高考数学(理)二轮 二轮课时专题专题五 解析几何 后 记 答题模板 Word版含答案
2020版高考数学二轮复习专题五解析几何高考解答题的审题与答题示范(五)解析几何类解答题学案理新人教A版
标准答案
阅卷现场
(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)， ＝(x－x0，y)，
＝(0，y0)，①
由 ＝ ，
得x0＝x，y0＝ y，②
因为M(x0，y0)在C上，
所以 ＋ ＝1，③
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.④
(2)证明：由题意知F(－1，0)，
设Q(－3，t)，P(m，n)设而不求，
则 ＝(－3，t)， ＝(－1－m，－n)，⑤
· ＝3＋3m－tn，⑥
＝(m，n)， ＝(－3－m，t－n)，⑦
由 · ＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，⑧
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以 · ＝0，即 ⊥ ，⑨
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.⑩
第(1)问
第(2)问
得
分
点
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
6分
6分
第(1)问踩点得分说明
①设出点P、M、N的坐标，并求出 和 的坐标得1分；
②由 ＝ ，正确求出x0＝x，y0＝ y得2分；
③代入法求出 ＋ ＝1得2分；
④化简成x2＋y2＝2得1分.
第(2)问踩点得分说明
⑤求出 和 的坐标得1分；
⑥正确求出 · 的值得1分；
⑦正确求出 和 的坐标得1分；
⑧由 · ＝1得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分；
⑨得出 ⊥ 得1分；
高中数学答题模板
一、选择填空题1.易错点归纳九大模块易混淆难记忆考点分析，如概率和频率概念混淆、数列求和公式记忆错误等，强化基础知识点记忆，避开因为知识点失误造成的客观性解题错误。
针对审题、解题思路不严谨如集合题型未考虑空集情况、函数问题未考虑定义域等主观性因素造成的失误进行专项训练。
2.答题方法选择题十大速解方法：排除法、增加条件法、以小见大法、极限法、关键点法、对称法、小结论法、归纳法、感觉法、分析选项法。
填空题四大速解方法：直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法。
二、解答题专题一、三角变换与三角函数的性质问题1.解题路线图①不同角化同角②降幂扩角③化f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h④结合性质求解。
2.构建答题模板①化简：三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。
②整体代换：将ωx＋φ看作一个整体，利用y＝sin x，y＝cos x的性质确定条件。
③求解：利用ωx＋φ的范围求条件解得函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h的性质，写出结果。
④反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性。
专题二、解三角形问题1.解题路线图(1) ①化简变形；②用余弦定理转化为边的关系；③变形证明。
(2) ①用余弦定理表示角；②用基本不等式求范围；③确定角的取值范围。
2.构建答题模板①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。
②定工具：即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。
③求结果。
④再反思：在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系；二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。
专题三、数列的通项、求和问题1.解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
2.构建答题模板①找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
优化方案高考理数二轮总复习讲义课件专题五 解析几何 第3讲 Word版含解析
第四页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
考点一 圆锥曲线中的判断与证明问题
[命题角度] 1．判断直线与曲线位置，再给出证明． 2．证明线线平行或垂直、多点共线问题．五页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
(2015·高考北京卷改编)已知椭圆 C：x2＋3y2＝3，过点 D(1， 0)且不过点 E(2，1)的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 AE 与直线 x＝3 交于点 M. (1)求椭圆 C 的离心率； (2)若直线 AB 的斜率存在，试判断直线 BM 与直线 DE 的位置关 系，并说明理由． [思路点拨] (1)利用 e＝ac求离心率． (2)将直线 AB 的方程与椭圆方程联立，通过根与系数的关系可 求得直线 BM 的斜率等于直线 DE 的斜率，从而得到两直线平 行．
第二页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
1．活用公式与结论
(1)圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
①几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义
，则考虑利用图形性质来解决；
②代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系
，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值．
(2)求定值问题常见的方法有两种
则 x1＋x2＝2－＋4kk2，x1x2＝2－＋4k2，
所
以
→ OE
·
→ OF
＝
x1x2
＋
y1y2
＝
(1
＋
k2)x1x2
＋
2k(x1
＋
x2)
＋
4
＝
－24＋－k42k2＋－ 2＋8kk22＋4＝2＋20k2－8，
因为 0<2＋20k2≤10，所以－8<O→E·O→F≤2，所以O→E·O→F的取值
高考理科数学二轮复习新课标通用课件专题五高考解答题的审题与答题示范解析几何类解答题
3 数列与不等式类解答题
熟练掌握数列通项公式、求和公式及不等式的性质、解 法，注重分类讨论思想在解题中的运用。
4 概率统计类解答题
熟练掌握概率统计基础知识，如事件概率、随机变量分 布列及数学期望等，注重数据处理能力和应用意识的培 养。
感谢您的观看
THANKS
解题思路
利用椭圆的定义和性 质，求出焦点坐标和 焦距；
利用勾股定理和已知 条件，列出关于$a, b, c$的方程；
解方程求出$a, b$， 得到椭圆方程。
存在性、探索性和开放性问题
01
02
典型例题：已知抛物线 $y^2 = 2px (p > 0)$上 一点$M$到焦点$F$的 距离为$2$，过点$M$ 作两条互相垂直的直线 分别与抛物线交于$A, B$两点，试问：线段 $AB$的中点是否在定直 线上？并证明你的结论 。
高考理科数学二轮复习新 课标通用课件专题五高考 解答题的审题与答题示范
解析几何类解答题
汇报人：XX 20XX-01-24
目录
• 高考解答题概述与审题技巧 • 解析几何基础知识回顾 • 典型例题分析与解题思路展示 • 答题规范训练及评分标准解读 • 历年真题演练与模拟测试 • 总结反思与拓展延伸
01
圆性质
圆上任意一点到圆心的距离等于半径；圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆； 连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫做直径等。
椭圆、双曲线和抛物线方程及性质
椭圆方程及性质
标准方程 x²/a²+y²/b²=1(a>b>0) ；性质包括长轴和短轴、 离心率、焦点和准线等。
通过对历年真题的解题思路、方法、技巧的 讲解，帮助学生熟悉高考命题规律和趋势。
优化方案高考理数二轮总复习讲义课件专题五 解析几何 第2讲 Word版含解析
第十一页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
3．(2015·云南省第一次统一检测，T10)已知 F1、F2 是双曲线 M：
y42－mx22＝1
的焦点，y＝2
5
5 x
是双曲线
M
的一条渐近线，离心
