解析几何全真试题专项解析-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 一、透析直线与圆、圆锥曲线的方程 　　　　　　　　　　　　　　　直线的方程主要有五种形式，应用时要注意 各自的适用条件．圆的方程主要分为标准式与一 般式两种，解题时要根据题设中的具体条件选用 圆的方程，这部分知识除客观题外，还贯穿于解 答题中，特别是直线方程及其相关知识，如两条 直线相交、平行、垂直的条件等． 二、透析直线与圆的位置关系 直线与圆有相离、相切、相交三种位置关系， 在高考解答题中都有可能涉及．由于圆的特殊 性，处理直线与圆的位置关系、弦长、弦的中点及 轨迹等问题时，一般不使用判别式和韦达定理， 只需使用点到直线的距离公式建立方程或不等式 即可解决，且运算量小、过程简捷． 三、透析曲线与方程的关系 根据曲线与方程的关系，在求曲线（或点的 轨迹）方程时要注意下面两点：（１）曲线上的所 有点都符合条件而毫无例外，它刻画了轨迹的纯 粹性；（２）适合条件的点都在曲线上而毫无遗 漏，它刻画了轨迹的完整性．这两种关系必须同 时满足，缺一不可．因此，在求曲线（或点的轨 迹）方程时，所求出的方程和题设条件中所描述 的曲线（或图形）是否等价，需从两个方面着手： （１）验证曲线上的点的坐标都是这个方程的解； （２）验证以这个方程的解为坐标的点都在曲线 上．在求轨迹方程时，如果忽略隐蔽条件或在方 程化简过程中不等价，所求的方程就会出现多点 与少点的情况，因此解这类题目时，一定要认真 分析题意，做到等价变形． 四、透析圆锥曲线的几何性质 圆锥曲线的几何性质是圆锥曲线内在的、固 有的性质，不因为位置的改变而改变，高考主要 考查方程中变量的范围 ! 焦点、顶点 ! 离心率、准 线、渐近线等．在解答题中常常利用圆锥曲线的 几何性质建立不等关系求圆锥曲线的离心率 ! 最值 ! 参数范围等，从而简化解题的过程． 五、透析直线与圆锥曲线的位置关系 对直线与圆锥曲线位置关系的考查主要有 两种题型：一是判断已知直线与已知曲线的位置 关系；二是根据直线与圆锥曲线的某种位置关 系，考查直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定 值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式 证明等．在解答此类问题时，要注意函数与方程、 分类与整合、化归与转化、数形结合四大数学思 想的应用，同时注意待定系数法、不等式法、构造 法、换元法等数学方法与技巧的重要作用． 六、透析解答解析几何问题的常见方法与 技巧 １．回归定义：凡涉及到圆锥曲线焦点、准线、 离心率的有关问题，可借助圆锥曲线定义来转 化． ２．数形结合：解析几何以数量关系研究几何 形状，在解析几何中所涉及的曲线具有“数”与 “形”的双重性，离开具体的图形解题无疑是纸 上谈兵，数形结合是解析几何的基本思想方法． 借助直观图形能使直线与圆锥曲线的位置关系问 题直观显现，获得迅速解答． ３．利用向量：向量与平面解析几何都具有数 与形相结合的特性，向量具有多种工具作用，在 平面解析几何中有关长度、角度的计算及有关平 行（三点共线）、垂直等位置关系问题可以利用 向量知识解决，向量可以使许多解析几何问题的 解答得到简化． ４．平面几何的渗透：解析几何的题型多，涉 及的知识面宽，变量多，综合性强，解答多以字母 运算为主，量大且繁琐．若能充分挖掘题设中所 给的几何性质，巧妙地运用平面几何的知识，则 可避免冗长的推导和运算，大大降低难度，使解 题过程简捷而明了． ５．设而不求：用解析法处理几何问题，设点 的坐标最为常见，但求点的坐标并不多见．根据 点在曲线上，坐标是方程解的代数特征，灵活运 用方程理论，是设而不求的实质．如果涉及到曲 线交点的问题，可不求出交点的坐标，而是转化 为利用根与系数的关系或“点差法”的形式，快速 作出正确的解答． ６．引入参数：引入适当参数，对于深入研究 直线与圆锥曲线的关系非常重要．选择适当的参 数，如点参数、角参数、直线斜率、截距等，配之以 相应的代数变形，往往可简化运算，达到事半功 倍的效果． ７．