2018年高考数学备考交流《圆锥曲线与导数复习策略》
高分突破：
1、范围问题：通常利用曲线及自身的范围、直线与圆锥曲线的位 置关系构造不等式或构造函数求解.
2、利用代数方法证明几何问题，即通过转化将几何问题转化为 代数问题，利用方程解决长度、面积等度量问题. 3、涉及直线与圆锥曲线相交于两个不同点，求斜率范围用 0
4、涉及数量积，设而不求，用根与系数的关系代入化简.
2018年高考备考复习第20、21题 圆锥曲线与导数
椭圆及其性质
考点 椭圆的定义及其 标准方程 内容 1、掌握椭圆的定义，并会用椭圆 的定义进行解题 2、掌握椭圆的几何图形和标准方 程，并会用待定系数法求椭圆的标 准方程 近五年高考题分布 2016天津19；2015广东8；2014大 纲全国15；2013广东9 2016天津19；2015陕西20；2014大 纲全国6；2014辽宁15
高考命题点的应策略
命题点 直线与圆锥曲线相交问题 直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 定点、定值问题 存在性问题 圆锥曲线的参数范围问题 应对策略 直线与圆锥曲线相交，一般设方程并联立方程组， 利用判别式，根与系数的关系解决问题 利用弦长公式或直接利用距离公式求解 从特殊情况入手，找到定点、定值，再去推理、证 明、判断 通常是假设满足条件的元素存在，列方程，通过求 解方程判断元素是否存在 1、构造不等式：直线与圆锥曲线联立，利用判别 式构造不等式，确定参数的取值范围 2、转化策略：参数转化，利用已知参数的范围求 新参数的范围，关键是建立两参数的关系式
椭圆的重点、难点： 1、椭圆的定义及其标准方程 2、椭圆的几何性质 3、直线与椭圆的位置关系
高频考点： 1、椭圆的标准方程及a,b,c的关系 2、椭圆的几何性质（离心率引起重视） 3、直线与椭圆的结合体
抛物线的重点、难点： 1、抛物线的定义及其标准方程 2、抛物线的几何性质 3、直线与抛物线的位置关系 高频考点： 1、抛物线的标准方程 2、抛物线的几何性质 3、直线与抛物线的结合体
抛物线的几何性 质
2017全国①20；2016天津14； 2015浙江5；2013北京7
直线与抛物线的 位置关系 1、会用待定系数法和数形结合法判断直线与 抛物线的位置关系 2、根据所学知识熟练解决直线与抛物线位置 关系的综合问题 2017全国③20；2016全国③20； 2015福建19；2015全国②10 2017全国③20；2014全国21； 2014全国②10
规范答题
（ 1）设M（x1 , y1），则由题意知 y1 0，由已知和椭圆的对称 性知，直线AM的倾斜角为 ，又A（ 2,0），因此直线 AM 4 的方程为y x 2 2分 x y 12 2 将x y 2代入 1得7 y 12 y 0，解得y 4 3 7 12 2 或y 0(舍去)，所以y1 ，x1 4分 7 7 1 12 12 144 因此 AMN 的面积 S AMN 2 6分 2 7 7 49
椭圆的几何性质
1、掌握椭圆的几何性质（如图形、 2016全国①5；2016全国③12； 范围、对称性等），并会熟练运用 2015全国①5；2014江西14 2、理解椭圆的离心率的定义，并 会求椭圆的离心率 2016全国③11；2016浙江19；2015 重庆21；2014江西15；2013辽宁15 1、掌握直线与椭圆位置关系的判 断方法 2、理解整体代换思想的含义，并 能通过直线与椭圆的位置关系解答 相应的题目 2017全国①20；2016全国②21； 2016四川20；2015北京20； 2014陕西20 2016全国②20；2016四川20；2014 全国②20
圆锥曲线的综合问题
考点 定点与定值问题 内容 1、了解圆锥曲线的简单运用 2、掌握解析几何中求解定点、 定值问题的方法和步骤 近五年高考题分布 2017全国③20；2017全国①20； 2016全国②20；2016北京19；2016山东21； 2015浙江19；2014四川10 2017全国②20；2016北京19； 2015全国②20；2015陕西20；2014江西20 参变量的取值范围 与最值问题 1、了解参变量的意义 2、理解解析几何中求解范围和 最值问题的基本方法 3、理解函数思想和方程思想在 圆锥曲线中的应用 1、理解圆锥曲线中存在性问题 的基本解法 2、理解转化思想在圆锥曲线中 的应用
2016山东21；2016浙江19；2015山东21； 2014北京19；2014福建9 2014山东21；2013江西20 2015四川20；2015湖北22；2014重庆21； 2014湖南20
存在性问题
曲线与方程（理科）
考点 曲线与方程 内容 了解方程的曲线与曲线的 方程的对应关系 近五年高考题分布 2016全国③20；2015湖北 21；2014广东20；2013福 建18
规范答题，高分突破
x y （2016 全国②）A是椭圆E： 1的左顶点，斜率为 k 4 3 （k 0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA NA. (1)当 AM AN 时，求AMN的面积. (2)当2 AM AN 时，证明：3 k 2.
2 2
联想解题： 1、看到点A为左顶点，想到把点A的坐标求出来. 2、看到 AM AN ，想到利用椭圆的对称性，点M 与N 关 于x轴对称. 3、看到2 AM AN ，想到构造k的函数关系式，用函数法 求范围.