率等于34的椭圆 E 与双曲线 M 的焦点相同，P 是椭圆 E 与双曲
线 M 的一个公共点，设|PF1|·|PF2|＝n，则( A )
A．n＝12
B．n＝24
C．n＝36
D．n≠12 且 n≠24 且 n≠36
栏目 导引
第十二页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
解析：由题意得，双曲线的方程为y42－x52＝1，椭圆的方程为x72＋
y2 16
＝
1
，
不
妨
设
|PF1|>|PF2|
，
从
而
可
知
|PF1|＋|PF2|＝8， |PF1|－|PF2|＝4
的一个焦点为 F(2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3
相切，则双曲线的方程为( D )
A.x92－1y32 ＝1
B.1x32 －y92＝1
C.x32－y2＝1
D．x2－y32＝1
(2)已知抛物线 C：y2＝8x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，
Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若F→P＝4F→Q，则|QF|＝( C )
栏目 导引
第九页，编辑于星期日：六点 二十八分。
专题五 解析几何
1．本例(1)中条件变为“一条渐近线过点(2， 3)，且双曲线的一 个焦点在抛物线 y2＝4 7x 的准线上”，则双曲线的方程为
高考数学(理)二轮 二轮课时专题专题五 解析几何 第3讲 解析几何中的综合问题 Word版含答案
第3讲 解析几何中的综合问题【课前热身】第3讲 解析几何中的综合问题(本讲对应学生用书第47~51页)1.(选修2-1 P37习题10改编)已知椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个顶点为P ，若∠F 1PF 2为钝角，则椭圆离心率的取值范围为 .【答案】21⎫⎪⎪⎝⎭ 【解析】由题意知，P21F+P 22F <F 122F，即2a 2<(2c )2，所以ca >2，即椭圆的离心率e 的取值范围为21⎫⎪⎪⎝⎭.2.(选修2-1 P73复习题12改编)已知直线y=ax+1与双曲线3x 2-y 2=1相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆经过原点，则实数a= . 【答案】±1【解析】将y=ax+1代入3x 2-y 2=1，得(3-a 2)x 2-2ax-2=0，则Δ=4a 2+24-8a 2>0，即a 2<6且a 2≠3.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).因为OA ⊥OB ，则OA u u u r ·OB u u ur =0，即x 1x 2+y 1y 2=0，所以x 1x 2+(ax 1+1)(ax 2+1)=0，即(1+a 2)x 1x 2+a (x 1+x 2)+1=0，即(1+a 2)·22-3a +a·223-a a +1=0，解得a 2=1，满足a 2<6且a 2≠3，所以a=±1.3.(选修2-1 P58习题6改编)已知点P 在抛物线x 2=4y 上运动，F 为抛物线的焦点，点A 的坐标为(2，3)，则PA+PF 取得最小值时点P 的坐标为 . 【答案】(2，1)【解析】因为抛物线上的点P 到焦点F 的距离等于点P 到准线y=-1的距离PP'(P'是点P 在准线上的射影).又因为22<4×3，所以点A (2，3)在抛物线的上方，故PA+PF=AP+PP'≥AP'，当且仅当A ，P ，P'共线时，等号成立，此时PA ⊥x 轴，(PA+PF )min =AP'=3-(-1)=4，点P 的坐标为(2，1).4.(选修2-1 P73复习题6改编)若椭圆210x +2y m =1与双曲线x 2-2y b =1有相同的焦点，且椭圆与双曲线交于点Py ⎫⎪⎪⎝⎭，则m+b= . 【答案】9【解析】因为双曲线x 2-2y b =1的焦点在x轴上，半焦距为，所以椭圆210x +2y m =1的焦点也在x轴上，半焦距为，则由题意知2210-111910-19m b y m y b ⎧⎪=+⎪⎪+=⎨⎪⎪=⎪⎩，，，解得m=1，b=8，所以m+b=9.5.(选修2-1 P66复习题16改编)若椭圆ax 2+by 2=1与直线x+y=1交于A ，B 两点，M 为AB 的中点，直线OM (O 为坐标原点)的斜率为，且OA ⊥OB ，则椭圆的方程为 . 【答案】(2-2)x 2+(4-2)y 2=1【解析】联立2211x yax by+=⎧⎨+=⎩，，消去y，得(a+b)x2-2bx+b-1=0，当Δ>0时，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=2ba b+，x1·x2=-1ba b+，弦AB的中点M的坐标为b aa b a b⎛⎫⎪++⎝⎭，，所以OM的斜率为ab=22，即b=2a①.又OA⊥OB，即OAu u u r·OBu u u r=0，所以x1x2+y1y2=0，而x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1=1-2a b+，从而1-2a b+=0，所以a+b=2②.联立①②，解得a=22-2，b=4-22，满足Δ>0，所以椭圆的方程为(22-2)x2+(4-22)y2=1. 【课堂导学】解析几何中的范围与最值问题例1如图，已知椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为12，其左焦点到点P(2，1)10.不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB 被直线OP平分.(1)求椭圆C的方程；(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程.(例1)【分析】(1)题目中给出了椭圆离心率和左焦点到点P (2，1)10，列出两个方程，解方程组确定椭圆方程中a ，b 的值，写出椭圆方程.(2)利用OP 平分AB 确定直线的斜率和纵截距之间的关系，使用参数表示△ABP 的面积，确定这个面积取得最大值的条件，从而得到所求的直线方程.【解答】(1)设椭圆左焦点为F (-c ，0)，则由题意得：2(2)11012c c a ++==⎪⎩，，解得12.c a =⎧⎨=⎩，由a 2=b 2+c 2，得b 2=3，所以椭圆C 的方程为24x +23y =1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M.当直线AB 与x 轴垂直时，若OP 平分线段AB ，则直线AB 的方程为x=0，与不过原点的条件不符，舍去.故斜率存在，可设直线AB 的方程为y=kx+m (m ≠0)，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，，消去y ，整理得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0， ① 其中Δ=64k 2m 2-4(3+4k 2)(4m 2-12)>0，且12221228-344-1234km x x k m x x k ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，，所以线段AB 的中点M2243-3434kmm k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，.因为点M 在直线OP 上，所以2×2334m k +=2-434kmk +.由m ≠0，得k=-32.此时方程①为3x 2-3mx+m 2-3=0，则Δ=3(12-m 2)>0，12212-33x x m m x x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，， 所以AB=21k +·|x 1-x 2|=39·212-m .设点P 到直线AB 的距离为d ，则d=2232+=13. 设△ABP 的面积为S ，则S=12AB·d=36·22(-4)(12-)m m . 其中m ∈(-23，0)∪(0，23).令u (m )=(12-m 2)(m-4)2，m ∈(-23，0)∪(0，23).u'(m )=-4(m-4)(m 2-2m-6)=-4(m-4)(m-1-7)(m-1+7).所以当且仅当m=1-7时，u (m )取到最大值.综上，所求直线l 的方程为3x+2y+27-2=0.【点评】(1)本题的入手很容易，但第二问中的最值问题就显得很困难，其一是必须确定直线方程中的斜率和截距之间的关系，其二是建立起面积函数后求解其在什么情况下达到最大值，其中使用了导数的方法.(2)解决圆锥曲线中的最值问题基本思想是建立目标函数，根据目标函数，利用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式求出最值.