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

高考解析几何的题型及思路解析几何是必考的，常作为压轴题，特点是计算量大。

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

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

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

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

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

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

（3）求参数或几何量（如角、面积、斜率）的取值范围的问题。

主要是利不等式法或函数法求解。

其中判别式是列不等式的一个重要途径。

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

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

这个函数的定义域通常由判别式或其它条件确定。

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

求出方程后观察什么定点的坐标满足。

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

（5）证明定值：证某个式子为定值，即是要求出这个式子的值是什么。

把条件转化为相关的方程（组），消去其中的参数即得。

（6）探索性（存在性）问题：通常转化为对方程根的存在性的讨论。

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

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

高考中解析几何问题的热点题型圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．热点一 圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．[考查角度一] 圆锥曲线中的定点问题[典题1] 已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．(1)[解] 因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1,0)， 所以p2＝1，所以p ＝2. 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)[证明] ①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t .因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12， 所以t t 24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )， 此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )， 联立得⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky 2－4y ＋4b ＝0.根据根与系数的关系得y A y B ＝4bk ， 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y B x B＝－12， 即x A x B ＋2y A y B ＝0，即y 2A4·y 2B4＋2y A y B ＝0， 解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32. 所以y A y B ＝4bk ＝－32，即b ＝－8k ， 所以y ＝kx －8k ，y ＝k (x －8)． 综上所述，直线AB 过定点(8,0)．定点问题的常见解法：(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．[2019·河南洛阳模拟]设M 是焦距为2的椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，A ，B 是椭圆E 的左、右顶点，直线MA 与MB 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－12.(1)求椭圆E 的方程；(2)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)在点N (x 0，y 0)处的切线方程为x 0xa 2＋y 0yb 2＝1.若P 是直线x ＝2上任意一点，从P 向椭圆E 作切线，切点分别为C ，D ，求证直线CD 恒过定点，并求出该定点坐标．解：(1)由题意，2c ＝2，c ＝1，A (－a,0)，B (a,0)，设M (x ，y )，∵k 1k 2＝－12， ∴y x ＋a ·y x －a ＝－12，即y 2x 2－a 2＝－12. ∵M (x ，y )在椭圆E 上，∴x 2a 2＋y 2b 2＝1， ∴b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 2a 2x 2－a 2＝－12，∴b 2a 2＝12，∴a 2＝2b 2. 又a 2－b 2＝c 2＝1， ∴a 2＝2，b 2＝1.∴椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设切点坐标为C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (2，t )． 则切线方程分别为x 1x 2＋y 1y ＝1，x 2x2＋y 2y ＝1. ∵两切线均过点P ， ∴2x 12＋ty 1＝1，2x 22＋ty 2＝1， 即x 1＋ty 1＝1，x 2＋ty 2＝1， ∴直线CD 的方程为x ＋ty ＝1.对于任意实数t ，点(1,0)都适合这个方程，即直线CD 恒过定点(1,0)．[考查角度二] 圆锥曲线中的定值问题[典题2] 如图，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0,2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．(1)证明：动点D 在定直线上；(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2.证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．(1)[证明] 依题意，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋2， 代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)， 即x 2－4kx －8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8，直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ，直线BD 的方程为x ＝x 2.解得交点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y 1x 2x 1，注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1， 则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2.因此点D 在定直线y ＝－2上(x ≠0)．