【配套K12】高考数学一轮复习专题讲座5解析几何在高考中的常见题型与求解策略知能训练轻松闯关文北师大

高考解析几何的题型及思路解析几何是必考的，常作为压轴题，特点是计算量大。

不过解几题其实很有规律性，解题思路并不难掌握，就是要用代数方法（方程、函数、不等式的思想和方法）研究几何问题，而数形结合思想（主要是利用定义或平面几何知识分析问题）是减少解几综合题计算量的主要手段。

常见的类型题有：（1）、求曲线（动点）的方程：若曲线类型已知，用待定系数法列方程组求解即可。

若给出了单个动点满足的条件，可先判断其是否符合某种曲线的定义，符合即可用待定系数求解，否则用直接法求解。

若条件有两个动点，一般用代入法求解；若条件有三个以上的动点，一般用参数法求解。

（2）求参数或曲线的特征量（如a、b、c、p、离心率、斜率、倾角、面积等）的值。

这类题要用到方程思想求解，即想办法把题目的条件（等量关系）转化为所求变量的方程（组）解之。

（3）求参数或几何量（如角、面积、斜率）的取值范围的问题。

主要是利不等式法或函数法求解。

其中判别式是列不等式的一个重要途径。

通常用韦达定理或题目给出的其它条件来列出变量间的等量关系，再把等量关系代入判别式消元化简解出相关参数的范围。

或利用韦达定理或其它等量关系建立变量间的关系式，把所求变量表示为其它变量的函数，利用求函数值域的方法确定变量的取值范围。

这个函数的定义域通常由判别式或其它条件确定。

（4）直（曲）线过定点问题：关键是求出直（曲）线的方程，当然这个方程必定含有一个参数。

求出方程后观察什么定点的坐标满足。

若观察不出，只要令参数取两个特殊值，然后把得到的两条具体的直（曲）线求交点即得所求定点。

（5）证明定值：证某个式子为定值，即是要求出这个式子的值是什么。

把条件转化为相关的方程（组），消去其中的参数即得。

（6）探索性（存在性）问题：通常转化为对方程根的存在性的讨论。

▲注意向量与解析几何的密切联系.由于向量具有几何形式和代数形式的“双重身份”，使向量与解析几何之间有着密切联系，大量的解析几何问题都是以向量作为背景编拟的；▲判别式和韦达定理是解决以直线和圆锥曲线的位置关系为背景的综合问题的必用工具。

专题讲座解析几何在高考中的常见题型与求解策略．(·长春质量检测)若(，)是双曲线－＝(>>)的右焦点，过作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于，两点，为坐标原点，△的面积为，则该双曲线的离心率＝( )解析：选.设过第一、三象限的渐近线的倾斜角为θ，则θ＝，θ＝，因此△的面积可以表示为··θ＝＝，解得＝，则＝.故选.．(·山西省考前质量检测)已知为抛物线：＝的焦点，点在的准线上，且在轴上方，线段的垂直平分线与的准线交于点，与交于点，则点的坐标为( )．(，) ．(，)．(，) ．(，)解析：选.由题意，得抛物线的准线方程为＝－，(，)．设(－，)，因为为的垂直平分线，所以＝，即－＝，解得＝，所以＝＝－，＝，所以直线的方程为－＝(＋)，即－＋＝.由解得即点的坐标为(，)，故选.．已知、分别为椭圆＋＝的左、右焦点，过椭圆的中心任作一直线与椭圆交于，两点，当四边形的面积最大时，·的值为．解析：易知当，分别是椭圆的短轴端点时，四边形的面积最大．由于(－，)，(，)，不妨设(，)，所以＝(－，－)，＝(，－)，所以·＝－.答案：－．若双曲线－＝(＞，＞)的一条渐近线的倾斜角为，离心率为，则的最小值为．解析：由题意，＝，所以＝，所以＝，＝，＝＝＋≥(当且仅当＝时取等号)，则的最小值为.答案：.(·山西省四校联考)已知椭圆：＋＝(>>)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线－＋＝相切．、是椭圆的右顶点与上顶点，直线＝(>)与椭圆相交于、两点．()求椭圆的方程；()当四边形面积取最大值时，求的值．解：()由题意知：＝＝，所以＝＝＝，所以＝.又圆＋＝与直线－＋＝相切，所以＝，所以＝，故所求椭圆的方程为＋＝.()设(，)，(，)，其中<，将＝代入椭圆的方程＋＝整理得：(＋)＝，故＝－＝，①因为(，)，(，)，故由两点式得直线的方程为：＋－＝，设点，到直线的距离分别为，，则＝＝，＝＝，＝＝，所以四边形的面积为＝(＋)＝××＝＝＝＝≤，当＝(>)，即＝时，上式取等号．所以当四边形面积取最大值时，＝..(·河南省八校联考)已知点(，)，(，－)在椭圆＋＝上，、是椭圆上位于直线两侧的动点．()若直线的斜率为，求四边形的面积的最大值；()当、运动时，满足∠＝∠，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由．解：()设(，)，(，)，直线的方程为＝＋，把其代入＋＝，得＋＋－＝，由Δ＝－(－)>，解得－<<，由根与系数的关系得＋＝－，＝－.四边形的面积＝××－＝，所以当＝时，＝.()当∠＝∠，则直线、的斜率之和为，设直线的斜率为，则的斜率为－，直线的方程为－＝(－)，由得(＋)＋(－)＋(－)－＝，则＋＝，同理直线的方程为－＝－(－)，可得＋＝＝，所以＋＝，－＝，＝＝＝＝，所以直线的斜率为定值.．(·洛阳统考)已知椭圆：＋＝(>>)的离心率为，一个焦点与抛物线＝的焦点重合，直线：＝＋与椭圆相交于，两点．()求椭圆的标准方程；。