解析几何中的定点问题例2 (2014·淮安、宿迁摸底)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)和直线l ：x=m (m ∈R )，且四点(3，1)，(3，-1)，(-22，0)，33，)中有三个点在椭圆C 上，剩余一个点在直线l 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)若动点P 在直线l 上，过点P 作直线交椭圆C 于M ，N 两点，使得PM=PN ，再过点P 作直线l'⊥MN ，求证：直线l'恒过定点，并求出该定点的坐标.【点拨】第(2)问要先求出直线方程(含参数).【分析】因为两点即可确定椭圆方程，所以第(1)小问中需要对所给四个点进行讨论，再用适合要求的两点求椭圆方程.第(2)小问需要先求出直线方程，再证明其过定点.【解答】(1)由题意有3个点在椭圆C 上.根据椭圆的对称性，则点(3，1)，(3，-1)一定在椭圆C 上，即29a +21b =1. ①若点(-22，0)在椭圆C 上，则点(-22，0)必为椭圆C 的左顶点，而3>22，则点(-2，0)一定不在椭圆C 上，故点33，)在椭圆C 上，点(-2，0)在直线l 上，所以23a +23b =1. ②联立①②可解得a 2=12，b 2=4，所以椭圆C 的方程为212x +24y =1. (2)由(1)可得直线l 的方程为x=-22，设P (-22，y 0)，y 0∈2323⎛ ⎝⎭，. 当y 0≠0时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，显然x 1≠x 2.联立2211222211241124x yx y⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，则2212-12x x+2212-4y y=0，即1212--y yx x=-13·1212x xy y++.又PM=PN，即P为线段MN的中点，故直线MN的斜率为-13·0-22=022.又因为l'⊥MN，所以直线l'的方程为y-y0=-22(x+22)，即y=-42322x⎛⎫+⎪⎪⎝⎭，显然直线l'恒过定点42-03⎛⎫⎪⎪⎝⎭，.当y0=0时，直线MN即x=-22，此时l'为x轴，亦过点42-0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，.综上所述，直线l'恒过定点42-0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，.【点评】椭圆背景下的直线过定点和圆背景下的直线过定点的处理方法类似，一是求出直线方程，根据直线方程求出定点；二是求出构成直线两点的坐标，再用三点共线论证.其中，如果可以用特殊化或对称性得出定点坐标或所在位置，再论证其一般性，这样的方法计算较为简单.变式(2015·镇江期末)如图，已知椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)的右焦点F(1，0)，离心率为2，过点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.(1)求椭圆的方程；(2)求证：直线MN必过定点，并求出此定点的坐标；(3)若弦AB ，CD 的斜率均存在，求△FMN 面积的最大值.(变式)【解答】(1)由题意得c=1，ca =2，则2，b=1，所以椭圆的方程为22x +y 2=1. (2)当AB ，CD 斜率均存在时，设直线AB 的方程为y=k (x-1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M 122x x +⎛⎝，12-12x x k ⎫+⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎭，联立22(-1)2-20y k x x y =⎧⎨+=⎩，，得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2k 2-2=0，所以212221224122-212k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，，故M2222-1212k k k k ⎛⎫⎪++⎝⎭，，将上式中的k 换成-1k ，可得N 22222k k k ⎛⎫⎪++⎝⎭，.由22212k k +=222k +，解得k=±1，则直线MN 斜率不存在，此时直线MN 过点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 当直线MN 斜率存在时，方法一：k MN =22222--12222-122kk k k k kk ++++=24-(3+3)2-2k k k =32×2--1k k ， 直线MN 的方程为y-22k k +=32×22-2--12k x k k ⎛⎫⎪+⎝⎭.令y=0，得x=222k ++23×22-12k k +=23×223-12k k ++=23， 所以直线MN 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，.当AB ，CD 中有一个斜率不存在时，MN 也过点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 综上所述，直线MN 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，.方法二：动直线MN 最多过一个定点，由对称性可知，定点必在x 轴上.下面证明，动直线MN 过定点P 203⎛⎫⎪⎝⎭，. 当k ≠±1时，k PM =222-1222-123kk k k ++=32×21-k k . 将上式中的k 换成-1k ，可得k PN =32×21-11-k k =32×21-k k ，则k PM =k PN ，所以直线MN 过定点P 203⎛⎫⎪⎝⎭，.当AB ，CD 中有一个斜率不存在时，直线MN 也过点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 综上，直线MN 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，. (3)由(2)可知直线MN 过定点P 203⎛⎫⎪⎝⎭，， 所以S △FMN =S △FPN +S △FPM=12×2132kk++12×21-312kk+=16×222||(33)(2)(12)k kk k+++=12×242||(1)252k kk k+++=12×221||||225kkkk+++.令t=|k|+1||k∈[2，+∞)，S△FMN=f(t)=12×22(-2)5tt+=12×221tt+.f'(t)=12×2221-2(21)tt+<0，则f(t)在[2，+∞)上单调递减.所以当t=2时，f(t)取得最大值，此时S△FMN 取得最大值19，此时k=±1.解析几何中的定值问题例3设A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆22ya+22xb=1(a>b>0)上的两点，已知向量m=11x yb a⎛⎫⎪⎝⎭，，n=22x yb a⎛⎫⎪⎝⎭，.若m·n=0且椭圆的离心率e=3，短轴长为2，O为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)试判断命题“△AOB的面积为定值”是否为真命题，并说明理由.【解答】(1)由题意知2b=2，e=ca==，a2=b2+c2，解得a=2，b=1，所以椭圆的方程为24y+x2=1.(2)①当直线AB的斜率不存在，即x1=x2，y1=-y2时，由m·n=0，得21x-214y=0.因为点A(x1，y1)在椭圆上，故21x+214y=1，解得|x1|=，|y1|=，△AOB的面积S=12|x1||y1-y2|=12|x1|×2|y1|=1.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，联立2214y kx myx=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y得(k2+4)x2+2kmx+m2-4=0，则x1+x2=2-24kmk+，x1x2=22-44mk+.由m·n=0，得x1x2+124y y=0，即x1x2+12()()4kx m kx m++=0，整理得2m2=k2+4.点O到直线AB的距离d=，所以△AOB的面积S=12·AB=12===1，所以△AOB的面积为1.故命题是真命题.变式 (2016·徐州一中)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)过点P 312⎛⎫ ⎪⎝⎭，，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程.(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点.①若直线l 过椭圆C 的右焦点，记△ABP 三条边所在直线的斜率的乘积为t ，求t 的最大值.②若直线l 的斜率为3，试探究OA 2+OB 2是否为定值?