(2)[解] 依题意知，切线l 的斜率存在且不等于0， 设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2－4ax －4b ＝0， 由Δ＝0得(4a )2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2. 故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2.分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋a ，2，N 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ＋a ，－2， 则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝⎛⎭⎪⎫2a －a 2＋42－⎝⎛⎭⎪⎫2a ＋a 2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.1．解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点、定值．第二步：探究一般情况．探究一般情形下的目标结论． 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论．2．求定值问题常见的两种方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．[2019·江西南昌二中月考]已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且满足|AF 1|＋|AF 2|＝42，k OA ·k OB ＝－12，O 为坐标原点．(1)求椭圆的方程；(2)证明：△OAB 的面积为定值．(1)解：由椭圆的离心率为22，可得c a ＝22，即a ＝2c . 又2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝42， ∴a ＝22，c ＝2，b 2＝4， ∴椭圆方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y 24＝1，整理得(1＋2k 2)x 2＋4mkx ＋2m 2－8＝0， Δ＝8(8k 2－m 2＋4)>0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2，又k OA ·k OB ＝－12，∴y 1·y 2＝－12x 1·x 2＝－m 2－41＋2k 2，又y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－8k 21＋2k 2，∴m 2－8k 21＋2k 2＝－m 2－41＋2k 2，即4k 2＋2＝m 2. 设原点到直线AB 的距离为d ， 则S △OAB ＝12|AB |d ＝121＋k 2|x 1－x 2|·|m |1＋k 2 ＝|m |264k 2m 2－16(m 2－4)m 2＝24k 2－m 2＋4＝2 2.当直线斜率不存在时，有A (2，2)，B (2，－2)，d ＝2，S △OAB ＝12×2×22＝2 2. 故△OAB 的面积为定值2 2.热点二 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．[考查角度一] 求线段长度、三角形面积的最值[典题3] [2019·山东卷]平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，左、右焦点分别是F 1，F 2.以F 1为圆心、以3为半径的圆与以F 2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点．过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q .①求|OQ ||OP |的值；②求△ABQ 面积的最大值．[解] (1)由题意知，2a ＝4，则a ＝2. 又c a ＝32，a 2－c 2＝b 2，可得b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由(1)知，椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1.①设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ，由题意知，Q (－λx 0，－λy 0)．因为x 204＋y 20＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝ ⎛⎭⎪⎫x 204＋y 20＝1， 所以λ＝2，即|OQ ||OP |＝2. ②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得 (1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0， 由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2.(*)则有x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k2.所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m21＋4k2.因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )， 所以△OAB 的面积为S ＝12|m ||x 1－x 2| ＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k2 . 设m 21＋4k2＝t . 将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得 (1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2.(**)由(*)(**)可知0＜t ≤1， 因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，故S ≤2 3.当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3. 由①知，△ABQ 的面积为3S ， 所以△ABQ 的面积的最大值为6 3.圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法、基本不等式法、换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．[2019·江西南昌模拟]已知圆E ：x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －122＝94经过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点F 1，F 2，且与椭圆C 在第一象限的交点为A ，且F 1，E ，A 三点共线，直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，且MN →＝λOA →(λ≠0)．(1)求椭圆C 的方程；(2)当三角形AMN 的面积取到最大值时，求直线l 的方程． 解：(1)如图，圆E 经过椭圆C 的左、右焦点F 1，F 2， ∵F 1，E ，A 三点共线， ∴F 1A 为圆E 的直径，∴AF 1＝32×2＝3，AF 2⊥F 1F 2. 