应用根与系数的关系：如果直线与二次曲 线相交，由直线方程Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０和二次曲线 方程ｆ（ｘ，ｙ）＝０联立消去ｘ或ｙ得到关于ｙ或ｘ 的一个一元二次方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０或ａｙ２＋ｂｙ ＋ｃ＝０，则直线与曲线的两个交点（ｘ１，ｙ１），（ｘ２， ｙ２）的横坐标ｘ１，ｘ２或纵坐标ｙ１，ｙ２恰好分别是上 述两个方程的根．因此，与一元二次方程紧密联 系的根与系数的关系在解决直线与曲线的位置 关系中有着重要作用． 题型一、直线、圆的方程 例１ 圆ｘ２＋ｙ２－２ｘ＋６ｙ＝０的圆心到直 线ｘ－ｙ＋２＝０的距离为 （　　） （Ａ）槡２ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）槡３２ 解析：化圆的方程为标准方程得（ｘ－１）２＋（ｙ ＋３）２ ＝１０，所以该圆的圆心（１，－３）到直线ｘ－ｙ ＋２＝０的距离为｜１－（－３）＋２｜ １２＋（－１）槡 ２ ＝６ 槡２ ＝ 槡３２． 点评：本题考查圆的标准方程、点到直线的 距离公式，考查运算求解能力． 题型二、直线与圆的位置关系 例２ 已知直线ｘ－ｍｙ＋１＝０与⊙Ｃ：（ｘ－ １）２＋ｙ２＝４交于Ａ，Ｂ两点，写出满足“△ＡＢＣ面 积为 ８ ５”的ｍ的一个值 ． 解析：设直线ｘ－ｍｙ＋１＝０为直线ｌ，由条 件知⊙Ｃ的圆心Ｃ（１，０），半径ｒ＝２，Ｃ到直线ｌ 的距离 ｄ＝ ２ １＋ｍ槡 ２ ，｜ＡＢ｜＝２ ｒ２－ｄ槡 ２ ＝ ２ ４ (－ ２ １＋ｍ槡 )２槡 ２ ＝ ４｜ｍ｜ １＋ｍ槡 ２ ．由 Ｓ△ＡＢＣ ＝ ８ ５，得 １ ２× ４｜ｍ｜ １＋ｍ槡 ２ × ２ １＋ｍ槡 ２ ＝８５，整理得 ２ｍ２－５｜ｍ｜＋２＝０，解得ｍ＝±２或ｍ＝±１２， 答案不唯一，可以是 ±１２，±２中任意一个． 点评：本题主要考查直线与圆的位置关系， 点到直线的距离公式，本题属于结论开放题，考 查学生思维的灵活性，既增加了试题的灵活度， 又拒绝了套路解法． 例３ 已知ｂ是ａ，ｃ的等差中项，直线ａｘ＋ ｂｙ＋ｃ＝０与圆ｘ２＋ｙ２＋４ｙ－１＝０交于Ａ，Ｂ两 点，则｜ＡＢ｜的最小值为 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）４ （Ｄ）槡２５ 解析：根据题意有２ｂ＝ａ＋ｃ，即ａ－２ｂ＋ｃ＝ ０，所以直线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０过点Ｍ（１，－２）．设 圆ｘ２＋ｙ２＋４ｙ－１＝０的圆心为Ｃ，连接ＣＭ，则 ＡＢ⊥ＣＭ时，｜ＡＢ｜最小，将圆的方程化为ｘ２＋ （ｙ＋２）２＝５，则Ｃ（０，－２），所以｜ＭＣ｜＝１，所 以｜ＡＢ｜的最小值为２ ５－｜ＭＣ｜槡 ２ ＝４，故选 （Ｃ）． 点评：本题考查直线与圆的位置关系、等差 中项，意在考查学生的逻辑思维能力和运算求解 能力． 例４ 过点（０，－２）与圆ｘ２＋ｙ２－４ｘ－１ ＝０相切的两条直线的夹角为α，则ｓｉｎα＝ （　　） （Ａ）１ （Ｂ）槡１５４ （Ｃ） 槡１０ ４ （Ｄ） 槡６ ４ 解析：如图１， ｘ２＋ｙ２－４ｘ－１＝０ 得（ｘ－２）２＋ｙ２ ＝５， 所以圆心坐标为（２，０）， 半径ｒ＝槡５， 所以 圆 心 到 点 （０， － ２） 的 距 离 为 （２－０）２＋（０＋２）槡 ２ ＝ 槡２２，由于圆心与点 （０，－２）的连线平分角α，所以ｓｉｎα２ ＝ ｒ 槡２２ ＝ 槡５ 槡２２ ＝槡１０４ ，所以ｃｏｓ α ２＝ 槡６ ４，所以ｓｉｎα＝２ｓｉｎ α ２ｃｏｓ α ２ ＝２× 槡１０ ４ × 槡６ ４ ＝ 槡１５ ４ ．故选（Ｂ）． 点评：本题主要考查直线与圆的位置关系， 两条直线的夹角，同角三角函数的基本关系，二 倍角的正弦公式，考查数形结合思想以及运算求 解能力． 题型三、 例５ 已知抛物线Ｃ：ｙ２＝８ｘ的焦点为Ｆ，点 Ｍ在Ｃ上．若 Ｍ到直线 ｘ＝－３的距离为５，则 ｜ＭＦ｜＝ （　　） （Ａ）７ （Ｂ）６ （Ｃ）５ （Ｄ）４ 解析：由题得抛物线Ｃ：ｙ２＝８ｘ的焦点Ｆ（２， ０），准线方程为ｘ＝－２．