若是定值，则求出此定值；若不是定值，请说明理由.【解答】(1)由离心率e=c a =12，得a ∶b ∶c=2∶3∶1，则可设椭圆C 的方程为224x c +223y c =1.由点P 312⎛⎫ ⎪⎝⎭，在椭圆C 上，得214c +234c =1，即c 2=1.所以椭圆C 的方程为24x +23y =1.(2)①由(1)知椭圆C 的右焦点为F (1，0).由题意得直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为y=k (x-1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，当k ≠0时，t=k·113-2-1y x ·223-2-1y x =k 3·113-2y y ·223-2y y ，即t=k 31212311911-?24y y y y ⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦.由22(-1)3412y k x x y =⎧⎨+=⎩，，消去x ，得(3+4k 2)y 2+6ky-9k 2=0.显然Δ>0，有y 1+y 2=2-634kk +，y 1y 2=22-934k k +， 从而11y +21y =1212y y y y +=23k ，所以t=k3221341--4k k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-k 2-34k.当k=0时，t=0也满足上式，所以t=-k 2-34k ，其中k ∈R .所以当k=-38时，t 取得最大值964.②设直线l 的方程为y=32x+n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 所以OA 2+OB 2=21x+3-2134x +22x +3-2234x =14(21x +22x )+6.由22323412y x n x y ⎧=+⎪⎨⎪+=⎩，，消去y ，得3x 2+23nx+2n 2-6=0.当Δ>0时，x 1+x 2=-233n ，x 1x 2=22-63n ， 从而21x +22x =(x 1+x 2)2-2x 1x 2=243n -24-123n =4， 所以OA 2+OB 2=7为定值.解析几何中的探索性问题例4 (2016·苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)的离心率e=12，左顶点为A (-4，0)，过点A 作斜率为k (k ≠0)的直线l 交椭圆C 于点D ，交y 轴于点E.(1)求椭圆C 的方程.(2)已知点P 为AD 的中点，是否存在定点Q ，对于任意的k (k ≠0)都有OP ⊥EQ ?若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.(3)若过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M，求AD AEOM+的最小值.(例4)【点拨】第(3)问可转化为各点横坐标之间的关系. 【解答】(1)因为左顶点为A(-4，0)，所以a=4.又e=12，所以c=2.又因为b2=a2-c2=12，所以椭圆C的标准方程为216x+212y=1.(2)由题意知直线l的方程为y=k(x+4)，联立方程组2211612(4)x yy k x⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，消去y，得216x+2[(4)]12k x+=1.化简得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12)]=0，所以x1=-4，x2=22-1612 43kk++.当x=22-161243kk++时，y=k22-1612443kk⎛⎫++⎪+⎝⎭=22443kk+，所以D222-1612244343k kk k⎛⎫+⎪++⎝⎭，.因为点P为AD的中点，所以点P的坐标为222-16124343k kk k⎛⎫⎪++⎝⎭，，则k OP=-34k(k≠0).因为直线l 的方程为y=k (x+4)，令x=0，得点E 的坐标为(0，4k )，假设存在定点Q (m ，n )(m ≠0)，使得OP ⊥EQ ，则k OP ·k EQ =-1，即-34k ·-4n km =-1恒成立，所以(4m+12)k-3n=0恒成立，所以4120-30m n +=⎧⎨=⎩，，即-30m n =⎧⎨=⎩，，因此定点Q 的坐标为(-3，0).(3)因为OM ∥l ，所以OM 的方程可设为y=kx ，由2211612x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，，得点M 的横坐标为x M =±24343k +，由OM ∥l，得AD AEOM +=|-||-|||D A E A M x x x x x +=-2||D A M x x x =222-16128434343k k k ++++=13·2243k +=13(243k ++243k ⎫⎪+⎭≥22，当且仅当243k +=243k +，即k=±32时取等号，所以当k=±32时，AD AEOM +取得最小值为22.【点评】本题有两个特色：第(2)小题的待定系数法求定点坐标，另外有的考题会涉及用待定系数法因式分解求根等；第(3)小题将斜线段的比值转化为水平或竖直线段的比值，这种转化的优点是可以优化数学运算，请考生认真体会.变式 (2016·泰州期末)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2+y 2=4，椭圆C ：24x +y 2=1，A 为椭圆右顶点.过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D6-05⎛⎫⎪⎝⎭，.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求k1k2的值.(2)记直线PQ，BC的斜率分别为k PQ，k BC，是否存在常数λ，使得k PQ=λk BC?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(变式)【解答】(1)设B(x0，y0)，则C(-x0，-y0)，24x+2y=1，因为A(2，0)，所以k1=-2yx，k2=2yx+，所以k1k2=-2yx·2yx+=22-4yx=2211-4-4xx=-14.(2)设直线AP的方程为y=k1(x-2)，联立122(-2)4y k xx y=⎧⎨+=⎩，，得(1+21k)x2-421k x+4(21k-1)=0，解得x P=21212(-1)1kk+，yP=k1(x P-2)=121-41kk+.联立122(-2)14y k xxy=⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得(1+421k)x2-1621kx+4(421k-1)=0，解得x B=21212(4-1)14kk+，yB=k1(x B-2)=121-414kk+.所以k BC=BByx=121-24-1kk，k PQ=65PPyx+=1212121-412(-1)615kkkk+++=121-54-1kk，所以kPQ=52k BC，故存在常数λ=52，使得k PQ=52k BC.椭圆与圆的综合例5(2015·南师附中)如图，已知焦点在x轴上的椭圆C过点(-2，0)，且离心率为32，Q为椭圆C的右顶点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知过点N65⎛⎫⎪⎝⎭，的直线l与椭圆C交于A，B两点，求证：以AB为直径的圆必过定点Q.(例5)【分析】本题主要考查直线的方程、椭圆的标准方程、圆的简单性质等基础知识，考查灵活运用数形结合、化归与转化思想进行运算求解、推理论证的能力.(1)求椭圆的标准方程，即只要求出有关的基本量即可；(2)要求以AB为直径的圆过点Q，即求∠AQB=π2，但要注意对直线斜率的讨论.【解答】(1)设椭圆C的标准方程为22xa+22yb=1(a>b>0)，且a2=b2+c2.由题意知，a=2，ca=，，则b=1，所以椭圆C的标准方程为24x+y2=1.(2)由(1)得Q(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2).①当直线l垂直于x轴时，直线l的方程为x=6 5.联立226514xxy⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得6545xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，或654-.5xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即A6455⎛⎫⎪⎝⎭，，B64-55⎛⎫⎪⎝⎭，(不妨设点A在x轴上方)，则直线AQ的斜率k AQ=-1，直线BQ的斜率k BQ=1.因为k AQ·k BQ=-1，所以AQ⊥BQ，所以∠AQB=π2，所以以AB为直径的圆必过定点Q.