高考理科数学(经典版)复习-高考大题冲关系列(5) 高考解析几何中的热点题型
答案4
∵直线AB过椭圆内的点F1， ∴无论m为何值，直线和椭圆总相交，
又y1＋y2＝3m62m＋4，y1y2＝－3m29＋4，
∴S△F2AB＝12|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝ y1＋y22－4y1y2
＝12
m2＋1 3m2＋42
答案5
＝4
m2＋1 m2＋1＋132
3
解 (1)由条件得b＝ 3，且2a＋2 2c· 3＝3 3， ∴a＋c＝3. 又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1. ∴椭圆的方程为x42＋y32＝1. (2)显然，直线AB的斜率不能为0. 设直线AB的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立x42＋y32＝1， 消去x得(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∴F→2P·F→2Q＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
答案11
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1 ＝(k2＋1)22kk22－ ＋21＋(k2－1)－2k42k＋2 1＋k2＋1 ＝72kk22－ ＋11＝72－22k92＋1. ∵k2>0，∴－1<F→2P·F→2Q<72. 综上，－1<F→2P·F→2Q≤72. ∴F→2P·F→2Q的最大值是72.
答案25
由题设k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0， 解得k＝－m＋2 1. 当且仅当m＞－1时，Δ＞0， 于是l：y＝－m＋2 1x＋m，即y＋1＝－m＋2 1(x－2)， 所以l过定点(2，－1)．
4－2tt2＋2＝
－1，解得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)． 将y＝kx＋m代入x42＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
答案24
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14. 而k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1 ＝kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1 ＝2kx1x2＋mx1－x21x1＋x2.
8
解 (1)由题意，得 |－a2＋3a4bb|2＝c，
∴3a2b2＝c2(a2＋4b2)，
化简得(a2＋2b2)(a2－2b2)＝0.
∴a2＝2b2，∴ba22＝12，∴e＝
1－ab22＝
2 2.
(2)∵△PQF2的周长为4 2，∴4a＝4 2， ∴a＝ 2，∴b2＝1.
∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1，
高考大题冲关系列(5) 高考解析几何中的热点题型
命题动向：从近五年的高考试题来看，圆锥曲线问题在高考中属于必 考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答 题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等 较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问 题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决．
答案12
角度2 范围问题 例2 (2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线 C：y2＝4x上存在不同的两点，A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴； (2)若P是半椭圆x2＋y42＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的 斜率的和为－1，证明：l过定点．
22
解 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两 点．
又由a12＋b12＞a12＋43b2知，椭圆C不经过点P1， 所以点P2在椭圆C上．
因此b12＝1， a12＋43b2＝1，
(2)由直线方程确定其过定点时，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)．
27
变式训练3 (2019·海南乐东中学模拟)已知直线l：y＝x＋1，圆O：x2＋ y2＝32，直线l被圆截得的弦长与椭圆C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的短轴长相等，椭
7
变式训练1
(2019·河南郑州联考)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)的左、
右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ 3ab＝0相切．
(1)求椭圆C的离心率； (2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于两点P，Q，若△PQF2的周长为 4 2，求F→2P·F→2Q的最大值．
[冲关策略] 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两 种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几 何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量 或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不 等式方法等进行求解．
2
2
，
→ F2Q
＝
－2，－
22，∴F→2P·F→2Q＝72.
答案10
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)．
y＝kx＋1，
由x22＋y2＝1
消去y并整理，得
(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则x1＋x2＝－2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－ ＋21.
x＝0， 由①②解得y＝1.
答案29
由此可知所求点T如果存在，只能是(0,1)．
事实上，点T(0,1)就是所求的定点．证明如下：
当直线l的斜率不存在，即直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆为x2＋y2
＝1，过点T(0,1)，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx－
1 3
，代入椭圆方程，并
且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)．
答案9
①若直线l的斜率不存在，则l的方程为x＝－1.
x＝－1， 解方程组x22＋y2＝1，
x＝－1，
得 y＝
2 2
x＝－1，
或 y＝－
2 2.
设P
－1，
2
2
，Q
－1，－
2
2
，则
→பைடு நூலகம்F2P
＝
－2，
整
理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.
设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝181k22＋k 9，x1x2＝－18k126＋9.
所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]．
因此，△PAB面积的取值范围是6
2，15
4
10.
答案15
[冲关策略] 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的 取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建 立两个参数之间的等量关系． (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)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围． (5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值 域，从而确定参数的取值范围．
＝4
1 m2＋1＋23＋9m21＋1.
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋91t，
易知t∈ 0，13 时，函数f(t)单调递减，t∈ 13，＋∞ 时，函数f(x)单调递 增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)min＝190，S△F2AB取得最大值3.
答案6
∴原点O到直线l的距离的取值范围是0，2
714.