因为点Ｍ在Ｃ上，所以 ! " # $ !" ! ! "! " # ! # %&'()*+,- (./&)01 %&2(345 !!" # $ 书 Ｍ到准线ｘ＝－２的距离为｜ＭＦ｜，又Ｍ到直线 ｘ＝－３的距离为５，所以 ｜ＭＦ｜＋１＝５，解得 ｜ＭＦ｜＝４．故选（Ｄ）． 点评：本题主要考查抛物线的定义及性质， 考查数形结合思想和运算求解能力． 题型四、 例６ 已知点 Ａ（１，槡５）在抛物线 Ｃ：ｙ ２ ＝ ２ｐｘ上，则Ａ到Ｃ的准线的距离为 ． 解析：将点Ａ的坐标代入抛物线方程得： （槡５） ２ ＝２ｐ×１，解得２ｐ＝５， 所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝５ｘ， 准线方程为ｘ＝－５４， 所以Ａ到Ｃ的准线的距离为１ (－ － )５４ ＝９４． 点评：本题主要考查抛物线的标准方程，考 查运算求解能力． 例７ 已知曲线Ｃ：ｘ２＋ｙ２＝１６（ｙ＞０），从 Ｃ上任意一点Ｐ向ｘ轴作垂线段ＰＰ′，Ｐ′为垂足， 则线段ＰＰ′的中点Ｍ的轨迹方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１（ｙ＞０） （Ｂ）ｘ ２ １６＋ ｙ２ ８ ＝１（ｙ＞０） （Ｃ）ｙ ２ １６＋ ｘ２ ４ ＝１（ｙ＞０） （Ｄ）ｙ ２ １６＋ ｘ２ ８ ＝１（ｙ＞０） 解析：设Ｍ（ｘ０，ｙ０），则Ｐ（ｘ０，２ｙ０），因为点Ｐ 在曲线Ｃ上，所以ｘ２０＋（２ｙ０） ２＝１６（ｙ０＞０），即 ｘ２０ １６＋ ｙ２０ ４＝１（ｙ０＞０），所以线段ＰＰ′的中点Ｍ的 轨迹方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１（ｙ＞０），故选（Ａ）． 点评：本题主要考查动点的轨迹方程，考查 运算求解能力． 例８ 双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的 左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２．过 Ｆ２作其中一条渐近 线的垂线，垂足为Ｐ．已知｜ＰＦ２｜＝２，直线ＰＦ１ 的斜率为槡 ２ ４，则双曲线的方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ ８－ ｙ２ ４ ＝１ （Ｂ） ｘ２ ４－ ｙ２ ８ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ ４－ ｙ２ ２ ＝１ （Ｄ） ｘ２ ２－ ｙ２ ４ ＝１ 解析：不妨取渐近线ｙ＝ｂａｘ， 此时直线ＰＦ２的方程为ｙ＝－ ａ ｂ（ｘ－ｃ）， 与ｙ＝ｂａｘ联立并解得 ｘ＝ａ ２ ｃ， ｙ＝ａｂｃ { ， 即 (Ｐ ａ２ｃ，ａｂ)ｃ ． 因为直线ＰＦ２与渐近线ｙ＝ ｂ ａｘ垂直， 所以｜ＰＦ２｜的长度即为点Ｆ２（ｃ，０）到直线 ｙ＝ｂａｘ（即ｂｘ－ａｙ＝０）的距离， 由点到直线的距离公式得 ｜ＰＦ２｜＝ ｂｃ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ｂｃｃ＝ｂ，所以ｂ＝２． 因为Ｆ１（－ｃ，０）， (Ｐ ａ２ｃ，ａｂ)ｃ ， 且直线ＰＦ１的斜率为槡 ２ ４， 所以 ａｂ ｃ ａ２ ｃ＋ｃ ＝槡２４， 化简得 ａｂ ａ２＋ｃ２ ＝槡２４，又ｂ＝２，ｃ ２＝ａ２＋ｂ２， 所以 ２ａ ２ａ２＋４ ＝槡２４，整理得ａ ２－槡２２ａ＋２＝０， 即（ａ－槡２） ２ ＝０，解得ａ＝槡２． 所以双曲线的方程为 ｘ２ ２－ ｙ２ ４ ＝１， 故选（Ｄ）． 点评：本题主要考查双曲线的标准方程与几 何性质，点到直线的距离公式，斜率公式，考查运 算求解能力． 题型五、 例９ 设椭圆Ｃ１： ｘ２ ａ２ ＋ｙ２＝１（ａ＞１），Ｃ２： ｘ２ ４＋ｙ ２＝１的离心率分别为ｅ１，ｅ２．若ｅ２＝槡３ｅ１， 则ａ＝ （　　） （Ａ） 槡２３３ （Ｂ）槡２ （Ｃ）槡３ （Ｄ）槡６ 解析：由ｅ２ ＝槡３ｅ１得ｅ ２ ２ ＝３ｅ ２ １， 所以 ４－１ ４ ＝３× ａ２－１ ａ２ ， 又ａ＞１，所以ａ＝ 槡２３３． 故选（Ａ）． 点评：本题主要考查椭圆的离心率，考查方 程思想和运算求解能力． 