高考数学学科备考关键问题指导系列六（解析几何典例剖析及资源推送）

20/21福建省2022届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列六解析几何典例剖析及资源推送（福建省高三毕业班复习教学指导组江嘉秋执笔整理）解析几何中的基本问题可以分为①知曲线、求方程、用方程、研究曲线；②知方程、画曲线、用曲线、研究方程两类，由此展开的研究曲线或方程的具体问题：一、典型问题剖析（一）基本思想与方法【例1】（2021年八省适应用性卷14）若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为______，_____．解析：正方形OABC中，对角线OB所在直线的斜率为2，建立如图直角坐标系，设对角线OB所在直线的倾斜角为，则，由正方形性质可知，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，故，.故答案为：；.【评析】本题以简单的多空形式呈现，以正方形、直线与直线的位置关系为载体，考查坐标法的基本应用.考点虽然稍冷，却有着浓浓的解析味。解决问题的关键在于，合理建立坐标系，恰当地表征几何对象，如倾斜角的引进，以及与斜率的互化，体现了基础性、综合性和应用性。【例2】（2008年江苏卷18）在平面直角坐标系中，记二次函数（）与两坐标轴有三个交点．经过三个交点的圆记为．（1）求实数b的取值范围；（2）求圆的方程；（3）问圆是否经过定点（其坐标与的无关）？请证明你的结论．解析：（1）令＝0，得抛物线与轴交点是（0，b）；令，由题意b≠0且Δ＞0，解得b＜1且b≠0．（2）设所求圆的一般方程为令＝0得这与＝0是同一个方程，故D＝2，F＝．令＝0得＝0，此方程有一个根为b，代入得出E＝―b―1．所以圆C的方程为.（3）圆C必过定点（0，1）和（－2，1）．证明如下：将（0，1）代入圆C的方程，得左边＝0＋1＋2×0－（b＋1）＋b＝0，右边＝0，所以圆C必过定点（0，1）．同理可证圆C必过定点（－2，1）．【评析】本题载体二次函数和圆，突出了在知识的交汇处的命题理念.题意简洁清晰，设问自然大方，给人亲切感.整个试题数中有形、形中有数，静中求动、动中求不变，水乳交融，浑然一体，犹如一幅充满诗意的山水画.三个设问，角度不同，层层递进，环环相扣，将冰冷的曲线与方程的理性认识演绎成火热的思考，考查了待定系数法、坐标法、方程思想等，充分展示笛卡儿“方法论”的魅力，诠释了解析几何的学科思想.第（1）问，突出了数形结合思想在解决问题的优化作用；第（2）问是典型的知曲线求方程的问题，关键是能弄清问题的特殊性——分析几何要素，圆、抛物线与坐标轴交于相同的点，发现圆方程与二次函数的代数关系；第（3）问是知方程研究曲线，可以通过特例先发现所经过的定点，再用曲线系知识就容易破解。整个问题体现基础性和综合性。【例3】（2020届山东省高考模拟多项选择题）设A，B是抛物线上的两点，是坐标原点，下列结论成立的是（）A．若，则B．若，直线AB过定点C．若，到直线AB的距离不大于1D．若直线AB过抛物线的焦点F，且，则【解析】B选项.当直线与轴不垂直时，可设直线方程为，，，，，将直线方程代入抛物线方程，得，则，，，，解得．于是直线方程为，该直线过定点．故不正确；C.到直线的距离，即正确；A.．正确；D.由题得,所以，不妨取.所以，所以直线AB的方程为，所以.由题得=.所以.所以D正确.故选ACD．事实上，在研究B选项的基础上，AC选项都可以利用几何直观快速判断.【评析】本题以多项选择题呈现，是高考的新题型。试题以抛物线、抛物线与直线的位置关系为载体，设置具有一定关联的探究情境，综合考查抛物线的概念与性质。考查的关键能力主要是逻辑思维能力和运算求解能力。学生从熟悉的情境中，用数学的眼光，确定首先研究的对象，关键是C选项的研究，这是常规性问题，设方程（直线方程）、用方程（联立方程）解决位置关系问题。总体强调用代数方法和数形结合思想研究几何问题，体现基础性和综合性。总之，解析几何问题综合性强、应用面广，所以在高三复习中，一定要抓住本源的思路，“点与坐标”、“曲线与方程”两个互化上思考问题，注重通性通法，注重运算能力，自觉地运用数学思想方法进行分析、推理、运算，提高复习效率。具体的解析几何问题，圆的问题主要是定义和性质；圆锥曲线（椭圆、抛物线、双曲线）主要是曲线的定义、标准方程、曲线性质（焦点、离心率、准线、渐近线）；综合性问题主要是位置关系、范围、面积、定点、定值等。下面举几个例子说明．（二）离心率问题【例4】（2009全国2卷理11）已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于两点，若，则的离心率为B.C.D.【解析】设，由，所以，则.设直线的方程为，由消去得，于是，所以，则，整理化简得，于是，故，选A.【评析】本题主要考查以离心率为背景的双曲线的概念与性质，体现基础性。这类问题的解决，突出方程的思维.此题的关键是：合理构建符合题意的图像，挖掘几何性质，从中转化抽象出参数的等量关系式．