规范答题示范课——解析几何解答题
2018届二轮复习 高考大题·规范答题示范课 解析几何类解答题 课件(全国通用)
简得y0= 1 x1x 2 1 ,所以圆E的方程为 (x m ) 2 (y 1 ) 2
m 2 1 ( ) ( 1) 2，令x=0得y1=1,y2=-2,所以过A,B,C三点 2 2 2 2 2 2
【新题快递】
x 2 y2 已知椭圆C: 2 2 =1(a>b>0)的离心率为 1 ,F1,F2分 a b 2
别为椭圆C的左、右焦点,若椭圆C的焦距为2.
世纪
金榜导学号46854102
(1)求椭圆C的方程.
(2)设M为椭圆上任意一点,以M为圆心,MF1为半径作圆
M,当圆M与椭圆的右准线l有公共点时,求△MF1F2面积 的最大值.
⑧得出-3m-m2+tn-n2=1得1分;
⑨得出 OQ PF 得1分;
⑩写出结论得1分.
【状元满分心得】
(1)写全得分步骤:对于解题过程中是得分点的步骤, 有则给分,无则没分,所以对于得分点步骤一定要写全,
如第(1)问,设P(x,y),M(x0,y0),N(x0,0)就得分,第(2)
分,因此步骤才是关键的,只有结果不得分.
【跟踪训练1+1】 (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx2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: 世纪金榜导学号46854101
(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.
x 2 y2 ③代入法求出 =1得2分; 2 2
2 y 得2 分; 2
解析几何解答题的答题策略和技巧
解析几何解答题的答题策略和技巧解析几何解答题答题策略和技巧解析几何题目的解答通常涉及到代数和几何原理相结合。
要有效解决这些问题，遵循以下策略和技巧至关重要：理解题意仔细阅读题目，并确保理解要求。
确定您需要找到的内容，例如点的坐标、线的方程或图形的性质。
选择适当的坐标系根据问题中的信息，选择合适的坐标系。
笛卡尔坐标系（直线坐标系）通常用于描述二维空间，而极坐标系则适用于某些涉及角度或极半径的问题。
建立方程或不等式使用代数和几何原理建立方程或不等式。
这可能包括使用点-斜率形式、斜截距形式、点-线距离公式或其他相关概念。
求解方程或不等式运用代数技巧求解方程或不等式。
这可能涉及因子分解、平方、化简或三角函数的使用。
验证解将找到的解代回原始方程或不等式中，以确保其满足问题条件。
几何直觉在求解过程中，运用几何直觉来了解图形的形状和位置。
这可以帮助您做出假设和做出明智的决策。
技巧和注意事项简化问题：如果可能，将复杂的问题分解成更简单的部分，以便更容易解答。
利用对称性：在某些情况下，图形或方程可能具有对称性。
利用这些对称性可以简化问题。
使用图形计算器：图形计算器可以用于可视化图形并检查解。
保持整洁和有条理：使用清晰的数学符号并以有条理的方式显示您的工作步骤。
复查解：在完成解决方案后，花时间复查您的工作，以确保准确性和一致性。
特定类型问题的技巧点和线：使用点-斜率形式、斜截距形式或点-线距离公式求解点的坐标或线的方程。
圆：使用标准圆方程或圆心和半径来确定圆的性质。
双曲线：使用双曲线的标准方程或渐近线来求解焦点、顶点和渐近线。
抛物线：使用抛物线的标准方程来确定顶点、焦点和准线。
椭圆：使用椭圆的标准方程来确定中心、半轴和焦距。
通过遵循这些策略和技巧，您可以大大提高解析几何问题的解答能力。
记住，熟能生巧，因此定期练习和学习相关概念至关重要。
规范答题---解析几何
规范答题---解析几何规范答题，形成习惯--------------解析几何【规律方法】1、圆锥曲线中的最值问题：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：（1）几何法：通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；（2）代数方法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．2、圆锥曲线中的证明问题常见的有：（1）位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；（2）数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明法，但有时也会用到反证法．3、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：，看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以把直线或圆锥曲线方程中的变量x y参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线这样就得到一个关于x y所过的定点．4、求定值问题常用的方法有两种:（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．5、存在性问题：解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题，往往是先假设所求的元素存在，然后再推理论证，检验说明假设是否正确，其解题步骤为：（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.6、探索性问题：此类问题一般分为探究条件、探究结论两种：①当P为短轴端点时，②S＝|PF1||PF2|sinθ＝tan＝最大值为bc.＝，在第一象限，＝，＝，＝(的倾斜角)；③＋＝；以弦AB为直径的圆与准线相切；＝.（1）求证：CD 过定点；（2）若1OB OD ⋅≤-，求AE OE ⋅ 的最小值．参考答案：。
规范答题示范课——立体几何解答题
@《创新设计》
(2)解 因为AD⊥CD，AD⊥ED，平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝ AD，所以DA，DC，DE两两垂直. 以 DA，DC，DE 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标 系，则 A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，M0，t，2－2t (0<t<4)， 则D→B＝(2，2，0)，D→M＝0，t，2－2t . 设平面 BDM 的法向量 n1＝(x，y，z)，则D→B·n1＝2x＋2y＝0，且D→M·n1＝ty＋2－2t z＝0，
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@《创新设计》
令 y＝－1，则 n1＝1，－1，42－t t，平面 ABF 的法向量 n2＝(1，0，0)，
∵|cos〈n1，n2〉|＝||nn11|··|nn22||＝
2＋（1 44－t2t）2＝
1－
6302＝ 66，
解得t＝2.
∴M(0，2，1)为 EC 的中点，S△DEM＝12S△CDE＝2，点 B 到平面 DEM 的距离 h＝2，
@《创新设计》
规范答题示范课——立体几何解答题
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@《创新设计》
[破题之道] 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为 依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转 化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空 间直角坐标系，利用空间向量求解.
∴三棱锥 E－BDM 的体积 VE－BDM＝VB－DEM＝13S△DEM·h＝13×2×2＝43.