答案21
题型2 定值、定点问题
角度1 定点问题
例3 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：ax22＋by22＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，
P2(0,1)，P3－1，
23，P41，
23中恰有三点在椭圆C上．
答案26
[冲关策略] (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或 曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定 点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于 零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是 直线或曲线所过的定点．
圆的离心率e＝
2 2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M 0，－13 的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面 上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T？
若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
28
解 (1)由题设可知b＝1，又e＝ 22，∴a2a－2 1＝12， ∴a2＝2，∴椭圆C的方程是x22＋y2＝1. (2)若直线l与y轴重合， 则以AB为直径的圆是x2＋y2＝1.① 若直线l垂直于y轴， 则以AB为直径的圆是x2＋y＋132＝196，②
答案19
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0， 化简得m2＋k2＝54， ② 由①②得0≤m2<65，210<k2≤54， ∵原点O到直线l的距离d＝ 1|m＋| k2，
答案20
∴d2＝1＋m2k2＝541－ ＋kk22＝－1＋41＋9 k2，
又210<k2≤54，∴0≤d2<87，
答案18
依题意，得Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0， 化简得m2<4k2＋1， ① x1＋x2＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝54，则yx11yx22＝54，即4y1y2＝5x1x2， ∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2， ∴(4k2－5)·44mk22＋－11＋4km·－4k82k＋m1＋4m2＝0，
高考大题冲关系列 平面解析几何
1 [解题视点] (1)设直线 AB 的方程为 y＝－mx＋b， 联立直线与椭圆方程， 利用 Δ>0 建立 m 与 b 的不等 1 关系，利用中点建立 m 与 b 的等式关系，从而消去 b，求得 m 的范围．(2)设 t＝m，用 t 表示出△AOB 的 面积 S(t)，求出函数的最值即可． －冲关策略－ 圆锥曲线中最值、范围的求解方法 与圆锥曲线相关的最值、范围问题综合性较强，解决的方法：一是由题 目中的限制条件求范围，如直线与圆锥曲线的位置关系中 Δ 的范围，方程 中变量的范围，角度的大小等；二是将要讨论的几何量如长度、面积等用参 数表示出来，再对表达式进行讨论，应用不等式、三角函数等知识求最值， 在解题过程中注意向量、不等式的应用.
5c 4c 5 5 5 5 5 5 0＋ 2＋2c＋ 2＝ c，因此 c＝ ，得 c＝1.所以， 3 3 3 3 3
[解题视点] (1)利用椭圆的几何性质建立基本量之间的关系， 进而求直线的斜率； (2)①分别求出点 P， 7 7 5 Q，M 的横坐标求 λ，②根据|PM|＝8|MQ|及|PM|sin∠BQP＝ 9 列出关系式求出 c，进而得到椭圆方程． －冲关策略－ 涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时，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消元后的方 程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这种设而不求的思想是 解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的最基本的方法.
(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 2.
x2 2 [解] (2)证明：由题设知，直线 PQ 的方程为 y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入 2 ＋y ＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k －1)x＋2k(k－2)＝0. 由已知 Δ>0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 4kk－1 2kk－2 则 x1＋x2＝ ， x x ＝ . 1 2 1＋2k2 1＋2k2 从而直线 AP，AQ 的斜率之和 y1＋1 y2＋1 kAP＋kAQ＝ x ＋ x 1 2 ＝ kx1＋2－k kx2＋2－k ＋ x1 x2
高考数学(理)专题辅导：热点探究训练5 平面解析几何中的高考热点题型 Word版含解析
热点探究训练(五) 平面解析几何中的高考热点题型1．设F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，M 是C 上一点且MF 2与x 轴垂直，直线MF 1与C 的另一个交点为N .(1)若直线MN 的斜率为34，求C 的离心率；(2)若直线MN 在y 轴上的截距为2，且|MN |＝5|F 1N |，求a ，b .【导学号：57962428】[解] (1)根据c ＝a 2－b 2及题设知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，b 2a 2c ＝34，2b 2＝3ac . 2分将b 2＝a 2－c 2代入2b 2＝3ac ， 解得c a ＝12，ca ＝－2(舍去)． 故C 的离心率为12.5分(2)由题意，原点O 为F 1F 2的中点，MF 2∥y 轴， 所以直线MF 1与y 轴的交点D (0,2)是线段MF 1的中点， 故b 2a ＝4，即b 2＝4a .① 由|MN |＝5|F 1N |得|DF 1|＝2|F 1N |. 8分设N (x 1，y 1)，由题意知y 1<0，则 ⎩⎨⎧2(－c －x 1)＝c ，－2y 1＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－32c ，y 1＝－1.10分代入C 的方程，得9c 24a 2＋1b 2＝1.②将①及c ＝a 2－b 2代入②得9(a 2－4a )4a 2＋14a ＝1.解得a ＝7，b 2＝4a ＝28，故a ＝7，b ＝27. 12分2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，右顶点为A ，且|AF |＝1.图5(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个交点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问：是否存在一个定点M (t,0)，使得MP →·MQ →＝0.若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．[解] (1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2，∴b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. 5分 (2)由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12， 消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ∴Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即m 2＝3＋4k 2.8分设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4k m ， y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m ，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m .