（三）最值与范围【例5】（2016年全国1卷理20）设圆的圆心为A，直线l过点且与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）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（=2\*ROMAN2）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1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.【解析】（1）因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：.（2）当与轴垂直时，则的方程为，易求得，于是，，则四边形MPNQ面积为；当与轴不垂直时，设的方程为，，由得，则，所以；又过且与l垂直的直线，即，圆心到直线的距离为，所以，故四边形MPNQ面积的为，可得与轴不垂直时四边形MPNQ面积的取值范围为，又与轴垂直时四边形MPNQ面积为12，故四边形MPNQ面积的取值范围为.【评析】本题主要考查椭圆的方程和性质，直线和椭圆的位置关系，考查推理论证能力和运算求解能力.考查数形结合思想、化归转化思想、函数方程思想。解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．（四）定点问题【例6】（2017全国2卷理20）设O为坐标原点，动点M在椭圆上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【解析】（1）设，则，于是，，又，得即因为在椭圆上，所以，即.（2）由题意知，设，则，由，所以，又由（1）知，故，即.解法1：，则，于是过点P且垂直于OQ的直线l的方程为，整理得，，即，即，故直线l过定点，即直线l过C的左焦点F.解法2：因为，所以，由，所以，又由（1）知，故，所以，所以，又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.【评析】该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明．难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。本题的关键是合理设方程，设而不求，利用根与系数的关系，程序性求出以两点为直径的圆方程.【例7】（2020年全国Ⅰ卷第20题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.解析：（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：，，，，椭圆方程为：（2）证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为直线的方程为：，整理可得：整理得：,故直线过定点.【评析】本题是综合性题目，属于探索创新情境，具体以椭圆和直线的位置关系为载体，以直线过定点问题，考查运算求解能力、推理论证能力，考查理性思维和数学探索，对学生分析问题和解决问题提出了较高的要求.对直线过定点问题，示例中给出了此类问题的基本思路与解法，当然，对直线过定点问题还可以理解为三点共线，如此可以选择设点坐标推演与定点的斜率关系等式，创新性地解决问题，关键是弄清几何问题，选择合理的代数方法。事实上本题猜测与发现定点在轴上，对运算过程的调控尤为重要。（五）定值问题【例4】（2019年全国Ⅰ卷第21题）已知点关于坐标原点对称，，⊙过点且与直线相切．（1）若在直线上，求⊙的半径；（2）是否存在定点，使得当运动时，为定值？并说明理由．解析：（1）因为⊙过点，所以圆心在的垂直平分线上.由已知在直线上，且关于坐标原点O对称，所以在直线上，故可设.因为⊙与直线x+2=0相切，所以的半径为.由已知得，又，故可得，解得或.故⊙的半径或.（2）存在定点，使得为定值.理由如下：设，由已知得的半径为.由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.因为，所以存在满足条件的定点P.【评析】本题考查了直线与圆的关系和抛物线的定义，考查了待定系数法和曲线轨迹方程的求法。解题关键是第（1）问，曲线与方程互化，由条件知点在线段的中垂线上，设⊙的方程为，然后根据圆与直线相切和圆心到直线的距离，半弦长和半径的关系建立方程组即可。第（2）问，运用分析法，假设，则，可化为抛物线的定义的定义分析。【例5】（2021年全国八省联考）双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．（1）求的离心率；（2）若在第一象限，证明：．解析（1）设双曲线的半焦距为，则，，因为，故，故，即，故.（2）设，其中.因为，故，，故渐近线方程为：，所以，，当时，又，，所以，因为，故.当，由（1）可得，故.综上，.【评析】本题以双曲线方程与性质和双曲线与直线的位置关系为载体，证明角度倍关系问题，考查运算求解能力、推理论证能力，考查理性思维和数学探索，对学生分析问题和解决问题提出了较高的要求，解题关键（1）圆锥曲线中离心率的计算，关键是找到一组等量关系（齐次式）.（2）圆锥曲线中与有角有关的计算，注意通过动点的坐标来刻画角的大小，还要注意结合点在曲线上满足的方程化简目标代数式.设，则，，再计算，利用点在双曲线上化简后可得，从而可得结论成立.