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本节内容结束
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@《创新设计》
可取 n＝(1，0，2).10 分
专题05 解析几何(解答题10种考法)讲义(解析版)2024届高三数学二轮复习《考法分类》专题训练
专题05 解析几何（解答题10种考法）考法一 定点【例1-1】（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知点()4,3P 为双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b -=>>上一点，E 的左焦点1F(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y kx t =+与双曲线E 交于,A B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y kx t =+过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)22143x y -=(2)证明见解析，定点为(2,3)-.【解析】（1）设1(,0)F c -(0)c >到渐近线by x a=，即0bx ay -=222+=a b c得b =，又(4,3)P 在双曲线22213x ya -=上，所以216913a -=，得24a =，所以双曲线E 的标准方程为22143x y -=.（2）联立22143y kx tx y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩，消去y 并整理得()2223484120k x ktx t ----=，则2340k -≠，2222644(34)(412)0k t k t ∆=+-+>，即2234t k +>，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122834kt x x k +=-，212241234t x x k+=--，则12123344PA PB y y k k x x --+=+--12123344kx t kx t x x +-+-=+--()()()()()()122112343444kx t x kx t x x x +--++--=--()()121212122438244()16kx x t k x x t x x x x +--+-+=-++1=，所以()()1212243824kx x t k x x t +--+-+12124()16x x x x =-++，所以()()()12122141880k x x t k x x t -+-++-+=，所以()()()222214124188803434k t t k kt t k k -+-+⋅-+-+=--，整理得22626890t k kt t k -+--+=，所以22(3)2(3)80t k t k -+--=，所以()()32340t k t k ---+=，因为直线y kx t =+不过(4,3)P ，即34k t ≠+，340t k -+≠，所以320t k --=，即23t k =+，所以直线23y kx t kx k =+=++，即3(2)y k x -=+过定点(2,3)-.【例1-2】（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆2222:1(0)C b b x a a y+>>=()2,0A -在C上．(1)求C 的方程；(2)过点()2,3-的直线交C 于,P Q 两点，直线,AP AQ 与y 轴的交点分别为,M N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)22194y x +=(2)证明见详解【解析】（1）由题意可得2222b a b c c e a ⎧⎪=⎪⎪=+⎨⎪⎪==⎪⎩，解得32a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，所以椭圆方程为22194y x +=.（2）由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设()()()1122:23,,,,PQ y k x P x y Q x y =++，联立方程()2223194y k x y x ⎧=++⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：()()()222498231630k x k k x k k +++++=，则()()()2222Δ64236449317280kk k k k k =+-++=->，解得0k <，可得()()2121222163823,4949k k k k x x x x k k +++=-=++，因为()2,0A -，则直线()11:22y AP y x x =++，令0x =，解得1122y y x =+，即1120,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭,同理可得2220,2y N x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则()()1212121222232322222y y k x k x x x x x +++++⎡⎤⎡⎤++⎣⎦⎣⎦=+++()()()()()()12211223223222kx k x kx k x x x +++++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=++()()()()1212121224342324kx x k x x k x x x x +++++=+++()()()()()()222222323843234231084949336163162344949k k k k k k k k k k k k k k k +++-++++===++-+++，所以线段MN 的中点是定点()0,3.【例1-3】（2023·江西九江·统考一模）已知过点(2,0)P 的直线l 与抛物线2:2(0)E y px p =>交于,A B 两点，过线段AB 的中点M 作直线MN y ⊥轴，垂足为N ，且PM PN ⊥.(1)求抛物线E 的方程；(2)若C 为E 上异于点,A B 的任意一点，且直线,AC BC 与直线2x =-交于点,D R ，证明：以DR 为直径的圆过定点.【答案】(1)24y x =(2)证明见解析【解析】（1）由题意，可设直线l 的方程为2x my =+，将2x my =+代入22y px =，消去x 得2240y pmy p --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122y y pm +=，124y y p =-，M 是线段AB 的中点，21212(42)22M x x m y y x pm +++∴===+，122M y y y pm +==，即2(2,)M pm pm +， 又MN y ⊥轴，∴垂足N 的坐标为(0,)pm ，则2(,)PM pm pm = ，(2,)PN pm =-，PM PN ⊥ ，22220PM PN pm p m ∴⋅=-+=对任意的R m ∈恒成立，220p p ∴-+=，又0p >，解得2p =，故抛物线E 的方程为24y x =.（2）设2(,)4t C t ，211(,)4y A y ，222(,)4y B y ，由（1）可知，124y y m +=，128y y =-，则12211444AC y t k y t y t -==+-，直线AC 的方程为214()4t y t x y t -=-+，令2x =-，则211184(24ty t y t y t y t -=+--=++，118(2,ty D y t -∴-+，同理228(2,)ty R y t--+，由抛物线的对称性可知，若以线段DR 为直径的圆过定点，则定点必在x 轴上，设该点坐标为(,0)T a ，则118(2,ty DT a y t -=+-+ ，228(2,)ty RT a y t -=+-+ ，且0DT RT ⋅= ，2121288(2)0ty ty a y t y t--∴++⋅=++，22212121222121212888()6483264(2)8()48ty ty t y y t y y t mt a y t y t y y t y y t t mt ---++--+∴+=-⋅=-=-=++++++-，2a ∴=或2a=--，∴以DR为直径的圆过定点2,0)和(2,0)--.【变式】1．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)22143y x +=(2)(0,2)-【解析】（1）解：设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P -的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y +=，可得(1,M，N ，代入AB 方程223y x =-，可得(3,T +，由MT TH =得到(5,H -+.