例１０ 设双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞ ０）的左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，过Ｆ２作平行于 ｙ 轴的直线交 Ｃ于 Ａ，Ｂ两点，若 ｜Ｆ１Ａ｜＝１３， ｜ＡＢ｜＝１０，则Ｃ的离心率为 ． 解析：由 ｜ＡＢ｜＝１０及双曲线的对称性得 ｜ＡＦ２｜＝ ｜ＡＢ｜ ２ ＝５，因为｜ＡＦ１｜＝１３，所以２ａ ＝｜ＡＦ１｜－｜ＡＦ２｜＝１３－５＝８，２ｃ＝｜Ｆ１Ｆ２｜＝ ｜ＡＦ１｜ ２－｜ＡＦ２｜槡 ２ ＝ １３２－５槡 ２ ＝１２，所以 ａ＝４，ｃ＝６，则Ｃ的离心率ｅ＝ ｃａ＝ ６ ４ ＝ ３ ２． 点评：本题考查双曲线的定义、离心率、对称 性，考查运算求解能力． 例１１ （多选）设 Ｏ为坐标原点，直线 ｙ＝－槡３（ｘ－１）过抛物线Ｃ：ｙ ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的 焦点，且与Ｃ交于Ｍ，Ｎ两点，ｌ为Ｃ的准线，则 （　　） （Ａ）ｐ＝２ （Ｂ）｜ＭＮ｜＝８３ （Ｃ）以ＭＮ为直径的圆与ｌ相切 （Ｄ）△ＯＭＮ为等腰三角形 解析：对于（Ａ），因为直线ｙ＝－槡３（ｘ－１）过 点（１，０），所以抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点坐 标为（１，０），即ｐ２ ＝１，解得ｐ＝２，（Ａ）正确； 对于（Ｂ），由（Ａ）得抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝ ４ｘ．设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），ｘ１ ＞ｘ２， 联立方程 ｙ＝－槡３（ｘ－１）， ｙ２ ＝４ｘ{ ， 消去ｙ并整理 得３ｘ２－１０ｘ＋３＝（ｘ－３）（３ｘ－１）＝０， 解得ｘ１ ＝３，ｘ２ ＝ １ ３，所以｜ＭＮ｜＝ｘ１＋ｘ２ ＋ｐ＝３＋１３＋２＝ １６ ３，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），由以上分析易知，ｌ的方程为 ｘ＝－１，以ＭＮ (为直径的圆的圆心坐标为 ５３， － 槡２３)３ ，半径ｒ＝１２｜ＭＮ｜＝８３ ＝５３＋１， 所以以ＭＮ为直径的圆与ｌ相切，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），结合选项（Ｂ）可知Ｍ（３，－槡２３）， (Ｎ １３，槡２３)３ ，由两点间距离公式可得 ｜ＯＭ｜＝ ３２＋（－ 槡２３）槡 ２ ＝槡２１， ( ｜ＯＮ｜＝ )１３ ２ (＋ 槡２３)３槡 ２ ＝槡１３３ ，又｜ＭＮ｜＝ １６ ３， 所以△ＯＭＮ不是等腰三角形，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． 点评：本题主要考查抛物线的标准方程及其 几何性质，直线与抛物线的位置关系等，考查数 形结合思想与运算求解能力． 例１２ 设计一条美丽的丝带， 其造型 可以看作图２中的曲线Ｃ 的一部分．已知 Ｃ过坐标原点 Ｏ， 且Ｃ上的点满足：横坐标大于 －２， 到点Ｆ（２，０）的距离与到定直线ｘ ＝ａ（ａ＜０）的距离之积为４，则 （　　） （Ａ）ａ＝－２ （Ｂ）点（槡２２，０）在Ｃ上 （Ｃ）Ｃ在第一象限的点的纵坐标的最大值 为１ （Ｄ）当点（ｘ０，ｙ０）在Ｃ上时，ｙ０≤ ４ ｘ０＋２ 解析：因为坐标原点 Ｏ在曲线 Ｃ上，所以 ２×｜ａ｜＝４，又ａ＜０，所以ａ＝－２，所以（Ａ）正 确； 因为点（槡２２，０）到点Ｆ（２，０）的距离与到定 直线ｘ＝－２的距离之积为（槡２２－２）（槡２２＋２） ＝４，所以点（槡２２，０）在曲线 Ｃ上，所以（Ｂ）正 确； 设Ｐ（ｘ，ｙ）（ｘ＞０，ｙ＞０）是曲线Ｃ在第一象 限的点，则有 （ｘ－２）２＋ｙ槡 ２（ｘ＋２）＝４，所以 ｙ２＝ １６ （ｘ＋２）２ －（ｘ－２）２，令ｆ（ｘ）＝ １６ （ｘ＋２）２ － （ｘ－２）２，则ｆ′（ｘ）＝－ ３２ （ｘ＋２）３ －２（ｘ－２），因 为ｆ（２）＝１，且ｆ′（２）＜０，所以函数ｆ（ｘ）在ｘ ! " # $ !" %&'()*+ ! " # $ % ! ! %&,()-. 