的最小值.【答案】(1)；(2)【解析】（1），由得．所以曲线C的方程是；（2）设，直线MN方程是，则直线l方程为，即,直线l与已知圆相切，所以，则，由得，，由题意（∵），，，∴或，，又原点O到直线MN的距离为，∴，由或得，设，，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，∴时，，∴，即时，．2．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线l 与椭圆C 交于点,A B ，与圆N 相切且切点为为AB 中点.(1)求圆N 的半径的取值范围；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）如图所示，由题意知，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 方程为y kx m =+（），11(,)A x y ，22(,)B x y ，设圆N的半径为r ，，，，，所以，又因为M 为AB 的中点，所以，又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，所以，所以，解得，所以，，解得：，所以（），所以，即，所以圆N的半径r的取值范围为.（2）由（1）知，，所以（），令，则（），所以，显然在上单调递减，所以，所以，即，故的取值范围为.3．（2023·河北秦皇岛·校联考二模）已知双曲线实轴的一个端点是P，虚轴的一个端点是，直线PQ与双曲线的一条渐近线的交点为.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与曲线C有两个不同的交点是坐标原点，求的面积最小值.【答案】(1)(2)【解析】（1）设点，点，则直线PQ的方程为，与渐近线by x a=联立，得，解之得，即直线PQ 与双曲线的一条渐近线交点为，又直线PQ 与双曲线的一条渐近线的交点为，所以，即，因此双曲线方程为.（2）设()()1122,,,A x y B x y ，把代入，得，则 ，，，点O 到直线的距离，所以的面积为，令，所以，令，则，因为，所以，由，得，由，得，由，得，即当时，等号成立，此时满足，所以面积的最小值为.考法五轨迹问题【例5】（2023·湖南·校联考二模）已知12,F F为双曲线的左右焦点，且该双曲线离心率小于等于，点和是双曲线上关于轴对称非重合的两个动点，为双曲线左右顶点，恒成立．(1)求该双曲线C的标准方程；(2)设直线和的交点为P，求点P的轨迹方程．【答案】(1)221 43x y-=(2)【解析】（1）设双曲线C的焦距为，由及双曲线的定义，得，解得，由可得，又恒成立，所以，解得．因为该双曲线离心率小于等于，所以，即，解得，所以，则，所以双曲线C的标准方程为221 43x y-=．（2）因为，所以点只能在双曲线的右支上，设，则，因为在双曲线上，所以，易得，所以直线的斜率为，直线的方程为①，同理可求得直线的方程为②，由①×②得③，将代入③得，化简得，令①=②即，化简得，因为，所以，即点P的轨迹方程为．【变式】1（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知过右焦点的直线交双曲线于两点，曲线C的左右顶点分别为，虚轴长与实轴长的比值为．(1)求曲线C的方程；(2)如图，点关于原点的对称点为点P，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的轨迹方程．【答案】(1)(2)【解析】（1）由题意得，又222a b c，则，曲线C的方程为；+=,k k，直线为，（2）设直线的斜率分别为12由，得，，，则，，由于点关于原点的对称点为点P，，则直线为，直线为，显然，由，得，即，则直线的方程为，由得，即，当时，由对称性可知在y轴上，此时直线平行于直线，不符合题意，故的轨迹方程为．,x y作椭圆C的切线，则切线2．（2023·江西·校联考二模）已知过曲线上一点()00的方程为.若P为椭圆上的动点，过P作的切线交圆于，过分别作的切线，直线交于点.(1)求动点的轨迹E的方程；(2)已知R为定直线上一动点，过R的动直线与轨迹E交于两个不同点,A B，在线段上取一点，满足，试证明动点的轨迹过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设点，由题意知切线的方程为，同理，设点，则切线的方程分别为：，又点Q在直线上，所以，所以直线的方程为：，和比较可得，又在曲线上，即，所以，即点Q的轨迹E的方程为；（2）设点，则由知，设，则且，则：，即，，整理可得且，又在曲线E 上，则，故，所以，所以，即，由于,故时，，所以动点T 的轨迹过定点.3．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知椭圆C ：，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)点为椭圆C 上的动点（与点A ，B 不重合），若直线PA ，直线PB 的斜率存在且斜率之积为，试探究直线l 是否过定点，并说明理由；(2)若．过点O 作，垂足为点Q ，求点Q 的轨迹方程．【答案】(1)直线l 过定点；(2)【解析】（1）直线过定点，下面证明：设()11,A x y ，，，又，，∴，∴直线过原点满足．又当PA 两点固定时为定值，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为，则直线重合，则重合，∴直线l 过定点．（2）设，，，不妨设，∴，，又点A，B在椭圆上，∴，，∴，，两式相加得，由，得，∴点Q的轨迹是以点O为半径的圆，∴点Q的轨迹方程为．考法六长度比值【例6】（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比p 为一给定的实数.例的结论．如图所示，抛物线，其中0(1)写出抛物线的焦点坐标及准线方程；(2)若直线与抛物线只有一个公共点，求实数k的值；(3)如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：．【答案】(1)，(2)(3)证明见解析【解析】（1）焦点为，准线为；（2）将代入，化简得（*），方程（*）的判别式，化简得，解得；（3）设，设抛物线在A点处的切线方程为，由，消去y并化简得，，，，解得，故切线方程为，，，即，同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：，，联立，解得，即，同理可得，，因为，，，所以．【变式】1．（2023·云南·校联考三模）如图，已知椭圆的上、下顶点为，右顶点为P和相交于点A，过N作直线交x轴的正半轴于B点，交椭圆于C 点，连接交于点D.(1)求的方程；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）依题意可得，，又，解得，所以的方程为.（2）在椭圆中，，所以，，设直线（），直线（），因为直线与直线相交于点C，由，解得，所以，又点C在椭圆上，所以，整理得，y=得，即，因为直线交x轴正半轴于B点，令0又因为，所以，，所以，因为直线交于点D，令2x=得，故，又，所以，，所以，又，所以，所以，所以.2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为1F，2F.过2F的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为.(1)求C的方程；(2)证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）根据题意有，C的一条渐近线方程为，将代入C的方程有，，所以M ，N 到直线的距离之和为，所以，C 的方程为.