②当直线l与x轴不垂直时，由题意可设直线AB的方程为y=k6-5x⎛⎫⎪⎝⎭(k≠0).联立226-514y k xxy⎧⎛⎫= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪+=⎪⎩，，消去y，得(25+100k2)x2-240k2x+144k2-100=0.因为点N65⎛⎫⎪⎝⎭，在椭圆C的内部，显然Δ>0且2122212224025100144-100.25100kx xkkx xk⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，因为QAu u u r=(x1-2，y1)，QBu u u r=(x2-2，y2)，y1=k16-5x⎛⎫⎪⎝⎭，y2=k26-5x⎛⎫⎪⎝⎭，所以QA u u u r ·QB u u u r =(x 1-2)(x 2-2)+y 1y 2=(x 1-2)(x 2-2)+k 16-5x ⎛⎫⎪⎝⎭·k x 2-65=(1+k 2)x 1x 2-2+65k 2(x 1+x 2)+4+3625k 2=(1+k 2)22144-10025100k k +-2+65k 22224025100k k ⎛⎫ ⎪+⎝⎭+4+3625k 2=0，所以QA u u u r ⊥QB u u u r，即QA ⊥QB ，所以△QAB 为直角三角形. 综上，以AB 为直径的圆必过定点Q.【点评】在涉及直线与圆锥曲线有两个交点时，一般不是求出这两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后方程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入.在处理圆中的直径问题时，我们常用数量积来表示垂直.【课堂评价】1.(2016·南通、扬州、泰州、淮安三模)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线22x a -y 2=1与抛物线y 2=-12x 有相同的焦点，则双曲线的两条渐近线的方程为 .【答案】y=±2x【解析】由y 2=-12x 得它的焦点坐标为(-3，0)，从而在双曲线中，c=3，故9=a 2+1，解得a=2，所以双曲线22x a -y 2=1的渐近线方程为y=±1a x=±2x.2.(2016·无锡期末)设△ABC是等腰三角形，∠ABC=120°，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为.【答案】31+【解析】设AB=BC=2c，则由余弦定理可得CA=22?-2cos120AB BC AB BC+⨯=23c.根据双曲线的定义可得CA-CB=2a，即23c-2c=2a，所以(3-1)c=a，故双曲线的离心率e=ca=31+.3.(2015·山西联考)如图，已知椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且AF=1.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若动直线l：y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x=4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得MPu u u r·MQuuu u r=0?若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.(第3题)【解答】(1)由题设得c=1，a-c=1，解得a=2，所以b=3，故椭圆C的标准方程为24x+23y=1.(2)联立方程组223412y kx mx y=+⎧⎨+=⎩，，消去y，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，因为直线l与椭圆C有且只有一个交点，所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0，即m2=3+4k2.设P (x P ，y P )，则x P =-2434km k +=-4km ，yP =kx P +m=-24k m +m=3m ，即P 43-k m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，.因为M (t ，0)，Q (4，4k+m )，所以MP u u u r =43--k t MQ m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭u u uu r ，，=(4-t ，4k+m )，所以MP u u u r ·MQ uuu u r =4--k t m ⎛⎫⎪⎝⎭·(4-t )+3m ·(4k+m )=t 2-4t+3+4km (t-1)=0恒成立，故21-430t t t =⎧⎨+=⎩，，即t=1，所以存在点M (1，0)符合题意.4.(2015·泰州期末)如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为2的椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点.若直线PQ 的斜率为22时，PQ=23.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)试问：以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)?请证明你的结论.(第4题)【解答】(1)设P002x x ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，. 因为直线PQ 的斜率为2时，PQ=23，所以20x+202x ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭=3，所以20x =2，所以22a +21b =1. 因为e=ca==，所以a 2=4，b 2=2，所以椭圆C 的标准方程为24x +22y =1. (2)方法一：以MN 为直径的圆过定点(，0).证明如下：设P (x 0，y 0)，则Q (-x 0，-y 0)，且204x +22y =1，即20x +220y =4.因为A (-2，0)，所以直线PA 的方程为y=002y x +(x+2)，所以M 00202y x ⎛⎫⎪+⎝⎭，， 直线QA 的方程为y=00-2y x (x+2)，所以N0020-2y x ⎛⎫⎪⎝⎭，. 以MN 为直径的圆为(x-0)(x-0)+0022y y x ⎛⎫- ⎪+⎝⎭002-2y y x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=0，即x 2+y 2-00204-4x y x y+20204-4y x =0.因为20x-4=-220y，所以x 2+y 2+02x y y-2=0.令y=0，解得，故以MN 为直径的圆过定点(，0).方法二：设P (x ，y )，Q (-x ，-y )，A (-2，0)，则k AP ·k AQ =2y x +·-2y x =2221-4-4x x ⎛⎫⎪⎝⎭=-12.设直线AP 的斜率为k ，则直线AQ 的斜率为-12k ，直线AP 的方程为y=k (x+2).令x=0，y=2k ，所以M (0，2k ).同理N 10-k ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则以MN为直径的圆的方程为x2+(y-2k)1yk⎛⎫+⎪⎝⎭=0，即x2+y2+1-2kk⎛⎫⎪⎝⎭y-2=0.令y=0，解得，故以MN为直径的圆过定点(，0).温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第25~26页.【检测与评估】第3讲解析几何中的综合问题一、填空题1.(2016·苏北四市期末)抛物线y2=4x的焦点到双曲线216x-29y=1渐近线的距离为.2.(2016·南京三模)设F是双曲线的一个焦点，点P在双曲线上，且线段PF的中点恰为双曲线虚轴的一个端点，则双曲线的离心率为.3.(2016·南通密卷)过双曲线22xa-22yb=1(b>a>0)的左焦点F(-c，0)(c>0)作圆x2+y2=a2的切线，切点为E，延长FE交抛物线y2=4cx于点P，O为坐标原点，若OEu u u r=12(OFu u u r+OPu u u r)，则双曲线的离心率为.4.(2016·无锡新区期中)已知抛物线C1：x2=2y的焦点为F，以F为圆心的圆C2交C1于A，B两点，交C1的准线于C，D两点，若四边形ABCD是矩形，则圆C2的标准方程为.5.(2016·淮安期中)如图，已知椭圆C1：22xa+22yb=1(a>b>0)和圆C2：x2+y2=r2都过点P(-1，0)，且椭圆C122，过点P作斜率为k1，k2的直线分别交椭圆C1，圆C2于点A，B，C，D，且k1=λk2，若直线BC恒过定点Q(1，0)，则λ=.(第5题)6.