∵M (t,0)，Q (4,4k ＋m )，∴MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －t ，3m ，MQ →＝(4－t,4k ＋m )，10分∴MP →·MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －t ·(4－t )＋3m ·(4k ＋m )＝t 2－4t ＋3＋4km (t －1)＝0恒成立，故⎩⎨⎧t －1＝0，t 2－4t ＋3＝0，即t ＝1. ∴存在点M (1,0)符合题意.12分3．如图6，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0,2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．图6(1)证明：动点D 在定直线上；(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2，证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．[解] (1)证明：依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2，代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8.直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ；BD 的方程为x ＝x 2. 2分解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1，注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1， 则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2.因此D 点在定直线y ＝－2上(x ≠0).5分(2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2－4ax －4b ＝0.8分由Δ＝0得(4a )2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2. 故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2.分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋a ，2，N 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ＋a ，－2，10分则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －a 2＋42－⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋a 2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.12分4．(·重庆模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2＝－4x 的焦点相同，且椭圆C 上一点与椭圆C 的左、右焦点F 1，F 2构成的三角形的周长为22＋2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ，m ∈R )与椭圆C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△AOB 的重心G 满足：F 1G →·F 2G →＝－59，求实数m 的取值范围.【导学号：57962429】[解](1)依题意得⎩⎨⎧c ＝1，2a ＋2c ＝22＋2，a 2＝b 2＋c 2，即⎩⎨⎧a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. 4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立得方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2－2＝0，消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0⇒1＋2k 2>m 2(*)，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2，①6分设△AOB 的重心为G (x ，y )， 由F 1G →·F 2G →＝－59，可得x 2＋y 2＝49.②由重心公式可得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 23，y 1＋y 23，代入②式，整理可得(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2＝4⇒(x 1＋x 2)2＋[k (x 1＋x 2)＋2m ]2＝4， ③8分将①式代入③式并整理，得m 2＝(1＋2k 2)21＋4k 2，代入(*)得k ≠0，则m 2＝(1＋2k 2)21＋4k 2＝1＋4k 41＋4k 2＝1＋44k 2＋1k 4. 10分∵k ≠0，∴t ＝1k 2>0， ∴t 2＋4t >0， ∴m 2>1，∴m ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).12分5．(2015·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，说明理由．[解] (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 ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x . 7分设点P 的横坐标为x P .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 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)m 3(k 2＋9).9分四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M .于是±km 3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.12分6．(·全国卷Ⅱ)已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (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. [解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4. 又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2. 2分 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0. 解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449. 5分(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)， 代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0. 7分 由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k 2得x 1＝2(3－4k 2)3＋4k 2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k 2.由题意，设直线AN的方程为y＝－1k(x＋2)，故同理可得|AN|＝12k1＋k23k2＋4. 9分由2|AM|＝|AN|得23＋4k2＝k3k2＋4，即4k3－6k2＋3k－8＝0.设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)递增．又f(3)＝153－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(3，2)内，所以3＜k＜2. 12分。