（2）方法1：当l 垂直于x 轴时，由（1）可知，，且由双曲的定义可知，故.当l 不垂直于x 轴时，由双曲线的定义可知，，故.设，代入C 的方程有：，设()11,M x y ，()22,N x y ，则，，所以，所以.综上，的值为6.方法2：当l 垂直于x 轴时，由（1）可知，，且由双曲的定义可知，故.当l 不垂直于x 轴时，设，代入C 的方程有：.设()11,M x y ，()22,N x y ，则，，所以.综上，的值为6.考法七 存在性【例7】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知椭圆经过点，过点的直线交该椭圆于P ，两点.(1)求面积的最大值，并求此时直线PQ 的方程；(2)若直线PQ 与x 轴不垂直，在x 轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)PQ 的方程为或；(2)存在，【解析】（1）将代入椭圆方程，得到，故，故椭圆方程为22143x y +=.当直线PQ 的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；当直线PQ 的斜率不为0时，设直线PQ 的方程为，与椭圆方程22143x y+=联立，得，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故此时直线PQ的方程为或.（2）在x轴上存在点使得恒成立，理由如下：因为，所以，即，整理得，即，所以，则，解得，故在x轴上存在点，使得恒成立.【变式】1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>且垂直于长轴的弦长度为1．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点，若存在实数m ，使得，求m 的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】（1，在方程22221x y a b+=中，令，解得，因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，所以有，由可得：，所以椭圆的方程为；（2）当直线l 不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；当直线l 存在斜率时，设为，所以直线l 的方程设为y kx m =+，于是有，因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，化简，得，设()()1122,,,A x y B x y ，于是有，因为，所以，代入中，得，于是有，化简，得，代入中，得.2．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知动点M 到定点的距离与动点M 到定直线2x =的距离之比为(1)求点M 的轨迹C 的方程；(2)对，曲线C 上是否始终存在两点A ，B 关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）设，则，即，整理得，所以点M 的轨迹C 的方程为．（2）假设曲线C 上始终存在两点A ，B 关于直线对称，当时，设直线AB 方程为，()11,A x y ，()22,B x y ，联立，整理得，则，所以，．设AB的中点为()00,x y，则，，将()00,x y代入，则，所以，所以对恒成立，即对恒成立，因为，所以，则．易知当时，曲线C上存在两点，关于直线0y=对称．所以的取值范围为．3．（2023·四川成都·模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的中心为O，左、右焦点分别为1F，2F，M为椭圆C上一点，线段与圆相切于该线段的中点N，且的面积为4.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点1F，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说明理由.【答案】(1)(2)【解析】（1）连接，则，因为N为的中点，O为的中点，所以，故，，，解得，由椭圆定义可知，，解得，由勾股定理得，即，解得，故，故椭圆方程为；x=-，（2）由题意得，当直线AB的斜率不存在时，即2此时，解得，设，=，由对称性可知，P为椭圆左顶点D，但，故不合要求，舍去，由于OA OB当直线AB的斜率存在时，设为，联立得，，，设()()1122,,,A x y B x y ，则，，则AB 中点坐标为，假设存在点P ，使得四边形是平行四边形，则，将代入椭圆中，得，解得，此时直线AB 的方程为.考法八 角度关系转斜率【例8】（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l 交C 于P ，Q两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．(1)求l 的斜率；(2)若，求的面积．【答案】(1)1-；(2)．【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．=+，，易知直线l的斜率存在，设:l y kx m联立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，当,A B均在双曲线左支时，，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当,A B均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点A到直线PQ的距离，故的面积为．［方法二］：设直线AP的倾斜角为，，由，得，由，得，即，联立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【变式】1．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知点P是平面直角坐标系异于O的任意一点过点P作直线及的平行线，分别交x轴于M，N两点，且．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在x轴正半轴上取两点，且，过点A作直线l与轨迹C交于E，F两点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意，设点P坐标为()00,x y，则根据题意，得，由得：，化简得：2200143x y+=，所以轨迹C的方程为：（2）由题意，当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，成立．当直线l的斜率存在，由题意，设直线l的方程为：、、，由得：，有得：，且，，则，又，因为，所以，则．综上所述，．2．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的三个顶点所确定的三角形的面积为（是C的离心率）是C上一点.(1)求C的方程；(2)若直线与C交于,P Q两点，设，直线与C分别交于,M N（不同于,P Q）两k>时，记直线的倾斜角分别为，，求的最大值.点，当0【答案】(1)(2)【解析】（1）依题意可得，得，得，得，得，得，得26a=，则，所以椭圆C的方程为.（2）设，，联立，消去y并整理得，因为在椭圆内，所以判别式恒大于，，，当时，直线：，联立，消去y并整理得，因为，即，所以，所以，因为B在椭圆内，所以判别式恒大于，，，，所以，当11x =时，直线：1x =，易得，也满足，故，同理可得，所以，所以，因为0k >，所以，当且仅当，又0k >，即时，等号成立，所以的最大值为.