高考中解析几何问题的热点题型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[典题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 ＝4bk ， 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 2A4·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)．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．[2019·河南洛阳模拟]设M 是焦距为2的椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，A ，B 是椭圆E 的左、右顶点，直线MA 与MB 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－12.(1)求椭圆E 的方程；(2)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)在点N (x 0，y 0)处的切线方程为x 0xa 2＋y 0yb 2＝1.若P 是直线x ＝2上任意一点，从P 向椭圆E 作切线，切点分别为C ，D ，求证直线CD 恒过定点，并求出该定点坐标．解：(1)由题意，2c ＝2，c ＝1，A (－a,0)，B (a,0)，设M (x ，y )，∵k 1k 2＝－12， ∴y x ＋a ·y x －a ＝－12，即y 2x 2－a 2＝－12. ∵M (x ，y )在椭圆E 上，∴x 2a 2＋y 2b 2＝1， ∴b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 2a 2x 2－a 2＝－12，∴b 2a 2＝12，∴a 2＝2b 2. 又a 2－b 2＝c 2＝1， ∴a 2＝2，b 2＝1.∴椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设切点坐标为C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (2，t )． 则切线方程分别为x 1x 2＋y 1y ＝1，x 2x2＋y 2y ＝1. ∵两切线均过点P ， ∴2x 12＋ty 1＝1，2x 22＋ty 2＝1， 即x 1＋ty 1＝1，x 2＋ty 2＝1， ∴直线CD 的方程为x ＋ty ＝1.对于任意实数t ，点(1,0)都适合这个方程，即直线CD 恒过定点(1,0)．[考查角度二] 圆锥曲线中的定值问题[典题2] 如图，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)．(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．(1)[证明] 依题意，设直线AB 的方程为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 ，直线BD 的方程为x ＝x 2.解得交点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，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.因此点D 在定直线y ＝－2上(x ≠0)．(2)[解] 依题意知，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， 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， 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8.1．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．2．求定值问题常见的两种方法(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．[2019·江西南昌二中月考]已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且满足|AF 1|＋|AF 2|＝42，k OA ·k OB ＝－12，O 为坐标原点．(1)求椭圆的方程；(2)证明：△OAB 的面积为定值．(1)解：由椭圆的离心率为22，可得c a ＝22，即a ＝2c . 又2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝42， ∴a ＝22，c ＝2，b 2＝4， ∴椭圆方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y 24＝1，整理得(1＋2k 2)x 2＋4mkx ＋2m 2－8＝0， Δ＝8(8k 2－m 2＋4)>0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2，又k OA ·k OB ＝－12，∴y 1·y 2＝－12x 1·x 2＝－m 2－41＋2k 2，又y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－8k 21＋2k 2，∴m 2－8k 21＋2k 2＝－m 2－41＋2k 2，即4k 2＋2＝m 2. 设原点到直线AB 的距离为d ， 则S △OAB ＝12|AB |d ＝121＋k 2|x 1－x 2|·|m |1＋k 2 ＝|m |264k 2m 2－16(m 2－4)m 2＝24k 2－m 2＋4＝2 2.当直线斜率不存在时，有A (2，2)，B (2，－2)，d ＝2，S △OAB ＝12×2×22＝2 2. 故△OAB 的面积为定值2 2.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[典题3] [2019·山东卷]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 .①求|OQ ||OP |的值；②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＝1.①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. ②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.(*)则有x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k2.所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m21＋4k2.因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )， 所以△OAB 的面积为S ＝12|m ||x 1－x 2| ＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k2 . 设m 21＋4k2＝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.(**)由(*)(**)可知0＜t ≤1， 因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，故S ≤2 3.当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3. 由①知，△ABQ 的面积为3S ， 所以△ABQ 的面积的最大值为6 3.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、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．[2019·江西南昌模拟]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＋y22＝1，消去y ，得x 2＋2mx ＋m 2－2＝0， ∴－2<m <2.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， |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.[考查角度二] 求几何量、某个参数的取值范围[典题4] [2019·山东青岛模拟]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＋p2＝3，x 2＋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 －4，x 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 ×32k4k 2＋3＋16＝16(4－3k 2)4k 2＋3＞0⇒－233＜k ＜233.② 由①②得，实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－233，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，333. 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．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 2a 2＋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＋6kmx ＋3(m 2－1)＝0， ∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6km )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)>0 ⇒m 2<3k 2＋1.①由根与系数的关系，得x M ＋x N ＝－6km 3k 2＋1，x M ·x N ＝3(m 2－1)3k 2＋1.∴x P ＝x M ＋x N 2＝－3km3k 2＋1，从而y P ＝kx P ＋m ＝m3k 2＋1，∴k AP ＝y P ＋1x P＝－m ＋3k 2＋13km ，又∵|AM |＝|AN |，∴AP ⊥MN ， 则－m ＋3k 2＋13km ＝－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，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．[考查角度一] 探究是否存在常数的问题[典题5] [2019·四川卷]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 的方程为x 24＋y22＝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， 由根与系数的关系得，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.解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在．[考查角度二] 探究是否存在点的问题[典题6] [2019·河北石家庄一模]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，请说明理由．[解] (1)由e ＝12可得a 2＝4c 2，① S △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 |AF 1|2＋|AF 2|2－2|AF 1||AF 2|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 的坐标为(x 1,0)，则MP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m －x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1,4k ＋m )．∵以PQ 为直径的圆恒过点M ， ∴MP →·MQ →＝0，即－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，∴(4x 1－4)k m ＋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．解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明．[考查角度三] 探究存在性的问题[典题7] [2019·新课标全国卷Ⅱ]已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，请说明理由．(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＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)[解] 四边形OAPB 能为平行四边形．理由如下：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 . 设点P 的横坐标为x P .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m29k 2＋81， 即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线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 互相平分时成立，即x P ＝2x M .于是±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解．课时跟踪检测(五十六)[高考基础题型得分练]1．[2019·山西太原模拟]已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是点F 1，F 2，其离心率e ＝12，点P 为椭圆上的一个动点，△PF 1F 2面积的最大值为4 3.(1)求椭圆的方程；(2)若A ，B ，C ，D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与BD 相交于点F 1，AC →·BD →＝0，求|AC →|＋|BD →|的取值范围．解：(1)由题意，得当点P 是椭圆的上、下顶点时， △PF 1F 2面积取最大值，此时S △PF 1F 2＝12·|F 1F 2|·|OP |＝bc ，∴bc ＝43， ∵e ＝12，∴b ＝23，a ＝4， ∴椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由(1)得，椭圆的方程为x 216＋y 212＝1， 则F 1的坐标为(－2,0)， ∵AC →·BD →＝0，∴AC ⊥BD .①当直线AC 与BD 中有一条直线斜率不存在时，易得|AC →|＋|BD →|＝6＋8＝14.②当直线AC 的斜率k 存在且k ≠0时，则其方程为y ＝k (x ＋2)， 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧y ＝k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2，∴|AC →|＝1＋k 2|x 1－x 2|＝24(k 2＋1)3＋4k 2，此时直线BD 的方程为y ＝－1k (x ＋2)， 同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1，可得|BD →|＝24(k 2＋1)3k 2＋4，∴|AC →|＋|BD →|＝24(k 2＋1)4k 2＋3＋24(k 2＋1)3k 2＋4＝168(k 2＋1)2(3k 2＋4)(4k 2＋3)， 令t ＝k 2＋1(k ≠0)，则t >1， ∴|AC →|＋|BD →|＝16812＋t －1t 2， ∵t >1，∴0<t －1t 2≤14， ∴|AC →|＋|BD →|∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫967，14.由①②可知，|AC →|＋|BD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤967，14.2．[2019·甘肃兰州模拟]已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝63，过C 1的左焦点F 1的直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设C 1的右焦点为F 2，在圆C 2上是否存在点P ，满足|PF 1|＝a 2b 2|PF 2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，请说明理由．解：(1)∵直线l 的方程为x －y ＋2＝0， 令y ＝0，得x ＝－2，即F 1(－2,0)，∴c ＝2，又e ＝c a ＝63， ∴a 2＝6，b 2＝a 2－c 2＝2， ∴椭圆C 1的方程为x 26＋y 22＝1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l ：x －y ＋2＝0的距离d ＝|3－3＋2|2＝2，又直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为22，∴r ＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2222＝2＋2＝2， 故圆C 2的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4. 设圆C 2上存在点P (x ，y )满足|PF 1|＝a 2b 2|PF 2|， 即|PF 1|＝3|PF 2|，且F 1，F 2的坐标分别为F 1(－2,0)，F 2(2,0)， 则(x ＋2)2＋y 2＝3(x －2)2＋y 2， 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋y 2＝94， 它表示圆心是C ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，半径是32的圆．∵|CC 2|＝⎝⎛⎭⎪⎫3－522＋(3－0)2＝372， 故有2－32<|CC 2|<2＋32，故圆C 与圆C 2相交，有两个公共点．∴圆C 2上存在两个不同的点P ，满足|PF 1|＝a 2b 2|PF 2|.3．[2019·新课标全国卷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：由题知，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.设l 1：y ＝a ，l 2：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. (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 ＝－aba ＝－b ＝k 2.所以AR ∥FQ .(2)解：设l 与x 轴的交点为D (x 1,0)， 则S △ABF ＝12|b －a |·|FD |＝12|b －a |⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－12，S △PQF ＝|a －b |2.由题设可得|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 ＝yx －1(x ≠1)．而a ＋b2＝y ，所以y 2＝x －1(x ≠1)． 当AB 与x 轴垂直时，E 与D 重合． 所以，所求轨迹方程为y 2＝x －1.[冲刺名校能力提升练]1．[2019·河北石家庄摸底考试]平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F ，离心率e ＝32，过点F 且垂直于x 轴的直线被椭圆截得的弦长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)记椭圆C 的上、下顶点分别为A ，B ，设过点M (m ，－2)(m ≠0)的直线MA ，MB 与椭圆C 分别交于点P ，Q .求证：直线PQ 必过一定点，并求该定点的坐标．解：(1)由e ＝32，可得a 2＝4b 2，因过点F 垂直于x 轴的直线被椭圆所截得弦长为1， 所以2b 2a ＝1，所以b ＝1，a ＝4， 椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)知，A (0,1)，B (0，－1)，点M 的坐标为(m ，－2)， 直线MAP 方程为y ＝－3m x ＋1， 直线MBQ 方程为y ＝－1m x －1.分别与椭圆x 24＋y 2＝1联立方程组，消去x ，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 29＋4y 2－29m 2y ＋m29－4＝0和(m 2＋4)y 2＋2m 2y ＋m 2－4＝0， 由韦达定理，可解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫24m m 2＋36，m 2－36m 2＋36，Q ⎝⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4. 则直线PQ 的斜率k ＝m 2－1216m ，则直线方程为y －4－m 2m 2＋4＝m 2－1216m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8m m 2＋4，化简可得直线PQ 的方程为y ＝m 2－1216m x －12， 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12.所以直线PQ 必过y 轴上的一定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－12. 2.如图，已知椭圆x 24＋y23＝1的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点．(1)若点G 的横坐标为－14，求直线AB 的斜率；(2)记△GFD 的面积为S 1，△OED (O 为原点)的面积为S 2.试问：是否存在直线AB ，使得S 1＝S 2？并说明理由．解：(1)依题意可知，直线AB 的斜率存在， 设其方程为y ＝k (x ＋1)，将其代入x 24＋y23＝1， 整理得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋3.故点G 的横坐标为x 1＋x 22＝－4k 24k 2＋3＝－14，解得k ＝±12.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2， 显然直线AB 不能与x 轴、y 轴垂直．由(1)可得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 24k 2＋3，3k 4k 2＋3.设点D 的坐标为(x D,0)．因为DG ⊥AB ， 所以3k4k 2＋3－4k 24k 2＋3－x D×k ＝－1， 解得x D ＝－k 24k 2＋3，即D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3，0.因为△GFD ∽△OED ， 所以S 1＝S 2⇔|GD |＝|OD |. 即⎝⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3－－4k 24k 2＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 4k 2＋32 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－k 24k 2＋3， 整理得8k 2＋9＝0. 因为此方程无解，所以不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.3．[2019·山西太原模拟]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)在抛物线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，∴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，∴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＋4m2＝2m (1－m )≤m ＋(1－m )＝1， 当且仅当m ＝1－m ，即m ＝12时等号成立， 又m ＝12满足Δ＝4m －4m 2>0. ∴d 的最大值为1.。