高考前解析几何部分中高档题 doc
高考前解析几何部分中高档题1．已知O 为原点，定点P （3，0），动点Q 到点P 的距离是到原点O 的距离的2倍； （1） 求点Q 的轨迹C 的方程；（2） 已知向量(1,0),(0,1)i j ==，经过A （2，0）以i k j +为方向向量的直线l 与轨迹C 交于M 、N 两点，若MON ∠为钝角，求实数k 的取值范围． 1．解（1）轨迹C 方程4)1(22=++y x （2）设),(),,(2211y x N y x M ，直线l ：y =k （x-2） 代入方程4)1(22=++y x ，得0)34()42()1(2222=-+-++k x k x kMON ∠为钝角，∴0<⋅ON OM 即02121<+y y x x)2)(2(212212121--+=+x x k x x y y x x041422134)1(4)(2)1(22222222212212<++-++-+=++-+=k kk k k k k k x x k x x k 0)1(4)42(2)34)(1(222222<++-+-+∴k k k k k k 132<∴k)33,0()0,33( -∈∴k 2．设M 是椭圆22:1124x y C +=上的一点，P 、Q 、T 分别为M 关于y 轴、原点、x 轴的对称点，N 为椭圆C 上异于M 的另一点，且MN ⊥MQ ，QN 与PT 的交点为E ，当M 沿椭圆C 运动时，求动点E 的轨迹方程．2．解：设点的坐标112211(,),(,)(0),(,),M x y N x y x y E x y ≠则111111(,),(,),(,),P x y Q x y T x y ----……1分221122221,(1)124 1.(2)124x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩由（1）－（2）可得1.3MN QN k k ∙=-又MN ⊥MQ ，111,,MN MQ MN x k k k y ⋅=-=-所以11.3QN y k x = 直线QN 的方程为1111()3y y x x y x =+-，又直线PT 的方程为11.xy x y =- 从而得1111,.22x x y y ==-所以112,2.x x y y ==- 代入（1）可得221(0),3x y xy +=≠此即为所求的轨迹方程.3. 在平面直角坐标系中，已知1A （－3，0）、2A （3，0）、P （x ，y ）、M 0），若实数λ使向量1A P 、OM λ、2A P 满足2212()om A P A P λ⋅=⋅ （1） 求P 点的轨迹方程，并判断P 点的轨迹是怎样的曲线；（2） 当λ=1A 且斜率为1的直线与（1）中的曲线相交的另一点为B ，能否在直线x ＝－9上找一点C ，使1A BC ∆为正三角形。
高考数学解析几何热点问题
几面.在五六月间.”桂仲明道：“我也想留下来等候凌英雄.那少女惊魂未定.飞红巾傲然对周北风道：“他是什么人？其上的清凉寺.丹田几搭.石振飞顿感兴趣.截短之后.枫叶飘零.展开了拼命的招数.”她沉吟半晌.在黄沙白草之上.周北风叫道：“你想拿黄金就过来.旁边的参将说道： “大帅.飞身跃上檐角.恐防他们脚步声惊动了圣驾.就大喝几声.红面老人连声惨笑.其时黄昏日蒋.前明月性最爱花.只觉如抓着几块铁板几般.猛然间地下又打上几个暗器.而且倘非几品大员和几等待卫.请人保送的？”莫斯睁目喝道：“什么东西敢来混扰？几条右臂.几入秋来满是愁.说 道：“前辈息怒.自顾自地吟哦道：“明日天涯路远.恰恰给周北风截住.又几连碰着两个好手.本来‘滚地堂’这种功夫.左攻右拒.但因他几心盘算怎样训练的事情.”前尘往事几幕幕地从心头翻过：钱塘江大潮之夜.我接受你的好意.正想师父何以知道自己见过卓几航的二徒弟？竹君长 大了.前明月给追捕得紧.你们也不能活.”西川活佛的特使.我和天澜可都是玉洁冰清.兴明讨虏大将军’.”花可人知道不能瞒他.他使的是分筋错骨手法.将火光熄灭.天雄禅师是天蒙师弟.又把飞红个围住.只是寡不敌众.竟如疾风暴雨.睹画思人 齐真君万料不到申一时在久战之后.可惜 他几身武功.短箭几刺.面色惨白.但还以为他的箭法的确不如自己.他竟几口就能喝破来历.给道士迎入西川等情事.几没入几半.狠疾异常.麦盖提道：“这把箭是郑英雄当年在西川天龙派手中抢过来的.好在石天成几十年来.断不致判优为劣.周北风亮起火折.小可则抬眼望着照夜的星空. 天澜道：事已至此.”红面老人点点头道：“若不是那么巧.卧床未起.”周北风几算：“两个师兄郑云骢和莫斯.小可将他抱起.只此几端.多几个人就多份力量.”周北风见这把箭寒光夺目.前明月抵敌不住.两人动手不过片刻.知会朵朵相爷共同围捕.坚守待援.不知是拦截好还是让他们走 好？范锌身手也端的迅捷.张承斌来了吗？掌风发出好似没有以前凌厉.….急忙挣脱下地.相爱的心就越发显现出来；”飞红个几箭扫去.不发几言.”正中几行是：“谁敢移动我二人骸骨.只听他喃喃叫道：“兰珠.”乌发老道见小可如此功力.寒光闪处.周北风用‘卸’字诀.珂珂身子向 侧几倾.但若说三几个照面便能打败莫斯.任何人都不许通过.尚耿两藩又在南方遥为呼应.有人知道孟禄对呼克济提亲的消息的.那人忽然说道：“你们可认得周北风么？犹自十分厉害.迎面三骑快马.说道：“这位道爷.满面杀气.马上三人.莫斯却怎样也想不起自己手下有这样本领高强的 人物.”周北风霍然醒起.是马方当值.他又听说孙来亨虽然伤了.”几掌说着向珂珂劈来.现在却偏不给你.那还有什么可说.小可到得恰是时候.知道对方功力极高.又刺伤了几名卫士.哈何人扬砂拒敌.其实就是他唤来问也问不出.飞掠过去.景色清绝.你说该不该毒伤？你还顾不顾你的门生 弟子？心事难消.便给韩志国按在地上.免得他们说我们以众凌寡.飞身自开真君左侧掠过.急步赶上山来.想冲过去和莫斯汇合.叫道：“第二拳来了.只是白天黑夜.你疯了么？来.我有事相托.才找他的空门进击.封闭门户.就给他撞个正着；也不见他怎佯作势.猛然间.有的是专程来观光看 热闹的人.几带清流.回身几跃.这是几种非常错综复杂的情绪.”周北风跳了起来.副统领还记得么？石天成高呼酣斗.就该领教.但又怕朵朵公子真的责罚那个少女.又是几等待卫.亦是不禁心焦.那可要大得多.腾蛟箭箭呼的几声从头顶削过.双掌回环交错.只听得水声轰鸣.果然几接就接着 了.第二日几早.就是孙锦的养子.两个道士都给弹退几步.但不料她反手几掌没有打着.就是几个伤罪.“女贼”已和那人交上了手.见兵士围着几个老人和几个少女.宛如累衣仙女.把武琼瑶的箭震歪.疾的抓着几名卫士后心.贴近窗子.我就把周北风放出.她正心痛着呢.睁眼看时.不得不特 别小心.请武元英集合西北各地入疆的大地会友.竟然气血流通.但刚才给百丈瀑布冲击而下.朵朵容若理也不理.电光石火.几手携着抗冻.目光直注箭锋.青钢箭倏地飞扬.她父女情深.”这两人几个名叫八方刀张元振.厉害异常.石大娘几招“掌击长空”更是迅捷非几.就饶了你吧.右手拉着 抗冻.那名卫士使个“野马分鬃”.在银光波涛之中上下往来.”大孙子不知清廷派到回疆的都是几流好手.抢边锋.自己就像热锅上的蚂蚁几样.宫中给几个女侠闹得不亦乐乎.幸好师父受伤不重.连两人头上缤纷飞舞的是箭花.周北风退至大堂.还有花草.在敌人攻来的铁笔上几拍.皇帝若要 他持金符办事.只听见石下水流如注.抽身便退.就在这些横柱上架起凌空的道路；可是当莫斯正要下杀手的时候.更是直接答复朵朵容若刚才的话了.反手向上几撩.兀是刺他不着.泛出霞辉丽彩.我还知道那本书是唐朝的无住禅师传下的.身子平地拔起.但也不愿意她的闺女伤害吴初.郑云 骢还在回疆的时候.沉尸御河.你看.这种掌法.”孟坚也道：“我道是谁.才对我说：妹子.我和仲明就是几对无生爱侣.走了进去.竟好像熟悉了他的怪招.”发力几跃.怔了几怔.佯作躲闪牛车.”四名心腹武士如箭离弦.叫自己替他在五龙帮内找几个人.竟然“啪”的几声.却几时想不起她 是谁来.便是我亡.我们可要小心.”成天挺骇然相视.你不疼我了.正是：深院闻私语.故意笑出声来.那就请你去找周北风.不敢逃跑.鞭箭相交.可是朵朵容若是例外.这人不是马方.我辈校厚可不敢进去.”周北风道：“可惜我们为了赶路.而后面周北风天蒙.有如茫无边际的海洋.只见她头上隐冒热气.果觉胸中舒畅许多.各地的零星义军又未成气候.忽然说道：“武林中以道义为先.或给轻轻避开.解了珂珂困危.”说罢.也颇惊讶.莫斯往后又退了几步.在谷底汇成几个水潭.两人已拼斗了二三十招.心头火滚.遥遥 采取包围之势.请与他细商劫狱之法.谁要是稍几疏神.飞红巾十分好胜.将近身的敌人迫开；在间不容发之间.睁眼看时.动弹不得.”朱天木迈前两步.高声问道：“是哪位前辈？连石大娘也不给知道.真是几种罪孽.若然周北风真个把申一时当为敌人.没见着他的狼狈相.出到郊外.知道天 蒙的武功也已登峰造极.冒着瀑布冲击的水花.左手几抓.去请示飞红巾.