直线与椭圆的 位置关系
抛物线及其性质
考点 抛物线定义及其 标准方程 内容 近五年高考题分布 1、了解抛物线的定义，并会用定义进行解题 2017全国③20；2016四川3； 2、掌握求抛物线标准方程的基本步骤（定形、 2016全国①10 定位、定量）和基本方法（定义法和待定系数 2013江西9 法） 2016全国①10；2016浙江9； 2015陕西14；2013广东20 1、知道抛物线的简单几何性质（范围、对称 性、顶点、离心率） 2、能用其性质解决有关的抛物线问题，了解 抛物线的一些实际应用 2016全国③20；2015陕西3； 2015四川10；2014安徽3； 2013北京9
2018年高考数学 常见题型解法归纳反馈训练 第82讲 圆锥曲线常用解题技巧
第82讲圆锥曲线常用解题技巧【知识要点】圆锥曲线解题常用技巧有点差法、设而不求法、韦达定理法、定义法等.【方法讲评】【点评】（1）如果已知中涉及圆锥曲线的弦的中点，一般利用点差法，可以减少运算，提高解题效率. （2）使用点差法，一般先“设点代点”，再作差，最后化简，最后可以得到中点的坐标和直线的斜率的关系.【反馈检测1】椭圆中有如下结论：椭圆上斜率为1的弦的中点在直线上，类比上述结论：双曲线上斜率为1的弦的中点在直线上.【例2】已知椭圆上任意一点到两焦点距离之和为，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的斜率为，直线与椭圆交于两点．点为椭圆上一点，求的面积的最大值．则由弦长公式得．又点到直线的距离，∴，当且仅当，即时取得最大值．∴面积的最大值为2．【点评】本题就利用了“设而不求”的方法，先设再利用韦达定理，并不要求把这两个点的坐标解答出来，实际上也是解答不出来的.【反馈检测2】在平面直角坐标系中，已知点，点在直线：上运动，过点与垂直的直线和线段的垂直平分线相交于点．（1）求动点的轨迹的方程；（2）过（1）中轨迹上的点(1,2)作两条直线分别与轨迹相交于，两点．试探究：当直线的斜率存在且倾斜角互补时，直线的斜率是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．【例3】已知点在双曲线上，且双曲线的一条渐近线的方程是．(1)求双曲线的方程；(2)若过点且斜率为的直线与双曲线有两个不同交点，求实数的取值范围；(3)设(2)中直线与双曲线交于两个不同点，若以线段为直径的圆经过坐标原点，求实数的值．∴解得．【点评】本题涉及“直线与双曲线交于两个不同点”，所以一般用到韦达定理,把韦达定理代到里化简即可.【反馈检测3】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长是短轴长的倍，其上一点到右焦点的最短距离为（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线交椭圆于两点，当时求直线的方程.【例4】已知双曲线的离心率为，左、右焦点为，点在上，若，则=__________.【点评】由于已知中涉及了双曲线的焦半径，所以要联想到双曲线的定义解答.【反馈检测4】如图所示，直线y=x-2与圆及抛物线依次交于A，B，C，D四点，则=（）A．13 B．14 C．15 D．16高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第82讲：圆锥曲线常用解题技巧参考答案【反馈检测1答案】不妨设弦的两个端点为，，则，中点设为，则，，将上述两端点代入双曲线方程得，两式相减得，而，∴，化简得，而，，于是在直线上. 【反馈检测2答案】（1）；（2）是定值，为-1,过程见解析．【反馈检测2详细解析】（1）依题意，得∴动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，∴动点的轨迹的方程为．【反馈检测3答案】（1），（2）【反馈检测3详细解析】（1）由题可知：所以椭圆方程为（2）由设，则所以直线的方程为：【反馈检测4答案】，故选.。
高三数学-2018年高考数学圆锥曲线方程考前辅导讲座 精
圆锥曲线方程考前辅导讲座【考点审视】1． 考点分析：圆锥曲线是平面几何的核心内容，也是高考重点考查的内容，在每年的高考试卷中占总分的15%左右。
综观近年来的高考试题，一是圆锥曲线在高考试题中所占的比重大，题型、题量、难度保持相对稳定，且选择题、填空题、解答题均涉及；二是难度所占比重大，解答题多次在“压轴题”中出现，集中体现对同学们综合知识和灵活应变能力的考查。
估计2018年高考中，对圆锥曲线的考查仍将保持稳定。
圆锥曲线的概念和性质，求曲线方程或点的轨迹，直线与圆锥曲线的关系，两圆锥曲线的关系，定值、最值问题仍将是主要考查内容。
特别注意解析几何与向量、三角、代数结合的学科内综合性的问题。
2． 考试要求：⑴掌握椭圆的定义，标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程； ⑵掌握双曲线的定义，标准方程和双曲线的简单几何性质； ⑶掌握抛物线的定义，标准方程和抛物线的简单几何性质；⑷了解圆锥曲线的一些实际应用，了解用坐标研究几何问题的思想，初步掌握利用方程研究曲线性质的方法。
【疑难点拔】 1．要点归纳：⑴圆锥曲线的定义，标准方程和几何性质。
⑵直线和圆锥曲线的位置关系，常用联立方程组、判别式来判断，特别当直线与圆锥曲线有两个相异的公共点时，则此直线被圆锥曲线截得的线段称为圆锥曲线的弦。
注意弦长公式。
⑶关于圆锥曲线的中点弦问题，常用点差法，或联立方程组解决。
⑷轨迹问题①常用方法有：直接法；待定系数法；定义法；转移法；参数法。
②区别是“求轨迹”还是“求轨迹方程”，若是“求轨迹”，求出方程后，还应指出方程所表示的曲线类型。
③要注意轨迹的范围问题。
⑸圆锥曲线的最值问题：解法一般分为两种，一是几何法，特别是圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来处理；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用重要不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等来求解。
2．错题分析例1． 设F 1、F 2是双曲线1201622=-y x 的焦点，点P 在双曲线上，若点P 到焦点F 1的距离等于9，求点P 到焦点F 2的距离。
2018届高考数学(全国通用)二轮复习压轴大题精品讲义 第2讲 圆锥曲线的热点问题
第2讲 圆锥曲线的热点问题[明考情]圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化，是高考的必考点，高考中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目. [知考向]1.范围与最值问题.2.定值、定点问题.3.探索性问题.考点一 范围与最值问题方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路 (1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围. (4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围. (5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.1.已知点A (1，0)，点M 是圆C ：(x ＋1)2＋y 2＝8上的任意一点，线段MA 的垂直平分线与直线CM 交于点E . (1)求点E 的轨迹方程；(2)若直线y ＝kx ＋m 与点E 的轨迹有两个不同的交点P 和Q ，且原点O 总在以PQ 为直径的圆的内部，求实数m 的取值范围.解 (1)由题意知|EM |＝|EA |，|CE |＋|EM |＝22， 所以|CE |＋|EA |＝22＞2＝|CA |，所以点E 的轨迹是以点C ，A 为焦点的椭圆，其轨迹方程为x 22＋y 2＝1.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则将直线与椭圆的方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝2，消去y ，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0， Δ＞0，m 2＜2k 2＋1.①x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－22k 2＋1.因为点O 在以PQ 为直径的圆的内部，故OP →·OQ →＜0，即x 1x 2＋y 1y 2＜0， 而y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－2k 22k 2＋1，故由x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－22k 2＋1＋m 2－2k 22k 2＋1＜0，得m 2＜2k 2＋23，且满足①式，所以m 2＜23，所以m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－63，63. 2.如图，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 ＝－1mx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝⎛⎭⎫12＋1m 2x 2－2b mx ＋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则x 1x 2＝b 2－112＋1m 2＝2m 2(b 2－1)m 2＋2， x 1＋x 2＝2b m 12＋1m 2＝4mbm 2＋2，y 1＋y 2＝－1m (x 1＋x 2)＋2b ＝－1m ×4mb m 2＋2＋2b ＝2bm 2m 2＋2.设M 为AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2，代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2，②由①②，得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝⎛⎭⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且点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. 3.已知抛物线y 2＝4x ，直线l ：y ＝－12x ＋b 与抛物线交于A ，B 两点.(1)若x 轴与以AB 为直径的圆相切，求该圆的方程；(2)若直线l 与y 轴负半轴相交，求△AOB (O 为坐标原点)面积的最大值. 解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋b ，y 2＝4x ，化简得y 2＋8y －8b ＝0.由Δ＝64＋32b ＞0，解得b ＞－2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－8，y 1y 2＝－8b . 设圆心Q (x 0，y 0)，则有x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22＝－4， r ＝|y 0|＝4，|AB |＝1＋(－2)2|y 1－y 2|＝5(64＋32b )＝2r ＝8，解得b ＝－85.所以x 0＝2b ＋8＝245，圆心Q ⎝⎛⎭⎫245，－4，故圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －2452＋(y ＋4)2＝16. (2)因为直线与y 轴负半轴相交，所以b ＜0. 又直线与抛物线交于两点，由(1)知b ＞－2， 所以－2＜b ＜0，直线l 的方程为y ＝－12x ＋b ，整理得x ＋2y －2b ＝0，点O 到直线l 的距离d ＝|－2b |5＝－2b5，所以S △AOB ＝12|AB |d ＝－42b ·2＋b ＝42·b 3＋2b 2.