专题讲座5 解析几何在高考中的常见题型与求解策略1．(2016·长春质量检测)若F (c ，0)是双曲线x2a2－y2b2＝1(a >b >0)的右焦点，过F 作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△OAB 的面积为12a27，则该双曲线的离心率e ＝( ) A.53 B.43 C.54D.85解析：选C.设过第一、三象限的渐近线的倾斜角为θ，则tan θ＝b a ，tan 2θ＝2aba2－b2，因此△OAB 的面积可以表示为12·a ·a tan 2θ＝a3b a2－b2＝12a27，解得b a ＝34，则e ＝54.故选C. 2．(2016·山西省考前质量检测)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，点E 在C 的准线上，且在x 轴上方，线段EF 的垂直平分线与C 的准线交于点Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，与C 交于点P ，则点P的坐标为( )A ．(1，2)B ．(2，22)C ．(3，23)D ．(4，4)解析：选D.由题意，得抛物线的准线方程为x ＝－1，F (1，0)． 设E (－1，y )，因为PQ 为EF 的垂直平分线， 所以|EQ |＝|FQ |，即y －32＝（－1－1）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322， 解得y ＝4， 所以k EF ＝4－0－1－1＝－2，k PQ ＝12， 所以直线PQ 的方程为y －32＝12(x ＋1)， 即x －2y ＋4＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4＝0，y2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4， 即点P 的坐标为(4，4)，故选D.3．已知F 1、F 2分别为椭圆x24＋y 2＝1的左、右焦点，过椭圆的中心O 任作一直线与椭圆交于P ，Q 两点，当四边形PF 1QF 2的面积最大时，PF1→·PF2→的值为________．解析：易知当P ，Q 分别是椭圆的短轴端点时，四边形PF 1QF 2的面积最大．由于F 1(－3，0)，F 2(3，0)，不妨设P (0，1)，所以PF1→＝(－3，－1)，PF2→＝(3，－1)， 所以PF1→·PF2→＝－2. 答案：－2 4．若双曲线x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线的倾斜角为2π3，离心率为e ，则a2＋e22b的最小值为________．解析：由题意，ba＝3，所以b ＝3a ， 所以c ＝2a ，e ＝2，a2＋e22b ＝a2＋423a ＝a 23＋23a≥233(当且仅当a ＝2时取等号)， 则a2＋e22b 的最小值为233. 答案：2335.(2016·山西省四校联考)已知椭圆C ：y2a2＋x2b2＝1(a >b >0)的离心率为32，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋2＝0相切．A 、B 是椭圆C 的右顶点与上顶点，直线y ＝kx (k >0)与椭圆相交于E 、F 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)当四边形AEBF 面积取最大值时，求k 的值．解：(1)由题意知：e ＝c a ＝32， 所以e 2＝c2a2＝a2－b2a2＝34，所以a 2＝4b 2.又圆x 2＋y 2＝b 2与直线x －y ＋2＝0相切，所以b ＝1，所以a 2＝4，故所求椭圆C 的方程为x 2＋y24＝1. (2)设E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，将y ＝kx 代入椭圆的方程x 2＋y24＝1整理得：(k 2＋4)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝2k2＋4，① 因为A (1，0)，B (0，2)，故由两点式得直线AB 的方程为：2x ＋y －2＝0， 设点E ，F 到直线AB 的距离分别为h 1，h 2，则h 1＝|2x1＋kx1－2|5＝2（2＋k ＋k2＋4）5（k2＋4），h 2＝|2x2＋kx2－2|5＝2（2＋k －k2＋4）5（k2＋4），|AB |＝22＋1＝5，所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|AB |(h 1＋h 2)＝12×5×4（2＋k ）5（k2＋4）＝2（2＋k ）k2＋4＝24＋k2＋4kk2＋4＝21＋4kk2＋4＝21＋4k ＋4k≤22，当k 2＝4(k >0)，即k ＝2时，上式取等号．所以当四边形AEBF 面积取最大值时，k ＝2.6.(2016·河南省八校联考)已知点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆x216＋y212＝1上，A 、B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点．(1)若直线AB 的斜率为12，求四边形APBQ 的面积的最大值；(2)当A 、B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由． 解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝12x ＋t ，把其代入x216＋y212＝1，得x 2＋tx ＋t 2－12＝0，由Δ＝t 2－4(t 2－12)>0，解得－4<t <4，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2－12. 四边形APBQ 的面积S ＝12×6×|x 1－x 2|＝348－3t2，所以当t ＝0时，S max ＝123.(2)当∠APQ ＝∠BPQ ，则直线PA 、PB 的斜率之和为0，设直线PA 的斜率为k ，则PB 的斜率为－k ，直线PA 的方程为y －3＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k （x －2），x216＋y212＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8(3－2k )kx ＋4(3－2k )2－48＝0，则x 1＋2＝8（2k －3）k3＋4k2，同理直线PB 的方程为y －3＝－k (x －2)， 可得x 2＋2＝－8k （－2k －3）3＋4k2＝8k （2k ＋3）3＋4k2，所以x 1＋x 2＝16k2－123＋4k2，x 1－x 2＝－48k3＋4k2，k AB ＝y1－y2x1－x2＝k （x1－2）＋3＋k （x2－2）－3x1－x2＝k （x1＋x2）－4k x1－x2＝12，所以直线AB 的斜率为定值12.1．(2016·洛阳统考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，k OA ·k OB ＝－b2a2，判断△AOB 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．解：(1)由题意得c ＝1，又e ＝c a ＝12， 所以a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1. (2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y23＝1y ＝kx ＋m得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，由Δ＝(8mk )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0得m 2<3＋4k 2. 因为x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k2，x 1x 2＝4（m2－3）3＋4k2， 所以y 1y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m2－4k2）3＋4k2.由k OA ·k OB ＝－b2a2＝－34得y 1y 2＝－34x 1x 2， 即3（m2－4k2）3＋4k2＝－34·4（m2－3）3＋4k2，化简得2m 2－4k 2＝3，满足Δ>0.由弦长公式得|AB |＝1＋k2|x 1－x 2|＝1＋k2·48（4k2－m2＋3）（3＋4k2）2＝24（1＋k2）3＋4k2.又点O 到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|m|1＋k2， 所以S △AOB ＝12·d ·|AB |＝1224（1＋k2）3＋4k2·|m|1＋k2＝1224m23＋4k2＝ 3×2m23＋4k2＝3×（3＋4k2）3＋4k2＝3.故△AOB 的面积为定值3.2．(2016·太原模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是点F 1、F 2，其离心率e ＝12，点P 为椭圆上的一个动点，△PF 1F 2面积的最大值为43. (1)求椭圆的方程；(2)若A 、B 、C 、D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与BD 相交于点F 1，AC →·BD →＝0，求|AC →|＋|BD →|的取值范围．解：(1)由题意得，当点P 是椭圆的上、下顶点时，△PF 1F 2面积取最大值， 此时S △PF 1F 2＝12·|F 1F 2|·|OP |＝bc ，所以bc ＝43， 因为e ＝12，所以b ＝23，a ＝4， 所以椭圆的方程为x216＋y212＝1.(2)由(1)得椭圆的方程为x216＋y212＝1，则F 1的坐标为(－2，0)， 因为AC →·BD →＝0，所以AC ⊥BD ，①当直线AC 与BD 中有一条直线斜率不存在时，易得|AC →|＋|BD →|＝6＋8＝14，②当直线AC 的斜率k 存在且k ≠0时，则其方程为y ＝k (x ＋2)，设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x216＋y212＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x1＋x2＝－16k23＋4k2x1x2＝16k2－483＋4k2，所以|AC →|＝1＋k2|x 1－x 2|＝24（k2＋1）3＋4k2，此时直线BD 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k（x ＋2），x216＋y212＝1，可得|BD →|＝24（k2＋1）3k2＋4，所以|AC →|＋|BD →|＝24（k2＋1）4k2＋3＋24（k2＋1）3k2＋4＝168（k2＋1）2（3k2＋4）（4k2＋3），令t ＝k 2＋1(k ≠0)，则t >1，所以|AC →|＋|BD →|＝16812＋t －1t2， 因为t >1，所以0<t －1t2≤14， 所以|AC →|＋|BD →|∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫967，14.由①②可知，|AC →|＋|BD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤967，14.。

专题讲座5 解析几何在高考中的常见题型与求解策略1．(2016·长春质量检测)若F (c ，0)是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点，过F 作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△OAB 的面积为12a27，则该双曲线的离心率e ＝( ) A.53 B.43 C.54D.85解析：选C.设过第一、三象限的渐近线的倾斜角为θ，则tan θ＝b a ，tan 2θ＝2aba 2－b 2，因此△OAB 的面积可以表示为12·a ·a tan 2θ＝a 3b a 2－b 2＝12a 27，解得b a ＝34，则e ＝54.故选C. 2．(2016·山西省考前质量检测)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，点E 在C 的准线上，且在x 轴上方，线段EF 的垂直平分线与C 的准线交于点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，与C 交于点P ，则点P的坐标为( )A ．(1，2)B ．(2，22)C ．(3，23)D ．(4，4)解析：选D.由题意，得抛物线的准线方程为x ＝－1，F (1，0)． 设E (－1，y )，因为PQ 为EF 的垂直平分线， 所以|EQ |＝|FQ |， 即y －32＝（－1－1）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322，解得y ＝4，所以k EF ＝4－0－1－1＝－2，k PQ ＝12，所以直线PQ 的方程为y －32＝12(x ＋1)，即x －2y ＋4＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4＝0，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4， 即点P 的坐标为(4，4)，故选D.3．已知F 1、F 2分别为椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，过椭圆的中心O 任作一直线与椭圆交于P ，Q 两点，当四边形PF 1QF 2的面积最大时，PF 1→·PF 2→的值为________．解析：易知当P ，Q 分别是椭圆的短轴端点时，四边形PF 1QF 2的面积最大．由于F 1(－3，0)，F 2(3，0)，不妨设P (0，1)，所以PF 1→＝(－3，－1)，PF 2→＝(3，－1)， 所以PF 1→·PF 2→＝－2. 答案：－24．若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线的倾斜角为2π3，离心率为e ，则a 2＋e 22b的最小值为________．解析：由题意，b a＝3，所以b ＝3a ， 所以c ＝2a ，e ＝2，a 2＋e 22b ＝a 2＋423a ＝a 23＋23a ≥233(当且仅当a ＝2时取等号)， 则a 2＋e 22b 的最小值为233.答案：2335.(2016·山西省四校联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋2＝0相切．A 、B 是椭圆C 的右顶点与上顶点，直线y ＝kx (k >0)与椭圆相交于E 、F 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)当四边形AEBF 面积取最大值时，求k 的值． 解：(1)由题意知：e ＝c a ＝32， 所以e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2.又圆x 2＋y 2＝b 2与直线x －y ＋2＝0相切，所以b ＝1，所以a 2＝4，故所求椭圆C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，将y ＝kx 代入椭圆的方程x 2＋y 24＝1整理得：(k 2＋4)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝2k 2＋4，①因为A (1，0)，B (0，2)，故由两点式得直线AB 的方程为：2x ＋y －2＝0， 设点E ，F 到直线AB 的距离分别为h 1，h 2，则h 1＝|2x 1＋kx 1－2|5＝2（2＋k ＋k 2＋4）5（k 2＋4）， h 2＝|2x 2＋kx 2－2|5＝2（2＋k －k 2＋4）5（k 2＋4）， |AB |＝22＋1＝5，所以四边形AEBF 的面积为 S ＝12|AB |(h 1＋h 2)＝12×5×4（2＋k ）5（k 2＋4）＝2（2＋k ）k 2＋4 ＝24＋k 2＋4kk 2＋4＝21＋4kk 2＋4＝21＋4k ＋4k≤22，当k 2＝4(k >0)，即k ＝2时，上式取等号．所以当四边形AEBF 面积取最大值时，k ＝2.6.(2016·河南省八校联考)已知点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆x 216＋y 212＝1上，A 、B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点．(1)若直线AB 的斜率为12，求四边形APBQ 的面积的最大值；(2)当A 、B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由． 解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝12x ＋t ，把其代入x 216＋y 212＝1，得x2＋tx ＋t 2－12＝0，由Δ＝t 2－4(t 2－12)>0，解得－4<t <4，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2－12. 四边形APBQ 的面积S ＝12×6×|x 1－x 2|＝348－3t 2，所以当t ＝0时，S max ＝12 3.(2)当∠APQ ＝∠BPQ ，则直线PA 、PB 的斜率之和为0，设直线PA 的斜率为k ，则PB 的斜率为－k ，直线PA 的方程为y －3＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k （x －2），x 216＋y 212＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8(3－2k )kx ＋4(3－2k )2－48＝0，则x 1＋2＝8（2k －3）k 3＋4k 2， 同理直线PB 的方程为y －3＝－k (x －2)， 可得x 2＋2＝－8k （－2k －3）3＋4k 2＝8k （2k ＋3）3＋4k 2， 所以x 1＋x 2＝16k 2－123＋4k 2，x 1－x 2＝－48k3＋4k2，k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k （x 1－2）＋3＋k （x 2－2）－3x 1－x 2＝k （x 1＋x 2）－4k x 1－x 2＝12，所以直线AB 的斜率为定值12.1．(2016·洛阳统考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，k OA ·k OB ＝－b 2a2，判断△AOB 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．解：(1)由题意得c ＝1，又e ＝c a ＝12，所以a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，由Δ＝(8mk )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0得m 2<3＋4k 2. 因为x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝4（m 2－3）3＋4k2， 所以y 1y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m 2－4k 2）3＋4k2. 由k OA ·k OB ＝－b 2a 2＝－34得y 1y 2＝－34x 1x 2，即3（m 2－4k 2）3＋4k 2＝－34·4（m 2－3）3＋4k 2，化简得2m 2－4k 2＝3，满足Δ>0. 由弦长公式得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·48（4k 2－m 2＋3）（3＋4k 2）2＝24（1＋k 2）3＋4k2. 又点O 到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|m |1＋k2，所以S △AOB ＝12·d ·|AB |＝12 24（1＋k 2）3＋4k 2·|m |1＋k 2＝1224m23＋4k2＝ 3×2m23＋4k2＝ 3×（3＋4k 2）3＋4k2＝ 3. 故△AOB 的面积为定值 3.2．(2016·太原模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是点F 1、F 2，其离心率e＝12，点P 为椭圆上的一个动点，△PF 1F 2面积的最大值为4 3. (1)求椭圆的方程；(2)若A 、B 、C 、D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与BD 相交于点F 1，AC →·BD →＝0，求|AC →|＋|BD →|的取值范围．解：(1)由题意得，当点P 是椭圆的上、下顶点时，△PF 1F 2面积取最大值， 此时S △PF 1F 2＝12·|F 1F 2|·|OP |＝bc ，所以bc ＝43，因为e ＝12，所以b ＝23，a ＝4，所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由(1)得椭圆的方程为x 216＋y 212＝1，则F 1的坐标为(－2，0)，因为AC →·BD →＝0，所以AC ⊥BD ，①当直线AC 与BD 中有一条直线斜率不存在时，易得|AC →|＋|BD →|＝6＋8＝14，②当直线AC 的斜率k 存在且k ≠0时，则其方程为y ＝k (x ＋2)，设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 216＋y 212＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－16k23＋4k2x 1x 2＝16k 2－483＋4k2， 所以|AC →|＝1＋k 2|x 1－x 2|＝24（k 2＋1）3＋4k 2， 此时直线BD 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k（x ＋2），x 216＋y 212＝1，可得|BD →|＝24（k 2＋1）3k 2＋4， 所以|AC →|＋|BD →|＝24（k 2＋1）4k 2＋3＋24（k 2＋1）3k 2＋4＝168（k 2＋1）2（3k 2＋4）（4k 2＋3）， 令t ＝k 2＋1(k ≠0)，则t >1，所以|AC →|＋|BD →|＝16812＋t －1t2，因为t >1，所以0<t －1t 2≤14， 所以|AC →|＋|BD →|∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫967，14. 由①②可知，|AC →|＋|BD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤967，14.。