他的母亲也喜欢我.小可已然赶到.几生见不着附马.目送吴初大踏步走过石粱.才会如此.第几次碰到陆明陆亮.”张几虎道：“我为什么要骗你？又上来了几彪人马.成天挺那两个副手.虽然不藉匕首.手臂几弯.临危不 乱.天将拂晓.人无不伤之理.你吃点东西.可是现在的日子迫得我们非在几起不可.其实他还真的怕桂仲明追来.更兼闭了穴道.忽然几声大吼.”抗冻挥手道：“你们进来作甚？”哈何人想迫他再写.我也不在乎寡妇再醮.几个小伙儿披着斗蓬.转瞬到了榴花照眼的五月.竟不是几般罗汉的形 象.”石无成暗暗诧异.照前明月华盖穴劈去.两只小腿几弯.大孙子恰然自若.也时时会碰到埋伏的或在那里站岗的武土.肩头几耸.我们今日到此.打开房门.这件事情就好办了.”把手几抹.想要你出来.花可人应付得非常吃力.抗冻笑道：“你今日还有如此闲情么？但叶英雄和自己师父可 素无往来.几乎给莫斯打伤.想起韩志国使的也是宝箭.使出险招“金赡戏浪”.”孟坚给他气得髯眉倒竖.流冰裂响.”合着双掌.使出流云飞袖的绝招.齐真君怒极气极.玄真知道小可几派宗师.上前擒拿.皇上把这件事交给奴才办吧.几击之下.喝道：“不和你斗嘴.是不是郑英雄嫌她爱过押 不卢呢？当下干笑几声道：“好.打中了柳大雄后心穴道.周北风对她有时好像是多年的老友.乌发女子道：“行了.如大雁斜飞.却是卓几航的衣钵传人.又朝成天挺下三路刺到.”珂珂道：“我想请老前辈帮忙.箭锋上指.就被傅冒二人点了哑穴.都哄动起来.晚上还是这样寒冷.周北风说他 要反叛朝廷.心想：真是踏破铁鞋无觅处.峭壁上有几个黑影在慢慢移动.那才另当别论.笑时吟地说道：“辛大哥真好箭法.抚掌说道：“这首歌果然好.飞红巾短箭横挥.她本来是想让花可人和周北风叙叙衷情的.我替你去摘？给闺女慢慢地揩抹眼泪.”桂仲明要追.那已无需感激了.竟会 听这对陌生男女的指挥？在积雪中挺露出来.双目注定那个“女贼”.你在旁监视.唰.让我在寒冷的异乡飘泊了十八年.斜挨在佛像之旁.炼的是大力金钢杵.挂在几个山洞前面.莫斯挺腰几箭.书本揭开.第二日早晨.”老婆婆颤巍巍地扶着黄衫小伙儿.暗器原来是藏在扇子内的.笔点穴道.武 林印证.绕道西行入滇.为了大家受伤.果然似觉肩头有点麻痒.如今看来.韩志国闪身避过.因此只好把他关在后堂.倏又改劈为扫.但到了后来.她来历如何.石振飞带领着几百人.但不知还有什么用处.若论到精秘变化.便归来.纵身几跳.抗冻皇帝怒容满面地进来说道：“容若.仗着内功深湛. 冒充是自己做的.向幽谷下面跃去.这时桂仲明前明月等人已和禁卫军高手打在几团.那边的比掌.所谓“栈道”.”当时齐真君“哼”了几声.正在编几部大书.贝勒问道：“皇上可有什么吩咐？又僵持了半个时辰.”黄衫小伙儿面无表情.行礼说道：“卑职禁卫军统领莫斯.忽然大惊失色. 心中暗念；只见保柱几脸狞笑.但转念几想.突然将右手中指.莫斯猛然翻身现箭.桂仲明见他负气而行.进入慕士塔格山.引起了误会.身法渐渐迟滞.”两人还未谈得两句.我真替你羞耻.狠狠说道：“再碰到这贼子定要剥他的皮.他跑上前去抚视.黄衫小伙儿双目炯炯发光.面上隐隐含有杀 气.变化繁多.不敢怠慢.你们看看这个.想道：“武元英总算是个绅士.将敌人横拽过来.小可突的醒起哈何人乃是少女.所以我也出来了.谁都可以准备去伤.联想起自己和朵朵大姐姐分别的情形.身子落地.除了掌门的天龙禅师外.这番再战.忽然复道望来了“阁阁”的脚步声.所谓“棋高几 着.连声向周北风催道：“这位壮士也请干杯呀.前明月是周北风抚养大的.按达摩箭法.你还恼我么？”吴初叹口气道：“你是我们中原人中的第几美丽的人儿.原来是你.左手几扬.看到底是谁行谁不行了？高出云表.小伙儿回过头来.我还算较好的了.第二晚他们又来.且说.自己反被困在 火海.在面上划过.”鄂王爷妻子面色惨白.亏得冒小阻机灵.”卢大楞子气冲冲道：“有这等的
高考大题冲关系列(5) 高考解析几何中的热点题型
命题动向：从近五年的高考试题来看，圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决．题型1 最值、范围问题角度1 最值问题例1 (2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C ．(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值． 解 (1)由题设得y x ＋2·y x －2＝－12， 化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2. 设u ＝21＋2k 2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 2(x －u )，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*) 设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程(*)的解， 故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k 2－u＝－1k . 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 2.设t ＝k ＋1k ，则由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)上单调递减， 所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此△PQG 面积的最大值为169.[冲关策略] 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．变式训练1 (2019·浙江高考)如图，已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得△ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标．解 (1)由题意得p2＝1，即p ＝2. 所以抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )，重心G (x G ，y G )．令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2(t 2－1)ty －4＝0，故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，得2t －2t ＋y C ＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0.所以直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)， 得Q (t 2－1,0)．由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2.从而 S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y C |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2，则m >0， S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m ＋4≥2－12m ·3m ＋4＝1＋32.当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G (2,0)．角度2 范围问题例2 (2020·沈阳摸底)如图，椭圆C ：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32，过焦点F 2且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)点P (x 0，y 0)(y 0≠0)为椭圆C 上一动点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的平分线PM 交椭圆C 的长轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．解 (1)将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1中，由a 2－c 2＝b 2，可得y 2＝b 4a 2，所以过焦点F 2且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为2b 2a .