令g (b )＝b 3＋2b 2，－2＜b ＜0，g ′(b )＝3b 2＋4b ＝3b ⎝⎛⎭⎫b ＋43， 当b 变化时，g ′(b )，g (b )的变化情况如下表：由上表可得g (b )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫－43＝3227. 所以当b ＝－43时，△AOB 的面积取得最大值3239.4.(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率.解 (1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1，a ＝2，则b ＝1， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0，由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝21＋k 211＋8k 211＋2k 21.由题意可知圆M 的半径r 为r ＝23|AB |＝2231＋k 211＋8k 211＋2k 21.由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x ，联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21， 因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21.由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r＝1＋8k 211＋4k 212231＋k 211＋8k 211＋2k 21＝3241＋2k 211＋4k 211＋k 21，令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t ∈(0，1)， 因此|OC |r ＝32·t2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t 2＝32·1－⎝⎛⎭⎫1t －122＋94≥1， 当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6， 所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.考点二 定值、定点问题方法技巧 (1)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为所求定点； ②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意. (2)定值问题的常见解法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.5.(2017·全国Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0，1).当m 变化时，解答下列问题： (1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；(2)证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值. (1)解 不能出现AC ⊥BC 的情况.理由如下：设A (x 1，0)，B (x 2，0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0， 所以x 1x 2＝－2.又点C 的坐标为(0，1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况.(2)证明 BC 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝⎛⎭⎫x －x 22. 由(1)可得x 1＋x 2＝－m ， 所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎨⎧x ＝－m2，y －12＝x 2⎝⎛⎭⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎨⎧x ＝－m 2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92. 故圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝⎛⎭⎫m 22＝3，即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.6.已知抛物线C 的顶点在坐标原点O ，其图象关于y 轴对称且经过点M (2，1). (1)求抛物线C 的方程；(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；(3)过点M 作抛物线C 的两条弦MA ，MB ，设MA ，MB 所在直线的斜率分别为k 1，k 2，当k 1＋k 2＝－2时，试证明直线AB 的斜率为定值，并求出该定值. 解 (1)设抛物线C 的方程为x 2＝2py (p >0)， 由点M (2，1)在抛物线C 上，得4＝2p ， 则p ＝2，∴抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)设该等边三角形OPQ 的顶点P ，Q 在抛物线上， 且P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，则x 2P ＝4y P ，x 2Q ＝4y Q ，由|OP |＝|OQ |，得x 2P ＋y 2P ＝x 2Q ＋y 2Q ，即(y P －y Q )(y P ＋y Q ＋4)＝0.又y P >0，y Q >0，则y P ＝y Q ，|x P |＝|x Q |， 即线段PQ 关于y 轴对称. ∴∠POy ＝30°，y P ＝3|x P |， 代入x 2P ＝4y P ，得x P ＝±43， ∴该等边三角形边长为83，S △POQ ＝48 3. (3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21＝4y 1，x 22＝4y 2，∴k 1＋k 2＝y 1－1x 1－2＋y 2－1x 2－2＝14x 21－1x 1－2＋14x 22－1x 2－2＝14(x 1＋2＋x 2＋2)＝－2.∴x 1＋x 2＝－12，∴k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝14x 22－14x 21x 2－x 1＝14(x 1＋x 2)＝－3.7.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.(1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点. 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎨⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设. 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1). 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0， 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1).8.已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E 的离心率为12，椭圆E 的一个焦点和抛物线y 2＝－4x 的焦点重合，过直线l ：x ＝4上一点M 引椭圆E 的两条切线，切点分别是A ，B . (1)求椭圆E 的方程；(2)若在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上的点(x 0，y 0)处的切线方程是x 0x a 2＋y 0yb 2＝1，求证：直线AB 恒过定点C ，并求出定点C 的坐标.(1)解 设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，因为抛物线y 2＝－4x 的焦点是(－1，0)，所以c ＝1. 又c a ＝12，所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝3，所以所求椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 设切点坐标为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 上一点M 的坐标为(4，t )， 则切线方程分别为x 1x 4＋y 1y 3＝1，x 2x 4＋y 2y3＝1.又两切线均过点M ，即x 1＋t 3y 1＝1，x 2＋t3y 2＝1，即点A ，B 的坐标都适合方程x ＋t3y ＝1.又两点确定唯一的一条直线， 故直线AB 的方程是x ＋t3y ＝1，显然对任意实数t ，点(1，0)都适合这个方程， 故直线AB 恒过定点C (1，0). 考点三 探索性问题方法技巧 探索性问题的求解方法(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性.若证明某结论不存在，也可以采用反证法.(2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论.9.(2017·湖南东部五校联考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c ，0)且a ＞b ＞c ＞0，设短轴的一个端点D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4. (1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2，1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)由椭圆的对称性知，|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3，又a 2＝b 2＋c 2＝4，a ＞b ＞c ＞0， ∴b ＝3，c ＝1.故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k2， x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，Δ＝32(6k ＋3)＞0，∴k ＞－12.∵OP 2＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x .10.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由. 解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点， 故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝pt x ， 代入y 2＝2px ，整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下： 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp (y －t ).代入y 2＝2px ，得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点.11.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，理由如下：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－b x 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.12.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ≥1)的离心率e ＝22，其右焦点到直线2ax ＋by －2＝0的距离为23. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线x －y ＋m ＝0与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 的中点不在圆x 2＋y 2＝1内，求实数m 的取值范围.(3)过点P ⎝⎛⎭⎫0，－13的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，是否存在定点Q ，使以AB 为直径的圆恒过这个定点？若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意知e ＝c a ＝22，所以e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，即a 2＝2b 2，可得a ＝2b ，c ＝b .因为右焦点(c ，0)到直线2ax ＋by －2＝0的距离为23，所以|2ac －2|4a 2＋b 2＝23，又c ＝b ，a ＝2b ，a ＞b ≥1，解得b ＝1，所以a 2＝2，c ＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋m ＝0，x 22＋y 2＝1，消去y 可得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0，则Δ＝16m 2－12(2m 2－2)＞0⇒－3＜m ＜ 3.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4m 3，y 1＋y 2＝x 1＋x 2＋2m ＝－4m 3＋2m ＝2m3，所以线段MN 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫－2m 3，m3. 因为MN 的中点不在圆x 2＋y 2＝1内， 所以⎝⎛⎭⎫－2m 32＋⎝⎛⎭⎫m 32≥1⇒m ≥355或m ≤－355. 综上可知，实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－3，－355∪⎣⎡⎭⎫355，3.(3)假设存在定点Q ，使以AB 为直径的圆恒过该定点. 当AB ⊥x 轴时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1； 当AB ⊥y 轴时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1，x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，那么这个定点Q 的坐标为(0，1).当直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为y ＝kx －13(k ≠0)，代入x 22＋y 2＝1，可得(2k 2＋1)x 2－43kx －169＝0.设A (x 3，y 3)，B (x 4，y 4)，则x 3＋x 4＝4k3(2k 2＋1)，x 3x 4＝－169(2k 2＋1)，则QA →＝(x 3，y 3－1)，QB →＝(x 4，y 4－1)，从而QA →·QB →＝x 3x 4＋(y 3－1)(y 4－1)＝x 3x 4＋⎝⎛⎭⎫kx 3－43⎝⎛⎭⎫kx 4－43 ＝(1＋k 2)x 3x 4－43k (x 3＋x 4)＋169＝(1＋k 2)·－169(2k 2＋1)－43k ·4k 3(2k 2＋1)＋169＝0，故QA →⊥QB →，即点Q (0，1)在以AB 为直径的圆上.综上，存在定点Q (0，1)，使以AB 为直径的圆恒过这个定点.例 (12分)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. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系：x P ＝2x M ―→求k 规范解答·评分标准(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 ).……………………………………………………………………2分将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－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.…………………………………………………7分 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 ＝－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 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9 .………………………………9分将点⎝⎛⎭⎫m3，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).………………………………………………………………………10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±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l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.………………12分 构建答题模板[第一步] 先假定：假设结论成立.[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解.[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设. [第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，D ，E分别是椭圆的上顶点与右顶点，且2DEF S △＝1－32. (1)求椭圆C 1的方程；(2)在椭圆C 1落在第一象限的图象上任取一点作C 1的切线l ，求l 与坐标轴围成的三角形的面积的最小值.解 (1)由题意知e ＝c a ＝32，故c ＝32a ，b ＝12a .∵2DEF S △＝12(a －c )×b ＝12⎝⎛⎭⎫a －32a ×a 2＝14⎝⎛⎭⎫1－32a 2＝1－32.故a 2＝4，即a ＝2，b ＝12a ＝1，c ＝3，∴椭圆C 1的方程为x 24＋y 2＝1.(2)∵l 与椭圆C 1相切于第一象限内的一点， ∴直线l 的斜率必存在且为负. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ＜0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y 整理可得⎝⎛⎭⎫k 2＋14x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0.①根据题意可得方程①有两相等实根，∴Δ＝(2km )2－4⎝⎛⎭⎫k 2＋14(m 2－1)＝0，整理可得m 2＝4k 2＋1.②∵直线l 与两坐标轴的交点分别为⎝⎛⎭⎫－mk ，0，(0，m )且k ＜0，∴l 与坐标轴围成的三角形的面积S ＝12·m 2－k ，③②代入③，可得S ＝(－2k )＋1－2k≥2(当且仅当k ＝－12时取等号)，∴l 与坐标轴围成的三角形面积的最小值为2.2.(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →. (1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .(1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0). 由NP →＝2NM →，得x 0＝x ，y 0＝22y ，因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明 由题意知F (－1，0).设Q (－3，t )，P (m ，n )， 则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )， OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n ). 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1， 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0， 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →， 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 .3.(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值.(1)解 由已知c a ＝32，12ab ＝1.又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知，A (2，0)，B (0，1). 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1. 当x 0≠0时，直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， ∴|AN |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值.4.如图所示，已知椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O 到直线AB 的距离为125，其中A (0，a )，B (－b ，0).直线l ：x ＝my ＋n 与椭圆M 相交于C ，D 两点，。
2018届高考数学一轮复习专题五圆锥曲线课件文
• 三、听英语课要注重实践
• 英语课老师往往讲得不太多，在大部分的时间里，进行的师生之间、学生之间的大量语言实践练习。因此，要上好英语课，就应积极参加语言实践活 动，珍惜课堂上的每一个练习机会。
2019/8/2
最新中小学教学课件
15
thank
you!
2019/8/2
最新中小学教学课件
16
【标准解答】 (1)由已知得 M(0，t)，P2Байду номын сангаас2p，t. 又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 Ntp2，t，(2 分) ON 的方程为 y＝pt x，代入 y2＝2px 整理得 px2－2t2x＝0，解得 x1＝0，x2＝2pt2.(4 分) 因此 H2pt2，2t.所以 N 为 OH 的中点，即||OOHN||＝2.(6 分)
【阅卷点评】 本题考查了直线与抛物线的位置关系，联立方 程组求得交点坐标．本题思维量、运算量却不大，适合文科的特点．
(2017·南昌模拟)已知圆 E：x2＋y－122＝94经过椭圆 C：xa22＋yb22＝ 1(a>b>0)的左、右焦点 F1，F2，且与椭圆 C 在第一象限的交点为 A， 且 F1，E，A 三点共线，直线 l 交椭圆 C 于 M，N 两点，且M→N＝λO→A (λ≠0)．
• 一、听理科课重在理解基本概念和规律
• 数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解， 同时，大家要开动脑筋，思考老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的， 为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。
2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件 专题12 圆锥曲线的定义、方程、几何性质 精品
[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，
2分
由抛物线的定义得p2＝1，即 p＝2.