求得HN方程：(22y x =-，过点(0,2)-.②若过点(1,2)P -的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=.联立22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=，可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，()()12221228234444234k y y k k k y y k ⎧-++=⎪+⎪⎨+-⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34kx y x y k -+=+联立1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--，将(0,2)-，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2).-2．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>，上、下顶点分别为A ，B .圆22:2O x y +=与x 轴正半轴的交点为P ，且1PA PB ⋅=- .(1)求E 的方程；(2)直线l 与圆O 相切且与E 相交于M ，N 两点，证明：以MN 为直径的圆恒过定点.【答案】(1)22163x y +=(2)证明见解析【解析】（1）由已知得()0,A b ，()0,B b -，)P.则()PA b =，()PB b =- ，221PA PB b ⋅=-=-，所以23b =.因为c e a ==222b c a +=，所以23c =，26a =.故E 的方程为22163x y +=.（2）当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+，即0kx y m -+=.因为直线l 与圆O=2222m k =+.设()11,M x y ，()22,N x y ，则11y kx m =+，22y kx m =+.由22,1,63y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩化简，得()222214260k x kmx m +++-=，由韦达定理，得12221224212621km x x k m x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩所以()()()2212121212y y kx m kx m k x x km x x m =++=+++222222222646212121m km m k k km m k k k --=⋅-⋅+=+++，所以()2222212122223222660212121m k m m k x x y y k k k ----+=+==+++，故OM ON ⊥，即以MN 为直径的圆过原点O .当直线l 的斜率不存在时，l的方程为xx =.这时M，N或(M，(N .显然，以MN 为直径的圆也过原点O .综上，以MN 为直径的圆恒过原点O .3（2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的焦距为2，圆224x y +=与椭圆C 恰有两个公共点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知结论：若点()00,x y 为椭圆22221x y a b+=上一点，则椭圆在该点处的切线方程为00221x x y y a b +=．若椭圆C的短轴长小于4，过点(8,)T t 作椭圆C 的两条切线，切点分别为,A B ，求证：直线AB 过定点．【答案】(1)22154x y +=或22143x y +=(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为c ．当圆224x y +=在椭圆C 的内部时，2222,1,5b c a b c ===+=，椭圆C 的方程为22154x y +=．当圆224x y +=在椭圆C 的外部时，2222,1,3a c b a c ===-=，椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ．因为椭圆C 的短轴长小于4，所以C 的方程为22143x y +=．则由已知可得，切线AT 的方程为111,43x x y yBT +=的方程为22143x x y y +=，将(8,)T t 代入,AT BT 的方程整理可得，1122630,630x ty x ty +-=+-=．显然,A B 的坐标都满足方程630x ty +-=，故直线AB 的方程为630x ty +-=，令0y =，可得12x =，即直线AB 过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭．考法二 定值【例2】（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点为1F ，2F ，离心率为12．点P 是椭圆C 上不同于顶点的任意一点，射线1PF 、2PF 分别与椭圆C 交于点A 、B ，1PF B △的周长为8．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若111PF F A λ= ，222PF F B λ=，求证：12λλ+为定值．【答案】(1)22143x y +=(2)证明见解析【解析】（1）∵1PF B C V 1212224PF PF BF BF a a a =+++=+=，∴48a =，2a =由离心率为12得1c =，从而b =，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=．（2）设()()0011,,,P x y A x y ，()22,B x y ，则2200143x y +=，可设直线PA 的方程为1x my =-，其中001x m y +=，联立221143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，化简得()2234690m y my +--=，则0122009934134y y m x y --==+⎛⎫++ ⎪⎝⎭，同理可得，022009134y y x y -=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．因为111PF F A λ= ，222PF F B λ=．所以001212012121211y y PF PF y AF BF y y y y λλ⎛⎫+=+=+=-+ ⎪--⎝⎭()()222000222000001134343131899x x y y y x x y ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-⎢⎥+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭++-+⎣⎦==220068624610993x y +++===，所以12λλ+是定值103.【变式】1．（2023·河北保定·统考二模）已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长为短轴长的2倍，若椭圆C 经过点()2,2P ，(1)求椭圆C 的方程；(2)若,A B 是椭圆上不同于点P 的两个动点，直线,PA PB 与x 轴围成底边在x 轴上的等腰三角形，证明：直线AB 的斜率为定值．【答案】(1)221205x y +=(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆的方程为()222210x ya b a b +=>>根据题意得222441a ba b =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得22205a b ⎧=⎨=⎩故所求椭圆方程为221205x y +=（2）如下图所示：设直线:l y kx m =+交该椭圆221205x y +=与()()1122,,,A x y B x y 两点．将y kx m =+代入221205x y+=得()2221484200k x kmx m +++-=所以()()2221222122(8)41442081442014km k mkm x x k m x x k ⎧-+->⎪⎪⎪+=-⎨+⎪⎪-=⎪+⎩由直线,PA PB 能与x 轴共同围成底边在x 轴上的等腰三角形，可得0PA PB k k +=，即()()()()()()122112121222222202222y x y x y y x x x x --+----+==----整理得()()()()()()()12211212222222242kx m x kx m x kx x m k x x m +--++--=+--+--，即()()22242082224201414m km k m k m k k-⋅---⋅--=++即()24181020k m k k -+-+=，所以当14k =时，不论m 为何值时()24181020k m k k -+-+=都成立，所以直线,PA PB 与x 轴共同围成底边在x 轴上的等腰三角形时直线AB 的斜率为定值142．