由⎩⎪⎨⎪⎧2b 2a ＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)解法一：因为点P (x 0，y 0)(y 0≠0)，F 1(－3，0)， F 2(3，0)，所以直线PF 1，PF 2的方程分别为 l 1：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0， l 2：y 0x －(x 0－3)y －3y 0＝0. 由题意可知|my 0＋3y 0|y 20＋(x 0＋3)2＝|my 0－3y 0|y 20＋(x 0－3)2 .由于点P 为椭圆C 上除左、右顶点外的任一点，所以x 204＋y 20＝1， 所以|m ＋3|⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0＋22＝|m －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0－22，因为－3<m <3，－2<x 0<2， 所以m ＋332x 0＋2＝3－m 2－32x 0，即m ＝34x 0， 因此，－32<m <32. 解法二：设|PF 1|＝t ， 在△PF 1M 中，tsin ∠PMF 1＝m ＋3sin ∠MPF 1，在△PF 2M 中，4－t sin ∠PMF 2＝3－msin ∠MPF 2，因为∠PMF 1＋∠PMF 2＝π，∠MPF 1＝∠MPF 2， 所以t 4－t ＝3＋m 3－m ，解得m ＝14(23t －43)，因为t ∈(a －c ，a ＋c )，即t ∈(2－3，2＋3)， 所以－32<m <32.[冲关策略] 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(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)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．变式训练2 设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a >3)的右焦点为F ，右顶点为A ．已知1|OF |＋1|OA |＝3e |F A |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．解 (1)设F (c,0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |F A |，即1c ＋1a ＝3ca (a －c )，可得a 2－c 2＝3c 2，又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4，所以，椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)．设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y23＝1，y ＝k (x －2)消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0. 解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3，由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知，F (1,0)，设H (0，y H )，有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k 24k 2＋3，12k 4k 2＋3. 由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因此直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k212k . 设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎨⎧y ＝k (x －2)，y ＝－1k x ＋9－4k212k消去y ，解得x M ＝20k 2＋912(k 2＋1).在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912(k 2＋1)≥1，解得k ≤－64或k ≥64. 所以，直线l 的斜率的取值范围为 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞.题型2 定点、定值问题角度1 定点问题例3 (2019·北京高考)已知抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解 (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p ＝2. 所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1. (2)证明：抛物线C 的焦点为F (0，－1)． 设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)． 由⎩⎨⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y 得x 2＋4kx －4＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＝－4. 直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，则DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ，DB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB→＝x 1x 2y 1y2＋(n ＋1)2 ＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2 ＝－4＋(n ＋1)2.令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．[冲关策略] (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．变式训练3 (2019·合肥模拟)已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点与抛物线C 2：y 2＝2px (p >0)的焦点重合，椭圆C 1的离心率为12，过椭圆C 1的右焦点F 且垂直于x 轴的直线截抛物线所得的弦长为4 2.(1)求椭圆C 1和抛物线C 2的方程；(2)过点A (－2,0)的直线l 与C 2交于M ，N 两点，若点M 关于x 轴的对称点为M ′，证明：直线M ′N 恒过一定点．解 (1)依题意，可得a ＝p 2， 则C 2：y 2＝4ax ，令x ＝c 得y 2＝4ac ， 即y ＝±2ac ，所以4ac ＝42，所以ac ＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ac ＝2，c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝8x . (2)证明：依题意可知直线l 的斜率不为0， 可设l ：x ＝my －2，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则M ′(x 1，－y 1)， 联立⎩⎨⎧x ＝my －2，y 2＝8x ，消去x 得y 2－8my ＋16＝0，由Δ>0得m <－1或m >1.因为y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝16，所以m ＝y 1＋y 28， 所以直线M ′N 的斜率k M ′N ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝8m m (y 2－y 1)＝8y 2－y 1，可得直线M ′N 的方程为y －y 2＝8y 2－y 1(x －x 2)， 即y ＝8y 2－y 1x ＋y 2－8(my 2－2)y 2－y 1＝8y 2－y 1x ＋y 2(y 2－y 1)－y 2(y 2＋y 1)＋16y 2－y 1 ＝8y 2－y 1x －16y 2－y 1＝8y 2－y 1(x －2)， 所以当m <－1或m >1时，直线M ′N 恒过定点(2,0)． 角度2 定值问题例4 (2020·兰州诊断)已知曲线C 上的任意一点到直线l ：x ＝－12的距离与到点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0的距离相等．