令y ＝0，则x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫0－122＝94，解得x ＝±2，∴c ＝ 2. |AF 2|2＝|AF 1|2－|F 1F 2|2＝9－8＝1， 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝4， ∵a 2＝b 2＋c 2， 解得a ＝2，b ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)由(1)得点A 的坐标为(2，1)， ∵MN →＝λOA →(λ≠0)， ∴直线l 的斜率为22，故设直线l 的方程为y ＝22x ＋m ，联立方程组⎩⎨⎧y ＝22x ＋m ，x 24＋y22＝1，消去y ，得x 2＋2mx ＋m 2－2＝0， ∴－2<m <2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝m 2－2，Δ＝2m 2－4m 2＋8>0， |MN |＝1＋k 2|x 2－x 1| ＝1＋12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝12－3m 2.点A 到直线l 的距离d ＝6|m |3. S △AMN ＝12|MN |·d ＝1212－3m 2×63|m | ＝22(4－m 2)m 2≤22×4－m 2＋m 22＝ 2.. 当且仅当4－m 2＝m 2，即m ＝±2时，直线l 的方程为y ＝22x ±2.[考查角度二] 求几何量、某个参数的取值范围[典题4] [2019·山东青岛模拟]已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，抛物线上存在一点G 到焦点的距离为3，且点G 在圆C ：x 2＋y 2＝9上．(1)求抛物线C 1的方程；(2)已知椭圆C 2：x 2m 2＋y 2n 2＝1(m ＞n ＞0)的一个焦点与抛物线C 1的焦点重合，且离心率为12.直线l ：y ＝kx －4交椭圆C 2于A ，B 两个不同的点，若原点O 在以线段AB 为直径的圆的外部，求k 的取值范围．[解] (1)设点G 的坐标为(x 0，y 0)，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋p2＝3，x 2＋y 20＝9，y 20＝2px 0，得x 0＝1，y 0＝±22，p ＝4， ∴抛物线C 1的方程为y 2＝8x . (2)由(1)得抛物线C 1的焦点F (2,0)，∵椭圆C 2的一个焦点与抛物线C 1的焦点重合， ∴椭圆C 2的半焦距c ＝2，m 2－n 2＝c 2＝4，∵椭圆C 2的离心率为12， ∴2m ＝12⇒m ＝4，n ＝23， ∴椭圆C 2的方程为x 216＋y 212＝1. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，x 216＋y 212＝1，得(4k 2＋3)x 2－32kx ＋16＝0，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝32k 4k 2＋3，x 1x 2＝164k 2＋3.由Δ＞0⇒(－32k )2－4×16(4k 2＋3)＞0⇒k ＞12或k ＜－12①. ∵原点O 在以线段AB 为直径的圆的外部， 则OA →·OB →＞0，∴OA →·OB →＝(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＝y 1y 2＋x 1x 2＝(kx 1－4)·(kx 2－4)＋x 1x 2 ＝(k 2＋1)x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16 ＝(k 2＋1)×164k 2＋3－4k ×32k4k 2＋3＋16＝16(4－3k 2)4k 2＋3＞0⇒－233＜k ＜233.② 由①②得，实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－233，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，333. 求参数范围的常用方法：(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．已知椭圆的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，中心在原点．若右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围．解：(1)依题意可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2＝1， 则右焦点F (a 2－1，0)，由题设|a 2－1＋22|2＝3，解得a 2＝3.∴所求椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设P (x P ，y P )，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， P 为弦MN 的中点，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3(m 2－1)＝0， ∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6km )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)>0 ⇒m 2<3k 2＋1.①由根与系数的关系，得x M ＋x N ＝－6km 3k 2＋1，x M ·x N ＝3(m 2－1)3k 2＋1.∴x P ＝x M ＋x N 2＝－3km3k 2＋1，从而y P ＝kx P ＋m ＝m3k 2＋1，∴k AP ＝y P ＋1x P＝－m ＋3k 2＋13km ，又∵|AM |＝|AN |，∴AP ⊥MN ， 则－m ＋3k 2＋13km ＝－1k ， 即2m ＝3k 2＋1.②把②代入①，得m 2<2m ，解得0<m <2； 由②，得k 2＝2m －13>0，解得m >12.综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2. 热点三 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．[考查角度一] 探究是否存在常数的问题[典题5] [2019·四川卷]如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )． 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1 ＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3. 此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD .此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在．[考查角度二] 探究是否存在点的问题[典题6] [2019·河北石家庄一模]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，点A 为椭圆上一点，∠F 1AF 2＝60°，且S △F 1AF 2＝ 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .问：在x 轴上是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)由e ＝12可得a 2＝4c 2，① S △F 1AF 2＝12|AF 1||AF 2|sin 60°＝3， 可得|AF 1||AF 2|＝4，在△F 1AF 2中，由余弦定理可得 |AF 1|2＋|AF 2|2－2|AF 1||AF 2|cos 60°＝4c 2，又|AF 1|＋|AF 2|＝2a ， 可得a 2－c 2＝3，② 联立①②得a 2＝4，c 2＝1， ∴b 2＝3.∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设点P (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由题意知Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0， ∴x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝3m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m . 