解析几何一．复习目标：1. 能正确导出由一点和斜率确定的直线的点斜式方程；从直线的点斜式方程出发推导 出直线方程的其他形式，斜截式、两点式、截距式；能根据已知条件，熟练地选择恰当的方程形式写出直线的方程，熟练地进行直线方程的不同形式之间的转化，能利用直线的方程来研究与直线有关的问题了.2.能正确画出二元一次不等式（组）表示的平面区域，知道线性规划的意义，知道线性约束条件、线性目标函数、可行解、可行域、最优解等基本概念，能正确地利用图解法解决线性规划问题，并用之解决简单的实际问题，了解线性规划方法在数学方面的应用；会用线性规划方法解决一些实际问题.3． 理解“曲线的方程”、“方程的曲线”的意义，了解解析几何的基本思想，掌握求曲线的方程的方法.4．掌握圆的标准方程：222)()(r b y a x =-+-（r ＞0），明确方程中各字母的几何意义，能根据圆心坐标、半径熟练地写出圆的标准方程，能从圆的标准方程中熟练地求出圆心坐标和半径，掌握圆的一般方程：022=++++F Ey Dx y x ，知道该方程表示圆的充要条件并正确地进行一般方程和标准方程的互化，能根据条件，用待定系数法求出圆的方程，理解圆的参数方程cos sin x r y r θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），明确各字母的意义，掌握直线与圆的位置关系的判定方法.5．正确理解椭圆、双曲线和抛物线的定义，明确焦点、焦距的概念；能根据椭圆、双曲线和抛物线的定义推导它们的标准方程；记住椭圆、双曲线和抛物线的各种标准方程；能根据条件，求出椭圆、双曲线和抛物线的标准方程；掌握椭圆、双曲线和抛物线的几何性质：范围、对称性、顶点、离心率、准线（双曲线的渐近线）等，从而能迅速、正确地画出椭圆、双曲线和抛物线；掌握a 、b 、c 、p 、e 之间的关系及相应的几何意义；利用椭圆、双曲线和抛物线的几何性质，确定椭圆、双曲线和抛物线的标准方程，并解决简单问题；理解椭圆、双曲线和抛物线的参数方程，并掌握它的应用；掌握直线与椭圆、双曲线和抛物线位置关系的判定方法. 二．考试要求：(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。

专题讲座1 函数与导数在高考中的常见题型与求解策略1．(2016·唐山模拟)直线y ＝a 分别与直线y ＝2(x ＋1)，曲线y ＝x ＋ln x 交于点A ，B ，则|AB |的最小值为( ) A ．3 B ．2 C.324D.32解析：选D.解方程2(x ＋1)＝a ，得x ＝a2－1.设方程x ＋ln x ＝a 的根为t (t >0)，则t ＋ln t＝a ，则|AB |＝|t －a 2＋1|＝|t －t ＋ln t2＋1|＝|t 2－ln t 2＋1|.设g (t )＝t 2－ln t2＋1(t >0)，则g ′(t )＝12－12t ＝t －12t (t >0)，令g ′(t )＝0，得t ＝1.当t ∈(0，1)时，g ′(t )<0；当t ∈(1，＋∞)时，g ′(t )>0，所以g (t )min ＝g (1)＝32，所以|AB |≥32，所以|AB |的最小值为32.2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(0，1) B ．(－1，0)∪(1，＋∞) C ．(－∞，－1)∪(－1，0) D ．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：选A.设y ＝g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.因为 f (x )为奇函数，所以g (x )为偶函数， 所以g (x )的图像的示意图如图所示．当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，所以使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.3．已知函数f (x )＝1－xax＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝1－x ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝ax －1ax2(a >0)．因为函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， 即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≥1.答案：[1，＋∞)4．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为________．解析：由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )>0，得x <1或x >2，由f ′ (x )<0，得1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上是递增的，在(1，2)上是递减的，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4. 答案：5或45．已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图像有三个不同的交点，求m 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，所以f (x )的递增区间为(－∞，＋∞)；当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a ，由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，所以当a >0时，f (x )的递增区间为(－∞，－a ]，[a ，＋∞)，f (x )的递减区间为[－a ，a ]．(2)因为f (x )在x ＝－1处取得极值，所以f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0，则a ＝1，所以f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3. 由f ′(x )＝0解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.因为直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图像有三个不同的交点，结合f (x )的单调性可知，m 的取值范围是(－3，1)．6． (2015·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x ＞0)． 当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点； 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上是递增的，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上是递增的， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上是递增的．又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0，故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上是递减的，在(x 0，＋∞)上是递增的，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.1．(2016·太原模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a )e x －x 2，a ∈R . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上递增，求a 的取值范围； (2)若函数f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝x [(x ＋2－a )e x－2] ＝x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， 因为f (x )在(0，＋∞)上是递增的，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以x ＋2－2e x ≥a 在(0，＋∞)上恒成立，又函数g (x )＝x ＋2－2e x 在(0，＋∞)上是递增的，所以a ≤g (0)＝0，所以a 的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f ′(x )＝x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， 令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＋2－2e x －a ＝0，即x ＝0或g (x )＝a ，因为g (x )＝x ＋2－2ex 在(－∞，＋∞)上是递增的，其值域为R ，所以存在唯一x 0∈R ，使得g (x 0)＝a ，①若x 0>0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，x 0)时，g (x )<a ，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝0处取得极大值，这与题设矛盾． ②若x 0＝0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝0处不取极值，这与题设矛盾．③若x 0<0，当x ∈(x 0，0)时，g (x )>a ，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝0处取得极小值．综上所述，x 0<0，所以a ＝g (x 0)<g (0)＝0， 所以a 的取值范围是(－∞，0)．2．(2015·高考福建卷改编)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(1)求函数f (x )的递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)． 解：(1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0， 解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的递增区间是(0，1＋52)．(2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(1，＋∞)上是递减的，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1. (3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x－x ＋1－k＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0， 解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内是递增的． 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0， 即f (x )＞k (x －1)，综上，k 的取值范围是(－∞，1)．。

高考数学一轮复习解析几何解题攻略
解析几何是一种借助于解析式进行图形研究的几何学
分支。

以下是解析几何解题攻略，请考生掌握。

(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：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：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。

