专题8 解题高招(精讲册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

所以函数G(x)在R上单调递增，则当x>0时，G(x)> G(0)=0,即F(x)>0, 所以函数F(x)在(0，十∞)上单调递增，则当x>0时， F(x)>F(0)=0, 所以不等式ex十ex-x2-2>0在(0，十∞)上恒成立， 可得f(-x4)十f(x4)>0. 综上所述，x3十x4<0<f(x3)+f(x4),所以函数f(x) 为“M函数”， 解题高招3三角函数中o的范围问题 O类题实战 ①D f()=3,)=0,x一音-21.T (m∈)，T-3(2干D:f)在（否，5）上单调递减， 10π 10π ≤10，n∈N, .n=0,1,2,3,4,即周期T有5个不同取值，∴w的取值 共有5个. 2B解析由题意，函数f(x)=√3 sin wx十cos wx= 2sin(ax+石)，w>0, 因为x∈(0，晋），所以<x十否<(1十w), 要使得函数f()在区间(0，否)上仅有一条对称轴及 个对称中心， 则需满足晋1十o)<,解得5<w<8,所以u的取 值范围为(5,8]. 3B解析由题意，在[0,1]上至少出现50次最大值，即在 [0,1]上至少需要49}个周期，即7个周期，所以 吗T-1坚，1，所以≥野w的最小值为竖 2 ☑D解t析g(x)=cos(2ux-苓)，当x∈[0，x)时，2wa -5∈[-5,2wm-5）: y=60sx在)轴右方的零点为x=受，经，受，受，资， …, 因为函数g(x)的图象在区间[0，π)内有5个零点， 所以竖<2m吾<，解得8w≤ 35 解题高招4数列中的奇偶项问题 p类题实战 ①解：(1)设数列{am}的公差为d(d≠0) ○讲解册参考答案及解析 S3=T3, a1十a2+a3=a1+2a1+a3, 由a3a5=S5,得(a+2d)(a1+4d)=5a1+10d, d≠0， d≠0， a1=d, a1=1, 即(a1+2d)(a1+4d)=5a1+10d,解得 d=1, d≠0， 所以an=a1+(n-1)d=n. ∫an,n为奇数， (2)由bn= 可知当n为偶数时，Tm=(b1 (2bm-1,n为偶数 +b3+…+bm-1)+(b2+b4+…+bm)=(a1+a3+…+ an-1)+2(b1十b3十…十bm-1)=3(a1+a3十…十am-1)= 81+n-1·23m2 2 4； 当n为奇数时，T,=T+1-6+1=是(a+1)2-26,= a+1)2-2m-3m-2n+ 4 (3n2一2n十3，n为奇数， 4 综上所述，Tm= 3n2 4,n为偶数 2解：(1)由题意，可得a1>0,q>0. a2十a3=12得 1q(1+q)=12, 由 a4+a5=48,a1g3(1+g)=48, a1=2,a=6, 解得92 q=-2 (舍去)， 所以{am}的通项公式是an=2X2r-1=2m. (2)由(1)可得bn=(-1)m-1log2am=(-1)n-1·n.若n 为奇数，可得bm十bm+1=n-(n十1)=一1，则Sm=(b十 b2)+(b3+b4)+…+(bn-2+bm-1)+bn= 一1)+(-D十+(-D+n=m”2=告若n为 2 个 偶数，则Sn=(b1十b2)+(b3十b4)+…+(bn-1十bn)= (-1)+(-1++(-)=一受 多 n+1 2,n为奇数， 综上所述，Sn= 受，n为偶数 解题高招5解析几何中的 范围、最值问题 0类题实战 e=￡=2， a ,c=2a, ①解：(1)由题知 即】 c2=a2+b2, b2=3a2. 因为当MF2⊥x轴时，MF2=3, 所以将M2a,士3)代人方程器一总-1，得2=1， 525 答案册 实战高考·数学 =3, 所以双曲线E的方程为x2一兰-1. 3 (2)设直线MN的方程为x=my十2， M(x,y),N(x2,y2), 联立 -学-1≥D, x=my+2, 消去x,得(3m2-1)y2+12y十9=0， 则△=(12m)2-36(3m2-1)=36m2+36>0, -12m 9 所以1十2=3m2-1,12=3m2-1, SAe,N=号FFln-zl =2W(y1十y2)2-4y1y2 -2√2-4xm==12Va m2+1 因为n2-3m2-1<0,所以3m2-1<0, 令：=五，1长2y5,则r=e-1, 得5e,N=4-3-3E 12t12 t 设0-4-3弘1<2).