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点为12,F F ，离心率为12.点P 是椭圆C 上不同于顶点的任意一点，射线12,PF PF 分别与椭圆C 交于点,A B ，1PF B △的周长为8.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设12PF F △，1PF B △，PAB V 的面积分别为123,,S S S .求证：213221S S S S S S +--为定值.【答案】(1)22143x y +=(2)证明见解析【解析】（1）解：因为1PF B △的周长为8，即1212228PF PF BF BF a a +++=+=所以48a =，可得2a =，由椭圆的离心率12c e a ==，可得1c =，从而2223b a c =-=，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=．（2）证明：设001122(,),(,),(,)P x y A x y B x y ，则2200143x y +=，可设直线PA 的方程为1x my =-，其中001x m y +=，联立方程221143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得22(34)690m y my +--=，则0122009934134y y m x y --==+⎛⎫++ ⎪⎝⎭，同理可得，022009134y y x y -=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．因为112112111212212132211112122111sin sin 2211sin sin 22∠∠+=+=+--∠∠V V V V PF B PF F AF B BF F PF F B PF B PF F F PF F S S S S S S S S S S AF F B AF B BF F F BF F 1212PF PF AF BF =+，所以213221S S S S S S +=--1212PF PF AF BF +0012y y y y =+--01211y y y ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭222000001134349x x y y y ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-⎢⎥+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦=2220003(1)3(1)89x x y ++-+=220068624610993x y +++===，所以213221S S S S S S +--是定值．3.（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知抛物线T 的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过()2,1-，11,4⎛⎫⎪⎝⎭，()2,2--，()3,2-四点中的两点.(1)求抛物线T 的方程：(2)已知圆()2223xy +-=，过点()(,1P m m -≠作圆的两条切线，分别交抛物线T 于()11,A x y ，()22,B x y 和()33,C x y ，()44,D x y 四个点，试判断1234x x x x 是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，请说明理由.【答案】(1)24x y =(2)是定值16．【解析】（1）抛物线T 的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过()2,1-，11,4⎛⎫⎪⎝⎭，()2,2--，()3,2-四点中的两点，由对称性，点()2,1-和点()2,2--不可能同时在抛物线T 上，点()2,2--和点()3,2-也不可能同时在抛物线T 上，则抛物线只可能开口向上或开口向右，设()2:20T x py p =>，若过点()2,1-，则42p =，得2p =，∴24x y =，抛物线过点11,4⎛⎫⎪⎝⎭，∴24x y =符合题意；设()2:20T y px p =>，若过点11,4⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1216p =，得132p =，∴2116y x =，但抛物线不过点()3,2-，不合题意．综上，抛物线T 的方程为24x y =．（2）(),1P m -，设直线()1:1AB y k x m =--，即1110k x y k m ---=，由AB∴()22113660m k mk -++=，设()2:1CD y k x m =--，同理可得()22223660m k mk -++=，∴12,k k 是方程()223660m k mk -++=的两根，12122266,33m k k k k m m -+==--．联立()1214y k x m x y ⎧=--⎨=⎩，消y 得2114440x k x k m -++=，∴12144x x k m =+，同理34244x x k m =+，∴()()()212341212124444161x x x x k m k m k k m k k m ⎡⎤=++=+++⎣⎦2222661611633m m m m ⎛⎫=-+= ⎪--⎝⎭所以1234x x x x 为定值16．考法三 定直线【例3】（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为()-，离心率为(1)求C 的方程；(2)记C 的左、右顶点分别为1A ，2A ，过点()4,0-的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限，直线1MA 与2NA 交于点P ．证明:点P 在定直线上.【答案】(1)221416x y -=(2)证明见解析.【解析】（1）设双曲线方程为()222210,0x y a b a b -=>>，由焦点坐标可知c =，则由ce a==可得2a =，4b ==，双曲线方程为221416x y -=.（2）由(1)可得()()122,0,2,0A A -，设()()1122,,,M x y N x y ，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为4x my =-，且1122m -<<，与221416x y -=联立可得()224132480m y my --+=，且264(43)0m ∆=+>，则1212223248,4141m y y y y m m +==--，直线1MA 的方程为()1122y y x x =++，直线2NA 的方程为()2222yy x x =--，联立直线1MA 与直线2NA 的方程可得：()()()()()2121121211212121222222266y x y my my y y y y x x y x y my my y y +--+++==--=--112221122483216222141414148483664141m mm y y m m m m m y y m m -⋅-⋅++---===-⨯----，由2123x x +=--可得，即，据此可得点P 在定直线上运动.【变式】1．（2023·湖南永州·统考一模）已知点A 为圆上任意一点，点B 的坐标为，线段AB 的垂直平分线与直线AC 交于点D ．(1)求点D 的轨迹E 的方程；(2)设轨迹E 与x 轴分别交于两点（1A 在2A 的左侧），过的直线l 与轨迹E 交于,M N 两点，直线与直线的交于P ，证明：P 在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由得，其半径为4，因为线段AB的垂直平分线与直线AC交于点D，故，则,而，故点D的轨迹E为以,B C为焦点的双曲线，则，故点D的轨迹E的方程为.（2）证明：由题意知，若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，联立，得，，故，设，则直线的方程为，直线的方程为，故，则，即，解得，故直线与直线的交点P 在定直线上.2．（2023·江苏常州·校考一模）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的短轴长为．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点的动直线l 与椭圆C 相交于不同的,A B 两点，在线段AB 上取点，满足，证明：点总在某定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意可知，因为，所以解得2a =，．所以所求椭圆的方程为（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，，，直线AB 的斜率显然存在，设为，则AB 的方程为．因为A ，P ，B ，四点共线，不妨设，则，，，，由，可得，化简得．（*）联立直线和椭圆的方程，得，消去y ，得，，得，由韦达定理，得，．代入（*）化简得，即．又，代入上式，得，化简得．