书 ＝２附近单调递减，即必定存在一小区间（２－ε， ２＋ε）使得ｆ（ｘ）单调递减，所以在区间（２－ε， ２）上均有ｆ（ｘ）＞１，所以Ｐ（ｘ，ｙ）的纵坐标的最 大值一定大于１，所以（Ｃ）错误； 因为点（ｘ０，ｙ０）在 Ｃ上，所以 ｘ０ ＞－２且 （ｘ０－２） ２＋ｙ槡 ２ ０（ｘ０＋２）＝４，得ｙ ２ ０＝ １６ （ｘ０＋２） ２ －（ｘ０ －２） ２≤ １６ （ｘ０＋２） ２，所以 ｙ０≤｜ｙ０｜≤ １６ （ｘ０＋２）槡 ２ ＝ ４ｘ０＋２ ，所以（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 点评：本题是新定义曲线问题，曲线上的点到 定点的距离与到定直线的距离之积为定值，类比 椭圆、双曲线、抛物线上的点到定点的距离与到定 直线的距离之比为定值，所用的探索方法即曲线 与方程思想及利用方程研究曲线性质的方法，意 在考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力． 题型六、 例１３ 已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 椭圆的离心率ｅ＝１２，左顶点为Ａ，下顶点为Ｂ，Ｏ 为坐标原点，Ｃ是线段ＯＢ的中点，其中Ｓ△ＡＢＣ ＝ 槡３３ ２． （１）求椭圆的方程； （２） (过点 ０，－ )３２ 的动直线与椭圆有两个 交点Ｐ，Ｑ，在ｙ轴上是否存在点Ｔ使得 →ＴＰ·→ＴＱ≤ ０？若存在，求出点 Ｔ纵坐标的取值范围；若不存 在，请说明理由． 解析：（１）因为ｅ＝ ｃａ＝ １ ２， 所以ａ＝２ｃ，ｂ＝ ａ２－ｃ槡 ２ ＝槡３ｃ， 由题知Ａ（－ａ，０），Ｂ（０，－ｂ）， (Ｃ ０，－ｂ)２ ， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２·｜ＢＣ｜·｜ＯＡ｜ ＝１２· ｂ ２·ａ＝ １ ２· 槡３ｃ ２·２ｃ＝ 槡３３ ２， 得ｃ＝槡３，所以ａ＝ 槡２３，ｂ＝３． 故椭圆的方程为 ｘ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１． （２）设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），Ｔ（０，ｔ）． 当直线ＰＱ的斜率不存在时，不妨设 Ｐ（０， ３），Ｑ（０，－３），则 →ＴＰ· →ＴＱ＝（０，３－ｔ）·（０， －３－ｔ）＝ｔ２－９≤０，解得 －３≤ｔ≤３． 当直线ＰＱ的斜率存在时， 设其方程为ｙ＝ｋｘ－３２， 由 ｙ＝ｋｘ－３２， ｘ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１ { ， 可得（３＋４ｋ２）ｘ２－１２ｋｘ－２７＝０， 所以Δ＝１４４ｋ２＋４×２７（３＋４ｋ２）＞０， ｘ１＋ｘ２ ＝ １２ｋ ３＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝－ ２７ ３＋４ｋ２ ． 因为 →ＴＰ· →ＴＱ＝（ｘ１，ｙ１－ｔ）·（ｘ２，ｙ２－ｔ） ＝ｘ１ｘ２＋（ｙ１－ｔ）（ｙ２－ｔ） ＝ｘ１ｘ２ (＋ ｋｘ１－３２ ) (－ｔ ｋｘ２－３２ )－ｔ ＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２ (－ｋ ３２ )＋ｔ（ｘ１＋ｘ２） (＋ ３２ )＋ｔ ２ ＝－２７（１＋ｋ ２） ３＋４ｋ２ － １２ｋ (２ ３２ )＋ｔ ３＋４ｋ２ (＋ ３ ２ )＋ｔ ２ ＝ －２７－２７ｋ２－１８ｋ２－１２ｋ２ｔ＋２７４ ＋３ｔ ２＋９ｔ＋９ｋ２＋４ｋ２ｔ２＋１２ｋ２ｔ ３＋４ｋ２ ＝ ４ｋ２ｔ２－３６ｋ２＋３ｔ２＋９ｔ－８１４ ３＋４ｋ２ ≤０， 所以 ４ｋ２ｔ２ －３６ｋ２ ＋３ｔ２ ＋９ｔ－８１４≤ ０对 ｋ∈Ｒ恒成立， 则有 ４ｔ２－３６≤０， ３ｔ２＋９ｔ－８１４≤０ { ，解得 －３≤ｔ≤ ３２． 综上，－３≤ｔ≤ ３２， 即点Ｔ [的纵坐标的取值范围是 －３， ]３２ ． 点评：本题考查椭圆的方程与几何性质、直 线与椭圆的位置关系、向量的数量积，考查用代 数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力 以及用方程思想解决问题的能力． 