则该函数在[，2)上 单调递减，则f(0mx=4-3=1, 所以S△Mr,N≥12，即△MF1N面积的最小值为12. 2解：(1)由题意，知∠BAD=90°，焦半径c=2. 由AF=BF列，得a十c= a, 即a2+2a=22-a2,解得a=1(负值舍去)， 所以b2=c2-a2=4-1=3, 所以双前线C的方程为x?-苦=1. (2)显然直线MN不可能与x轴平行， 故可设直线MN的方程为x=my十n, x=my十n, 联立3r2-y2=3, 消去x整理，得(3m2-1)y2+6mny十3(n2-1)=0, 3m2-1≠0， 在 的条件下， △>0 设M(x,y1),N(x2,y2), 则y1十y2= 3m2-7h2=3(n2-1) 6mn 3m2-1 由k1k2=-2,得y1y2十2(x1+1)(x2+1)=0, 即y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0, 整理，得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2 526 =0, 代人根与系数的关系，得3(r-1)(22+1)-122n(n十1)+ 2(n+1)2(3m2-1)=0, 化简得2-4n-5=0,解得n=5或n=一1（舍去）， 所以直线MN的方程为x-my-5=0, 则d= 6 √m2+1 因为M,N都在双曲线的右支上，且k1k2=一2， 所以1%=3(2-1D=72 3m2-13m2-1<0, 即3m2-1<0,0≤m< - 此时1≤Vm2+i<2, 6 ∈(3W3,6], m2+1 所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3√3,6]. 解题高招6解析几何中的定值问题 p类题实战 ==3 a 2 ①解：(1)由题意，得 1 解得a2=4,b2=1,c2 a2=b2+c2, =3, 所以椭圆C的方程为号+)2=1 (2)设直线l的方程为y=kx十m(k>0),A(x1,y1), B(x2,y2), （y=kx十m, 联江+1 消去y整理，得(1+4k2)x2+8kmx十 4(m2-1)=0, 则△=64k2m2-4(1十4k2)·4(m2-1)=16(1+4k2 m2)>0, 且1+=1平02a双-4m 8km 1+4k2 又4+听=1，+听=1， 则S+S2=平×(+听+号+) =要×（好+1-+场+1-） =平×（保好+号+2） -语×[(+”)2-2]+8 -语×[（半尸-2×4T2]+ ×322-82Xm32+8+受， 16 (1+4k2)2 则2=子，即k=时，此时S十S2=平为定值。 4 (3)如图所示 y 由(2)知，A(x1,m),B(2,2),直线1的方程为y=2z 十m,且x1十x2=-2m,x1x2=2m2-2,0<m2<2,m≠ ±1， 则D(-x1,y1),M(-2m,0), 则直线BD的方程为y=-”(x十)十M, x1一x2 令1=0，得y=--碧红十n=贤g” x1+x2 n(2n+m)+(2a+m) x1十x2 =x1x2+（1+x2)m_2m2-2-2m2=1 x1+x2 -2m m 即N(o,),则1oM=2m,oN=a IMNI-o 则△OMN的周长为I2m++√4m+≥ 2√12m·Tah/2√m2· 1 m2 =2W2+2, 当且仅当2m一从即m=士号时等号成立。 即△OMN周长的最小值为2√2+2. 2解：(1)由题意，得|PF2|=3,则|1PF11-PF21=2a =2,即a=1. 由勾股定理，得|F1F2=4,即c=2, 所以b=√3， 所以双曲线C的方程为x2一号=1. 