考点九 三点共线【例9】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线C 于,A B 两点，当AB 平行于y 轴时，.(1)求抛物线C 的方程；(2)若O 为坐标原点，过点B 作y 轴的垂线交直线于点D ，过点A 作直线的垂线与抛物线C 的另一交点为的中点为，证明：三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）抛物线C 的焦点为，当AB 平行于y 轴时，设直线AB 的方程为，设点、，，解得，所以，抛物线C 的方程为.（2）设直线AB 的方程为，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立可得，由韦达定理可得，，又因为直线的方程为，将代入直线的方程可得，可得，即点，所以，，因为，则，所以，直线的方程为，联立可得，则，故，则，由的中点为，可得，故、B、D三点共线．【变式】1．（2022秋·云南昆明）过抛物线：24上一动点P作x轴的垂线，记垂足为H，设线段的中点y x为M，动点M的轨迹为曲线C，设O为坐标原点(1)求曲线C的方程；(2)过抛物线的焦点作直线与曲线C交于,A B两点，设抛物线的准线为l，过点A作直线l的垂线，记垂足为D，证明：B、D、O三点共线，【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）解：设，则，，因为M是的中点，所以，即，所以，即，所以曲线C的方程；（2）证明：由题意得，准线，设点，，则设过抛物线的焦点的直线为当时，则，，，所以直线的方程为，即，因为过原点O ，所以B 、D 、O 三点共线；当时，联立方程，化简得，则，且，直线的方程为，将代入的方程，即当成立时，B 、D 、O 三点共线.下面证明成立：因为，欲证成立，只需证成立，即证成立，即证成立，又，所以所以成立，所以B 、D 、O 三点共线.2．（2023·江苏镇江）已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于两点()11,A x y 、()22,B x y ，其中，且.（1）求该抛物线的方程；（2）设O 为坐标原点，过点A 作抛物线的准线的垂线，垂足为C ，证明：B 、O 、C 三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）依题意可知抛物线的焦点坐标为，故直线AB 的方程为，联立，可得.∵，0p >，，解得.∴经过抛物线焦点的弦，解得.∴抛物线方程为；（2）由（1）知A点的坐标为，B点的坐标为，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为C，则C点的坐标为，，又直线与直线有一个公共点O，所以B、O、C三点共线.3．（2023·江苏南京）在平面直角坐标系中，已知抛物线E：的准线方程为l：.（1）求抛物线E的方程；（2）过抛物线E的焦点作直线与抛物线相交于A，B两点，过点B作直线l的垂线，交l于点C，求证：A，O，C三点共线.【答案】(1)；(2)证明见详解.【解析】（1）因为抛物线的准线方程为l：，故可得，解得.故抛物线方程为.（2）由（1）中抛物线方程可得，设坐标分别为，故可设直线方程为，联立抛物线方程可得：，；又根据抛物线定义可知C点坐标为，。
数学专题五
专题五：解析几何【备考策略】根据近几年高考命题特点和规律，复习本专题时，要注意以下几个方面：1．直线的倾斜角、斜率及它们间的关系。
2．两直线平行与垂直的充要条件。
3．点到直线的距离、两平行线间的距离。
4．圆的方程（标准方程和一般方程）。
5．直线与圆的位置关系。
6．椭圆、双曲线、抛物线的定义、性质。
7．直线和圆锥曲线的位置关系，同时常与平面向量、数列、不等式结合，且每年必考。
第一讲直线与圆【最新考纲透析】1．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，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）掌握确定直线位置的几何要素，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）能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标。
（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。
2．圆与方程（1）掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程。
（2）能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系。
（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的思想。
3．空间直角在系（1）了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置。
（2）会推导空间两点间的距离公式。
【核心要点突破】要点考向1：直线的倾斜角、斜率、距离问题考情聚焦：1．直线的倾斜角、斜率、距离问题是最基本问题，是高考中常考的知识。
2．该类问题常与平面向量结合，体现知识的交汇。
3．多以选择题、填空题的形式考查，属容易题。
考向链接：1．直线的倾斜角和斜率反映了直线的倾斜程度。
已知斜率求倾斜角时，通常可以结合正切函数的图象求解，要注意当斜率的取值范围有正有负时，倾斜角是分段的，如直线斜率的范围是[-1，1]，则倾斜角的取值范围是，而不是2．对于距离要熟记有关公式，并能灵活运用。
解析几何命题趋势分析及策略ppt课件
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（06辽宁20）已知点 A( x1, y1 ) , B(x2 , y2 ) (x1x2 0) 是抛物线 y2 2px(p0)
上的两个动点, O是坐标原点,向量O A ,O B 满足 O AO BO AO B
设圆的方程为 x 2 y 2 (x 1 x 2 )x (y 1 y 2 )y 0
x 设 点P关于 轴的对称点为 R ， 则直线 RQ 必过 定点A( p,0) 2
变式一：过点
A(
p 2
,0)的直线交抛物线
A( p ,0) 2
RQ F
C:y22p(xp0)于 R,Q 两，点 设点 R关于x轴的对称点为 P ，则直线 P
PQ 必过抛物线的焦点. 变式二：过点 A( p ,0) 的直线交抛物线C:y22p(xp0)于 R,Q 两,Q点 F
解几综合题得分不理想，其原因主要体现在以下几个方面： （从全国各地的考卷看）
（1）解析几何是代数与几何的完美结合，解析几何的问题可以涉及 函数、方程、不等式、三角、几何、数列、向量等知识，形成 了轨迹、最值、对称、范围、参系数等多种问题，因而成为高 中数学综合能力要求最高的内容之一.
（2）解析几何的计算量相对偏大.
重点题型要熟练掌握，如：
重点题型举例
（1）中点弦问题
具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为 (x1, y1) (x2,y2)
代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式，消去四个参数.
（2）焦点三角形问题
椭圆或双曲线上一点，与两个焦点 构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥.