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x ＝4，得Q (4,4k ＋m )，假设存在点M 的坐标为(x 1,0)，则MP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m －x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1,4k ＋m )．∵以PQ 为直径的圆恒过点M ， ∴MP →·MQ →＝0，即－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，∴(4x 1－4)k m ＋x 21－4x 1＋3＝0对任意k ，m 都成立．则⎩⎨⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1，故存在定点M (1,0)符合题意．解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明．[考查角度三] 探究存在性的问题[典题7] [2019·新课标全国卷Ⅱ]已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，请说明理由．(1)[证明] 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得 (k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)[解] 四边形OAPB 能为平行四边形．理由如下：因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x . 设点P 的横坐标为x P .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m29k 2＋81， 即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程，得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分时成立，即x P ＝2x M .于是±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解．课时跟踪检测(五十六)[高考基础题型得分练]1．[2019·山西太原模拟]已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是点F 1，F 2，其离心率e ＝12，点P 为椭圆上的一个动点，△PF 1F 2面积的最大值为4 3.(1)求椭圆的方程；(2)若A ，B ，C ，D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与BD 相交于点F 1，AC →·BD →＝0，求|AC →|＋|BD →|的取值范围．解：(1)由题意，得当点P 是椭圆的上、下顶点时， △PF 1F 2面积取最大值，此时S △PF 1F 2＝12·|F 1F 2|·|OP |＝bc ，∴bc ＝43， ∵e ＝12，∴b ＝23，a ＝4， ∴椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由(1)得，椭圆的方程为x 216＋y 212＝1， 则F 1的坐标为(－2,0)， ∵AC →·BD →＝0，∴AC ⊥BD .①当直线AC 与BD 中有一条直线斜率不存在时，易得|AC →|＋|BD →|＝6＋8＝14.②当直线AC 的斜率k 存在且k ≠0时，则其方程为y ＝k (x ＋2)， 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧y ＝k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2，∴|AC →|＝1＋k 2|x 1－x 2|＝24(k 2＋1)3＋4k 2，此时直线BD 的方程为y ＝－1k (x ＋2)， 同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1，可得|BD →|＝24(k 2＋1)3k 2＋4，∴|AC →|＋|BD →|＝24(k 2＋1)4k 2＋3＋24(k 2＋1)3k 2＋4＝168(k 2＋1)2(3k 2＋4)(4k 2＋3)， 令t ＝k 2＋1(k ≠0)，则t >1， ∴|AC →|＋|BD →|＝16812＋t －1t 2， ∵t >1，∴0<t －1t 2≤14， ∴|AC →|＋|BD →|∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫967，14.由①②可知，|AC →|＋|BD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤967，14.2．[2019·甘肃兰州模拟]已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝63，过C 1的左焦点F 1的直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设C 1的右焦点为F 2，在圆C 2上是否存在点P ，满足|PF 1|＝a 2b 2|PF 2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，请说明理由．解：(1)∵直线l 的方程为x －y ＋2＝0， 令y ＝0，得x ＝－2，即F 1(－2,0)，∴c ＝2，又e ＝c a ＝63， ∴a 2＝6，b 2＝a 2－c 2＝2， ∴椭圆C 1的方程为x 26＋y 22＝1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l ：x －y ＋2＝0的距离d ＝|3－3＋2|2＝2，又直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为22，∴r ＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2222＝2＋2＝2， 故圆C 2的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4. 设圆C 2上存在点P (x ，y )满足|PF 1|＝a 2b 2|PF 2|， 即|PF 1|＝3|PF 2|，且F 1，F 2的坐标分别为F 1(－2,0)，F 2(2,0)， 则(x ＋2)2＋y 2＝3(x －2)2＋y 2， 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋y 2＝94， 它表示圆心是C ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，半径是32的圆．∵|CC 2|＝⎝⎛⎭⎪⎫3－522＋(3－0)2＝372， 故有2－32<|CC 2|<2＋32，故圆C 与圆C 2相交，有两个公共点．∴圆C 2上存在两个不同的点P ，满足|PF 1|＝a 2b 2|PF 2|.3．[2019·新课标全国卷Ⅲ]已知抛物线C ：y 2＝2x 的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线l 1，l 2分别交C 于A ，B 两点，交C 的准线于P ，Q 两点．(1)若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明AR ∥FQ ；(2)若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程．解：由题知，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.