3 (2)如图所示. ○讲解册参考答案及解析 (1)①当直线1与x轴垂直时，直线1：x=1,解得 D(1,N3),E(1,-3),Oi.Oi=-2. ②当直线l与x轴不垂直时，设D(x1,y),E(x2,y2), A(x3,y3),设直线L:y=kx十m, x2-y2 =1, 联立 31'得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0, y=kx十m, 因为3-k2≠0，△=4k2m2十4(3-k2)(m2+3)= 12(m2-k2+3)=0,故m2=k2-3, 且西==十m-一 m m 将：y=x十m与2-背-0联立，得（3一42)2一2 -m2=0. g-1, +-袋胎 Oò.O龙=x2十y1y2 =x1x2+(kx1+m)(kx2+m) =(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2 =1计+b(-)+m2=1-+2=-2 综上所述，O市·O龙=-2，为定值， 《)油1与圆相切可知：一√干起 m 因为|AB|=2r,所以|OA|=√5r. (1)可知A(-奈-品)， 则oA=(点)+(-是广= 因为m2=k2-3, 消去k,得m4-4m2-12=(m2+2)(m2-6)=0,所以 m2=6,k2=9, 所以m=士√6，k=士3， 故直线l:y=士3x十√6或y=士3x-√6. 解题高招7解析几何中 的定点（定直线）问题 P类题实战 (1)解：由题意，设抛物线E的标准方程为y2=2x,则号 =1,可得p=2, 故抛物线E的标准方程为y2=4x. (2)证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有 一个交点，不符合题意 设直线AB的方程为x=my十2， 设点A(x1y1),B(x2,y2）, x=my+2, 联立=4x 得y2-4my-8=0, 527 答案 实战高考·数学 △=16m2+32>0, 由韦达定理，得y1+y2=4m,y1y2=一8， 由题意可知，直线BP的方程为y=y2, 直线OA的方程为y=兴x=为= 2x1 y1 4 y=y2, 联立方程v4红得虹必 y1 所以x==-2 所以点P在定直线l:x=一2上， (3)解：如下图所示： 易知点P(一2，y2), 直线OB的方程为y=x=咨。 x2 4 x=-2, 联立直线OB与直线l的方程，得 y=4r y2 得-是=n放点Q(-2n,则4QLh 且|AQ=x1+2,BP|=x2+2, 所以S=号(AQ+|BP|)·|n-2=2(+m+ m+=(学++小m+别 =件++·1员=言6+6+》· n+品=+员 因为n+=+月≥2√·=4, 当且仅当|y1= 8时，即当1=士22时，等号成立， y1 所以s-=m+'≥言×(42=16E 所以四边形ABPQ面积S的最小值为16√2. 528 解题高招8概率与其他知 识的综合问题 0类题实战 解：(1)由题意可知，X~B(5,子)，由二项分布的期望公 式可得E(X)=6×子-只 (2)记事件A1、A2、A3分别表示该学生来自甲、乙、丙组， 事件B表示该同学能猜对， 则PA)=PA)=PA)=3,PBA)=等， P(BA)=,P(BA)=8, 6’ 由全概率公式可得P(B)=之P(A)·P(BAe)=专× k=1 +3×+g×名-18 所以该学生箱对歌曲的概率为， (3)由题意可知，积分增加1分的概率为号，积分增加2分 的概率为号 记得分为n的概奉为P,且月一是，乃-号×是+号 =器 可得P,=是P1+号P,2(m≥3，nEN), 所以P-P1=-号(P1-P2,且P-R=, 所以数列(P+1一P,}是首项为务，公比为一号的等比 数列， 则P+1-P,=去·（-号)=(-号)1， 由累加法可得P10=P1十(P2一P1)十(P3一P2)十…十 P-P)=是+(-号)}+（号）++(-号) -3+ 门昌嘉 1-(-号) 号+号()”， 因此，丁组获胜的概率为号+号·（号）”。解题高招。怎么做 解题高招5解析儿何中的范围、最值问题 p题目特征 所以箱例C的方程为+芳- 圆锥曲线中的最值与范围问题常考题型有：面 (2)由题意得直线PQ的斜率一定存在且不为0， 积的最大、最小问题，距离的最长、最短问题， 设直线PQ的方程为y=x一1(k≠0)， 不定量的最大、最小问题等，主要考查分类讨 P(x1,y1),Q(x2,y2),F(-1,y1), 论、数形结合、转化与化归等数学思想和方法， (y=kx-1, 属于难题， 联立 p样板题 + 兵已知椭圆C若+芳=1(>>0的左 整理，得(3十4k2)x2一8kx一8=0， △=(-8k)2-4×(-8)×(3+4k2)=192k2+ 焦点为B,离心率为分，过F的直线与椭圆交 96>0, 于M,N两点，当MN⊥x轴时，|MN|=3. 