例１４ 已知双曲线Γ：ｘ２－ｙ ２ ｂ２ ＝１（ｂ＞０）， 左、右顶点分别为Ａ１，Ａ２，过点Ｍ（－２，０）的直线 交双曲线Γ于Ｐ，Ｑ两点． （１）若Γ的离心率为２，求ｂ； （２）若ｂ＝ 槡２６３，△ＭＡ２Ｐ为等腰三角形，且 点Ｐ在第一象限，求点Ｐ的坐标； （３）连接ＱＯ（Ｏ为坐标原点）并延长交Γ于 点Ｒ，若Ａ１ →Ｒ·Ａ２ →Ｐ＝１，求ｂ的取值范围． 解析：（１）由双曲线的方程知ａ＝１， ｃ＝ １＋ｂ槡 ２，因为离心率为２， 所以 ｃ ａ＝ １＋ｂ槡 ２ １ ＝２，得ｂ＝槡３． （２）当ｂ＝ 槡２６３ 时，双曲线Γ：ｘ ２－３ｙ ２ ８ ＝１， 且Ａ２（１，０）． 因为点Ｐ在第一象限，所以∠ＰＡ２Ｍ为钝角． 又△ＭＡ２Ｐ为等腰三角形， 所以｜Ａ２Ｐ｜＝｜Ａ２Ｍ｜＝３． 设点Ｐ（ｘ０，ｙ０），且ｘ０ ＞０，ｙ０ ＞０， 则 （ｘ０－１） ２＋ｙ槡 ２ ０ ＝３， ｘ２０－ ３ｙ２０ ８ ＝１ { ， 得 ｘ０ ＝２， ｙ０ ＝ 槡２２ { ， 所以Ｐ（２，槡２２）． （３）由双曲线的方程知 Ａ１（－１，０），Ａ２（１， ０），且由题意知Ｑ，Ｒ关于原点对称． 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），则Ｒ（－ｘ２，－ｙ２）． 设直线ＰＱ的方程为ｘ＝ｍｙ－２． 联立直线与双曲线的方程得 ｘ＝ｍｙ－２， ｘ２－ｙ ２ ｂ２ ＝１{ ， 消去ｘ得（ｂ２ｍ２－１）ｙ２－４ｂ２ｍｙ＋３ｂ２ ＝０， 且ｂ２ｍ２－１≠０，即ｍ２≠ １ ｂ２ ． 由根与系数的关系得ｙ１＋ｙ２ ＝ ４ｂ２ｍ ｂ２ｍ２－１ ， ｙ１ｙ２ ＝ ３ｂ２ ｂ２ｍ２－１ ． 因为Ａ１ →Ｒ＝（－ｘ２＋１，－ｙ２）， Ａ２ →Ｐ＝（ｘ１－１，ｙ１），由Ａ１ →Ｒ·Ａ２ →Ｐ＝１， 得（－ｘ２＋１）（ｘ１－１）－ｙ１ｙ２ ＝１， 所以（ｘ２－１）（ｘ１－１）＋ｙ１ｙ２ ＝－１， 即（ｍｙ２－３）（ｍｙ１－３）＋ｙ１ｙ２ ＝－１， 整理得（ｍ２＋１）ｙ１ｙ２－３ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋１０＝０， 所以（ｍ２＋１）· ３ｂ ２ ｂ２ｍ２－１ －３ｍ· ４ｂ ２ｍ ｂ２ｍ２－１ ＋ １０＝０，整理得ｂ２ｍ２＋３ｂ２－１０＝０， 所以ｂ２ ＝ １０ ｍ２＋３ (∈ ０， １０]３ ． 又ｍ２≠ １ ｂ２ ，所以ｂ２≠ １０１ ｂ２ ＋３ ＝ １０ｂ ２ ３ｂ２＋１ ，得 ｂ２≠３，所以ｂ２∈（０，３） (∪ ３，１０]３ ，又ｂ＞０， 故ｂ的取值范围是（０，槡３） (∪ 槡３，槡３０]３ ． 点评：本题考查双曲线的方程及性质、直线 与双曲线的位置关系、双曲线中的取值范围问 题、向量的数量积运算，考查学生的逻辑推理能 力、运算求解能力和数形结合思想． 题型七、 例１５已知直线ｘ－２ｙ＋１＝０与抛物线Ｃ： ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）交于Ａ，Ｂ两点，｜ＡＢ｜＝ 槡４ １５． （１）求ｐ； （２）设Ｆ为Ｃ的焦点，Ｍ，Ｎ为Ｃ上两点，且 →ＦＭ· →ＦＮ＝０，求△ＭＦＮ面积的最小值． 解析：（１）设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 联立 ｘ－２ｙ＋１＝０， ｙ２ ＝２ｐｘ{ ， 消去ｘ并整理得 ｙ２－４ｐｙ＋２ｐ＝０．所以ｙ１＋ｙ２＝４ｐ，ｙ１ｙ２＝２ｐ， 且Δ＝１６ｐ２－８ｐ＞０，结合ｐ＞０，所以ｐ＞１２． ｜ＡＢ｜＝ １＋ ( １ )１２槡 ２· （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝槡５· １６ｐ ２－８槡 ｐ＝ 槡４ １５， 即２ｐ２－ｐ－６＝０， 解得ｐ＝－３２（舍）或ｐ＝２． （２）由（１）知抛物线Ｃ：ｙ２＝４ｘ，则点Ｆ（１，０）． 由题易知直线ＭＮ的斜率不可能为０， 设直线ＭＮ：ｘ＝ｍｙ＋ｎ，Ｍ（ｘ３，ｙ３），Ｎ（ｘ４，ｙ４）． 联立 ｘ＝ｍｙ＋ｎ， ｙ２ ＝４ｘ{ ， 消去ｘ并整理得ｙ２－４ｍｙ－４ｎ＝０． 