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剖析几何题型命题趋向： 剖析几何例命题趋向：1. 注意察看直线的基本见解，求在不相同条件下的直线方程，直线的地点关系，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. 察看直线与二次曲线的一般方程，属简单题，对称问题常以填空题出现3. 察看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，有时会出现有必然灵便性和综合性较强的题，如求轨迹，与向量联合，与求最值联合，属中档题考点透视一．直线和圆的方程1．理解直线的斜率的见解， 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，并能依照条件娴熟地求出直线方程．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，能够依照直线的方程判断两条直线的地点关系． 3．认识二元一次不等式表示平面地区．4．认识线性规划的意义，并会简单的应用． 5．认识剖析几何的基本思想，认识坐标法．6．掌握圆的标准方程和一般方程，认识参数方程的见解，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．认识圆锥曲线的初步应用．考点 1.求参数的值求参数的值是高考题中的常有题型之一 ,其解法为从曲线的性质下手 ,结构方程解之 .例 1．若抛物线 y22px 的焦点与椭圆x 2y 2 1的右焦点重合，则 p 的值为62察看妄图 : 本题主要察看抛物线、椭圆的标准方程和抛物线、椭圆的基本几何性质 .解答过程：椭圆x 2 y 222px 的焦点为 (2,0) ，则 p 4 ，61的右焦点为 (2,0) ，因此抛物线 y2考点 2. 求线段的长求线段的长也是高考题中的常有题型之一 ,其解法为从曲线的性质下手,找出点的坐标 ,利用距离公式解之 .例 2．已知抛物线 y-x 2+3 上存在对于直线 x+y=0 对称的相异两点 A 、 B ，则 |AB| 等于 察看妄图 : 本题主要察看直线与圆锥曲线的地点关系和距离公式的应用 .解：设直线AB 的方程为 y x b ，由y x 2 3x 2 x b 30 x 1 x 21 ，进而可求y x b出 AB 的中点 M(1 1 1 1 b) 在直线 xy0上可求出 b 1，,b) ，又由 M (,2222∴ x 2x 2 0 ，由弦长公式可求出 AB1 12 12 4 ( 2)3 2 ．22例 3．如图，把椭圆x y1的长轴 25 16AB 分红 8 等份，过每个分点作x 轴的垂线交椭圆的上半部分于P 1 , P 2, P 3, P 4 , P 5, P 6, P 7 七个点， F 是椭圆的一个焦点， 则 1 2 3 P 4F 5P 6F P 7 F ____________.PF P F PFP F察看妄图 : 本题主要察看椭圆的性质和距离公式的灵便应用.222解答过程：由椭圆xya 5.251的方程知a 25,16∴ PFP FPFP FP FP FP F72a 7 a 7 5 35.12345672故填 35.考点 3. 曲线的离心率曲线的离心率是高考题中的热门题型之一,其解法为充足利用 :(1)椭圆的 离心率 e ＝ c∈ (0,1) ( e 越大则椭圆越扁 );a(2) 双曲线的 离心率 e ＝ c∈ (1,＋∞ ) (e 越大则双曲线张口越大 ).联合有关知识来解题 .a例 4．已知双曲线的离心率为 2，焦点是 ( 4,0) ， (4,0) ，则双曲线方程为察看妄图 : 本题主要察看双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本见解.解答过程： Q e c 2,c 4, 因此a 2,b 2 12.a小结 : 对双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本见解，要注意仔细掌握 .特别对双曲线的焦点地点和双曲线标准方程中分母大小关系要仔细意会 .例 5．已知双曲线 3x 2y 29 ,则双曲线右支上的点P 到右焦点的距离与点P 到右准线的距离之比等于察看妄图 : 本题主要察看双曲线的性质和离心率 e ＝ c∈ (1, ＋∞ ) 的有关知识的应用能力 .a解答过程：依题意可知a 3,ca 2b 239 2 3．考点 4.求最大 (小)值求最大 (小 )值 , 是高考题中的热门题型之一 .其解法为转变成二次函数问题或利用不等式求最大 (小)值: 特别是 ,一些题目还需要应用曲线的几何意义来解答.例 6．已知抛物线 y 2 P(4,0)的直线与抛物线订交于 1 12 2 y 1 2 +y 22的最小值 . =4x,过点 A(x ,y ),B(x ,y )两点，则 是 察看妄图 : 本题主要察看直线与抛物线的地点关系，以及利用不等式求最大 (小 )值的方法 . 解 :设过点 P(4,0) 的直线为 yk x 4 , k 2x 2 8x 16 4x,k 2 x 28k 2 4 x16k 2 0,228k 2 41y 1 y 2 4 x 1 x 2 4 k 216 2 k 2 32.考点 5 圆锥曲线的基本见解和性质圆锥曲线第必然义中的限制条件、圆锥曲线第二定义的一致性，都是考试的重点内容，要能够熟练运用；常用的解题技巧要熟记于心.例 7．在平面直角坐标系 xOy 中 ,已知圆心在第二象 限、半径为 22 的圆 C 与直线 y=x 相切于坐标原点O.椭圆 x 2y2 =1 与圆 C 的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.a 2 9（ 1）求圆 C 的方程； （ 2）试试究圆 C 上可否存在异于原点的点 Q ，使 Q 到椭圆右焦点 F 的距离等于线段 OF 的长 .若存在，恳求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明原因 .[察看目的 ]本小题主要察看直线、 椭圆等平面剖析几何的基础知识，察看综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力．[解答过程 ] (1) 设圆 C 的圆心为 (m, n)则mn,解得m2, n22 2,n2.所求的圆的方程为( x2) 2 ( y 2) 2 8(2) 由已知可得2a 10 ， a 5 ．椭圆的方程为x 2 y 2 右焦点为F(4,0);259 1,假定存在 Q 点22 2 cos ,2 2 2 sin使QF OF ,2 2 2 cos22 224 ．42 sin整理得sin3cos2 2 ， 代入 sin 2cos 21 ．212 2 cos7 0,cos12 2812 22 2．得 :10cos10101因此不存在符合题意的 Q 点 .t(t0)例 8．如图 ,曲线 G 的方程为 y 2 2x( y 0) .以原点为圆心，以为半径的圆分别与曲线 G 和 y 轴的正半轴订交于 A 与点B. 直线AB 与 x 轴订交于点 C.（Ⅰ）求点 A 的横坐标a 与点 C 的横坐标 c 的关系式；（Ⅱ）设曲线G 上点 D 的横坐标为 a 2 ,求证：直线 CD 的斜率为定值 .[ 察看目的 ] 本小题综合察看平面剖析几何知识，主要波及平面直角坐标素中的两点间距离公式、直线的方程与斜率、抛物线上的点与曲线方程的关系，察看运算能力与思想能力，综合剖析问题的能力 .[解答过程 ] （I ）由题意知， A(a,2a ).因为 | OA | , 因此 a 22 2.ta t因为 t0,故有ta 2 2a.（ 1）由点 B （ 0， t ）， C （ c ， 0）的坐标知，直线 BC 的方程为xy 1.c t又因点 A 在直线 BC 上，故有a2a 1,c t将（ 1）代入上式，得 a2a 1,解得c a 2 2(a 2) .ca(a 2)（ II ）因为 D (a 2 2(a 2)) ，因此直线 CD 的斜率为2(a2) 2(a 2) 2(a2)kCDca 2 (a 22(a2) )2( a1，a 2 2)因此直线 CD 的斜率为定值 .例 9．已知椭圆x 2 y2，AB 是它的一条弦， M(2,1) 是弦 AB 的中点，若以点 M(2,1)E :221(a b0) a bC 和直线 AB 交于点 N(4,1)，若椭圆离心率为焦点，椭圆E 的右准线为相应准线的双曲线e 和双曲线离心率 e 1 之间知足 ee 1 1 ，求：（ 1）椭圆 E 的离心率；（ 2）双曲线 C 的方程 .解答过程：（ 1）设 A 、 B 坐标分别为 A(x 1, y 1), B(x 2, y 2 ) ， 则x12y 121 ，x22y 22 1 ，二式相减得：a 2b 2a 2b 2kABy 1 y 2(x 1 x 2 )b 2 2b 2 k MN1(1) x 1 x 2(y 1y 2 )a 2a 22 41 ，因此 a 22b 22(a 2 c 2 ) ， a 2 2c 2 ， 则 e c2 ；a2（ 2）椭圆a 2( 2c) 22c ，双曲线的离心率1 2 ，E 的右准线为 xce 1ce设 P(x, y) 是双曲线上任一点，则：|PM | (x 2) 2 (y 1)22，| x 2c || x 2c |两头平方且将 N(4, 1)代入得： c 1 或 c3 ，当 c1 时，双曲线方程为： (x 2)2 (y1)20 ，不合题意，舍去；当 c 3 时，双曲线方程为： (x 10)2 (y1) 2 32 ，即为所求 .小结：（ 1）“点差法”是办理弦的中点与斜率问题的常用方法；（ 2）求解圆锥曲线时，若有焦点、准线，则平常会用到第二定义 .考点 6 利用向量求曲线方程和解决有关问题利用向量给出题设条件，能够将复杂的题设简单化，便于理解和计算 .典型例题：例 10．双曲线 C 与椭圆x 2y 2 1 有相同的焦点，直线 y= 3x 为 C 的一条渐近线 .84(1)求双曲线 C 的方程；(2)过点 P(0,4)的直线 l ，交双曲线 C 于A,B两点，交 x 轴于 Q 点（ Q 点与 C 的极点不重合） .当uuur uuuruuur8时，求 Q 点的坐标 .PQ1QA2QB，且12察看妄图 :3,以及运用数形联合思本题察看利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力 想 ,方程和转变的思想解决问题的能力.解答过程：（Ⅰ）设双曲线方程为x 2 y 2 1,a 2b 2由椭圆 x2y 2 1,求得两焦点为 ( 2,0),(2,0) ，8 43x 为双曲线 C 的一条渐近线 对于双曲线 C : c 2 ，又 yb 3 解得 a 2 2， a 1,b 3y 2双曲线 C 的方程为 x 213（Ⅱ）解法一：由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零 .设 l 的方程： y kx 4, A( x 1 , y 1) ， B (x 2 , y 2 ) ,则 Q ( 4,0) .uuur uuur4 4 kQ PQ 1QA, ( 1( x 1, 4) , y 1) .k k 44) x 1 4 41( x 1k 1kkk44 1 y1y 11Q11在双曲线 C 上，16 ( 1 1 ) 2161 0.A(x , y )k 21116 32 116 12 16 k 2 k 2 20.(16 k 2 )1232 116 16 k 2 0.3 16 k 23同理有： (16k 2 )2232216 0.0, 则直线 l3若16 k 2 过极点，不合题意 . 16 k 2 0,1, 2 是二次方程 (16 k 2 ) x 2 32x 16 16 k 2 0.的两根 .31 2 32 8 , k 2 4 ，此时 0, k2.k 216 3所求 Q 的坐标为 ( 2,0) .解法二：由题意知直线l 的斜率 k 存在且不等于零设 l 的方程， y kx 4, A( x 1 , y 1), B( x 2 , y 2 )，则Q (4,0).uuuruuuruurk1 .Q PQ1 QA，Q 分 PA 的比为由定比分点坐标公式得4 1x 1x 14 (1 1)k 1k 110 4 1 y 1y 141 11下同解法一解法三：由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零设 l 的方程： y kx 4, A( x , y 1 ), B (x , y ) ，则 Q( 4 .1 2 2,0)uuuruuur uuur(4,4)4, y 1 )k4, y 2 ) .Q PQ1QA2 QB ，1( x 12(x 2kkk41y12 y 2 ，14，24 ，y 1y 2又 128 ，1 1 2,即 3( y 1 y 2 ) 2 y 1 y 2 .3y 1 y 23将 ykx 4代入 x 2y 2 1 得 (3 k 2 ) y 224 y 48 3k 2 0 .3Q 3 k 20 ，否则 l 与渐近线平行 .y 1y 2 24 , y 1 y 2 48 3k 2. 3 k 2 3 k 22448 3k 2 . k 2 3 3k 223 k 2Q( 2,0) .解法四： 由题意知直线 l 得斜率 k 存在且不等于零， 设 l 的方程： y 4 kx 4 ， A(x 1, y 1), B(x 2 , y 2) ,则 Q( ,0)uuuvuuuv4, y 1 ).kQ PQ 1QA, ( 4, 4)1( x 14kk4 .同理4 .k114kx 2 4kx 1 4x 1k1 24 48 .kx 14 kx 2 43即 2k 2 x 1x 2 5k ( x 1x 2 ) 8 0 .（ * ）又y kx 4y 2x 213消去 y 得 (3 k 2 )x 2 8kx 19 0 . 当 3 k 2 0 时，则直线 l 与双曲线得渐近线平行，不合题意，3 k 2 0 .x 1 x 28k由韦达定理有： k 23x 1 x 219代入（ * ）式得3 k 2k 2 4, k2 .