所以点总在一条定直线上．考法四 最值【例4】（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于,A B 两点，且．(1)求p ；(2)设F 为C 的焦点，M ，N 为C 上两点，，求面积的最小值．【答案】(1)2p =(2)【解析】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为0p >，解得：2p =．（2）因为，显然直线MN 的斜率不可能为零，设直线MN ：，()()1122,,,M x y N x y ，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线MN 的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．【变式】1．（2023·浙江·模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C 上任意一点满足.(1)化简曲线C 的方程；(2)已知圆（O 为坐标原点），直线l 经过点且与圆O 相切，过点A 作直线l 的垂线，交C 于,M N 两点，求面积的最小值.【答案】(1)；(2)【解析】（1），由得．所以曲线C的方程是；（2）设，直线MN方程是，则直线l方程为，即,直线l与已知圆相切，所以，则，由得，，由题意（∵），，，∴或，，又原点O到直线MN的距离为，∴，由或得，设，，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，∴时，，∴，即时，．2．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线l 与椭圆C 交于点,A B ，与圆N 相切且切点为为AB 中点.(1)求圆N 的半径的取值范围；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）如图所示，由题意知，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 方程为y kx m =+（），11(,)A x y ，22(,)B x y ，设圆N的半径为r ，，，，，所以，又因为M 为AB 的中点，所以，又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，所以，所以，解得，所以，，解得：，所以（），所以，即，所以圆N的半径r的取值范围为.（2）由（1）知，，所以（），令，则（），所以，显然在上单调递减，所以，所以，即，故的取值范围为.3．（2023·河北秦皇岛·校联考二模）已知双曲线实轴的一个端点是P，虚轴的一个端点是，直线PQ与双曲线的一条渐近线的交点为.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与曲线C有两个不同的交点是坐标原点，求的面积最小值.【答案】(1)(2)【解析】（1）设点，点，则直线PQ的方程为，与渐近线by x a=联立，得，解之得，即直线PQ 与双曲线的一条渐近线交点为，又直线PQ 与双曲线的一条渐近线的交点为，所以，即，因此双曲线方程为.（2）设()()1122,,,A x y B x y ，把代入，得，则 ，，，点O 到直线的距离，所以的面积为，令，所以，令，则，因为，所以，由，得，由，得，由，得，即当时，等号成立，此时满足，所以面积的最小值为.考法五轨迹问题【例5】（2023·湖南·校联考二模）已知12,F F为双曲线的左右焦点，且该双曲线离心率小于等于，点和是双曲线上关于轴对称非重合的两个动点，为双曲线左右顶点，恒成立．(1)求该双曲线C的标准方程；(2)设直线和的交点为P，求点P的轨迹方程．【答案】(1)221 43x y-=(2)【解析】（1）设双曲线C的焦距为，由及双曲线的定义，得，解得，由可得，又恒成立，所以，解得．因为该双曲线离心率小于等于，所以，即，解得，所以，则，所以双曲线C的标准方程为221 43x y-=．（2）因为，所以点只能在双曲线的右支上，设，则，因为在双曲线上，所以，易得，所以直线的斜率为，直线的方程为①，同理可求得直线的方程为②，由①×②得③，将代入③得，化简得，令①=②即，化简得，因为，所以，即点P的轨迹方程为．【变式】1（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知过右焦点的直线交双曲线于两点，曲线C的左右顶点分别为，虚轴长与实轴长的比值为．(1)求曲线C的方程；(2)如图，点关于原点的对称点为点P，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的轨迹方程．【答案】(1)(2)【解析】（1）由题意得，又222a b c，则，曲线C的方程为；+=,k k，直线为，（2）设直线的斜率分别为12由，得，，，则，，由于点关于原点的对称点为点P，，则直线为，直线为，显然，由，得，即，则直线的方程为，由得，即，当时，由对称性可知在y轴上，此时直线平行于直线，不符合题意，故的轨迹方程为．,x y作椭圆C的切线，则切线2．（2023·江西·校联考二模）已知过曲线上一点()00的方程为.若P为椭圆上的动点，过P作的切线交圆于，过分别作的切线，直线交于点.(1)求动点的轨迹E的方程；(2)已知R为定直线上一动点，过R的动直线与轨迹E交于两个不同点,A B，在线段上取一点，满足，试证明动点的轨迹过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设点，由题意知切线的方程为，同理，设点，则切线的方程分别为：，又点Q在直线上，所以，所以直线的方程为：，和比较可得，又在曲线上，即，所以，即点Q的轨迹E的方程为；（2）设点，则由知，设，则且，则：，即，，整理可得且，又在曲线E 上，则，故，所以，所以，即，由于,故时，，所以动点T 的轨迹过定点.3．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知椭圆C ：，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)点为椭圆C 上的动点（与点A ，B 不重合），若直线PA ，直线PB 的斜率存在且斜率之积为，试探究直线l 是否过定点，并说明理由；(2)若．过点O 作，垂足为点Q ，求点Q 的轨迹方程．【答案】(1)直线l 过定点；(2)【解析】（1）直线过定点，下面证明：设()11,A x y ，，，又，，∴，∴直线过原点满足．又当PA 两点固定时为定值，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为，则直线重合，则重合，∴直线l 过定点．（2）设，，，不妨设，∴，，又点A，B在椭圆上，∴，，∴，，两式相加得，由，得，∴点Q的轨迹是以点O为半径的圆，∴点Q的轨迹方程为．考法六长度比值【例6】（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比p 为一给定的实数.例的结论．如图所示，抛物线，其中0(1)写出抛物线的焦点坐标及准线方程；(2)若直线与抛物线只有一个公共点，求实数k的值；(3)如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：．【答案】(1)，(2)(3)证明见解析【解析】（1）焦点为，准线为；（2）将代入，化简得（*），方程（*）的判别式，化简得，解得；（3）设，设抛物线在A点处的切线方程为，由，消去y并化简得，，，，解得，故切线方程为，，，即，同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：，，联立，解得，即，同理可得，，因为，，，所以．【变式】1．（2023·云南·校联考三模）如图，已知椭圆的上、下顶点为，右顶点为P和相交于点A，过N作直线交x轴的正半轴于B点，交椭圆于C 点，连接交于点D.(1)求的方程；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）依题意可得，，又，解得，所以的方程为.（2）在椭圆中，，所以，，设直线（），直线（），因为直线与直线相交于点C，由，解得，所以，又点C在椭圆上，所以，整理得，y=得，即，因为直线交x轴正半轴于B点，令0又因为，所以，，所以，因为直线交于点D，令2x=得，故，又，所以，，所以，又，所以，所以，所以.2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为1F，2F.过2F的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为.(1)求C的方程；(2)证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）根据题意有，C的一条渐近线方程为，将代入C的方程有，，所以M ，N 到直线的距离之和为，所以，C 的方程为.（2）方法1：当l 垂直于x 轴时，由（1）可知，，且由双曲的定义可知，故.当l 不垂直于x 轴时，由双曲线的定义可知，，故.设，代入C 的方程有：，设()11,M x y ，()22,N x y ，则，，所以，所以.综上，的值为6.方法2：当l 垂直于x 轴时，由（1）可知，，且由双曲的定义可知，故.当l 不垂直于x 轴时，设，代入C 的方程有：.