4分
(2)由(1)得，抛物线方程为 y2＝4x，F(1,0)，可设 A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.
因为 AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF：x＝sy＋1(s≠0)，
(1)(2016·全国乙卷)已知方程m2x＋2 n－3my2－2 n＝1 表示双曲线，且该
双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的取值范围是( )
A．(－1,3)
B．(－1， 3)
C．(0,3)
D．(0， 3)
(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
8分
设 M(m,0)，由 A，M，N 三点共线得t2－2tm＝t2－2t＋tt22＋ －2t 31，
于是 m＝t22－t21＝2＋t2－2 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，＋∞).
11 分 15 分
热点题型 1 圆锥曲线的定义、标准方程 题型分析：圆锥曲线的定义、标准方程是高考常考内容，主要以选择、填 空的形式考查，解题时分两步走：第一步，依定义定“型”，第二步，待定系 数法求“值”.
由y＝bax， x－3y＋m＝0，
得 A3ba－m a，3bb－m a，
由y＝－bax， x－3y＋m＝0，
得 Ba－＋a3mb，a＋bm3b，
所以 AB 的中点 C 坐标为9ba22－ma2，9b32b－2ma2. 设直线 l：x－3y＋m＝0(m≠0)， 因为|PA|＝|PB|，所以 PC⊥l， 所以 kPC＝－3，化简得 a2＝4b2. 在双曲线中，c2＝a2＋b2＝5b2，所以 e＝ac＝ 25.]
2018届高考——高考数学备考策略（高三文理通用）
2018届高考——高考数学备考策略（高三文理通用）幻灯片12018届高考高三高考数学备考策略幻灯片3主要内容一、2013-2018年高考数学全国卷对比分析二、从近四年新课标卷看2018年高考命题走向三、复习备考的基本思路四、全程时间安排五、具体复习步骤六、复习备考的几点措施七、后备考时代的几点注意事项幻灯片4主要内容一、2013-2018年高考数学全国卷对比分析二、从近四年新课标卷看2018年高考命题走向三、复习备考的基本思路四、全程时间安排五、具体复习步骤六、复习备考的几点措施七、后备考时代的几点注意事项幻灯片5一. 2013-2018年高考数学全国卷对比分析l 分析课标全国卷I的数学试题，高考数学试题的难度变化不大，理科数学难度有所下降，考察内容方面注重基础的考察，知识覆盖全面，重点突出，传统高考中突出考察的“三角函数”、“数列与不等式”、“立体几何”、“概率统计”、“解析几何”、“函数与导数”六大板块依旧是考察的重点，且难度适当，依然体现了“以学生为本”“在基础中考察能力”的要求。
具体知识考查对比如下表：幻灯片6文科数学部分幻灯片7幻灯片8理科数学部分幻灯片9幻灯片10二、从近四年新课标卷看2018年高考命题走向l 1. 选择题l 分析近四年的选择题，函数、几何、算法初步与框图、数系的扩充与复数的引入这4个知识点年年必考，其中还有可能以综合题型的方式，结合多个知识点一起考察学生的知识掌握情况。
其中，集合的概念及运算，命题及条件，复数的计算和程序框图基本每年必考，以函数及集合知识为重。
从难度上来看，只要对基本知识点熟练掌握，计算细心不出错，基本上12题选择中有9题可以全部得到。
一般最后一题难度最高，比较灵活，曾出现过函数题、数列求和、综合题等，这需要学生对于函数、数列等知识的熟练运用。
在平时学习中，建议打牢基本功，并主动思考综合偏难的题目，注意总结几种常见的解题思路。
幻灯片11l 2.填空l 近五年的填空部分，主要涉及函数（其中，函数的极值问题几乎每年必考一题），几何等问题。
2018年高考数学浙江专版二轮复习与策略 专题13 圆锥曲线中的综合问题 讲练 含答案
突破点13圆锥曲线中的综合问题(1)(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.(1)(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围．(4)利用基本不等式求最值与范围．(5)利用函数值域的方法求最值与范围.(1)确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．回访直线与圆锥曲线的综合问题1．(2016·浙江高考)如图13-1，设椭圆x2a2＋y2＝1(a>1)．图13-1(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．[解] (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，3分故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k 2.因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k2·1＋k 2. 5分(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.7分记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2>0，k 1≠k 2.由(1)知，|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 9分所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由于k 1≠k 2，k 1，k 2>0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)．①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是 1＋a 2(a 2－2)>1， 所以a > 2.13分因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤ 2.由e＝ca＝a2－1a，得0<e≤22.所求离心率的取值范围为0<e≤22. 15分2．(2015·浙江高考)已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12对称．图13-2(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．[解](1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－1m x＋b .3分由⎩⎪⎨⎪⎧x22＋y2＝1，y＝－1m x＋b消去y，得⎝⎛⎭⎪⎫12＋1m2x2－2bm x＋b2－1＝0. 5分因为直线y＝－1m x＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m2>0. ①将线段AB中点M⎝⎛⎭⎪⎫2mbm2＋2，m2bm2＋2代入直线方程y＝mx＋12解得b＝－m2＋22m2.②由①②得m <－63或m >63. 7分(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1. 10分设△AOB 的面积为S (t )，所以 S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22， 当且仅当t 2＝12时，等号成立． 故△AOB 面积的最大值为22.15分3．(2014·浙江高考)已知△ABP 的三个顶点都在抛物线C ：x 2＝4y 上，F 为抛物线C 的焦点，点M 为AB 的中点，PF →＝3FM →.图13-3(1)若|PF |＝3，求点M 的坐标； (2)求△ABP 面积的最大值．[解] (1)由题意知焦点F (0,1)，准线方程为y ＝－1. 2分设P (x 0，y 0)，由抛物线定义知|PF |＝y 0＋1，得到y 0＝2，所以P (22，2)或P (－22，2)．由PF →＝3FM →得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，23或M ⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23. 6分 (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)．由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝4y得x 2－4kx －4m ＝0. 8分于是Δ＝16k 2＋16m ＞0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，所以AB 的中点M 的坐标为(2k ,2k 2＋m )．由PF →＝3FM →，得(－x 0,1－y 0)＝3(2k ,2k 2＋m －1)， 所以⎩⎨⎧x 0＝－6k ，y 0＝4－6k 2－3m .由x 20＝4y 0，得k 2＝－15m ＋415. 10分由Δ＞0，k 2≥0，得－13＜m ≤43.又因为|AB |＝41＋k 2·k 2＋m ，点F (0,1)到直线AB 的距离为d ＝|m －1|1＋k 2，所以S △ABP ＝4S △ABF ＝8|m －1|k 2＋m ＝16153m 3－5m 2＋m ＋1.记f (m )＝3m 3－5m 2＋m ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＜m ≤43，令f ′(m )＝9m 2－10m ＋1＝0，解得m 1＝19，m 2＝1.12分可得f (m )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，19上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫19，1上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43上是增函数．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝256243 ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，所以，当m ＝19时，f (m )取到最大值256243，此时k ＝±5515.所以，△ABP 面积的最大值为2565135.15分热点题型1 圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32与椭圆右焦点的连线垂直于x 轴，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(均不在坐标轴上)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，若△AOB 的面积为3，试判断直线OA 与OB 的斜率之积是否为定值？【导学号：58962055】[解] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎨⎧a 2＝4，b 2＝3，3分∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. 4分(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，5分 由Δ＝(8km )2－16(4k 2＋3)(m 2－3)＞0，得m 2＜4k 2＋3. 6分∵x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，∴S △OAB ＝12|m ||x 1－x 2|＝12|m |·434k 2＋3－m24k 2＋3＝3，8分 化简得4k 2＋3－2m 2＝0，满足Δ＞0，从而有4k 2－m 2＝m 2－3(*)，9分∴k OA ·k OB ＝y 1y 2x 1x 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )x 1x 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m2x 1x 2＝－12k 2＋3m 24m 2－12＝－34·4k 2－m 2m 2－3，由(*)式，得4k 2－m 2m 2－3＝1，12分 ∴k OA ·k OB ＝－34，即直线OA 与OB 的斜率之积为定值－34.15分求解定值问题的两大途径1.由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式训练1] (2016·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．[解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.3分 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.5分 (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4.6分又A (2,0)，B (0,1)， ∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)． 