8k 则1十=3千4,22= P 3+4k2 (1)求椭圆C的方程； (2)设经过点H(0,一1)的直线1与椭圆C相 设直线FQ的方程y一=二1(x十)， x2十x1 交于P,Q两点，点P关于y轴的对称点为F, 设G(0,yG), 直线FQ与y轴交于点G,求△PQG面积的取 值范围. 则%一若4， 【陷阱解法】 ya= ka122-kii+k-1= x2十x1 k1x2-1=一3， C2十x1 1.不能正确运用换元思想进行化简导致错误 SAPQG HG-2 2 1-x2|= 2.不能运用对勾函数的性质来求范围导致 错误 (x1十x2)2 8k 32 4x1x2= 【点评】 N（3+4k2 3+4k 本题正确运用椭圆的通径公式得出a,b,c之 /192k2+9 V(3十4k2)2 .令2k2+1=t,t∈(1，+∞)， 间的关系求出标准方程，设出直线方程进行联 t 立，再运用面积公式求解，对于得出的关系式 则S△@=4V6X√4+4t+ 比较麻烦可以采用换元进行简化；最后结合对 =46X 1 勾函数的性质求出范围 —,t(1,十∞). 4红+2+4 【科学解法】 (1)当MN⊥x轴时，设F1(-c,0),M(-c,m), 因为4红+}+4(9，+o), 则c=公-，后+答-1，即m=总 . 所以 (0.g), 4+1+4 因为MN1=3,所以2 =3. 6=2,所以a=2,6=3, 所以 1 因为C= 299 解决 所以4√6× c(.45) 4t+1+4 (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种 明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这 所以△PQG面积的取值范用为0，g. 个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方 【答题模板】 法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法 法等 (1)利用圆维曲线的几何性质或判别式构造不 【科学解法】 等关系，从而确定参数的取值范围. (1)A(A,A),B(B,yB), (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解 [x-2y+1=0, 由 得y2一4y十2p=0, 决这类问题的核心是建立两个参数之间的等 y2=2px, 量关系 所以yA十yB=4p,yAyB=2p, (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求 所以|AB引= XV(yA+yB)2- 出参数的取值范围 /12 2 (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求 =4√15，即22--6=0， 出参数的取值范围， 解得=2（负值舍去）. (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 (2)由(1)，知y2=4x,所以焦点F(1,0), 值范围。 显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN:x=my+n, 0题型延伸 M(c,y1),N(x2,y2), 典例已知直线x一2y十1=0与抛物线C:y y2=4x, =2x(p>0)交于A,B两点，且|AB|= 由 得y2-4my-4n=0, x=myn, 4w/15. 