设()11,M x y ，()22,N x y ，则，，所以.综上，的值为6.考法七 存在性【例7】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知椭圆经过点，过点的直线交该椭圆于P ，两点.(1)求面积的最大值，并求此时直线PQ 的方程；(2)若直线PQ 与x 轴不垂直，在x 轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)PQ 的方程为或；(2)存在，【解析】（1）将代入椭圆方程，得到，故，故椭圆方程为22143x y +=.当直线PQ 的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；当直线PQ 的斜率不为0时，设直线PQ 的方程为，与椭圆方程22143x y+=联立，得，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故此时直线PQ的方程为或.（2）在x轴上存在点使得恒成立，理由如下：因为，所以，即，整理得，即，所以，则，解得，故在x轴上存在点，使得恒成立.【变式】1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>且垂直于长轴的弦长度为1．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点，若存在实数m ，使得，求m 的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】（1，在方程22221x y a b+=中，令，解得，因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，所以有，由可得：，所以椭圆的方程为；（2）当直线l 不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；当直线l 存在斜率时，设为，所以直线l 的方程设为y kx m =+，于是有，因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，化简，得，设()()1122,,,A x y B x y ，于是有，因为，所以，代入中，得，于是有，化简，得，代入中，得.2．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知动点M 到定点的距离与动点M 到定直线2x =的距离之比为(1)求点M 的轨迹C 的方程；(2)对，曲线C 上是否始终存在两点A ，B 关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）设，则，即，整理得，所以点M 的轨迹C 的方程为．（2）假设曲线C 上始终存在两点A ，B 关于直线对称，当时，设直线AB 方程为，()11,A x y ，()22,B x y ，联立，整理得，则，所以，．设AB的中点为()00,x y，则，，将()00,x y代入，则，所以，所以对恒成立，即对恒成立，因为，所以，则．易知当时，曲线C上存在两点，关于直线0y=对称．所以的取值范围为．3．（2023·四川成都·模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的中心为O，左、右焦点分别为1F，2F，M为椭圆C上一点，线段与圆相切于该线段的中点N，且的面积为4.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点1F，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说明理由.【答案】(1)(2)【解析】（1）连接，则，因为N为的中点，O为的中点，所以，故，，，解得，由椭圆定义可知，，解得，由勾股定理得，即，解得，故，故椭圆方程为；x=-，（2）由题意得，当直线AB的斜率不存在时，即2此时，解得，设，=，由对称性可知，P为椭圆左顶点D，但，故不合要求，舍去，由于OA OB当直线AB的斜率存在时，设为，联立得，，，设()()1122,,,A x y B x y ，则，，则AB 中点坐标为，假设存在点P ，使得四边形是平行四边形，则，将代入椭圆中，得，解得，此时直线AB 的方程为.考法八 角度关系转斜率【例8】（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l 交C 于P ，Q两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．(1)求l 的斜率；(2)若，求的面积．【答案】(1)1-；(2)．【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．=+，，易知直线l的斜率存在，设:l y kx m联立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，当,A B均在双曲线左支时，，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当,A B均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点A到直线PQ的距离，故的面积为．［方法二］：设直线AP的倾斜角为，，由，得，由，得，即，联立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【变式】1．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知点P是平面直角坐标系异于O的任意一点过点P作直线及的平行线，分别交x轴于M，N两点，且．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在x轴正半轴上取两点，且，过点A作直线l与轨迹C交于E，F两点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意，设点P坐标为()00,x y，则根据题意，得，由得：，化简得：2200143x y+=，所以轨迹C的方程为：（2）由题意，当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，成立．当直线l的斜率存在，由题意，设直线l的方程为：、、，由得：，有得：，且，，则，又，因为，所以，则．综上所述，．2．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的三个顶点所确定的三角形的面积为（是C的离心率）是C上一点.(1)求C的方程；(2)若直线与C交于,P Q两点，设，直线与C分别交于,M N（不同于,P Q）两k>时，记直线的倾斜角分别为，，求的最大值.点，当0【答案】(1)(2)【解析】（1）依题意可得，得，得，得，得，得，得26a=，则，所以椭圆C的方程为.（2）设，，联立，消去y并整理得，因为在椭圆内，所以判别式恒大于，，，当时，直线：，联立，消去y并整理得，因为，即，所以，所以，因为B在椭圆内，所以判别式恒大于，，，，所以，当11x =时，直线：1x =，易得，也满足，故，同理可得，所以，所以，因为0k >，所以，当且仅当，又0k >，即时，等号成立，所以的最大值为.考点九 三点共线【例9】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线C 于,A B 两点，当AB 平行于y 轴时，.(1)求抛物线C 的方程；(2)若O 为坐标原点，过点B 作y 轴的垂线交直线于点D ，过点A 作直线的垂线与抛物线C 的另一交点为的中点为，证明：三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）抛物线C 的焦点为，当AB 平行于y 轴时，设直线AB 的方程为，设点、，，解得，所以，抛物线C 的方程为.（2）设直线AB 的方程为，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立可得，由韦达定理可得，，又因为直线的方程为，将代入直线的方程可得，可得，即点，所以，，因为，则，所以，直线的方程为，联立可得，则，故，则，由的中点为，可得，故、B、D三点共线．【变式】1．（2022秋·云南昆明）过抛物线：24上一动点P作x轴的垂线，记垂足为H，设线段的中点y x为M，动点M的轨迹为曲线C，设O为坐标原点(1)求曲线C的方程；(2)过抛物线的焦点作直线与曲线C交于,A B两点，设抛物线的准线为l，过点A作直线l的垂线，记垂足为D，证明：B、D、O三点共线，【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）解：设，则，，因为M是的中点，所以，即，所以，即，所以曲线C的方程；（2）证明：由题意得，准线，设点，，则设过抛物线的焦点的直线为当时，则，，，所以直线的方程为，即，因为过原点O ，所以B 、D 、O 三点共线；当时，联立方程，化简得，则，且，直线的方程为，将代入的方程，即当成立时，B 、D 、O 三点共线.下面证明成立：因为，欲证成立，只需证成立，即证成立，即证成立，又，所以所以成立，所以B 、D 、O 三点共线.2．（2023·江苏镇江）已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于两点()11,A x y 、()22,B x y ，其中，且.（1）求该抛物线的方程；（2）设O 为坐标原点，过点A 作抛物线的准线的垂线，垂足为C ，证明：B 、O 、C 三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）依题意可知抛物线的焦点坐标为，故直线AB 的方程为，联立，可得.∵，0p >，，解得.∴经过抛物线焦点的弦，解得.∴抛物线方程为；（2）由（1）知A点的坐标为，B点的坐标为，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为C，则C点的坐标为，，又直线与直线有一个公共点O，所以B、O、C三点共线.3．（2023·江苏南京）在平面直角坐标系中，已知抛物线E：的准线方程为l：.（1）求抛物线E的方程；（2）过抛物线E的焦点作直线与抛物线相交于A，B两点，过点B作直线l的垂线，交l于点C，求证：A，O，C三点共线.【答案】(1)；(2)证明见详解.【解析】（1）因为抛物线的准线方程为l：，故可得，解得.故抛物线方程为.（2）由（1）中抛物线方程可得，设坐标分别为，故可设直线方程为，联立抛物线方程可得：，；又根据抛物线定义可知C点坐标为，。