AD，BD的中点作平 x轴行 的于 直线依次C交 于抛 点 E， 物 F， 线得到 AD， EBD； F 按此
高考数学总复习 第九篇 解析几何 第1讲 直线的方程课
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点自测
1．直线经过原点和点(－1，－1)，则它的倾斜角是( )．
A．45°
B．135°
C．°或135°
D．0°
解析 由k＝tan α＝1,0°≤α<180°，得α＝45°.
答案 A
抓住3个考点
正向与直线l
方向之间所成的角α叫做直线l的倾斜
角．当直线l与向x轴上平行或重合时，规定它的倾斜角为 .
②倾斜角的范围是
．
0
[0，π)
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
(2)直线的斜率 ①定义：一条直线的倾斜角 α 的正切值叫做这条直线的斜率， 斜率常用小写字母 k 表示，即 k＝ tan α ，倾斜角是 90°的 直线斜率不存在． ②过两点的直线的斜率公式 经过两点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直线的斜率公式为
揭秘3年高考
(2)经过P(0，－1)作直线l，若直线l与连接A(1，－2)，B(2,1) 的线段总有公共点，则直线l的倾斜角α的范围是________．
[审题视点] (1)设出倾斜角，结合正弦函数、正切函数的性质 求解．(2)先求PA、PB的斜率，再求解．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
解析 (1)设直线的倾斜角为θ，则有tan θ＝－sin α，其中sin α∈[－1,1]，又θ∈[0，π)，所以0≤θ≤4π或34π≤θ<π.故选B. (2)法一
则直线l的方程为
( )4．
A．3x＋4y－14＝0
B．3x－4y＋14＝0
C．4x＋3y－14＝0
高考数学总复习 第九章 平面解析几何 专题探究课五 高
专题探究课五 高考中解析几何问题的热点题型高考导航 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，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.热点一 圆锥曲线的标准方程与几何性质圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常考题型.【例1】 (1)(2015·天津卷)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点为F (2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1D.x 2－y 23＝1(2)若点M (2，1)，点C 是椭圆x 216＋y 27＝1的右焦点，点A 是椭圆的动点，则|AM |＋|AC |的最小值为________.(3)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与抛物线y 2＝2px (p ＞0)有相同的焦点F ，P ，Q 是椭圆与抛物线的交点，若直线PQ 经过焦点F ，则椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为________.解析 (1)双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一个焦点为F (2，0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±b ax ， 由题意得2ba 2＋b 2＝3，②联立①②解得b ＝3，a ＝1， 所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，选D.(2)设点B 为椭圆的左焦点，点M (2，1)在椭圆内，那么|BM |＋|AM |＋|AC |≥|AB |＋|AC |＝2a ，所以|AM |＋|AC |≥2a －|BM |，而a ＝4，|BM |＝（2＋3）2＋1＝26，所以(|AM |＋|AC |)最小＝8－26.(3)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0，设椭圆另一焦点为E .如图所示，将x ＝p2代入抛物线方程得y ＝±p ，又因为PQ 经过焦点F ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，p 且PF ⊥OF . 所以|PE |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2＋p 22＋p 2＝2p ， |PF |＝p ，|EF |＝p .故2a ＝2p ＋p ，2c ＝p ，e ＝2c2a ＝2－1.答案 (1)D (2)8－26 (3)2－1探究提高 (1)在椭圆和双曲线中，椭圆和双曲线的定义把曲线上的点到两个焦点的距离联系在一起，可以把曲线上的点到一个焦点的距离转化为到另一个焦点的距离，也可以结合三角形的知识，求出曲线上的点到两个焦点的距离.在抛物线中，利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为其到相应准线的距离，再利用数形结合的思想去解决有关的最值问题.(2)求解与圆锥曲线的几何性质有关的问题关键是建立圆锥曲线方程中各个系数之间的关系，或者求出圆锥曲线方程中的各个系数，再根据圆锥曲线的几何性质通过代数方法进行计算得出结果.【训练1】 (2017·衡水金卷)已知椭圆x 24＋y 22＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且倾斜角为45°的直线l 交椭圆于A ，B 两点，以下结论：①△ABF 2的周长为8；②原点到l 的距离为1；③|AB |＝83.其中正确结论的个数为( )A.3B.2C.1D.0解析 ①由椭圆的定义，得|AF 1|＋|AF 2|＝4，|BF 1|＋|BF 2|＝4，又|AF 1|＋|BF 1|＝|AB |，所以△ABF 2的周长为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，故①正确；②由条件，得F 1(－2，0)，因为过F 1且倾斜角为45°的直线l 的斜率为1，所以直线l 的方程为y ＝x ＋2，则原点到l 的距离d ＝|2|2＝1，故②正确；③设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋2，x 24＋y 22＝1，得3x 2＋42x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝－423，所以|AB |＝1＋1·|x 1－x 2|＝83，故③正确.故选A. 答案 A热点二 圆锥曲线中的定点、定值问题(规范解答)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.【例2】 (满分12分)(2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2，2)在C 上. (1)求C 的方程；(2)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 ，证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.满分解答 (1)解 由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b2＝1，2分解得a 2＝8，b 2＝4.4分 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.5分(2)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ).将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1得(2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.7分 故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b2k 2＋1. 10分于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值. 12分❶列出方程组，解出a 2，b 2得4分.❷设出直线l 的方程后与椭圆方程联立消去y 得到关于x 的方程准确者得4分. ❸求出点M 的坐标得1分，再得到直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值得2分. ❹结论得1分.解答圆锥曲线中的定点、定值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、定值. 