所以ｙ３＋ｙ４ ＝４ｍ，ｙ３ｙ４ ＝－４ｎ， 且Δ＝１６ｍ２＋１６ｎ＞０． →ＦＭ· →ＦＮ＝（ｘ３－１）（ｘ４－１）＋ｙ３ｙ４ ＝（ｍｙ３＋ｎ－１）（ｍｙ４＋ｎ－１）＋ｙ３ｙ４ ! " # $ !" %&'()*&+ ,-./ 012" 书 ＝（ｍ２＋１）ｙ３ｙ４＋ｍ（ｎ－１）（ｙ３＋ｙ４）＋（ｎ－１） ２ ＝－４ｍ２ｎ－４ｎ＋４ｍ２ｎ－４ｍ２＋ｎ２－２ｎ＋１＝０， 即４ｍ２ ＝ｎ２－６ｎ＋１≥０， 解得ｎ≤３－ 槡２２或ｎ≥３＋ 槡２２， 且 Δ＝１６ｍ２＋１６ｎ＝４（ｎ２－６ｎ＋１）＋１６ｎ ＝４（ｎ－１）２ ＞０， 解得ｎ≠１． 又｜ＦＭ｜＝ （ｘ３－１） ２＋ｙ槡 ２ ３ ＝ （ｘ３－１） ２＋４ｘ槡 ３＝ （ｘ３＋１）槡 ２＝ｘ３＋１， 同理可得｜ＦＮ｜＝ｘ４＋１．所以Ｓ△ＭＦＮ ＝１２｜ＦＭ｜｜ＦＮ｜＝ １ ２（ｘ３＋１）（ｘ４＋１） ＝１２（ｍｙ３＋ｎ＋１）（ｍｙ４＋ｎ＋１） ＝１２［ｍ ２ｙ３ｙ４＋ｍ（ｎ＋１）（ｙ３＋ｙ４）＋（ｎ＋１） ２］ ＝１２［ｍ ２×（－４ｎ）＋ｍ（ｎ＋１）×４ｍ＋（ｎ＋１）２］ ＝ｎ２－２ｎ＋１＝（ｎ－１）２， 当ｎ＝３－ 槡２２时， （Ｓ△ＭＦＮ）ｍｉｎ ＝（３－ 槡２２－１） ２ ＝１２－ 槡８２， 即△ＭＦＮ面积的最小值为（１２－ 槡８２）． 点评：本题主要考查直线与抛物线的位置关 系，弦长公式，结合向量的数量积求三角形面积 的最值，解题关键是根据向量的数量积为零找到 ｍ，ｎ的关系，一是为了减元，二是通过相互的制 约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公 式提供定义域支持，从而求出面积的最小值．考 查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数 形结合思想． 题型八、 例１６已知椭圆Ｃ：ｙ ２ ａ２ ＋ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） 的离心率为槡 ５ ３，点Ａ（－２，０）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． 解析：（１）因为点Ａ（－２，０）在Ｃ上， 所以 ４ ｂ２ ＝１，得ｂ２ ＝４． 因为椭圆的离心率ｅ＝ ｃａ＝ 槡５ ３， 所以ｃ２＝５９ａ ２，又ａ２＝ｂ２＋ｃ２＝４＋５９ａ ２， 所以ａ２ ＝９，ｃ２ ＝５， 故椭圆Ｃ的方程为ｙ ２ ９＋ ｘ２ ４ ＝１． （２）由题意知，直线ＰＱ的斜率存在且不为０， 设ｌＰＱ：ｙ－３＝ｋ（ｘ＋２），Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ－３＝ｋ（ｘ＋２）， ｙ２ ９＋ ｘ２ ４ ＝１ { ， 得 （４ｋ２＋９）ｘ２＋（１６ｋ２＋２４ｋ）ｘ＋１６ｋ２＋４８ｋ＝０， 则Δ＝（１６ｋ２＋２４ｋ）２－４（４ｋ２＋９）（１６ｋ２＋４８ｋ） ＝－３６×４８ｋ＞０， 故ｘ１＋ｘ２ ＝－ １６ｋ２＋２４ｋ ４ｋ２＋９ ， ｘ１ｘ２ ＝ １６ｋ２＋４８ｋ ４ｋ２＋９ ． 直线ＡＰ：ｙ＝ ｙ１ ｘ１＋２ （ｘ＋２）， 令ｘ＝０，解得ｙＭ ＝ ２ｙ１ ｘ１＋２ ， 同理得ｙＮ ＝ ２ｙ２ ｘ２＋２ ， 则ｙＭ ＋ｙＮ ＝２× ｙ１（ｘ２＋２）＋ｙ２（ｘ１＋２） （ｘ１＋２）（ｘ２＋２） ＝２× （ｋｘ１＋２ｋ＋３）（ｘ２＋２）＋（ｋｘ２＋２ｋ＋３）（ｘ１＋２） （ｘ１＋２）（ｘ２＋２） ＝２× ２ｋｘ１ｘ２＋（４ｋ＋３）（ｘ１＋ｘ２）＋８ｋ＋１２ ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）＋４ ＝２×２ｋ（１６ｋ ２＋４８ｋ）＋（４ｋ＋３）（－１６ｋ２－２４ｋ）＋（８ｋ＋１２）（４ｋ２＋９） １６ｋ２＋４８ｋ＋２（－１６ｋ２－２４ｋ）＋４（４ｋ２＋９） ＝２×１０８３６ ＝６． 所以ＭＮ的中点的纵坐标为 ｙＭ ＋ｙＮ ２ ＝３， 所以ＭＮ的中点为定点（０，３）． 点评：本题主要考查椭圆的标准方程，定点 问题，考查直观想象和数学运算能力． 题型九、 例１７ 已知椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） 的右焦点为Ｆ，点 (Ｍ １， )３２ 在Ｃ上，且ＭＦ⊥ｘ轴． （１）求Ｃ的方程； （２）过点Ｐ（４，０）的直线交Ｃ于Ａ，Ｂ两点， Ｎ为线段ＦＰ的中点，直线ＮＢ交直线ＭＦ于点Ｑ， 证明：ＡＱ⊥ｙ轴． 