2019高考数学二轮复习专题五解析几何规范答题示范练习
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……专题五 解析几何规范答题示范【典例 】 (12分)(2017·全国Ⅱ卷)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 .[信息提取]看到求点P 的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程；看到过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ，想到证明OQ →⊥PF →.[规范解答](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)，………………………………………………………………………………1分由NP →＝2NM →得：x 0＝x ，y 0＝22y ， ………………………………………………………………………………3分因为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.………………………………………………………………………………5分(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 ，………………………………………………………………………………7分OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )，由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1，………………………………………………………………………………9分又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →，………………………………………………………………………………11分又过点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 .………………………………………………………………………………12分[高考状元满分心得]写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(1)问，设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，N (x 0，0)，就得分，第(2)问中求出－3m －m 2＋tn －n 2＝1就得分.写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出x 0＝x ，y 0＝22y ，没有则不得分；第(2)问一定要写出OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分.[解题程序]第一步：设出点的坐标，表示向量NP →，NM →；第二步：由NP →＝2NM →，确定点P ，N 坐标等量关系；第三步：求点P 的轨迹方程x 2＋y 2＝2；第四步：由条件确定点P ，Q 坐标间的关系；第五步：由OQ →·PF →＝0，证明OQ ⊥PF ；第六步：利用过定点作垂线的唯一性得出结论.【巩固提升】 (2018·郑州质检)已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点O 是坐标原点，点P 是椭圆C 上任意一点，且点M 满足OM →＝λOP →(λ>1，λ是常数).当点P 在椭圆C 上运动时，点M 形成的曲线为C λ.(1)求曲线C λ的轨迹方程；(2)直线l 是椭圆C 在点P 处的切线，与曲线C λ的交点为A ，B 两点，探究△OAB 的面积是否为定值.若是，求△OAB 的面积，若不是，请说明理由.解 (1)设点M 的坐标为(x ，y )，对应的点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x λ，y λ.由于点P 在椭圆C 上，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x λ24＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y λ2＝1， 即曲线C λ的轨迹是椭圆，标准方程为x 24λ2＋y 2λ2＝1(λ>1). (2)当直线l 的斜率不存在时，这时直线l 的方程为x ＝±2， 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝±2，x 24＋y 2＝λ2，解得y ＝±λ2－1， 得|AB |＝2λ2－1.得S △OAB ＝12|OP |×|AB |＝2λ2－1， 当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋m ， 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 由Δ＝0，可得m 2＝4k 2＋1.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝λ2， 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4(m 2－λ2)＝0.∴x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4（m 2－λ2）4k 2＋1. 则|AB |＝1＋k 2·16（4k 2＋1）（λ2－1）4k 2＋1 ＝41＋k 2·λ2－14k 2＋1， 原点到直线l 的距离为d ＝|m |1＋k 2＝4k 2＋1k 2＋1， 所以S △OAB ＝12|AB |d ＝2λ2－1. 综上所述，△OAB 的面积为定值2λ2－1.。
规范答题示范课——解析几何解答题
【典例示范】 (12 分)(2020·全国Ⅲ卷)已知椭圆 C：2x52 ＋my22＝1(0<m<5)的离心率为 415， A，B 分别为 C 的左、右顶点. (1)求C的方程； (2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积. 规范解答 (1)由题设可得 255－m2＝ 415，得 m2＝2156，2 分 所以 C 的方程为2x52 ＋2y52 ＝1.3 分 16
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[满分体验] (2020·东北三省三校联考)直线与椭圆 C：ay22＋bx22＝1(a＞b＞0)交于 A(x1，y1)，B(x2， y2)两点，已知 m＝(ax1，by1)，n＝(ax2，by2)，椭圆的离心率 e＝ 23，且经过点 23，1， O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程. (2)当 m⊥n 时，△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说 明理由.
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点 A(－5，0)到直线 P1Q1 的距离为 210， 故△AP1Q1 的面积为12× 210× 10＝52.9 分 |P2Q2|＝ 130，直线 P2Q2 的方程为 y＝79x＋130， 点 A 到直线 P2Q2 的距离为 21630， 故△AP2Q2 的面积为12× 21630× 130＝52.11 分 综上，△APQ 的面积为52.12 分
所以 S△AOB＝12|x1||y1－y2|＝12|x1|·2|y1|＝1，此时△AOB 的面积为定值. ②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋t(t≠0)，
y＝kx＋t， 由y42＋x2＝1，消去
y
并整理得(k2＋4)x2＋2ktx＋t2－4＝0.