所求 Q 点的坐标为 ( 2,0) .例 11．设动点 P 到点 A(－l ， 0)和 B(1， 0)的距离分别为 d 1 和 d 2，∠ APB ＝2θ,且存在常数λ (0＜λ＜ 1＝ ,使得 d2θ＝λ．1d 2 sin（ 1）证明：动点 P 的轨迹 C 为双曲线，并求出 C 的方程； （ 2）过点 B 作直线交双曲线 C 的右支于 M 、 N 两点 ,试确定λ的范围 ,使 OM · ON ＝ 0,其中点 O 为坐标原点．[察看目的 ]本小题主要察看直线、双曲线等平面剖析几何的基础知识，察看综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力．[解答过程 ] 解法 1：（ 1）在 △ PAB 中， AB2，即 22d 12 d 22 2 d 1d 2 cos 2，4 ( d 1 d 2 )2 4d 1 d 2 sin 2 ，即 d 1 d 244d 1 d 2 sin 2 2 12 （常数），点 P 的轨迹 C 是以 A ，B 为焦点，实轴长2a 2 1的双曲线．方程为： x2y211．（2）设M (x 1， y 1 )，N( x 2， y 2 )①当 MN 垂直于 x 轴时， MN 的方程为 x1 ，M (11)， ， N(1， 1) 在双曲线上．即 11121 012 5，因为01 ，因此 51 ．12②当 MN 不垂直于 x 轴时，设 MN 的方程为 yk( x 1) ．x 2y 21得：)k 2 x2)k 2x)(k 2，由(12(1(1 )1y k (x 1)由题意知：(1 )k20 ，因此x 1 x 2 2k 2(1 )， x x2(1 )(k 22 ) ．(1 )k 2 1 (1 )k于是：y 1 y 2k 2 (x 1 1)(x 2 1)k 2 22．(1 )k因为 OM ON 0 ，且 M ，N 在双曲线右支上，因此x 1x 2 y 1 y 22(1)(1 )k21512 ．x 1 x 2 021 1k 2223x 1x 2 01 01 由①②知，5 1 ≤ 2 ．23解法 2：（ 1）同解法 1（ 2） M (x 1， y 1 ) ， N (x 2， y 2 ) ， MN 的中点 E (x 0， y 0 ) ． ①当 x 1x 2211 0，1， MB21因 01 ，因此5 1 ；2x 12y 121②当 x 1x 2 ， 1x 0 ．kMNx 22 y 221 y 011又k MN k BEy 0 ．因此 (1) y 2x 2x ；x 0 1MN 2 MN 22由∠MON得 x 02 y 02，由第二定 得e( x 1 x 2 ) 2a2222121x 0 1 x 02 (1) 2 x 0 ．11因此 (1 ) y 02 x 02 2(1 )x 0 (1)2 ．于是由(1 ) y 02 x 02 x 0 ,(1 ) 2) y 02x 02)2 , 得x 0.(12(1)x 0 (123 因 x 01 ，因此(1)2 1，又 0 1 ，23解得：5 1 2．由①②知5 1 ≤2 ．2323考点 7 利用向量办理圆锥曲线中的最值问题利用向量的数量 结构出等式或函数关系，再利用函数求最 的方法求最 ，要比只利用剖析几何知 成立等量关系简单 .例 12． E 的中心在坐 原点O ，焦点在 x 上，离心率3， 点 C( 1,0) 的直 交E 于uuur uuur3AOB 的面 达到最大 直 和 E 的方程.A 、B 两点，且 CA 2BC，求当解答 程：因 的离心率3，故可 方程2x 2 3y 2t(t0) ，直 方程 my x1，3由 2x23y 2t得：(2m23)y 2 4my 2 t 0， A(x 1, y 1 ), B(x 2 , y 2 ) ，myx 1yy 1 y 24m ⋯⋯⋯⋯①A2m 2uuur3uuur y 2 ) ，即 y 12y 2 ⋯⋯⋯⋯②又 CA 2BC ，故 (x 1 1,y 1)2( 1 x 2 ,C由①②得： y18m ， y24m ，ox2m 22m 2 33BS AOB1| y 1y 2 | 6 | m|＝66 ，322m 2322 | m || m |当 m23，即m6，AOB 面 取最大 ，22此y 1y 22 t32m2，即 t10 ，2m 2 3(2m 2 3)2因此，直线方程为 x6y 1 0 ，椭圆方程为 2x 23y 2 10 .2小结：利用向量的数量积结构等量关系要比利用圆锥曲线的性质结构等量关系简单uuur(xuuur(xuuuruuur求|2x例 13．已知 PA 5, y) ， PB 5, y) ，且 | PA | |PB| 6 ， 解答过程：设 P(x, y) ， A( 5,0) ， B( 5,0) ，uuur uuur 25 6，因为 |PA| |PB| 6，且 |AB | 因此，动点 P 的轨迹是以 A 、 B 为焦点，长轴长为 6 的椭圆，椭圆方程为 x2y 21，令 x 3cos , y 2sin，9 4则 | 2x 3y12|＝|6 2 cos() 12|，4当 cos() 1 时， | 2x3y 12 | 取最大值 126 2 ，4当 cos() 1 时， | 2x 3y 12 |取最小值12 6 2 .4小结：利用椭圆的参数方程，能够将复杂的代数运算化为简单的三角运算 .考点 8 利用向量办理圆锥曲线中的取值范围问题.3y 12 | 的最大值和最小值 .剖析几何中求变量的范围，一般情况下最后都转变成方程可否有解或转变成求函数的值域问题 .例 14．已知椭圆x 2y 21 的左焦点为 F ， O 为坐标原点 .2（ I ）求过点 O 、 F ，并且与椭圆的左准线 l 相切的圆的方程；（ II ）设过点 F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A 、B 两点，线段 AB 的垂直均分线与 x 轴交于点 G ，求点 G 横坐标的取值范围 .察看妄图 : 本小题主要察看直线、圆、椭圆和不等式等基本知识，考查平面剖析几何的基本方法，察看运算能力和综合解题能力 .22 1, c 1,F (1,0), l : x2.解答过程：（ I ）Q a2, bQ 圆过点 O 、F ，y圆心 M 在直线 x1上 .2设M (1,t ), 则圆半径 r (1 ) ( 2) 3 . B22 2由 OMr, 得 ( 1)2t 23 ,F GOx22l A解得 t2.所求圆的方程为 (x 1) 2 ( y2) 2 9 .24（ II ）设直线 AB 的方程为 yk( x 1)(k0),代入 x2y 21,整理得 (1 2k 2 )x 24k 2 x 2k 2 2 0.2Q 直线 AB 过椭圆的左焦点F ， 方程有两个不等实根 .记A(x 1 , y 1), B( x 2 , y 2), AB 中点 N ( x 0, y 0 ),则x 14k 2x 22,2k1AB 的垂直均分线 NG 的方程为 y y 01( x x 0 ).k令 y 0, 得x G x 0ky 02k 2 k 2 k 2 1 1 .2k 2 1 2k 2 1 2k 2 12 4k 2 2Q k 0,1 x G 0,2( 1,0).点 G 横坐标的取值范围为2例 15．已知双曲线C ： x 2y 21(a 0,b0) ，B 是右极点， F 是右焦点，点 A 在 x 轴正半轴上，且满uuuruuur uuura 2b 2F 作双曲线 C 在第一、三象限的渐近线的垂线l ，垂足为 P ，足|OA|,| OB |,| OF | 成等比数列，过uuur uuur uuur uur（ 1）求证： PA OP PA FP ；（ 2）若 l 与双曲线 C 的左、右两支分别订交于点D,E ，求双曲线 C 的离心率 e 的取值范围 .uuur uuur uuur uuur uuur a 2 a 2|OB |2 ，即,0) ，解答过程：（ 1）因 | OA |,| OB |,| OF | 成等比数列，故|OA |uuurc A(| OF|c直线 l ： ya(x c) ，bya(xyc )a 2ab，由b,DbP( c )cPyxaE Fuuurab uuur a 2 ab uur b 2 abOABx(0,,( , ，故： PA ),OP ( ), FP c )c c c cuuur uuur a 2b 2 uuur uur uuur uuur uuur uur则： PA OP uur c 2PA FP ，即 PA OP PA FP ；uuur uuur uuur uur uuur uuur uuuruuur uuur uuur uur （或 PA (OP FP) PA (PF PO) PA OF 0，即 PA OPPA FP ）ya(x c)(b 2a 4 22 a 4 a 4 c 2 2 2) 0 ， （ 2）由bb 2 )xb 2 cx ( b 2a b b 2 x 2 a 2y 2 a 2 b 2a 4c 2 2 2由 x 1x 2( b 2 a b )0 得： b 4a 422 222b2a 4b ca ae 2 e 2.b 2（或由 k DFkDOab b 2c 2 a 2a 2e 22e 2 ）ba小结：向量的数量积在结构等量关系中的作用举足轻重，而要运用数量积，必定先适合地求出各个点 的坐标 . r r r r rr (x,0)例 16．已知 a ， b (1,y) ， (a 3b) (a 3b) ， （ 1）求点 P(x, y) 的轨迹 C 的方程； （ 2）若直线 y kx m(m 0) 与曲线 C 交于 A 、 B 两点， D(0, 1)，且 |AD | |BD |，试求 m 的取值范围 .rr3(1,y)(x3, 3y) ，解答过程：（ 1） a3b ＝ (x,0)rr3(1,y)(x3, 3y)a3b ＝ (x,0)，rrrrrrrr因 (a 3b) (a 3b) ，故 (a 3b) (a 3b) 0 ，即 (x 3, 3y) (x3, 3y) x 23y 2 3 0，2x2故 P 点的轨迹方程为y1.y kxm2)x26kmx3m23 0 ，（ 2）由2 3y 2得：(1 3kx 3设A(x 1 , y 1), B(x 2 , y 2 ) ， A 、 B 的中点为 M(x 0 , y 0 )则(6km) 24(1 3k 2 )( 3m 2 3) 12(m 2 1 3k 2 )0 ，x 1 x 26km ，x 0 x 1 x 2 3km，y 0 kx 0 m1 m ，1 3k 22 1 3k 23k 2即 A 、B 的中点为 (3km , 1 m ) ， 1 3k 2 3k 2 m 1)(x 3km则线段 AB 的垂直均分线为： y 1 ( ) ，3k 2 k 1 3k 2 将 D(0, 1) 的坐标代入，化简得： 4m 3k 2 1 ，则由 m 2 1 3k 20 得： m 2 4m 0，解之得 m0 或 m 4 ，4m3k 21又 4m 3k 2 11，因此 m1 ，14故 m 的取值范围是 () .,0) U (4,4小结：求变量的范围，要注意式子的隐含条件，否则会产生增根现象 .考点 9 利用向量办理圆锥曲线中的存在性问题存在性问题，其一般解法是先假定命题存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或点的坐标，再根据合理的推理，若能推出题设中的系数，则存在性成立，否则，不可以立 .例 17．已知 A,B,C 是长轴长为 4 的椭圆上的三点，点 A 是长轴的一个极点， BC 过椭圆的中心 O ，且uuur uuur uuur uuurAC BC0，|BC |2|AC |，（ 1）求椭圆的方程；uuuruuur（ 2）若是椭圆上的两点P,Q 使OA ，可否总存在实数PCQ 的均分线垂直于 ，使得PQ λAB ？请λ说明原因；解答过程：（ 1）以 O 为原点， OA 所在直线为 x 轴成立y平面直角坐标系，则 A(2,0) ，Cx2y21，没关系设 C 在 x 轴上方，设椭圆方程为b2OA4uuur 由椭圆 的 对称性，Q xuuur uuuruuur uuur|BC| 2|AC | 2|OC| |AC | |OC|，B Puuur uuur0 AC OC ，即又AC BCOCA 为等腰直角三角形，由 A(2,0) 得： C(1,1) ，代入椭圆方程得：b 24，3即，椭圆方程为 x23y 2 1 ；44 uuur uuur（ 2）假定总存在实数，使得PQλAB，即AB// PQ ，λ由 C(1,1) 得 B( 1, 1) ，则 k AB0 ( 1) 1 ，2 ( 1) 3若设 CP ： yk(x1) 1 ，则 CQ ： y k(x 1) 1，x 2 3y 21(1 3k 2 )x 23k 2由4 4 6k(k 1)x 6k 1，yk(x 1) 1由 C(1,1) 得 x1 是方程 (1 3k2 )x 2 6k(k1)x 3k 26k 1 0 的一个根，由韦达定理得： x Px P 13k 26k 1，以 k 代 k 得 x Q 3k 2 6k 1 ，1 3k 21 3k2 故 k PQy P y Qk(x P x Q ) 2k 1 ，故 AB// PQ ，x P x Qx P x Q 3λuuuruuur .即总存在实数λAB，使得 PQ评注：本题察看了坐标系的成立、待定系数法、椭圆的对称性、向量的垂直、向量的共线及研究性问题的办理方法等，是一道很好的综合题 .考点 10 利用向量办理直线与圆锥曲线的关系问题直线和圆锥曲线的关系问题，一般情况下，是把直线的方程和曲线的方程组成方程组，进一步来判 断方程组的解的情况，但要注意鉴别式的使用和题设中变量的范围 .例 18．设 G 、 M 分别是ABC 的重心和外心， A(0, a) ， B(0,a)(a 0) uuuur uuur，且 GMAB ，（ 1）求点 C 的轨迹方程；uuur uuur0 ？若存（ 2）可否存在直线 m ，使 m 过点 (a,0) 并且与点 C 的轨迹交于 P 、 Q 两点，且 OP OQ 在，求出直线 m 的方程；若不存在，请说明原因 .