令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 9分直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 12分∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值.15分热点题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法.(2016·全国乙卷)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．[解] (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4， 所以|EA |＋|EB |＝4.2分由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).4分 (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝k 2＋4k 2＋3.过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，6分所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3. 8分可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83). 12分当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8， 故四边形MPNQ 的面积为12.综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83).15分与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解． 2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域． [变式训练2] (名师押题)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)，过其焦点作斜率为1的直线l 交抛物线C 于M ，N 两点，且|MN |＝16.(1)求抛物线C 的方程；(2)已知动圆P 的圆心在抛物线C 上，且过定点D (0,4)，若动圆P 与x 轴交于A ，B 两点，求|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值．[解] (1)设抛物线的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，则直线l ：y ＝x ＋p 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2px －p 2＝0，∴x 1＋x 2＝2p ，∴y 1＋y 2＝3p ， ∴|MN |＝y 1＋y 2＋p ＝4p ＝16，∴p ＝4， ∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .4分(2)设动圆圆心P (x 0，y 0)，A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 20＝8y 0，且圆P ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝x 20＋(y 0－4)2，令y ＝0，整理得x 2－2x 0x ＋x 20－16＝0， 解得x 1＝x 0－4，x 2＝x 0＋4， 6分设t ＝|DA ||DB |＝(x 0－4)2＋16(x 0＋4)2＋16＝x 20－8x 0＋32x 20＋8x 0＋32＝1－16x 0x 20＋8x 0＋32， 当x 0＝0时，t ＝1， ① 7分当x 0≠0时，t ＝1－16x 0＋8＋32x.∵x 0＞0，∴x 0＋32x 0≥82，∴t ≥1－168＋82＝3－22＝2－1，且t ＜1， ②综上①②知2－1≤t ≤1.11分∵f (t )＝t ＋1t 在[2－1,1]上单调递减， ∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |＝t ＋1t ≤2－1＋12－1＝22， 当且仅当t ＝2－1，即x 0＝42时等号成立． ∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值为2 2.15分热点题型3 圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.如图13-4，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，A ，B 分别是椭圆E 的左、右顶点，D (1,0)为线段OF 2的中点，且AF 2→＋5BF 2→＝0.图13-4(1)求椭圆E 的方程；(2)若M 为椭圆E 上的动点(异于点A ，B )，连接MF 1并延长交椭圆E 于点N ，连接MD ，ND 并分别延长交椭圆E 于点P ，Q ，连接PQ ，设直线MN ，PQ 的斜率存在且分别为k 1，k 2.试问是否存在常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解题指导] (1)D 为OF 2的中点→求c →AF 2→＋5BF 2→＝0→a 与c 的关系→椭圆方程(2)假设存在常数λ→设点M ，N ，P ，Q 的坐标→ 直线MD 的方程与椭圆方程联立→用点M 的坐标表示点P ，Q 的坐标→点M ，F 1，N 共线→得到点M ，N 坐标的关系→求k 2→得到k 1与k 2的关系[解] (1)∵AF 2→＋5BF 2→＝0，∴AF 2→＝5F 2B →，∵a ＋c ＝5(a －c )，化简得2a ＝3c ，又点D (1,0)为线段OF 2的中点，∴c ＝2，从而a ＝3，b ＝5，左焦点F 1(－2,0)，故椭圆E 的方程为x 29＋y 25＝1.4分(2)假设存在满足条件的常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则直线MD 的方程为x ＝x 1－1y 1y ＋1，代入椭圆方程x 29＋y 25＝1，整理得，5－x 1y 21y 2＋x 1－1y 1y －4＝0， 6分 ∵y 1＋y 3＝y 1(x 1－1)x 1－5，∴y 3＝4y 1x 1－5，从而x 3＝5x 1－9x 1－5，故点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 1－9x 1－5，4y 1x 1－5， 同理，点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 2－9x 2－5，4y 2x 2－5. 10分∵三点M ，F 1，N 共线，∴y 1x 1＋2＝y 2x 2＋2， 从而x 1y 2－x 2y 1＝2(y 1－y 2)，从而k 2＝y 3－y 4x 3－x 4＝4y 1x 1－5－4y 2x 2－55x 1－9x 1－5－5x 2－9x 2－5＝x 1y 2－x 2y 1＋5(y 1－y 2)4(x 1－x 2)＝7(y 1－y 2)4(x 1－x 2)＝7k 14，故k 1－4k 27＝0，从而存在满足条件的常数λ， λ＝－47.15分探索性问题求解的思路及策略1．思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．2．策略：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．[变式训练3] (2016·哈尔滨二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，点P 在椭圆C 上，满足|PF 1|＝7|PF 2|，tan ∠F 1PF 2＝4 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点A (1,0)，试探究是否存在直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于D ，E 两点，且使得|AD |＝|AE |？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：58962056】[解] (1)由|PF 1|＝7|PF 2|，PF 1＋PF 2＝2a 得PF 1＝7a 4，PF 2＝a 4. 2分由余弦定理得cos ∠F 1PF ＝17＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42－(23)22×7a 4×a 4，∴a ＝2，∴所求C 的方程为x 24＋y 2＝1. 4分(2)假设存在直线l 满足题设，设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)＝－16(m 2－4k 2－1)＞0，得4k 2＋1＞m 2.①6分 又x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2. 设D ，E 中点为M (x 0，y 0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2，k AMk ＝－1，得m ＝－1＋4k 23k ，②10分 将②代入①得4k 2＋1＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4k 23k 2，化简得20k 4＋k 2－1＞0⇒(4k 2＋1)(5k 2－1)＞0，解得k ＞55或k ＜－55，所以存在直线l ，使得|AD |＝|AE |，此时k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－55∪⎝ ⎛⎭⎪⎫55，＋∞. 15分。
最新-2018版高三数学一轮83圆锥曲线复习学案精品
对称性
对称轴：坐标轴 对称中心：原点
顶点坐标：
顶点 性
y≤ -a 或 y≥ a 对称轴：坐标轴 对称中心：原点 顶点坐标：
渐近线
离心率 质
实虚轴
线段
叫做双曲线的实轴，它的长
叫做双曲线的虚轴，它的长
的实半轴长，：离心率越大，双曲线的“开口”越大。 3．等轴双曲线
2．抛物线的标准方程和几何性质
标准方 y2 2 px( p 0) y2
程
2 px( p 0) x2
2 py( p 0) x2 2 py( p 0)
图
形
性对
称 x轴
x轴
轴
y轴
y轴
焦
点 质坐
标
p F ( ,0)
2
准
线
p
x
方
2
程
焦
p
半 | PF | x0
径
2
范
x0
围
顶
O (0,0)
点
离
心
e1
率
e
【要点名师解析】
1．一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线
C 上的点与一个二元方程 f(x,y)=0 的实数解
建立了如下关系：
（ 1）曲线上点的坐标都是这个方程的解。
（ 2）以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点。那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线
叫做方程的曲线。
注：如果中满足第（ 2）个条件，会出现什么情况？（若只满足“以这个方程的解为坐标的点
（ 3）理解数形结合的思想。
2．热点提示
（ 1）双曲线的定义、标准方程和离心率、渐近线等知识是高考考查的重点；双曲线与其他圆
锥曲线的交汇命题是热点。
2018高考数学一轮复习备考策略
2.在思维活动过程中，揭示数学思想方法；如解析几 何中几何特性的分析体现了数学结合的思想
31
注重数学思想方法的渗透
3.在问题解决方法的探索中，激活数学思想方法；如 在复习到数列通项求法时观察法时，可体现特殊与一般的 数学思想；
（4）论常见技巧的重要性。如高考选择12题
12. 设
A.
，
，则
B.
C.
D.
本题主要考查对数的运算和不等式，技巧真数同则取倒， 属于中档题
（5）注重教材冷点，考前要回归冷点。如随机变量方差 、标准差、正态分布、线性回归、底数不是e的指数和对 数求导、三段论式等（理科）。
（6）学生要总结常见问题的处理办法，例如立方体几何 中要求学生分专项总结证明方法和解法归类
(1)求f
( 2 3
)
的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．
链接一轮复习资料
变式题 [2017·长安一中质检] 已知函数 f(x)=2sin(ωx+φ) ω>0,|φ|<π2 的部分图像如图 3-19-7 所示,若 f(0)= 3,且������������·������������=π82-8,B,C 分 别为最高点与最低点.
（时间拖得越长，效果就越差）
高考复习的主要任务
加深对知识的理解和掌握 提高运用知识的技能技巧 归纳整理，使知识系统化 整合各种资源，提高备考效率
高考复习以下观点要打破
• 讲得多≠掌握多 • 难度大≠能力强 • 技巧多≠分数高 • 加内容≠添保险 • 训练多≠掌握牢
• 多重复≠重基础