设l 1：y ＝a ，l 2：y ＝b ，则ab ≠0，且A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，b ，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，a ，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ， R ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，a ＋b 2. 记过A ，B 两点的直线为l ，则l 的方程为2x －(a ＋b )y ＋ab ＝0. (1)证明：由于F 在线段AB 上，故1＋ab ＝0. 记AR 的斜率为k 1，FQ 的斜率为k 2，则 k 1＝a －b 1＋a 2＝a －b a 2－ab ＝1a ＝－aba ＝－b ＝k 2.所以AR ∥FQ .(2)解：设l 与x 轴的交点为D (x 1,0)， 则S △ABF ＝12|b －a |·|FD |＝12|b －a |⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－12，S △PQF ＝|a －b |2.由题设可得|b －a |⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－12＝|a －b |2， 所以x 1＝0(舍去)或x 1＝1.设满足条件的AB 的中点为E (x ，y )．当AB 与x 轴不垂直时，由k AB ＝k DE 可得2a ＋b ＝yx －1(x ≠1)．而a ＋b2＝y ，所以y 2＝x －1(x ≠1)． 当AB 与x 轴垂直时，E 与D 重合． 所以，所求轨迹方程为y 2＝x －1.[冲刺名校能力提升练]1．[2019·河北石家庄摸底考试]平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F ，离心率e ＝32，过点F 且垂直于x 轴的直线被椭圆截得的弦长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)记椭圆C 的上、下顶点分别为A ，B ，设过点M (m ，－2)(m ≠0)的直线MA ，MB 与椭圆C 分别交于点P ，Q .求证：直线PQ 必过一定点，并求该定点的坐标．解：(1)由e ＝32，可得a 2＝4b 2，因过点F 垂直于x 轴的直线被椭圆所截得弦长为1， 所以2b 2a ＝1，所以b ＝1，a ＝4， 椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)知，A (0,1)，B (0，－1)，点M 的坐标为(m ，－2)， 直线MAP 方程为y ＝－3m x ＋1， 直线MBQ 方程为y ＝－1m x －1.分别与椭圆x 24＋y 2＝1联立方程组，消去x ，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 29＋4y 2－29m 2y ＋m29－4＝0和(m 2＋4)y 2＋2m 2y ＋m 2－4＝0， 由韦达定理，可解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫24m m 2＋36，m 2－36m 2＋36，Q ⎝⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4. 则直线PQ 的斜率k ＝m 2－1216m ，则直线方程为y －4－m 2m 2＋4＝m 2－1216m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8m m 2＋4，化简可得直线PQ 的方程为y ＝m 2－1216m x －12， 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12.所以直线PQ 必过y 轴上的一定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－12. 2.如图，已知椭圆x 24＋y23＝1的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点．(1)若点G 的横坐标为－14，求直线AB 的斜率；(2)记△GFD 的面积为S 1，△OED (O 为原点)的面积为S 2.试问：是否存在直线AB ，使得S 1＝S 2？并说明理由．解：(1)依题意可知，直线AB 的斜率存在， 设其方程为y ＝k (x ＋1)，将其代入x 24＋y23＝1， 整理得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋3.故点G 的横坐标为x 1＋x 22＝－4k 24k 2＋3＝－14，解得k ＝±12.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2， 显然直线AB 不能与x 轴、y 轴垂直．由(1)可得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 24k 2＋3，3k 4k 2＋3.设点D 的坐标为(x D,0)．因为DG ⊥AB ， 所以3k4k 2＋3－4k 24k 2＋3－x D×k ＝－1， 解得x D ＝－k 24k 2＋3，即D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3，0.因为△GFD ∽△OED ， 所以S 1＝S 2⇔|GD |＝|OD |. 即⎝⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3－－4k 24k 2＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 4k 2＋32 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－k 24k 2＋3， 整理得8k 2＋9＝0. 因为此方程无解，所以不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.3．[2019·山西太原模拟]如图所示，在直角坐标系xOy 中，点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，12到抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线的距离为54.点M (t,1)是C 上的定点，A ，B 是C 上的两动点，且线段AB 的中点Q (m ，n )在直线OM 上．(1)求曲线C 的方程及t 的值； (2)记d ＝|AB |1＋4m2，求d 的最大值．解：(1)y 2＝2px (p >0)的准线为x ＝－p2，∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2＝54，p ＝12， ∴抛物线C 的方程为y 2＝x . 又点M (t,1)在抛物线C 上，∴t ＝1. (2)由(1)知，点M (1,1)， 从而n ＝m ，即点Q (m ，m )，依题意，直线AB 的斜率存在，且不为0， 设直线AB 的斜率为k (k ≠0)． 且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝x 1，y 22＝x 2，得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝x 1－x 2， 故k ·2m ＝1，∴直线AB 的方程为y －m ＝12m (x －m )， 即x －2my ＋2m 2－m ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －2my ＋2m 2－m ＝0，y 2＝x消去x ， 整理得y 2－2my ＋2m 2－m ＝0，∴Δ＝4m －4m 2>0，y 1＋y 2＝2m ，y 1y 2＝2m 2－m . 从而|AB |＝1＋1k 2·|y 1－y 2|＝1＋4m 2·4m －4m 2 ＝2(1＋4m 2)(m －m 2). ∴d ＝|AB |1＋4m2＝2m (1－m )≤m ＋(1－m )＝1， 当且仅当m ＝1－m ，即m ＝12时等号成立， 又m ＝12满足Δ＝4m －4m 2>0. ∴d 的最大值为1.。