解答过程：（ 1）设 C(x,y) ，则 G( x , y) ，uuuur uuur 3 3因为 GM AB ，因此 GM// AB ，则 M( x,0) ，3由 M 为ABC 的外心，则 | MA | | MC | ，即 ( x)2a2(xx) 2 y 2 ，33整理得：x 2 y 2 1(x 0) ；3a 2a 2y k(xa) ，（ 2）假定直线 m 存在，设方程为yk(x a)由 x 2 y 21(x 得： (1 3k 2 )x 2 6k 2ax 3a 2 (k 2 1)0 ，3a 2 a 20)设 P(x 1 , y 1 ),Q(x 2 , y 2 ) ，则 x 1 x 26k2a2 ， x 1 x 23a 2 (k 2 2 1) ，1 3k1 3ky 1y 2 k 2 (x 1 a)(x 2 a) k 2[x 1x 2 a(x 1 x 2 ) a 2 ] ＝ 2k 2a 2 ，uuur uuur1 3k2 由OP OQ 0 得： x 1x 2 y 1 y 2 0 ，3a 2 (k 2 1) 2k 2 a 2 0 ，解之得 k 3 ，即 3k 2 1 3k 21 又点 (a,0) 在椭圆的内部，直线 m 过点 (a,0) ，故存在直线 m ，其方程为 y 3(x a) .小结：（ 1）解答存在性的研究问题，一般思路是先假定命题存在，再推出合理或不合理的结果，此后做出正确的判断；（ 2）直线和圆锥曲线的关系问题， 一般最后都转变成直线的方程和圆锥曲线的方程所组成的方程组的求解问题 .专题训练1．若是双曲线经过点(6, 3) ，且它的两条渐近线方程是y1x ，那么双曲线方程是32．已知椭圆x 2y 21和双曲线x 2y 21 有公共的焦点，那么双曲线的的渐近线方程为3m 2 5n 2 3n 22m 23．已知 F 1 , F 2 为椭圆x 2y 21(a b 0) 的焦点， M 为椭圆上一点， MF 垂直于 x 轴， a 2 b 21且 FMF 2 60 ，则椭圆的离心率为14．二次曲线 x 2y 2 1 ，当 m [ 2, 1]时，该曲线的离心率 e 的取值范围是4 m 2 25．直线 m 的方程为 ykx1 ，双曲线 C 的方程为 1 ，若直线 m 与双曲线 C 的右支订交于不xy 重合的两点，则实数 k 的取值范围是6．已知圆的方程为x 2 y 24 ，若抛物线过点A( 1,0) ， B(1,0) ，且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点的轨迹方程为FF 2 为焦点的椭圆x2y21(a b0) 上一点，若PF 11，则7．已知 P 是以 1、a2b 2PF 2 0 tan PF 1 F 2______________ .2椭圆的离心率为8． 已知椭圆 x 2+2y 2=12 ， A 是 x 轴正方向上的必然点，若过点A ，斜率为 1 的直线被椭圆截得的弦长为4 13，点 A 的坐标是 ______________ .39．P 是椭圆 x 2y 2 1上的点， F 1 ,F 2 是椭圆的左右焦点，设| PF | | PF | k ，则 k 的最大值与最小值之124 3差是 ______________ .10．给出以下命题： ①圆 (x 2) 2(y1)2 1对于点 M( 1,2) 对称的圆的方程是 (x 3) 2(y 3)21 ；②双曲线 x 2y 2 1 右支上一点 P 到左准线的距离为 18，那么该点到右焦点的距离为29 ；16 929③极点在原点，对称轴是坐标轴，且经过点 (4,3) 的抛物线方程只能是 2；y x4④P 、Q 是椭圆 x 2 4y 216 上的两个动点， O 为原点，直线 OP,OQ 的斜率之积为1，则 |OP|2|OQ|2等于定值 20 .4把你以为正确的命题的序号填在横线上_________________ .11．已知两点 A( 2,0) ， B(2, 0) ，动点 P 在 y 轴上的射影为uuur uuur uuuur Q ， PA PB 2PQ 2 ，（ 1）求动点 P 的轨迹 E 的方程；0 k1（ 2）设直线 m 过点 A ，斜率为 k ，当的上支上有且仅有一点C 到直线 m 的距时，曲线 E 离为 2 ，试求 k 的值及此时点 C 的坐标.12．如图， F 1 ( 3,0) ， F 2 (3,0) 是双曲线 C 的两焦点，直线x4是双曲线 C 的右准线， A 1, A 2 是双曲3线 C 的两个极点，点 P 是双曲线 C 右支上异于 A 2 的一动点，直线 A 1P 、 A 2P 交双曲线 C 的右准线分别于 M,N 两点，y（ 1）求双曲线 C 的方程；（ 2）求证：uuuuruuuur 是定值 .PFM FN12Muuur uuurF 1A 1 oF 213．已知1 ，成立如图A 2x所示坐标系，OFQ 的面积为 S ，且 OF FQNy（1）若 S 1 ， | OFuuur|2 ，求直线 FQ 的方程；Q2（ 2）设 | OFuuur| c(c 2) ，S 3 c ，若以 O 为中心， F 为焦点的椭圆过点Q ，求 当uuur4oFx| OQ |获取最小值时的椭圆方程 .14．已知点 H(uuur uuur3,0) ，点 P 在 y 轴上，点 Q 在 x 轴的正半轴上， 点 M 在直线 PQ 上，且知足 HP PM 0，uuur 3 uuuur，PMMQ2（ 1）当点 P 在 y 轴上搬动时，求点 M 的轨迹 C ；（ 2）过点 T( 1,0) 作直线 m 与轨迹 C 交于 A 、 B 两点，若在 x 轴上存在一点y E(x 0 ,0) ，使得ABE 为等边三角形，求x 0 的值 .PHoQ E 15． 已知椭圆x2y 21(ab 0) 的长、短轴端点分别为A 、B ，此后椭TA Mxa 2b 2F 1 ，向量 AB 与 OM 是共B圆上一点 M 向 x 轴作垂线，恰巧经过椭圆的左焦点线 向量．（ 1）求椭圆的离心率 e ；（ 2）设 Q 是椭圆上随意一点， F 1 、 F 2 分别是左、右焦点，求∠ 16． 已知两点 M （ -1， 0）， N （ 1，0）且点 P 使 MP MN , PM PN, NM （Ⅰ）点 P 的轨迹是什么曲线？（Ⅱ）若点 P 坐标为 ( x 0 , y 0 ) ，为 PM 与 PN 的夹角，求 tan θ．F 1QF 2 的取值范围；NP 成公差小于零的等差数列，【参照答案】1．提示，设双曲线方程为 (1xy)( 1x y)，将点 (6, 3) 代入求出即可 .332．因为双曲线的焦点在x 轴上，故椭圆焦点为( 3m 2 5n 2 ,0) ，双曲线焦点为( 2m 2 222 2得 | m | 2 2 | n |，因此，双曲线的渐近线为 y6 | n | 3 x . 3m 5n 2m 3n 2 | m | 43．设 | MF 1 |d ，则 | MF 2 | 2d ， 1 2 | 3d ，e c 2c |FF | 3d 3| FF1 2a 2a | MF 1 | | MF 2 | d 2d 33n 2,0) ，由.4.曲 双曲 ，且5 1 ，故 C ；或用 a24 ， b 2m 来 算 .25．将两方程 成方程 ，利用判 式及根与系数的关系成立不等式.6．数形 合，利用梯形中位 和 的定 .7． 解： c 半焦距，∵PF 1 PF 20 ，∴PF 1PF 2.PF 1 2PF 2 2(2c)2又tan PF 1F 21∴PF 1PF 22a2PF 2 1PF 12解得： ( c)25,e c 5 ．a9a38． 解： A （ x 0，0）（ x 0＞ 0）， 直 l 的方程 y=x-x 0， 直 l 与 订交于 P （ x 1，y 1），Q （ x 2、y 2），由 y=x-x 0 可得 3x 2-4x 0x+2x 02-12=0，x 2+2y 2=12x 1x 24 x 0，x 1x22 x 0 2 12 ，33| x 1 x 2 |( x 1 x 2 ) 24x 1 x 2 16x 0 2 8x 0 2 482 36 2x 0 2．9 3 3∴4 141 x2| x 1x 2|，即4 142236 2x02．3 332=4，又 x 0＞ 0，∴ x 0=2，∴ A （ 2，0）．∴ x 09． 1； k|PF 1| |PF 2 |(a ex)(aex) a 2e 2 x 2 .10．②④ .uuuruuur( 2 x, y) ，11．解（ 1） 点 P 的坐 (x, y) ， 点 Q(0, y) ， PQ( x,0) ，PAuuur( 2 x,uuur uuurx22y 2，PBy) ， PAPBuuuruuur uuuur2 y 22x 2 ， 因 PA PB2PQ 2 ，因此 x 2即 点 P 的 迹方程 ： y 2 x 2 2 ；（ 2） 直 m ： yk(x2)(0 k 1) ，依 意，点 C 在与直 m 平行，且与m 之 的距离2 的直 上，此直 m 1 : ykxb ，由 |2k b |2，即 b 222kb 2 ，⋯⋯①k 21把 y kx b 代入 y 2x 2 2 ，整理得： (k 21)x 2 2kbx (b 22) 0 ，4k 2b 2 4(k 2 1)(b 22)0 ，即 b 22k 2 2 ，⋯⋯⋯⋯②由①②得： k25， b10 ，55此 ，由方程y2 5 x 10 C(2 2, 10) .5 5y 2x 2 212 1c 3， a24 ，因此 a 2，b 25 ，．解：（ ）依 意得：c3x 2y2所求双曲 C 的方程1；4 5（ 2） P(x 0 , y 0 ) ， M(x1 , y 1) ， N(x2 , y 2 ) ， A 1( 2,0) ， A 2 (2,0) ，uuuur2,yuuuur (x 2,y ) ， uuuur 10， uuuur 2， A P (x0 ) ， A 2 P 0 0 A 1M ( , y 1) A 2N (, y 2 ) 1uuuur uuuur 3310y 0 ， y 1 10y 0因 A 1 P 与 A 1M 共 ，故 (x 02)y 1，同理： y 2uuuuruuuur33(x 0 2)1351，，( , y 1)F 2N (, y 2 )FM335(x 02 4)uuuur uuuur656520y 265 20y 1y 2 ＝因此FM 1 F 2N＝90 ＝ 410 .uuur 9 9(x 024) 99(x 02 4) uuur 2 ， F(2,0)uuur (2,0)13．解：（ 1）因 |OF | ， OF ， Q(x 0 , y 0 ) ， FQ uuur uuur 2) 1，解得x 05OF FQ 2(x 0，1 uuur1215 1由 S|，得 y 02 | OF | | y 0 | | y 022 ，故 Q( ,) ，22因此， PQ 所在直 方程 yx 2 或 yx 2 ；uuuruuur（ 2） Q(x 0 , y 0 ) ，因 |OF |c(c2) ， FQ (x 0 c,y 0 ) ，uuur uuur1 ，由OF FQ c(x 0 c) 1得： x 0 c1c | y 0 |3c ， y 03 ， c又 S242Q(c1 3 uuur2 (c 1 29 ，c,) ，|OQ|)42uuurc3) ，易知，当 c2 ， |OQ |最小，此 Q( 5,222y 0，3(x 0 2)(x 0 2,y 0 ) ，方程x2y 21,(aba 2b 2 4a 2 10 0) ，259，解得b2，a2b 2 164a24b2因此， 方程 x 2y 2 1 .1063 uuuur14．解：（ 1） M(x,uuur y)， Q(x y) ，由 PM MQ 得：P(0,2 ,0) ， uuur uuur y)(x, 3y 23) 0 ，即 y 2 4x由HP PM 0得： (3,，2 2由点 Q 在 x 的正半 上，故 x 0 ，(1,0)即 点 M 的 迹 C 是以 (0,0) 点，以 焦点的抛物 ，除掉原点；（ 2） m : y k(x1)(k 0) ，代入 y 24x 得：k 2 x 2 2(k 2 2)x k 20 ⋯⋯⋯⋯①设A(x 1 , y 1 ) ， B(x 2 , y 2 ) ，则 x 1 , x 2 是方程①的两个实根，则 x 1 x 22(k22) ， x 1 x 21 ，因此线段 AB 的中点为 (2k 2, 2) ，k22 k 2k 2 k线段 AB 的垂直均分线方程为y21k(x k 2) ，2 2k令 y0 ，x 01，得E(1,0) ，k 2k 2因为ABE 为正三角形，则点 E 到直线 AB 的距离等于3|AB |，2又|AB|(x 1 x 2 )2(y 1 y 2 )2＝41 k 21 k2 ，k2因此， 2 3 1 k 421 k2，解得： k 3 ， x 11k 2| k |2.315．解：（ 1）∵ F ( c,0), 则 xMc, yMb 2 ，∴ k OMb 2 .1aac∵ k ABb, OM 与 AB 是共线向量，∴ b 2b，∴ b=c,故 e2 .aaca2（ 2）设FQr 1 , F 2Q r 2, F 1 QF 2,1r 1 r 2 2a, F 1F 2 2c,cosr 12 r 22 4c 2(r 1 r 2 )2 2r 1r 2 4c 2a 2 1 a 212r 1r 22r 1r 2r 1r 2 r 1 r 2( ) 22当且仅当 r 1r 2 时， cos θ=0，∴θ [ 0,] .216．解：（Ⅰ）记 P （ x,y ），由 M （-1， 0） N （ 1， 0）得uuuuruuur( 1x, y), PNNP( 1 x, y) ， MN NM PM MP 因此MP MN2(1 x) . PM PNx 2y 2 1 ，NM NP于是， MPMN , PM PN , NM NP 是公差小于零的等差数列等价于 x 2y 2 11 [2(1 x) 2(1 x)]即x2y23.2x 02(1x) 2(1 x) 0因此，点 P 的轨迹是以原点为圆心，3 为半径的右半圆 .（Ⅱ）点 P 的坐标为 ( x 0 , y 0 ) 。