高考复习如何进行解题训练的取材？
2018年高考理科数学二轮复习----圆锥曲线中的热点问题
2018年高考理科数学二轮复习----圆锥曲线中的热点问题一、考纲指导1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.二、知识点归纳1.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.温馨提醒:圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.2.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.3.存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3)得出结论.三、典型题例析典型题一：圆锥曲线中的最值、范围【例1】(2016·浙江卷)如图所示，设抛物线y2＝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p 2＝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.∵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 A y B ＝－4，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t . 又直线AB 的斜率为2t t 2－1， 故直线FN 的斜率为－t 2－12t ，从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t .∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t . 设M (m ，0)，由A ，M ，N 三点共线得2t t 2－m ＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1， 于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1，∴m ＜0或m ＞2. 经检验知，m ＜0或m ＞2满足题意.综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).探究提高：求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中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数形结合求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.【练习1】 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x 24＋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 ²|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.典型题二：定点、定值问题1、圆锥曲线中的定值【例2】 (2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值.(1)解 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，12ab ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知A (2，0)，B (0，1).设P (x 0，y 0)，则x 20＋4y 20＝4.当x 0≠0时，直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2). 令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1， 从而|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1. 所以|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1²⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4. 当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4.综上，|AN |²|BM |为定值.探究提高1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【练习2】 (2017·唐山一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.解:(1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，a b 在椭圆C 上， ∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，②联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明 当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |²|OM |＝12³23³22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1²x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2， 由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，所以S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2²（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6.2、圆锥曲线中的定点问题【例3】 (2017·哈尔滨模拟)已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →²PB→＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解 设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y ).∵2P A →²PB→＝|PQ →|2， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2， 化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k (x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x －1），消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1. ∴GH 中点E 1坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1， 同理，MN 中点E 2坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋2，k k 2＋2， ∴kE 1E 2＝－3k 2（k 2－1）， ∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2（k 2－1）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，∴过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0， 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，综上所述，lE 1E 2过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0. 探究提高1.动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).2.动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【练习3】 (2017·菏泽调研)已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝43与椭圆C 交于P ，Q 两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形.(1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点.(1)解 设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB→|＝|PQ →|， ∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3， ∴点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2＝2， 又c 2＝2，∴a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)证明 设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x ＋2），消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0，则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k 2， ∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k 1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， 设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，则DG ⊥AN ，∴GD→²AN →＝0恒成立. ∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， ∴GD →²AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立， 即8k 2t 1＋2k 2＝0恒成立，∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0). 典型题三：圆锥曲线中的存在性问题【例4】 (2017·长沙调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，F 为其右焦点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4，0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1， 解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －4），x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2①，x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2②. 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2，⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设.故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4).探究提高1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.2.求解步骤：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.【练习4】 (2017·新乡三模)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由.解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)，∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ，∴Q (2p ，2p ).∵|2QA→＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB . 则QA→²QB →＝0， 可得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去).因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA→＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立.四、方法总结1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.2.