(2016·如东中学月考)已知椭圆C：22x+y2=1，点M1，M2，…，M5为其长轴AB 的6等分点，分别过这五点作斜率为k(k≠0)的一组平行线，交椭圆C于点P1，P2，…，P10，则10条直线AP1，AP2，…，AP10的斜率的乘积为.二、解答题7.(2016·常州期末)在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的离心率是e ，定义直线y=±be 为椭圆的“类准线”.已知椭圆C 的“类准线”方程为y=±，长轴长为4. (1)求椭圆C 的方程.(2)点P 在椭圆C 的“类准线”上(但不在y 轴上)，过点P 作圆O ：x 2+y 2=3的切线l ，过点O 且垂直于OP 的直线与l 交于点A ，问：点A 是否在椭圆C 上?并证明你的结论.8.(2016·盐城三模)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：24x +23y =1的左顶点为A ，右焦点为F ，P ，Q 为椭圆C 上的两点，圆O ：x 2+y 2=r 2(r>0). (1)若PF ⊥x 轴，且满足直线AP 与圆O 相切，求圆O 的方程；(2)若圆O的半径为，点P ，Q 满足k OP ·k OQ =-34，求直线PQ 被圆O 截得的弦长的最大值.9.(2016·苏州大学考前指导卷)已知椭圆M ：22x a +22y b =1(a>b>0)的焦距为2，点P (0，2)关于直线y=-x 的对称点在椭圆M 上. (1)求椭圆M 的方程.(2)如图，椭圆M 的上、下顶点分别为A ，B ，过点P 的直线l 与椭圆M 交于两个不同的点C ，D.①求OC u u u r ·OD u u u r的取值范围. ②当AD 与BC 相交于点Q 时，试问：点Q 的纵坐标是否是定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.(第9题)10.(2017·泰州中学)已知椭圆Γ：24x +y 2=1.(1)如图，设椭圆Γ的短轴端点分别为A ，B ，直线AM ，BM 分别与椭圆Γ交于E ，F两点，其中点M 12m ⎛⎫⎪⎝⎭，满足m ≠0且m ≠±3.①求证：直线EF 与y 轴交点的位置与m 无关； ②若△BME 的面积是△AMF 面积的5倍，求m 的值.(2)若圆O ：x 2+y 2=4，l 1，l 2是过点P (0，-1)的两条互相垂直的直线，其中l 1交圆O 于T ，R 两点，l 2交椭圆Γ于另一点Q ，求△TRQ 面积取最大值时直线l 1的方程.(第10题)【检测与评估答案】第3讲 解析几何中的综合问题一、 填空题1. 35 【解析】抛物线y 2=4x 的焦点坐标为F (1，0)，双曲线216x -29y =1的一条渐近线方程为3x-4y=0，所以F (1，0)到3x-4y=0的距离=35.2.【解析】不妨设双曲线方程为22x a -22y b =1(a>0，b>0)，设F (-c ，0)，线段PF 的中点为(0，b )，则P (c ，2b ).由点P 在双曲线上，得22c a -4=1，所以.3.【解析】抛物线y 2=4cx 的准线方程为l ：x=-c ，焦点为F'(c ，0)，与双曲线的右焦点重合，过点P 作PM ⊥l 于点M ，连接PF'，由OE u u u r =12(OF u u u r+OP u u u r )，得点E 为线段FP 的中点，所以PF'∥OE 且PF'=2OE=2a.又因为OE ⊥FP ，所以F'P ⊥FP ，由抛物线的定义可知PM=PF'=2a ，所以点P 的横坐标为2a-c ，将其代入抛物线方程可得P (2a-c).在Rt △FF'P 中，FF'=2c ，PF'=2a ，∠FPF'=90°，所以PF=2b.又在Rt △PFM 中，由勾股定理得(2a )2+()2=(2b )2，即c 2-ac-a 2=0，所以e 2-e-1=0，解得e=或e=(舍去).4. x 2+21-2y ⎛⎫⎪⎝⎭=4 【解析】抛物线C 1：x 2=2y 的焦点为F 102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，所以圆C 2的圆心坐标为F 102⎛⎫ ⎪⎝⎭，.因为四边形ABCD 是矩形，且BD 为直径，AC 为直径，而F 102⎛⎫ ⎪⎝⎭，为圆C 2的圆心，所以点F 为该矩形的两条对角线的交点，故点F 到直线CD 的距离与点F 到AB 的距离相等，又点F 到直线CD 的距离为p=1，所以直线AB 的方程为y=32，代入抛物线方程x 2=2y ，得A 32⎫⎪⎭，，B32⎛⎫ ⎪⎝⎭，，故圆C 2的半径=2，所以圆C 2的方程为x 2+21-2y ⎛⎫ ⎪⎝⎭=4.5. 2 【解析】因为椭圆过点P (-1，0)，所以a=1，又椭圆的离心率为，所以c=，则b 2=1-12=12，故C 1：x 2+2y 2=1.又由题意得圆C 2：x 2+y 2=1，由x 2+y 2=1与y=k 1(x+1)联立，消去y ，得(21k +1)x 2+221k x+21k -1=0，解得x=-1或x=21211-1k k +，故B 21122111-211k k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，，同理可得C 22222221-222121k k k k ⎛⎫⎪++⎝⎭，.因为B ，C ，Q 三点共线，所以1212121211--11k k k k ++=22222222211-2-121k k k k ++，解得k 1=2k 2，故λ=2.6. -132 【解析】根据椭圆的性质，作出图象如图所示，点P 1，P 2，…，P 10之间具有对称性，不妨以图中的两个点P 2，P 9为例，它们关于坐标原点对称.设P 2(x 0，y 0)，P 9(-x 0，-y 0)，从而2AP k ·9AP k2020-2y x .因为点(x 0，y 0)在椭圆22x +y 2=1上，从而202x +20y =1，即20y =1-202x =202-2x ，所以2AP k ·9AP k =2020-2y x =-12，故10条直线AP 1，AP 2，…，AP 10的斜率的乘积为51-2⎛⎫ ⎪⎝⎭=-132.(第6题) 二、解答题7. (1) 由题意得232abca⎧=⎪⎨⎪=⎩，，又a2=b2+c2，解得b=3，c=1，所以椭圆C的方程为24x+23y=1.(2) 点A在椭圆C上.证明如下：设切点为Q(x0，y0)，x0≠0，则2x+2y=3，切线l的方程为x0x+y0y-3=0，当y P=23时，xP=3-23y，即P3-2323x⎛⎝，，则k OP=233-23yx3-2y，所以k OA=2-3y，直线OA的方程为y=2-3yx.由002-3-30yy xx x y y⎧=⎪⎨⎪+=⎩，，解得6-33(2-3)6-3xyyyy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩即A00003(2-3)6-36-3yy y⎛，.因为26-34y⎛⎫⎪⎪⎝⎭+23(2-3)6-33yy⎡⎤⎢⎥⎣⎦=220002009(3-)3(4-433)3-12336y y yy y+++=2002003-123363-12336y yy y++=1，所以点A的坐标满足椭圆C的方程.当y P=-23时，同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程，所以点A在椭圆C上.8. (1) 因为椭圆C的方程为24x+23y=1，所以A(-2，0)，F(1，0).如图，因为PF⊥x轴，所以P312⎛⎫±⎪⎝⎭，，根据对称性，可取P312⎛⎫⎪⎝⎭，，则直线AP的方程为y=12(x+2)，即x-2y+2=0.由圆O与直线AP相切，得r=25，所以圆O的方程为x2+y2=45.(第8题)(2) 易知圆O 的方程为x 2+y 2=3.①当PQ ⊥x 轴时，k OP ·k OQ =-2OPk=-34，所以k OP=±，此时得直线PQ 被圆O截得的弦长为.②当PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 的方程为y=kx+b ，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)(x 1x 2≠0)，由k OP ·k OQ =-34，得3x 1x 2+4y 1y 2=0，即3x 1x 2+4(kx 1+b )(kx 2+b )=0，所以(3+4k 2)x 1x 2+4kb (x 1+x 2)+4b 2=0 (*).联立22143y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y ，得(3+4k 2)x 2+8kbx+4b 2-12=0，将x 1+x 2=-2834kbk +，x 1x 2=224-1234b k +代入(*)式， 得2b 2=4k 2+3.由于圆心O 到直线PQ 的距离为， 所以直线PQ 被圆O 截得的弦长为l=故当k=0时，l 有最大值，.>，所以直线PQ 被圆O截得的弦长的最大值为.9. (1) 因为点P (0，2)关于直线y=-x 的对称点为(-2，0)，且(-2，0)在椭圆M 上，所以a=2.