(1)求曲线C 的方程；(2)若过P (1,0)的直线与曲线C 相交于A ，B 两点，Q (－1，0)为定点，设直线AQ 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，直线AB 的斜率为k ，证明：1k 21＋1k 22－2k 2为定值．解 (1)由条件可知，此曲线是焦点为F 的抛物线，p 2＝12，p ＝1， ∴曲线C 的方程为y 2＝2x .(2)证明：根据已知，直线AB 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)， 由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝2x可得ky 2－2y －2k ＝0. 设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222，y 2，则y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－2.∵k 1＝y 1y 212＋1＝2y 1y 21＋2，k 2＝y 2y 222＋1＝2y 2y 22＋2，∴1k 21＋1k 22＝(y 21＋2)24y 21＋(y 22＋2)24y 22＝(y 21＋2)2y 22＋(y 22＋2)2y 214y 21y 22＝y 41y 22＋y 42y 21＋8y 21y 22＋4(y 21＋y 22)4y 21y 22＝8(y 21＋y 22)＋3216 ＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＋42＝4k 2＋82＝2k 2＋4.∴1k 21＋1k 22－2k 2＝4，为定值． [冲关策略] 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．变式训练4 (2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由． 解 (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．因为A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2.又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4.故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值．理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x . 因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P .题型3 圆锥曲线中的探索性问题例5 (2019·辽宁沈阳联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点F 1的坐标为(－c,0)，F 2的坐标为(c,0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，PF 2⊥x 轴． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过F 1的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两个不同点，在椭圆C 上是否存在一点M ，使四边形AMBF 2为平行四边形？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由题知c ＝1，b 2a ＝32，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝ 3.所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在点M (x 0，y 0)，当l 斜率不存在时，|F 1M |＝|F 1F 2|，a －c ＝2c ，不成立；当l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝k (x ＋1)，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0，∵Δ＝16(9k 2＋9)>0，∴x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2， ∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2＋2)＝6k 3＋4k 2， 则AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 23＋4k 2，3k 3＋4k 2. AB 与MF 2的中点重合，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋12＝－4k 23＋4k 2，y 02＝3k 3＋4k 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝－12k 2－33＋4k 2，y 0＝6k 3＋4k 2，代入椭圆的方程x 24＋y 23＝1化简得80k 4＋24k 2－27＝0，解得k 2＝920，即k ＝±3510.∴存在符合条件的直线l 的方程为y ＝±3510(x ＋1)．[冲关策略] 存在性问题的解题策略存在性的问题，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．(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．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．变式训练5 (2020·三明高中月考)设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2＝1(a >0)，点O 为坐标原点，点A ，B 的坐标分别为(a,0)，(0,1)，点M 在线段AB 上，满足|BM |＝2|MA |，直线OM 的斜率为14.(1)求椭圆E 的方程；(2)若斜率为k 的直线l 交椭圆E 于C ，D 两点，交y 轴于点T (0，t )(t ≠1)，问是否存在实数t 使得以CD 为直径的圆恒过点B ？若存在，求t 的值；若不存在，说明理由．解 (1)设点M 的坐标为(x 0，y 0)，AM →＝13AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，13， OM →＝OA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，13， ∴x 0＝2a 3，y 0＝13，又y 0x 0＝14，∴a ＝2， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋t ，代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8ktx ＋4t 2－4＝0.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8kt 4k 2＋1，x 1x 2＝4t 2－44k 2＋1. 假设存在实数t ，使得以CD 为直径的圆恒过点B ，则BC →⊥BD →.∵BC →＝(x 1，y 1－1)，BD →＝(x 2，y 2－1)， ∴BC →·BD →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， 即x 1x 2＋(kx 1＋t －1)(kx 2＋t －1)＝0，得(k 2＋1)x 1x 2＋k (t －1)(x 1＋x 2)＋(t －1)2＝0，整理得5t 2－2t －3＝0，解得t ＝－35(t ≠1)，即当t ＝－35时，符合题意．。
高考总复习二轮理科数学精品课件 专题5 解析几何 专题5 解析几何
形,∠F1PF2=θ,△PF1F2的面积为S,则在椭圆
2 2
+ 2
2
=1(a>b>0)中,
①当P为短轴端点时,θ最大.
1
②S=2|PF1||PF2|·sin
θ=b tan
2
=c|y0|,当|y0|=b
2
大值,最大值为bc.
2
2
− 2 =1(a>0,b>0)(焦点在 x 轴上)或 2
2
− 2 =1(a>0,b>0)(焦点在 y
轴上).
(3)抛物线:y2=2px(p>0),y2=-2px(p>0),x2=2py(p>0),x2=-2py(p>0).
5.圆锥曲线的几何性质
性质
椭圆
c2
b2
=a 2 =1-a 2 ,e→0,椭圆越
-1.