解析：（１）由题意知 １ ａ２ ＋９ ４ｂ２ ＝１， ｃ＝１， ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２ { ， 得ａ＝２，ｂ＝槡３，ｃ＝１， 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）分析知直线ＡＢ的斜率存在． 易知当直线ＡＢ的斜率为０时，ＡＱ⊥ｙ轴． 当直线ＡＢ的斜率不为０时，设直线ＡＢ：ｘ＝ ｔｙ＋４（ｔ≠０），Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｑ（１，ｎ）． 联立方程得 ｘ＝ｔｙ＋４， ｘ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１ { ， 消去ｘ得（３ｔ２＋４）ｙ２＋２４ｔｙ＋３６＝０，Δ＞０， 则ｙ１＋ｙ２ ＝ －２４ｔ ３ｔ２＋４ ，ｙ１ｙ２ ＝ ３６ ３ｔ２＋４ ． 因为Ｎ为线段ＦＰ的中点，Ｆ（１，０）， 所以 (Ｎ ５２， )０ ．由Ｎ，Ｑ，Ｂ三点共线， 得ｋＢＮ ＝ｋＮＱ，即 ｙ２ ｘ２－ ５ ２ ＝ ｎ １－５２ ， 得 －３２ｙ２ (＝ｎ ｘ２－ )５２ ，得ｎ＝ －３ｙ２ ２ｘ２－５ ， 所以ｎ－ｙ１ ＝ －３ｙ２ ２ｘ２－５ －ｙ１ ＝ －３ｙ２ ２（ｔｙ２＋４）－５ －ｙ１ ＝ －２ｔｙ１ｙ２－３（ｙ１＋ｙ２） ２ｔｙ２＋３ ＝ －２ｔ×３６ ３ｔ２＋４ ＋３×２４ｔ ３ｔ２＋４ ２ｔｙ２＋３ ＝０， 所以ｎ＝ｙ１，所以ＡＱ⊥ｙ轴． 点评：本题考查椭圆的标准方程、直线与椭 圆的位置关系，同时考查圆锥曲线中的定值问 题，意在考查学生的分析问题和解决问题的能力 以及运算求解能力． 例１８ 已知椭圆Ｅ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） 的离心率为槡 ５ ３，Ａ，Ｃ分别是Ｅ的上、下顶点，Ｂ，Ｄ 分别是Ｅ的左、右顶点，｜ＡＣ｜＝４． （１）求Ｅ的方程； （２）设Ｐ为第一象限内Ｅ上的动点，直线ＰＤ 与直线ＢＣ交于点Ｍ，直线ＰＡ与直线ｙ＝－２交 于点Ｎ．证明：ＭＮ∥ＣＤ． 解析：（１）由题得｜ＡＣ｜＝２ｂ＝４，解得ｂ＝２． 又ｅ＝ ｃａ＝ １－ ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １－４ ａ槡 ２ ＝槡５３， 解得ａ２ ＝９． 所以Ｅ的方程为ｘ ２ ９＋ ｙ２ ４ ＝１． （２）设点Ｐ（ｘ０，ｙ０）， 则 ｘ２０ ９＋ ｙ２０ ４ ＝１，即４ｘ ２ ０ ＝３６－９ｙ ２ ０． 由（１）知Ａ（０，２），Ｂ（－３，０），Ｃ（０，－２）， Ｄ（３，０）． 易得直线ＰＤ：ｙ＝ ｙ０ ｘ０－３ （ｘ－３）， 直线ＢＣ：ｙ＝－２３ｘ－２， 联立 ｙ＝ ｙ０ ｘ０－３ （ｘ－３）， ｙ＝－２３ｘ－２ { ， 得 (Ｍ ３（３ｙ０－２ｘ０＋６）３ｙ０＋２ｘ０－６ ， －１２ｙ０ ３ｙ０＋２ｘ０－ )６ ． 直线ＰＡ的方程为ｙ＝ ｙ０－２ ｘ０ ｘ＋２， 令ｙ＝－２，得点 (Ｎ －４ｘ０ｙ０－２，－ )２ ． 因为ｋＭＮ ＝ －１２ｙ０ ３ｙ０＋２ｘ０－６ ＋２ ３（３ｙ０－２ｘ０＋６） ３ｙ０＋２ｘ０－６ ＋ ４ｘ０ ｙ０－２ ＝ －１２ｙ０＋６ｙ０＋４ｘ０－１２ ９ｙ０－６ｘ０＋１８＋ １２ｘ０ｙ０＋８ｘ ２ ０－２４ｘ０ ｙ０－２ ＝ （－６ｙ０＋４ｘ０－１２）（ｙ０－２） ９ｙ２０－６ｘ０ｙ０＋１８ｙ０－１８ｙ０＋１２ｘ０－３６＋１２ｘ０ｙ０＋８ｘ ２ ０－２４ｘ０ ＝ －６ｙ２０＋４ｘ０ｙ０－１２ｙ０＋１２ｙ０－８ｘ０＋２４ ９ｙ２０＋６ｘ０ｙ０－１２ｘ０－３６＋２（３６－９ｙ ２ ０） ＝ －６ｙ２０＋４ｘ０ｙ０－８ｘ０＋２４ －９ｙ２０＋６ｘ０ｙ０－１２ｘ０＋３６ ＝ ２（－３ｙ２０＋２ｘ０ｙ０－４ｘ０＋１２） ３（－３ｙ２０＋２ｘ０ｙ０－４ｘ０＋１２） ＝２３ ＝ｋＣＤ， 又ＭＮ与ＣＤ无公共点，所以ＭＮ∥ＣＤ． 点评：本题主要考查椭圆的标准方程及其几 何性质，同时考查圆锥曲线的定值问题，意在考 查学生的分析问题、解决问题的能力以及运算求 解能力． ! 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