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.【训练2】 已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1，0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点.(1)解 因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C的方程为y 2＝4x .(2)证明 ①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t .因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32. 所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky 2－4y ＋4b ＝0.根据根与系数的关系得y A y B ＝4b k ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y B x B ＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0.即y 2A 4·y 2B4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.所以y A y B ＝4bk＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8).综上所述，直线AB 过定点(8，0). 热点三 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.【例3】 (2016·山东卷)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.解 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m ).即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0.由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5).(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22（4m 2＋1），因为y 0x 0＝－14m . 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14， 所以点M 在定直线y ＝－14上.②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎪⎫0，－m 22， 又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 22，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 34m 2＋1，－m 22（4m 2＋1），所以S 1＝12·|GF |·m ＝（m 2＋1）m4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m （2m 2＋1）28（4m 2＋1）.所以S 1S 2＝2（4m 2＋1）（m 2＋1）（2m 2＋1）2. 设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝（2t －1）（t ＋1）t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12， 即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，14.探究提高 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值. 【训练3】 (2016·浙江卷)如图，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；(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.(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 .又直线AB 的斜率为2tt 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 ＝2t2t 2－1，所以m ＜0或m ＞2.经检验，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，＋∞). 热点四 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线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. 【例4】 (2015·全国Ⅱ卷)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.(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ).将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kbk 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形.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 .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m （3－k ）3，因此x M ＝k （k －3）m3（k 2＋9）. 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l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.探究提高 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【训练4】 (2017·衡水高三联考)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).(1)求证：y 1y 2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，求出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由. (1)证明 法一 当直线AB 垂直于x 轴时，y 1＝22，y 2＝－2 2.因此y 1y 2＝－8(定值). 当直线AB 不垂直于x 轴时， 设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y 2＝4x ，得ky 2－4y －8k ＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8为定值.法二 设直线AB 的方程为my ＝x －2，由⎩⎪⎨⎪⎧my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8为定值.(2)解 设存在直线l ：x ＝a 满足条件， 则AC 的中点E ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22，y 12，|AC |＝（x 1－2）2＋y 21.因此以AC 为直径的圆的半径r ＝12|AC |＝12（x 1－2）2＋y 21＝12x 21＋4， 又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a故所截弦长为 2r 2－d 2＝214（x 21＋4）－⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22－a 2 ＝x 21＋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.。
高考数学一轮复习第九篇解析几何专题五 高考解析几何命题动向教案理试题