又2c=2，故c=，则b 2=a 2-c 2=4-3=1，所以椭圆M 的方程为24x +y 2=1. (2) ①当直线l 的斜率不存在时，C (0，1)，D (0，-1)，所以OC u u u r ·OD u u u r =-1.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y=kx+2，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，联立22214y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y ，整理得(1+4k 2)x 2+16kx+12=0，由Δ>0，可得4k 2>3，且x 1+x 2=-21614kk +，x 1x 2=21214k +，所以OC u u u r ·OD u u u r =x 1x 2+y 1y 2=(1+k 2)x 1x 2+2k (x 1+x 2)+4=-1+21714k +，所以-1<OC u u u r ·OD u u u r<134，综上，OC u u u r ·OD u u u r ∈13-14⎡⎫⎪⎢⎣⎭，. ②由题意得l AD ：y=22-1y x x+1，l BC ：y=111y x +x-1，联立方程组，消去x 得y=121221233-kx x x x x x ++，又4kx 1x 2=-3(x 1+x 2)，解得y=12，故点Q 的纵坐标为定值12.10. (1) ①因为A (0，1)，B (0，-1)，M 12m ⎛⎫⎪⎝⎭，，且m ≠0，m ≠，所以直线AM 的斜率为k 1=-12m ，直线BM 的斜率为k 2=32m ，所以直线AM 的方程为y=-12m x+1，直线BM 的方程为y=32m x-1，联立22141-12x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，，消去y ，得(m 2+1)x 2-4mx=0，所以x=0，x E =241mm +，所以E 2224-111m m m m ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，.联立22143-12x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，消去y ，得(m 2+9)x 2-12mx=0，所以x=0，x F =2129m m +，所以F 222129-99m m m m ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，.又已知m ≠0，m 2≠3，所以直线EF 的斜率k=222222-19--19412-19m m m m m mmm ++++=222(3)(-3)-4(-3)m m m m +=-234m m +，所以直线EF 的方程为y-22-11m m +=-234m m+241m x m ⎛⎫- ⎪+⎝⎭. 令x=0，得y=2，所以EF 与y 轴交点的位置与m 无关.②S △AMF =12MA ·MF ·sin ∠AMF ，S △BME =12MB ·ME ·sin ∠BME ，∠AMF=∠BME ，5S △AMF =S △BME ，所以5MA ·MF ·=MB ·ME ，所以5MA ME =MB MF ，所以254-1mmm m +=212-9m m m m +，因为m ≠0，所以整理方程得(m 2-3)(m 2-1)=0， 又有m ≠，所以m 2-3≠0，所以m 2=1，所以m=±1为所求.(2) 因为直线l 1⊥l 2，且都过点P (0，-1)，当直线l 1的斜率为0时，由题意得T (-，-1)，R(，-1)，Q (0，1)，S △TRQ =12×2×2=2；当直线l 1的斜率不存在时，不符合题意；当直线l 1的斜率存在且不为零时，设直线l 1：y=kx-1，即kx-y-1=0，直线l 2：y=-1k x-1，即x+ky+k=0，因为圆心(0，0)到直线l 1：kx-y-1=0的距离，所以直线l 1被圆x 2+y 2=4所截的弦TR=.联立22014x ky k x y ++=⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y ，得k 2x 2+4x 2+8kx=0，所以x Q +x P =-284k k +，因为x P =0，所以，所以S △TRQ =12QP ·TR==3213k 2=52，解得k=±时等号成立.因为>2，所以所求直线l 1：y=±x-1.。
高考理数二轮总复习讲义课件(全国卷Ⅱ)专题五 解析几何 第2讲 Word含解析
第十二章
选考部分
(2)已知抛物线 C： y2＝ 8x 的焦点为 F，准线为 l， P 是 l 上一点， → → Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若FP＝ 4FQ ，则 |QF|＝ ( C ) 7 A. 2 C． 3 5 B. 2 D． 2
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第十二章
选考部分
专题五
第十二章 解析几何
选考部分
第2讲
椭圆、双曲线、抛物线
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专题五
第十二章 解析几何
选考部分
2016考向导航——适用于全国卷Ⅱ 圆锥曲线是高考的重点和热点，是高考中每年必考的内容， 所占分数约在12～18分．主要考查圆锥曲线的标准方程、几
何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等内容．对圆锥曲线方
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第十二章
选考部分
3．(2015· 云南省第一次统一检测，T10)已知 F1、F2 是双曲线 M： y2 x 2 2 5 － 2＝1 的焦点，y＝ x 是双曲线 M 的一条渐近线，离心 4 m 5 3 率等于 的椭圆 E 与双曲线 M 的焦点相同，P 是椭圆 E 与双曲 4 线 M 的一个公共点，设|PF1|·|PF2|＝n，则( A ) A． n＝12 C． n＝36 B．n＝ 24 D．n≠ 12 且 n≠ 24 且 n≠36
[思路点拨 ] 求解．
(1)利用渐近线与圆相切以及焦点坐标， 列出方程组
→ → (2)利用FP＝4FQ 转化长度关系，再利用抛物线定义求解． b [解析 ] (1)由双曲线的渐近线 y＝ ± x 与圆(x－ 2)2＋y2＝ 3 相切可 a
1＋b ＝ 知 a c＝ 2， a ＋b ＝c ，
解析：如图，过 Q 作 QQ′⊥ l，垂足为 Q′， → 1→ A 为 l 与 x 轴的交点．因为PF＝ PQ， 2 → 1→ 所以 |PF|＝ |PQ|.因为△PAF∽△ PQ′Q， 2 |AF| |PF| 所以 ＝ ，所以 |QQ′|＝ 8， |QQ′ | |PQ| 因此 |QF|＝ |QQ′|＝ 8.
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题
设 kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
kx－y－(k＋2)＝0，
联立x32＋y42＝1，
得
(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，
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x1＋x2＝63kk(22＋＋4k)， 可得x1x2＝33kk(42＋＋4k)，
专题五 解析几何
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【解析】 (1)因为点 A(2，1)在双曲线 C：ax22－a2y－2 1＝1(a>1)上， 所以a42－a2－1 1＝1，解得 a2＝2， 即双曲线 C：x22－y2＝1， 易知直线 l 的斜率存在，
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若要使 α－β 最大，则 β∈0，π2， 设 kMN＝2kAB＝2k>0，则， tan (α－β)＝1＋tantaαn－tαatnanβ β＝1＋k2k2＝1k＋12k≤2
1 1
＝ 42，
k·2k
当且仅当1k＝2k 即 k＝ 22时，等号成立，
所以当 α－β 最大时，kAB＝ 22，
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直线 MD：x＝x1y－1 2·y＋2， 代入抛物线方程可得 y2－4(x1y－1 2)·y－8＝0， Δ>0，y1y3＝－8，所以 y3＝2y2，同理可得 y4＝2y1， 所以 kAB＝y3＋4 y4＝2(y14＋y2)＝kM2N， 又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为 α，β， 所以 kAB＝tan β＝kM2N＝tan2 α，
所以椭圆方程为x42＋y2＝1.