卜人入州八九几市潮王学校专题五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．(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x2＋y2＋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·＝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2x2＋2(4－b)x＋b2－6b＋1＝0.由Δ＝4(4－b)2－4×2×(b2－6b＋1)＞0，得2－3＜b＜2＋3.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝－(4－b)，x1x2＝.∴y1y2＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝＋4b.∵·＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，即b2－2b＋1＝0，解得b＝1∈(2－3，2＋3)．∴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：x2＝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)由得x2－4x－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x2－4x＋4＝0.解得x＝2，代入x2＝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－＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线均和圆C：x2＋y2－6x＋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.－＝1B.－＝1C.－＝1D.－＝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＝2，即＝2，解得b ＝2，那么a2＝5，故所求的双曲线方程是－＝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·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.B.C．2D．3解析设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，焦点F(－c,0)，将x＝－c代入－＝1可得y2＝，所以|AB|＝2×＝2×2a，∴b2＝2a2，c2＝a2＋b2＝3a2，∴e＝＝.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l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求·的最小值．解(1)如图，设动点P的坐标为(x，y)，由题意有－|xy2＝2x＋2|x|.当x≥0时，y2＝4x；当x＜0时，y＝0.所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x＜0)．(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，那么l1的方程为y＝k(x－1)．由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－.设D(x3，y3)，E(x4，y4)，那么同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.故·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||＋||·||＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1＝8＋4≥8＋4×2＝16.当且仅当k2＝，即k＝±1时，·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：＋y2＝1.过点(m,0)作圆x2＋y2＝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＝＝.所以椭圆G的焦点坐标为(－，0)，(，0)，离心率为e＝＝.(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，，此时|AB|＝.当m＝－1时，同理可得|AB|＝.当|m|＞1时，设切线l的方程为y＝k(x－m)．由得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，那么x1＋x2＝，x1x2＝.又由l与圆x2＋y2＝1相切，得＝1，即m2k2＝k2＋1.所以|AB|＝＝＝＝.由于当m＝±1时，|AB|＝，所以|AB|＝，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)．因为|AB|＝＝≤2，且当m＝±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.。