专题五高考解析几何命题动向制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日高考命题分析解析几何是高中数学的又一重要内容，其核心内容是直线和圆以及圆锥曲线．由于平面向量可以用坐标表示，因此可以以坐标为桥梁，使向量的有关运算与解析几何中的坐标运算产生联络．用向量方法研究解析几何问题，主要是利用向量的平行(一共线)、垂直关系及所成角研究解析几何中直线的平行、垂直关系及所成角．平面向量的引入为高考中解析几何试题的命制开拓了新的思路，为实如今知识网络交汇处设计试题提供了良好的素材，这类问题涉及面广、综合性强、背景新颖、灵敏多样，求解此类问题对才能要求较高．在考根底、考才能、考素质、考潜能的考试目的指导下，每年的高考对解析几何的考察都占有较大的比例，且常考常新．高考命题特点(1)直线与圆的方程，圆锥曲线的定义、HY方程、几何性质等是支撑解析几何的基石，也是高考命题的根本元素．高考非常注重对这些根底知识的考察，有的是求圆锥曲线的HY方程；有的是直接考察圆锥曲线的离心率，有的是对直线与圆锥曲线的位置关系进展考察等．(2)试题在考察相应根底知识的同时，着重考察根本数学思想和方法，如分类讨论思想、数形结合思想．除此之外，许多试卷都非常重视对考生思维才能和思维品质的考察．(3)解析几何是高中数学的重点内容，它的特点是用代数的方法研究解决几何问题，重点是用“数形结合〞的思想把几何问题转化为代数问题，这类试题涉及面广、综合性强、题目新颖、灵敏多样，解题对才能要求较高．高考动向透视直线与圆的方程对于直线方程，要理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握点到直线的间隔 公式等，特别是求直线方程的三种形式．而对于圆的方程，要纯熟运用与圆相关的根本问题的求解方法．如求解圆的方程的待定系数法、求圆的圆心与半径的配方法、求圆的弦心距的构造直角三角形法、判断直线与圆、圆与圆的位置关系的代数法与几何法、求圆的切线的根本方法等．这些方法是解决与圆有关问题的常用方法，必须认真领会，纯熟运用．【例如1】►(2021·模拟)设O 为坐标原点，曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0上有两点P ，Q 满足关于直线x ＋my ＋4＝0对称，又满足OP →·OQ →＝0. (1)求m 的值； (2)求直线PQ 的方程．解 (1)曲线方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝9， 表示圆心为(－1,3)，半径为3的圆．∵点P ，Q 在圆上且关于直线x ＋my ＋4＝0对称， ∴圆心(－1,3)在直线x ＋my ＋4＝0上，代入得m ＝－1. (2)∵直线PQ 与直线y ＝x ＋4垂直． ∴可设直线PQ 的方程为y ＝－x ＋b . 将直线y ＝－x ＋b 代入圆的方程，得 2x 2＋2(4－b )x ＋b 2－6b ＋1＝0.由Δ＝4(4－b )2－4×2×(b 2－6b ＋1)＞0， 得2－32＜b ＜2＋3 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－(4－b )，x 1x 2＝b 2－6b ＋12.∴y 1y 2＝b 2－b (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝b 2－6b ＋12＋4b .∵OP →·OQ →＝0，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即b 2－2b ＋1＝0， 解得b ＝1∈(2－32，2＋32)． ∴所求的直线方程为x ＋y －1＝0.此题考察了圆的方程和直线与圆的位置关系，对于直线与圆的位置关系，可联立方程，转化为交点坐标，结合条件，求出参数值．【训练】 (2021·)如图，直线l ：y ＝x ＋b 与抛物线C ：x 2＝4y 相切于点A . (1)务实数b 的值；(2)求以点A 为圆心，且与抛物线C 的准线相切的圆的方程．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＝4y ，得x 2－4x －4b ＝0，(*)因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b )＝0，解得b ＝－1. (2)由(1)可知b ＝－1，故方程(*)为x 2－4x ＋4＝0. 解得x ＝2，代入x 2＝4y ，得y ＝1，故点A (2,1)． 因为圆A 与抛物线C 的准线相切，所以圆A 的半径r 就等于圆心A 到抛物线的准线y ＝－1的间隔 ，即r ＝|1－(－1)|＝2， 所以圆A 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.圆锥曲线的定义、HY 方程(1)圆锥曲线的定义是高考考察的重点之一．对于圆锥曲线定义的考察，一般涉及焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系，属于根底知识、根本运算的考察，解题时要注意恒等变形，进展合理转化与化归．(2)圆锥曲线的HY 方程在新课标高考中占有非常重要的地位．一般地，求圆锥曲线的HY 方程是作为解答题中考察“直线与圆锥曲线〞的第一小问的，这一问至关重要，因为只有求出了曲线方程，才能进展下一步的运算．求曲线方程的方法很多，其中“待定系数法〞最为常见．【例如2】►(2021·)双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的两条渐近线均和圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C 的圆心，那么该双曲线的方程为( )． A.x 25－y 24＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 23－y 26＝1 D.x 26－y 23＝1 解析 圆心的坐标是(3,0)，圆的半径是2，双曲线的渐近线方程是bx ±ay ＝0，根据得3ba 2＋b 2＝2，即3b 3＝2，解得b ＝2，那么a 2＝5，故所求的双曲线方程是x 25－y 24＝1，应选A.答案 A本小题考察双曲线的几何性质(渐近线方程、焦点坐标)以及对直线与圆位置关系的理解与应用，求解此题时应注意将直线与圆相切转化为圆心到直线的间隔 等于圆的半径列式求解，此题难度适中．圆锥曲线的离心率离心率是高考对圆锥曲线考察的又一个重点．求离心率取值范围问题是解析几何中常见的问题，求解时，可根据题意列出关于a 、b 、c 的相应等式，并把等式中的a 、b 、c 转化为只含有a 、c 的齐次式，再转化为含e 的等式，最后求出e .该类题型较为根底、简单，一般以填空题、选择题或者解答题的第一问的形式出现，是送分题，只要我们纯熟掌握圆锥曲线的几何性质，就可以顺利解题．【例如3】►(2021·新课标全国)设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与双曲线C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，那么C 的离心率为( )．A. 2B. 3 C ．2 D ．3解析 设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，焦点F (－c,0)，将x ＝－c 代入x 2a 2－y 2b 2＝1可得y 2＝b 4a 2，所以|AB |＝2×b 2a ＝2×2a ，∴b 2＝2a 2，c 2＝a 2＋b 2＝3a 2，∴e ＝c a＝ 3.答案 B本小题考察对双曲线的几何性质的理解与应用，考察运算求解才能及逻辑思维才能．直线与圆锥曲线的位置关系此类试题一般为高考的压轴题，主要考察圆锥曲线的HY 方程，直线与圆锥曲线的位置关系．高考经常设计探究是否存在的问题，也经常考察与平面向量知识的综合运用．处理此类问题，主要是在“算〞上下工夫．即利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数的关系解决问题．解题时，也要特别注意特殊情况(如斜率不存在的情况)的处理．【例如4】►(2021·)平面内一动点P 到点F (1,0)的间隔 与点P 到y 轴的间隔 的差等于1. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB →的最小值． 解(1)如图，设动点P 的坐标为(x ，y )，由题意有x －12＋y 2－|xy 2＝2x ＋2|x |.当x ≥0时，y 2＝4x ； 当x ＜0时，y ＝0.所以，动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x (x ≥0)和y ＝0(x ＜0)．(2)由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0，设为k ，那么l 1的方程为y ＝k (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)，那么x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝2＋4k2，x 1x 2＝1.因为l 1⊥l 2，所以l 2的斜率为－1k.设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，那么同理可得x 3＋x 4＝2＋4k 2，x 3x 4＝1.故AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →) ＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB → ＝|AF →|·|FB →|＋|FD →|·|EF →| ＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1) ＝x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋x 3x 4＋(x 3＋x 4)＋1＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫2＋4k2＋1＋1＋(2＋4k 2)＋1＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k2≥8＋4×2k 2·1k2＝16.当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，AD →·EB →取最小值16.此题综合考察了直线与双曲线的位置关系、双曲线的离心率以及平面向量知识，考察了数形结合思想和化归转化思想．其中直线与圆锥曲线的相交问题一般联立方程，设而不求，并借助根的判别式及根与系数的关系进展转化．考察圆锥曲线的综合性问题高考对圆锥曲线的考察是综合性的，这种综合性表达在圆锥曲线、直线、圆、平面向量、不等式等知识的互相交汇，高考对圆锥曲线的综合考察主要是在解答题中进展，一般以椭圆或者者抛物线为依托，全面考察圆锥曲线与方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系，考察函数、方程、不等式、平面向量等在解决问题中的综合应用．【例如5】►(2021·)椭圆G ：x 24＋y 2＝1.过点(m,0)作圆x 2＋y 2＝1的切线l 交椭圆G 于A ，B两点．(1)求椭圆G 的焦点坐标和离心率；(2)将|AB |表示为m 的函数，并求|AB |的最大值． 解 (1)由得a ＝2，b ＝1，所以c ＝a 2－b 2＝ 3. 所以椭圆G 的焦点坐标为(－3，0)，(3，0)， 离心率为e ＝c a ＝32. (2)由题意知，|m |≥1.当m ＝1时，切线l 的方程为x ＝1，点A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，此时|AB |＝ 3.当m ＝－1时，同理可得|AB |＝ 3.当|m |＞1时，设切线l 的方程为y ＝k (x －m )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －m ，x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－4＝0.设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，那么 x 1＋x 2＝8k 2m 1＋4k 2，x 1x 2＝4k 2m 2－41＋4k 2.又由l 与圆x 2＋y 2＝1相切，得|km |k 2＋1＝1，即m 2k 2＝k 2＋1. 所以|AB |＝x 2－x 12＋y 2－y 12＝1＋k2[x 1＋x 22－4x 1x 2] ＝1＋k2⎣⎢⎡⎦⎥⎤64k 4m 21＋4k 22－44k 2m 2－41＋4k 2＝43|m |m 2＋3. 由于当m ＝±1时，|AB |＝3，所以|AB |＝43|m |m 2＋3，m ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)．因为|AB |＝43|m |m 2＋3＝43|m |＋3|m |≤2，且当m ＝±3时，|AB |＝2，所以|AB |的最大值为2.此题考察椭圆的HY 方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系、两点间间隔 公式、根本不等式等根底知识，考察考生分析问题、解决问题的才能与运算才能．直线与圆锥曲线的问题，一般方法是联立方程，利用“设而不求〞思想解题.制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日。
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专题五高考解析几何命题动向高考命题分析解析几何是高中数学的又一重要内容，其核心内容是直线和圆以及圆锥曲线．由于平面向量可以用坐标表示，因此可以以坐标为桥梁，使向量的有关运算与解析几何中的坐标运算产生联系．用向量方法研究解析几何问题，主要是利用向量的平行(共线)、垂直关系及所成角研究解析几何中直线的平行、垂直关系及所成角．平面向量的引入为高考中解析几何试题的命制开拓了新的思路，为实现在知识网络交汇处设计试题提供了良好的素材，这类问题涉及面广、综合性强、背景新颖、灵活多样，求解此类问题对能力要求较高．在考基础、考能力、考素质、考潜能的考试目标指导下，每年的高考对解析几何的考查都占有较大的比例，且常考常新．高考命题特点(1)直线与圆的方程，圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质等是支撑解析几何的基石，也是高考命题的基本元素．高考十分注重对这些基础知识的考查，有的是求圆锥曲线的标准方程；有的是直接考查圆锥曲线的离心率，有的是对直线与圆锥曲线的位置关系进行考查等．(2)试题在考查相应基础知识的同时，着重考查基本数学思想和方法，如分类讨论思想、数形结合思想．除此之外，许多试卷都非常重视对考生思维能力和思维品质的考查．(3)解析几何是高中数学的重点内容，它的特点是用代数的方法研究解决几何问题，重点是用“数形结合”的思想把几何问题转化为代数问题，这类试题涉及面广、综合性强、题目新颖、灵活多样，解题对能力要求较高．高考动向透视直线与圆的方程对于直线方程，要理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握点到直线的距离公式等，特别是求直线方程的三种形式．而对于圆的方程，要熟练运用与圆相关的基本问题的求解方法．如求解圆的方程的待定系数法、求圆的圆心与半径的配方法、求圆的弦心距的构造直角三角形法、判断直线与圆、圆与圆的位置关系的代数法与几何法、求圆的切线的基本方法等．这些方法是解决与圆有关问题的常用方法，必须认真领会，熟练运用．【示例1】►(2011·杭州模拟)设O 为坐标原点，曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0上有两点P ，Q 满足关于直线x ＋my ＋4＝0对称，又满足OP →·OQ→＝0. (1)求m 的值；(2)求直线PQ 的方程．解 (1)曲线方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝9，表示圆心为(－1,3)，半径为3的圆．∵点P ，Q 在圆上且关于直线x ＋my ＋4＝0对称，∴圆心(－1,3)在直线x ＋my ＋4＝0上，代入得m ＝－1.(2)∵直线PQ 与直线y ＝x ＋4垂直．∴可设直线PQ 的方程为y ＝－x ＋b .将直线y ＝－x ＋b 代入圆的方程，得2x 2＋2(4－b )x ＋b 2－6b ＋1＝0.由Δ＝4(4－b )2－4×2×(b 2－6b ＋1)＞0，得2－32＜b ＜2＋3 2.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－(4－b )，x 1x 2＝b 2－6b ＋12. ∴y 1y 2＝b 2－b (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝b 2－6b ＋12＋4b . ∵OP →·OQ→＝0， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即b 2－2b ＋1＝0，解得b ＝1∈(2－32，2＋32)．∴所求的直线方程为x ＋y －1＝0.本题考查了圆的方程和直线与圆的位置关系，对于直线与圆的位置关系，可联立方程，转化为交点坐标，结合条件，求出参数值．【训练】 (2011·福建)如图，直线l ：y ＝x ＋b 与抛物线C ：x 2＝4y 相切于点A .(1)求实数b 的值；(2)求以点A 为圆心，且与抛物线C 的准线相切的圆的方程．解 (1)由⎩⎨⎧y ＝x ＋b ，x 2＝4y ，得 x 2－4x －4b ＝0，(*)因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b )＝0，解得b ＝－1.(2)由(1)可知b ＝－1，故方程(*)为x 2－4x ＋4＝0.解得x ＝2，代入x 2＝4y ，得y ＝1，故点A (2,1)．因为圆A 与抛物线C 的准线相切，所以圆A 的半径r 就等于圆心A 到抛物线的准线y ＝－1的距离，即r ＝|1－(－1)|＝2，所以圆A 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.圆锥曲线的定义、标准方程(1)圆锥曲线的定义是高考考查的重点之一．