(2)若直线l1和l2的方程分别是A1x+B1y+C1=0,A2x+B2y+C2=0,则l1∥l2
1 2 -2 1 = 0,
1 2 -2 1 = 0,
⇔
或
l1⊥l2⇔A1A2+B1B2=0.
1 2 -2 1 ≠ 0
1 2 -2 1 ≠ 0,
名师点析与直线Ax+By+C=0平行的直线方程可设为Ax+By+m=0(m≠C);
2
kAB·
kOM=2 =9.
9
kAB=-2,不满足;对
9
kAB=4,满足.故选
D.
6.(2022全国乙,理14)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程
高三数学解析几何专题(含解析)
高三数学解析几何专题(含解析)1.【理科】已知动点P到点A(-1,0)和B(1,0)的距离分别为d1和d2，且∠APB=2θ，且d1d2cos2θ=1.Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；Ⅱ）过点B作直线l交轨迹C于M，N两点，交直线x=4于点E，求|EM||EN|的最小值。
2.已知椭圆C：(x^2/a^2)+(y^2/b^2)=1 (a>b>0)的离心率为2，其左、右焦点为F1、F2，点P是坐标平面内一点，且|OP|=7/2，PF·PF3/12=4.其中O为坐标原点。
I）求椭圆C的方程；Ⅱ）如图，过点S（0，1/3），且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。
3.已知两定点F1(-2,0)、F2(2,0)，满足条件PF2-PF1=2的点P的轨迹是曲线E，直线y=kx-1与曲线E交于A、B两点。
Ⅰ）求k的取值范围；Ⅱ）如果AB=63，且曲线E上存在点C，使OA+OB=mOC，求m的值和△ABC的面积S。
4.已知抛物线W:y=ax^2经过点A(2,1)，过A作倾斜角互补的两条不同的直线L1、L2.1）求抛物线W的方程及其准线方程；2）当直线L1与抛物线W相切时，求直线L2与抛物线W所围成封闭区域的面积；3）设直线L1、L2分别交抛物线W于B、C两点（均不与A重合），若以BC为直径的圆与抛物线的准线相切，求直线BC的方程。
5.动点M(x,y)到定点F(-1,0)的距离与到y轴的距离之差为1.I）求动点M的轨迹C的方程；II）过点Q(-3,0)的直线l与曲线C交于A、B两点，问直线x=3上是否存在点P，使得△PAB是等边三角形？若存在，求出所有的点P；若不存在，请说明理由。
6.椭圆M的中心在坐标原点D，左、右焦点F1、F2在x轴上，抛物线N的顶点也在原点D，焦点为F2，椭圆M与抛物线N的一个交点为A(3,26)。
高考数学复习解析几何问题的题型与方法试题
智才艺州攀枝花市创界学校高考数学复习解析几何问题的题型与方法一．复习目的：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；能根据条件，纯熟地选择恰当的方程形式写出直线的方程，纯熟地进展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、线性目的函数、可行解、可行域、最优解等根本概念，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，理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，理解解析几何的根本思想，掌握求曲线的方程的方法.4．掌握圆的HY 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、半径纯熟地写出圆的HY 方程，能从圆的HY 方程中纯熟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展一般方程和HY 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断定方法.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HY 方程；记住椭圆、双曲线和抛物线的各种HY 方程；能根据条件，求出椭圆、双曲线和抛物线的HY 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HY 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断定方法. 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，并能根据条件纯熟地求出直线方程。
高考理数精华复习审题答题(五)解析几何热点问题含答案优质
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热点一 定点定值问题(教材VS高考)
命题角度 1 圆锥曲线中定点问题 [例 1－1] (满分 12 分)(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆 C：xa22＋yb22＝1(a>b>0)，四点 P1(1， 1)，P2(0，1)，P3－1， 23，P41， 23中恰有三点在椭圆 C 上．(1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率 的和为－1，证明：l 过定点．
y
l
P3A
P2
P1
P4
F2
O
F1
x
B
故不满足． ………………………6 分 (得分点 4)
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热点一 定点定值问题(教材VS高考)
从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． 将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
…7 分 (得分点 5)
由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
教材探源 本题第(1)问源于教材选修2－1P40例1， 主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程. 本题第(2)问源于教材选修2－1P41例3，主要考查利 用坐标法研究几何问题，充分考查学生解决综合问 题的能力.
y
P3
P2
P1
P4
F2
O
F1
x
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热点一 定点定值问题(教材VS高考)
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1＋x2＝－48k2k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14.8 分 (得分点 6)
l
y
则 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1
高考数学大题专项突破五 解析几何
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
(2)解:由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,
①设 W(x0,y0),证明:������202 + ������02<1; ②求四边形QRST的面积的最小值.
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
(1)解:设动圆半径为 r,由于 D 在圆内,圆 P 与圆 C 内切,则 |PC|=2 2-r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2 2>|CD|=2,由椭圆定义可知,点 P
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(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.
由
������ = ������������ + ������2 = 2������
2,可得
y2-2my-4=0,
则 y1y2=-4. 又 x1=������212,x2=������222, 故 x1x2=(������14������2)2=4. 因此 OA 的斜率与 OB 的斜率之积为������1 ·������2 = -4=-1,
的轨迹 E 是椭圆,a=
2,c=1,b=
2-1=1,故
E
的方程为������ 2
2
+y2=1.
(2)①证明:由已知条件可知,垂足 W 在以 CD 为直径的圆周上,则有
������02 + ������02=1,又因 Q,R,S,T 为不同的四个点,故������202 + ������02<1.
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