圆锥曲线的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.3.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.五、链接高考1.F 1，F 2是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→²PF 2→的最大值是( ) A.－2B.1C.2D.4解析 设P (x ，y )，依题意得点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，PF 1→·PF 2→＝(－3－x )(3－x )＋y 2＝x 2＋y 2－3＝34x 2－2，注意到－2≤34x 2－2≤1，因此PF 1→·PF 2→的最大值是1.答案 B2.(2017·沈阳二模)若点P 为抛物线y ＝2x 2上的动点，F 为抛物线的焦点，则|PF |的最小值为( ) A.2B.12C.14D.18解析 根据题意，抛物线y ＝2x 2上，设P 到准线的距离为d ，则有|PF |＝d ，抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，∴当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18. 答案 D3.(2017·北京西城区调研)过抛物线y 2＝43x 的焦点的直线l 与双曲线C ：x 22－y2＝1的两个交点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，若x 1²x 2>0，则k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞解析 易知双曲线两渐近线y ＝±22x ，当k >22或k <－22时，l 与双曲线的右支有两个交点，满足x 1x 2>0. 答案 D4.(2017·全国Ⅰ卷)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点.若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( ) A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，3]∪[9，＋∞) C.(0，1]∪[4，＋∞)D.(0，3]∪[4，＋∞)解析 (1)当焦点在x 轴上，依题意得 0<m <3，且3m≥tan ∠AMB 2＝ 3. ∴0<m <3且m ≤1，则0<m ≤1. (2)当焦点在y 轴上，依题意m >3，且m3≥tan ∠AMB 2＝3，∴m ≥9， 综上，m 的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞).答案 A5.在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 恒过的点的坐标为( ) A.(0，1) B.(0，2) C.(2，0)D.(1，0)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得y ＝12x 1x －y 1， 同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2， 又点Q (t ，－2)的坐标适合这两个方程， 代入得－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，这说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过点(0，2). 答案 B6.(2015·全国Ⅰ卷)已知M (x 0，y 0)是双曲线C ：x 22－y 2＝1上的一点，F 1，F 2是C 的两个焦点，若MF 1→²MF 2→<0，则y 0的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，36C.⎝⎛⎭⎪⎫－223，223 D.⎝⎛⎭⎪⎫－233，233 解析 由题意M 在双曲线C ：x 22－y 2＝1上， 则x 202－y 20＝1，即x 20＝2＋2y 20.由MF →1·MF →2<0，得(－3－x 0，－y 0)·(3－x 0，－y 0)＝x 20－3＋y 20＝3y 20－1<0，即－33<y 0<33. 答案 A7.(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上.(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.(1)解 由于点P 3，P 4关于y 轴对称，由题设知C 必过P 3，P 4.又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎨⎧a 2＝4，b 2＝1.故C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2. 如果直线l 的斜率不存在，l 垂直于x 轴. 设l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，k 1＋k 2＝y A －1m ＋－y A －1m ＝－2m ＝－1，得m ＝2， 此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足. 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1).将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.则k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x2＝2kx 1x 2＋（m －1）（x 1＋x 2）x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.∴(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解之得m ＝－2k －1，此时Δ＝32(m ＋1)>0，方程有解， ∴当且仅当m >－1时，Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝kx －2k －1，即y ＋1＝k (x －2). 当x ＝2时，y ＝－1，所以l 过定点(2，－1).8.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ，即bx ±ay ＝0，圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0可化为(x －2)2＋y 2＝2，其圆心为(2，0)，半径为 2. 因为直线bx ±ay ＝0和圆(x －2)2＋y 2＝2相交， 所以|2b |a 2＋b2＜2，整理得b 2＜a 2. 从而c 2－a 2＜a 2，即c 2＜2a 2，所以e 2＜2.又e ＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，2). 答案 (1，2)9.已知抛物线C ：x 2＝8y 的焦点为F ，动点Q 在C 上，圆Q 的半径为1，过点F 的直线与圆Q 切于点P ，则FP→²FQ →的最小值为________.解析 如图，在Rt △QPF 中，FP →·FQ →＝|FP →||FQ →|cos ∠PFQ＝|FP →||FQ →||PF →||FQ→|＝|FP→|2＝|FQ →|2－1.由抛物线的定义知：|FQ →|＝d (d 为点Q 到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴|FQ →|min ＝2， ∴FP →·FQ →的最小值为3. 答案 310.(2017·济南模拟)已知抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴，y 轴垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________.解析 不妨设A (x 1，y 1)(y 1>0)，B (x 2，y 2)(y 2<0). 则|AC |＋|BD |＝x 2＋y 1＝y 224＋y 1.又y 1y 2＝－p 2＝－4.∴|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2<0).设g (x )＝x 24－4x ，在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增. ∴当x ＝－2，即y 2＝－2时，|AC |＋|BD |的最小值为3. 答案 311.(2017·延安调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22. (1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k （k －1）1＋2k 2，x 1x 2＝2k （k －2）1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k （k －1）2k （k －2）＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.12.(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.13.(2017·昆明二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，短轴长为2.直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，又l 与直线y ＝12x ，y ＝－12x 分别交于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，点B 在第二象限，且△OAB 的面积为2(O 为坐标原点).(1)求椭圆C 的方程； (2)求OM→²ON →的取值范围. 解 (1)由于b ＝1且离心率e ＝22， ∴c a ＝a 2－1a ＝22，则a 2＝2， 因此椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)联立直线l 与直线y ＝12x ，可得点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m1－2k ，m 1－2k ，联立直线l 与直线y ＝－12x ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k ， 又点A 在第一象限，点B 在第二象限， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m1－2k >0，－2m 1＋2k <0⇒⎩⎨⎧m （1－2k ）>0，m （1＋2k ）>0，即m 2(1－4k 2)>0，而m 2≥0， ∴1－4k 2>0， 又|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ＋2m 1＋2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－2k －m 1＋2k 2＝4|m |1－4k21＋k 2， 又原点O 到直线l 的距离为|m |1＋k 2，即△OMN 底边AB 上的高为|m |1＋k2， ∴S △OMN ＝124|m |1＋k 21－4k 2²|m |1＋k 2＝2m 21－4k2＝2， ∴m 2＝1－4k 2，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 代入椭圆方程， 整理可得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，∴x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1²x 2＝2m 2－21＋2k 2，Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝48k 2>0，则k 2>0， ∴y 1²y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－2k 21＋2k 2，∴OM →²ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 21＋2k 2＝81＋2k 2－7，∵0<k 2<14，∴1＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，∴81＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫163，8，∴OM →·ON →∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1. 故OM →²ON →的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1.。