对于圆锥曲线定义的考查，一般涉及焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系，属于基础知识、基本运算的考查，解题时要注意恒等变形，进行合理转化与化归．(2)圆锥曲线的标准方程在新课标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”的第一小问的，这一问至关重要，因为只有求出了曲线方程，才能进行下一步的运算．求曲线方程的方法很多，其中“待定系数法”最为常见．【示例2】►(2011·山东)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的两条渐近线均和圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C 的圆心，则该双曲线的方程为( )．A.x 25－y 24＝1B.x 24－y 25＝1C.x 23－y 26＝1D.x 26－y 23＝1解析 圆心的坐标是(3,0)，圆的半径是2，双曲线的渐近线方程是bx ±ay ＝0，根据已知得3b a 2＋b2＝2，即3b 3＝2，解得b ＝2，则a 2＝5，故所求的双曲线方程是x 25－y 24＝1，故选A.答案 A本小题考查双曲线的几何性质(渐近线方程、焦点坐标)以及对直线与圆位置关系的理解与应用，求解本题时应注意将直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于圆的半径列式求解，本题难度适中．圆锥曲线的离心率离心率是高考对圆锥曲线考查的又一个重点．求离心率取值范围问题是解析几何中常见的问题，求解时，可根据题意列出关于a 、b 、c 的相应等式，并把等式中的a 、b 、c 转化为只含有a 、c 的齐次式，再转化为含e 的等式，最后求出e .该类题型较为基础、简单，一般以填空题、选择题或解答题的第一问的形式出现，是送分题，只要我们熟练掌握圆锥曲线的几何性质，就可以顺利解题．【示例3】►(2011·新课标全国)设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与双曲线C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，则C 的离心率为( )．A. 2B. 3 C ．2 D ．3解析 设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，焦点F (－c,0)，将x ＝－c代入x 2a 2－y 2b 2＝1可得y 2＝b 4a 2，所以|AB |＝2×b 2a ＝2×2a ，∴b 2＝2a 2，c 2＝a 2＋b 2＝3a 2，∴e ＝c a ＝ 3.答案 B本小题考查对双曲线的几何性质的理解与应用，考查运算求解能力及逻辑思维能力．直线与圆锥曲线的位置关系此类试题一般为高考的压轴题，主要考查圆锥曲线的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系．高考经常设计探究是否存在的问题，也经常考查与平面向量知识的综合运用．处理此类问题，主要是在“算”上下工夫．即利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数的关系解决问题．解题时，也要特别注意特殊情况(如斜率不存在的情况)的处理．【示例4】►(2011·湖南)已知平面内一动点P 到点F (1,0)的距离与点P 到y 轴的距离的差等于1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB→的最小值． 解(1)如图，设动点P 的坐标为(x ，y )，由题意有(x －1)2＋y 2－|x |＝1.化简得y 2＝2x ＋2|x |.当x ≥0时，y 2＝4x ；当x ＜0时，y ＝0.所以，动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x (x ≥0)和y ＝0(x ＜0)．(2)由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0，设为k ，则l 1的方程为y ＝k (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是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝2＋4k 2，x 1x 2＝1.因为l 1⊥l 2，所以l 2的斜率为－1k .设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，则同理可得x 3＋x 4＝2＋4k 2，x 3x 4＝1.故AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →)＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB→ ＝|AF →|·|FB →|＋|FD →|·|EF→| ＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1)＝x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋x 3x 4＋(x 3＋x 4)＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋4k 2＋1＋1＋(2＋4k 2)＋1 ＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2 k 2·1k2＝16. 当且仅当k 2＝1k 2，即k ＝±1时，AD →·EB→取最小值16.本题综合考查了直线与双曲线的位置关系、双曲线的离心率以及平面向量知识，考查了数形结合思想和化归转化思想．其中直线与圆锥曲线的相交问题一般联立方程，设而不求，并借助根的判别式及根与系数的关系进行转化．考查圆锥曲线的综合性问题高考对圆锥曲线的考查是综合性的，这种综合性体现在圆锥曲线、直线、圆、平面向量、不等式等知识的相互交汇，高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行，一般以椭圆或者抛物线为依托，全面考查圆锥曲线与方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系，考查函数、方程、不等式、平面向量等在解决问题中的综合应用．【示例5】►(2011·北京)已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1.过点(m,0)作圆x 2＋y 2＝1的切线l交椭圆G 于A ，B 两点．(1)求椭圆G 的焦点坐标和离心率；(2)将|AB |表示为m 的函数，并求|AB |的最大值．解 (1)由已知得a ＝2，b ＝1，所以c ＝a 2－b 2＝ 3. 所以椭圆G 的焦点坐标为(－3，0)，(3，0)，离心率为e ＝c a ＝32.(2)由题意知，|m |≥1.当m ＝1时，切线l 的方程为x ＝1，点A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫1，32，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，此时|AB |＝ 3.当m ＝－1时，同理可得|AB |＝ 3.当|m |＞1时，设切线l 的方程为y ＝k (x －m )．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －m )，x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－4＝0.设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 2m 1＋4k 2，x 1x 2＝4k 2m 2－41＋4k 2. 又由l 与圆x 2＋y 2＝1相切，得|km |k 2＋1＝1， 即m 2k 2＝k 2＋1.所以|AB |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤64k 4m 2(1＋4k 2)2－4(4k 2m 2－4)1＋4k 2＝43|m |m 2＋3. 由于当m ＝±1时，|AB |＝3， 所以|AB |＝43|m |m 2＋3，m ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)． 因为|AB |＝43|m |m 2＋3＝43|m |＋3|m |≤2，且当m ＝±3时，|AB |＝2，所以|AB |的最大值为2.本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系、两点间距离公式、基本不等式等基础知识，考查考生分析问题、解决问题的能力与运算能力．直线与圆锥曲线的问题，一般方法是联立方程，利用“设而不求”思想解题.。