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后记答题模板
【范例赏析】
后记答题模板
(本讲对应学生用书第52~53页) 范例赏析
典例如图，已知A，B分别为曲线C：
2
2
x
a+y2=1(y≥0，a>0)与x轴的左、右
两个交点，直线l过点B，且与x轴垂直，S为l上异于点B的一点，连接AS交曲线C 于点T.
(1)若曲线C为半圆，点T为圆弧AB的三等分点，试求出点S的坐标.
(2)如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a，使得O，M，S三点共线?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
(典例)
【规范解答】
(1)当曲线C为半圆时，a=1，
由点T为圆弧AB的三等分点，得∠BOT=60°或120°.2分
①当∠BOT=60°时，∠SAB=30°.
又AB=2，故在△SAB中，有SB=AB·tan 30°=23
，所以S
23
1
⎛
⎝⎭
，
. 4分
②当∠BOT=120°时，同理可求得点S 的坐标为(1，
).
综上，点S 的坐标为
S
1⎛ ⎝⎭或S (1，
2). 6分
(2)切入点一：从点“T ”入手
设点T (a cos θ，sin θ)(sin θ≥0)，则直线AT 的方程为y=sin cos a a θ
θ+(x+a )， 8分
令x=a ，得点S 2sin cos 1a θθ⎛⎫ ⎪
+⎝⎭，，所以k OS =2sin (cos 1)a θθ+.又B (a ，0)，所以k TB =sin cos -a a θθ. 10分
假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.
所以k OS ·k TB =sin cos -a a θ
θ·2sin (cos 1)a θθ+=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以
. 15
分
经检验，当
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
切入点二：从点“S ”入手
设点S (a ，m )，则直线SA 的方程为y=2m a (x+a )，联立方程组2
22
1()2x y a m y x a a ⎧+=⎪⎪⎨
⎪=+⎪⎩，，
化
简得(m 2+4)x 2+2m 2ax+m 2a 2-4a 2=0.
8分
设点T (x T ，y T )，因为A (-a ，0)，所以x T ·(-a )=2222-44m a a m +，得x T =22
4-4a m a
m +，
y T =2
44m m +，所以k TB =-2ma . 10分
假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.12分
又因为k OS =m a ，所以k OS ·k TB =m a ·2-ma ⎛⎫
⎪⎝⎭=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以a=
2
.
15分
经检验，当a=2
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在a=2
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
切入点三：从直线AS 的斜率入手 假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线. 由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.8分
显然，直线AS 的斜率k 存在且k>0，可设直线AS 的方程为y=k (x+a ).
由22
21()x y a y k x a ⎧+=⎪⎨⎪
=+⎩，，得(1+a 2k 2)x 2+2a 3k 2x+a 4k 2-a 2=0. 10分
设点T (x T ，y T )，所以x T ·(-a )=422
22
-1a k a a k +.
故x T =3222-1a a k a k +，从而y T =k (x T +a )=2221ak a k +，亦即T 32
2222-211a a k ak a k a k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，. 12分
方法一：因为B (a ，0)，所以BT u u u r =322222-2211a k ak
a k a k ⎛⎫
⎪++⎝⎭，.
由()x a y k x a =⎧⎨=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以OS u u u r =(a ，2ak ).
由BT ⊥OS ，可得BT u u u r ·OS u u
u r =4222
22-241a k a k a k ++=0，即-2a 4k 2+4a 2k 2=0. 因为k>0，a>0，所以2
. 15分
经检验，当2
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在2
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
方法二：因为B (a ，0)，所以k BT =-T
T y x a =-2
1a k ，故k SM =a 2k.
由()x a y k x a =⎧⎨
=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以直线SM 的方程为y-2ak=a 2k (x-a ).
O ，M ，S 三点共线当且仅当O 在直线SM 上，即-2ak=a 2k (-a ).
因为k>0，a>0，所以2
. 15分
经检验，当2
时，O ，M ，S 三点共线.
故存在2
，使得O ，M ，S 三点共线. 16分
【总结提升】
解题几何中的多动点问题，一直是学生难以逾越的障碍，究其原因：“多且动”，大有牵一发而动全身的感觉，各个点都丝丝相连，环环相扣.而恰恰正是点多且动，反而给我们一个启发，多且动的点中肯定有一个“核心点”，正是这个点牵动了其他点，使其他点始终围绕这个“核心点”运动.例题正是这类问题，其中点M 即为“核心点”，只要把握好这个“核心点”在圆上具有的性质，以其他的点或线为切入点，就可从多途径入手，让每个动点都可“一显身手”，以达到多解的目的.
【拓展训练】
拓 展 训 练
变式 (2015·盐城二模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：
22x a
+22y b =1(a>b>0)的离心率为2，直线l ：y=1
2x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB=2
5，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 两点，且直线AC ，BD 相交于点M ，直线AD ，
BC 相交于点N.
(1)求a ，b 的值；
(2)求证：直线MN 的斜率为定值.
(变式)
【解答】(1)因为e=c a =2，所以c 2=1
2a 2，
即a 2-b 2=1
2a 2，所以a 2=2b 2，故椭圆E 的方程为222x b +2
2
y b =1.
由题意，不妨设点A 在第一象限，点B 在第三象限.由22
221212y x x y b b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得
A
233⎫
⎪⎪⎝⎭，. 又AB=5，所以5，即43b 2+1
3b 2=5，解得b 2=3.故a=
6，3.
(2)由(1)知椭圆E 的方程为26x +2
3y =1，从而A (2，1)，B (-2，-1).
①当CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在时，设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2.
从而k 1·k CB =00-1-2y x ·0012y x ++=2
02
0-1-4y x =2
02031--16-4x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=20
202-2-4x x =-1
2，所以k CB =-112k .同
理k DB =-21
2k .
于是直线AD 的方程为y-1=k 2(x-2)，直线BC 的方程为y+1=-11
2k (x+2).
由1211-(2)2-1(-2)y x k y k x ⎧+=+⎪⎨⎪=⎩，，解得12112122124-4-221-2-41.
21k k k x k k k k k y k k ⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩，
从而点N 的坐标为12112212124-4-2-2-412121k k k k k k k k k k ⎛⎫
+ ⎪
++⎝
⎭，. 用k 2代k 1，k 1代k 2得点M 的坐标为12212112124-4-2-2-41
2121k k k k k k k k k k +++，
.
所以k MN =12212112121211221212-2-41-2-41
-2121
4-4-24-4-2
-2121k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ++++++=12214(-)4(-)k k k k =-1.
即直线MN 的斜率为定值-1.
②当CA ，CB ，DA ，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，
故不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C (2，-1).
仍然设DA 的斜率为k 2，由①知k DB =-21
2k .
此时CA ：x=2，DB ：y+1=-212k (x+2)，它们的交点坐标为M 222-1-k ⎛⎫
⎪⎝⎭
，
.
由BC ：y=-1，AD ：y-1=k 2(x-2)，它们交点N 222--1k ⎛⎫
⎪⎝
⎭，，从而k MN =-1也成立. 由①②可知，直线MN 的斜率为定值-1.。