在解答题注意严谨性不丢分，如垂直于轴的讨论，角度范围的限制等。【例6】如图，点，分别为椭圆的左右顶点，为椭圆上非顶点的三点，直线的斜率分别为，且，，．（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．解析:（Ⅰ）由，得解得，椭圆．（Ⅱ）设直线的方程为，，，，，，，，，，，．所以的面积为定值1．【评析】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。依题意设条件，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。二、资源推送（一）选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．以椭圆的焦点为顶点，同时以该椭圆的顶点为焦点的双曲线方程是A． B． C． D．2．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于，两点，为坐标原点，若的面积为，则=A． B． C． D．3．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，若，则的离心率为A． B． C． D．4．已知动点的坐标满足方程，则的轨迹方程是A．B．C．D．5．已知双曲线的一个焦点为,一条渐近线的斜率为,则该双曲线的方程为A．B． C． D．6．为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为A． B． C． D．7．设椭圆：的左、右焦点分别为，，是上的点，，=，则的离心率为A． B． C． D．8．已知双曲线的离心率，则该双曲线的一条渐近线与轴所成角的取值范围是A． B． C． D．（二）选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.与直线仅有一个公共点的曲线是A． B． C． D．10.某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圈的长轴长、短轴长、焦距分别为，则（）A． B． C． D．11.设为双曲线的左、右焦点，过且斜率为的直线与在第一象限相交于一点，则下列说法正确的是（）A．倾斜角的余弦值为 B．若，则的离心率C．若，则的离心率 D．不可能是等边三角形12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯國，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．设点的轨迹为，下列结论正确的是A．的方程为 B．在轴上存在异于，的两定点，，使得 C．当，，三点不共线时，射线是的平分线 D．在上存在点，使得（二）填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13．设已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点为F(1，0)，直线与相交于A，B两点.若AB的中点为（2，2），则的方程为_____________.14．已知直线与圆相交于两点，若，则_____．15．已知抛物线，焦点为，为平面上的一定点，为该抛物线上的一动点，则的最小值为．16．已知为抛物线：的焦点，曲线是以为圆心，为半径的圆，直线与，从左至右依次相交于，则;．（三）解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知椭圆的中心在原点，其中一个焦点为，离心率为，过点的直线交于两点，（1）求的方程：（2）若直线的倾斜角为，求.18．已知椭圆过点，且的离心率为.（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于两点，且，求的方程.19．已知椭圆的右焦点为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）是椭圆在轴右侧部分上的两个动点，若原点到直线的距离为，证明：的周长为定值．20．如图，已知点是轴左侧(不含轴)一点，抛物线：上存在不同的两点满足的中点均在上．（1）设中点为，证明：垂直于轴；（2）若是半椭圆上的动点，求面积的取值范围．21．在平面直角坐标系中，已知点，动点到点的距离比到轴的距离大1个单位长度.（1）求动点的轨迹方程；（2）若过点的直线与交于，两点，且，求的方程.22．已知动圆经过点，并且与圆相切.（1）求点的轨迹的方程；（2）设为轨迹C内的一个动点，过点且斜率为的直线交轨迹于两点，当为何值时？是与无关的定值，并求出该定值.23．已知椭圆C：的离心率为，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，，且当直线l垂直于x轴时，.（1）求椭圆C的方程；（2）若，求弦长的取值范围．附：过关练习参考答案1．【答题分析】该双曲线方程是，选C.2．【答题分析】当直线垂直于轴时,经计算可知不符合题意；当直线不垂直于轴时，设方程为,求出原点O到直线AB的距离,联立直线AB与C的方程,根据韦达定理以及弦长公式求出弦长,然后根据面积列方程可解得,再代入,可得.