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由题意知Δ＝4k2t2－4(k2＋4)(t2－4)＞0，(*) x1＋x2＝k－2＋2k4t，x1x2＝kt22－＋44. 由m⊥n，即m·n＝0，得4x1x2＋y1y2＝0， 所以4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0， 即(k2＋4)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0. 所以(k2＋4)·kt22－＋44＋kt·k－2＋2k4t＋t2＝0， 整理得2t2－k2＝4，满足(*)式.
规范答题6 解析几何
规范答题6解析几何[命题分析] 解析几何解答题中最核心的是直线与圆锥曲线，其中弦长、面积、最值范围、定点定值和探索性问题是常见题型，难度较大．考查数学运算、逻辑推理核心素养.典例(12分)(2021·新高考全国Ⅰ)在平面直角坐标系xOy 中，已知点F1(－17，0)，F2(17，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x＝12上，过T的两条直线分别交C于A，B 两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.步骤要点(1)熟定义：根据圆锥曲线的定义求曲线方程．(2)设参数：根据已知条件引入参数，设出直线或曲线或点坐标．(3)联方程：联立直线与曲线方程．设而不求，使用判别式和根与系数关系．(4)巧计算：根据题目要求，用类比和整体代换思想找规律.规范解答解(1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝217，所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支.2分设双曲线的方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝17，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，3分所以点M的轨迹C的方程为x2－y216＝1(x≥1).4分(2)设T⎝⎛⎭⎫12，t，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1⎝⎛⎭⎫x－12(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2⎝⎛⎭⎫x－12(k2≠0)，由⎩⎨⎧y－t＝k1⎝⎛⎭⎫x－12，x2－y216＝1，得(16－k21)x2－2k1⎝⎛⎭⎫t－k12x－⎝⎛⎭⎫t－k122－16＝0.5分设A(x A，y A)，B(x B，y B)，易知16－k21≠0，则x A x B＝－⎝⎛⎭⎫t－k122－1616－k21，x A＋x B＝2k1⎝⎛⎭⎫t－k1216－k21，。
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[满分体验] (2020·东北三省三校联考)直线与椭圆 C：ay22＋bx22＝1(a＞b＞0)交于 A(x1，y1)，B(x2， y2)两点，已知 m＝(ax1，by1)，n＝(ax2，by2)，椭圆的离心率 e＝ 23，且经过点 23，1， O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程. (2)当 m⊥n 时，△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说 明理由.
所以 S△AOB＝12|x1||y1－y2|＝12|x1|·2|y1|＝1，此时△AOB 的面积为定值. ②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋t(t≠0)，
y＝kx＋t， 由y42＋x2＝1，消去
y
并整理得(k2＋4)x2＋2ktx＋t2－4＝0.
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由题意知Δ＝4k2t2－4(k2＋4)(t2－4)＞0，(*) x1＋x2＝k－2＋2k4t，x1x2＝kt22－＋44. 由m⊥n，即m·n＝0，得4x1x2＋y1y2＝0， 所以4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0， 即(k2＋4)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0. 所以(k2＋4)·kt22－＋44＋kt·k－2＋2k4t＋t2＝0， 整理得2t2－k2＝4，满足(*)式.
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Байду номын сангаас
解
e＝ (1)由题意得，
a2a－b2＝
a12＋43b2＝1，
23，解得ab＝ ＝21， . 所以椭圆
C
的方程为y42＋x2＝1.
(2)①当直线 AB 的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2，
由 m⊥n，即 m·n＝0，得 4x21－y21＝0，所以 y21＝4x21. 又 A(x1，y1)在椭圆 C 上，所以44x12＋x21＝1，解得|x1|＝ 22，所以|y1|＝ 2，
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本节内容结束
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规范答题示范课——解析几何解答题
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[破题之道] 解析几何试题知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试 题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”的题型，不是怕解题无思路， 而是怕解题过程中繁杂的运算.因此，在遵循“设——列——解”程序化解题的基础 上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾， 突破如何避繁就简这一瓶颈.
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[高考状元满分心得] ❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问，求椭圆C 的方程；第(2)问表示出|BP|与|BQ|，分两种情况求△APQ的面积. ❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中由离 心率求m2；第(2)问中求直线BP的方程、直线P1Q1与直线P2Q2的方程等. ❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问求对m2及曲线C 的方程，否则全盘皆输；第(2)问中正确计算点P，Q的坐标，否则将导致失分.
由直线 BP 的方程得 yQ＝2 或 8，
所以点 P，Q 的坐标分别为 P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(－3，1)，Q2(6，8).7 分
所以|P1Q1|＝ 10，直线 P1Q1 的方程为 y＝13x，
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点 A(－5，0)到直线 P1Q1 的距离为 210， 故△AP1Q1 的面积为12× 210× 10＝52.9 分 |P2Q2|＝ 130，直线 P2Q2 的方程为 y＝79x＋130， 点 A 到直线 P2Q2 的距离为 21630， 故△AP2Q2 的面积为12× 21630× 130＝52.11 分 综上，△APQ 的面积为52.12 分
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从而
S△AOB
＝
1 2
·
|t| 1＋k2
·|AB|
＝
|t| 2
（x1＋x2）2－4x1x2
＝
|t| 2
·
k－2＋2k4t2－4·kt22－＋44 ＝
|t| 4kk2－2＋44t2＋16＝ 24|tt|2＝1，
此时△AOB的面积为定值. 综合①②可得，△AOB的面积为定值1.
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(2)设 P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设 yQ>0，
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由题意知 yP>0.
由已知可得 B(5，0)，直线 BP 的方程为 y＝－y1Q(x－5)，
所以|BP|＝yP 1＋y2Q，|BQ|＝ 1＋y2Q.5 分
因为|BP|＝|BQ|，所以 yP＝1.
将 yP＝1 代入 C 的方程，解得 xP＝3 或－3.
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【典例示范】 (12 分)(2020·全国Ⅲ卷)已知椭圆 C：2x52 ＋my22＝1(0<m<5)的离心率为 415， A，B 分别为 C 的左、右顶点. (1)求C的方程； (2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积. 规范解答 (1)由题设可得 255－m2＝ 415，得 m2＝2156，2 分 所以 C 的方程为2x52 ＋2y52 ＝1.3 分 16