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

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

解析几何一．复习目标：1. 能正确导出由一点和斜率确定的直线的点斜式方程；从直线的点斜式方程出发推导 出直线方程的其他形式，斜截式、两点式、截距式；能根据已知条件，熟练地选择恰当的方程形式写出直线的方程，熟练地进行直线方程的不同形式之间的转化，能利用直线的方程来研究与直线有关的问题了.2.能正确画出二元一次不等式（组）表示的平面区域，知道线性规划的意义，知道线性约束条件、线性目标函数、可行解、可行域、最优解等基本概念，能正确地利用图解法解决线性规划问题，并用之解决简单的实际问题，了解线性规划方法在数学方面的应用；会用线性规划方法解决一些实际问题.3． 理解“曲线的方程”、“方程的曲线”的意义，了解解析几何的基本思想，掌握求曲线的方程的方法.4．掌握圆的标准方程：222)()(r b y a x =-+-（r ＞0），明确方程中各字母的几何意义，能根据圆心坐标、半径熟练地写出圆的标准方程，能从圆的标准方程中熟练地求出圆心坐标和半径，掌握圆的一般方程：022=++++F Ey Dx y x ，知道该方程表示圆的充要条件并正确地进行一般方程和标准方程的互化，能根据条件，用待定系数法求出圆的方程，理解圆的参数方程cos sin x r y r θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），明确各字母的意义，掌握直线与圆的位置关系的判定方法.5．正确理解椭圆、双曲线和抛物线的定义，明确焦点、焦距的概念；能根据椭圆、双曲线和抛物线的定义推导它们的标准方程；记住椭圆、双曲线和抛物线的各种标准方程；能根据条件，求出椭圆、双曲线和抛物线的标准方程；掌握椭圆、双曲线和抛物线的几何性质：范围、对称性、顶点、离心率、准线（双曲线的渐近线）等，从而能迅速、正确地画出椭圆、双曲线和抛物线；掌握a 、b 、c 、p 、e 之间的关系及相应的几何意义；利用椭圆、双曲线和抛物线的几何性质，确定椭圆、双曲线和抛物线的标准方程，并解决简单问题；理解椭圆、双曲线和抛物线的参数方程，并掌握它的应用；掌握直线与椭圆、双曲线和抛物线位置关系的判定方法. 二．考试要求：(一)直线和圆的方程1．理解直线的斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程。