【详解】当直线垂直于轴时，，不符合题设；当直线不垂直于轴时，设方程为，即.点到直线距离.联立得，设,则由韦达定理得,,,所以由弦长公式得,,因为的面积为,所以，所以，所以。故选C。3．【答题分析】根据可知，转化成关于，，的关系式，再根据，和的关系进而求得和的关系，则椭圆的离心率可得．【详解】据题意，，，，，，即，，即.又，，同除得，即，（舍）或.故选A.4．【答题分析】这个方程相信读者一定可以化简出最终结论（无非就是移项平方去根号），但如果考虑到方程中各式子的几何意义，更快获得结果，此方程表示点与到点的距离与到点的距离之差为8，而这正好符合双曲线的定义，点的轨迹是双曲线的右支。5．【答题分析】根据双曲线一个焦点可以求出,再根据一条渐近线的斜率为,可求出的关系,最后联立,解方程求出,求出方程即可.【详解】因为双曲线一个焦点的坐标为,所以,一条渐近线的斜率为,所以有,而,所以,因此有，解得.故选C。6．【答题分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程,设出,由以及抛物线的定义列式可得,求出,再代入抛物线方程可得点P的纵坐标,再由三角形的面积公式可得.【详解】由可得抛物线的焦点F(1,0),准线方程为,过点P作准线的垂线,垂足为,根据抛物线的定义可知,设,则,解得,将代入可得,所以△的面积为=.故选B.7．【答题分析】由题意可设|，结合条件可知，故离心率选D.8．【答题分析】因为离心率，所以，所以所求夹角范围为，故选C．（二）选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.【答题分析】因为圆心到直线的距离为，所以圆与直线相切，所以直线与圆仅有一个公共点，故A正确；因为，可得，故有两解，故B错误；因为与双曲线的一条渐近线为平行，所以直线与与双曲线仅有一个公共点，故C正确；因为，可得，故有两解，故D错误；综上所得，故选AC.几何量直观判断直线与圆，椭圆，双曲线，抛物线的交点个数，即可得到选项．10．【答题分析】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且根据图象可得，（*），故A正确；，故B正确；（*）两式相加，可得，故C不正确；由（*）可得，两式相乘可得，，故D正确.故选ABD.11.【答题分析】设直线倾斜角为，则，所以.在第一象限内，若，则，，由余弦定理得，整理得，解得或（舍）.若，则，，由余弦定理得，整理得，解得或（舍）.由，知不可能为等边三角形.故选AD.12.【答题分析】设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断；假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，设出，的坐标，求得轨迹方程，对照的轨迹方程可得，，可判断；当，，三点不共线时，由，由角平分线定理的逆定理，可判断；若在上存在点，使得，可设，运用两点的距离公式，可得的轨迹方程，联立的轨迹方程，即可判断．13．【答题分析】抛物线的方程为，设，所以，所以的方程为，即.14．【答题分析】根据圆心到直线的距离与半径和弦长的关系求出的值即可．【详解】圆：，化为：，所以圆心为，半径为1，则圆心到直线的距离为，即，解得．故答案为：．15．【答题分析】抛物线的准线方程为：，焦点为，过向准线作垂线，垂足为，故答案为：12．16．【答题分析】由直线过焦点F，即QR是直径，得|RQ|＝，又|RS|＝|SF|﹣＝+﹣＝+，|PQ|＝|PF|﹣＝+﹣＝+，求出S，P的纵坐标代入即可.17．【答题分析】（1）根据题中条件，得到，再由离心率求出，进而得到的值，从而可求出椭圆方程；（2）由题中条件，得到直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果.【详解】（1）由条件知，，又由离心率知，，的方程为.（2）由条件知，直线的方程为，联立椭圆方程，得到，易知，设，，则由韦达定理，，，故.18．【答题分析】（1）将点坐标代入方程，结合，列方程组可求得的值，进而求得椭圆方程.（2）设直线的方程为，代入椭圆的方程，写出韦达定理，通过计算，可求得的值，进而求得直线的方程.【详解】（1）由已知得解得，．椭圆的方程为.（2）由题得不为轴，∴设直线的方程为，代入椭圆的方程得，设，，则，.．即，∴（舍）或．直线的方程为．综上，直线的方程为.19．【答题分析】（1）利用待定系数法，可求椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为．代入利用韦达定理，结合距离公式，化简，即可求的值．【解析】（1）由题意得解得所以椭圆的方程为．（2）=1\*GB3①当垂直于轴时，方程为，，，．．因为，所以．=2\*GB3②当不垂直于轴时，设的方程为．因为原点到直线的距离为，所以，即．由得，即．设，，则，．所以=．因为在轴右侧，所以，所以．，所以，同理．所以，所以，综上，的周长等于椭圆的长轴长4.20．【答题分析】（1）设，，．因为的中点的中点在抛物线上，所以为方程即的两个不同的实数根，所以，故垂直于轴；（2）由（1）可知，所以，因此，的面积．因为，所以，故的面积取值范围是．【点评】利用函数性质解决圆锥