所以y1+y2=4m,y1y2=-4n, (1)求； △=16m2+16n>0-→m2+n>0. (2)设F为C的焦点，M,N为C上两点，FM· 因为FM.Fi=0, F=0,求△MFN面积的最小值. FM=(x1-1,M),FV=(x2-1,y2), 【陷阱解法】 所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0, (1)不能正确的运用弦长公式和点到直线的距 离公式表示出三角形的面积公式导致错解； 即(my+n-1)(my2+n-1)+yy2=0,(m2 (2)忘记考虑△>0导致错误， +1)y1y2十m(n-1)(y+y2)十(n-1)2=0, 【点评】 将y1+y2=4m,y1y2=-4n代入，得4m2=n2 解决该类问题要考虑弦长公式和距离公式的 一 n+1, 应用，不要忘记△>0的求解，三角形面积表示 所以4(m2+n)=(n-1)2>0, 出来以后可以考虑以下两种方法求解： 所以n≠1，且n2-6n+1≥0， (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现 解得n≥3十2√2或n≤3-2√2. 几何特征及意义，则考虑利用图形性质来 设点F到直线MN的距离为d, 300 所以d=n-1 V1+m1 2已知双曲线C荐-芳-1a≥0,60y的左 |MN|=√/1+m√(y1+y2)2-4y1y2 顶点为A,焦距为4，过右焦点F作垂直于 =J1+m√/16m2+16n 实轴的直线交C于B,D两点，且△ABD是 直角三角形 =√1+m2√4(n2-6n+1)+16n (1)求双曲线C的方程； =2√/1+m2|n-1, (2)M,N是C右支上的两动点，设直线 所以△MFN的面积S=XIMNlXd=-}× AM,AN的斜率分别为k1,k2,若k1k2= 2√1+m1m-1×n-1L=(m-1)2. 一2，求点A到直线MN的距离d的取值 √1+m2 范围。 因为n≥3十2√2或n≤3-2√2， 所以当n=3一2√2时，△MFN的面积最小， Smim=(2-2√2)2=12-8V2=4(3-2√2). 1p类题实战 .已知双周线E专若-1a>0,b>0)的 y2 左、右焦点分别为F1、F2,离心率为2.点M 在E的右支上，当MF2⊥x轴时， MF2=3. (1)求E的方程； (2)若直线MF2与E的右支另一个交点为 N,求△MFN面积的最小值. 301 解题高招6解析儿何中的定值问题 O题目特征 解得a=2,b=√3，c=1, 圆锥曲线中的定值问题主要包含求代数式为 所以椭圆E的标准方程为了+号一1。 定值、求点到直线的距离为定值、求某线段长 度为定值等 (2)证明：①当L与x轴重合时，|AB=|CD p样板题】 =4,所以品+1Cp°=7 4 国圆已知M,N分别为精圆E:等+ =1 ②当l不与x轴重合时，设A(x,y),B(x2, y2),直线l的方程为x=my十1， (a>b>0)的左、右顶点，F为其右焦点，FM =3FN,且点P1,)在椭圆E上. 由 +1， x=my+1, (1)求椭圆E的标准方程； 消去x整理，得(3m+4)y2+6my-9=0, (2)若过F的直线1与椭圆E交于A,B两点， -6m -9 且1与以MN为直径的圆交于C,D两点， 则y十为=3m+4yh=3m千4' 证明：品C印为定值 4 故|AB|=√(-2)2+(y1-y2)2 【陷阱解法】 √/(1+m2)[(yh+y2)2-4yy2] 1.不能正确表示出|ABCD导致错误； 2.未正确的进行分类讨论导致错误， 【点评】 =12Xm2+1 3m2+4 定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到 一般，这样方向和目标明确，本题可以分类讨 因为圆心0到直线1的距离为1 VmFI' 论，先分析1与x轴重合时求出A品十 12 所以CD=4- 1 4 m2+1' CD的定值，再结合这个定值选行求解。 所以品+p-0告+4-中 m2+1 【科学解法】 7,即品+C为定值 (1)解：由FM=3FN|,得a+c=3(a-c), 解得a=2c. 因为a2=b十c2,所以b=√3c. 9 因为点P1,)在椭圆E上，所以是+产=1， 302 【答题模板】 【科学解法】 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题 (1)解：设A(x,y),因为直线AB,AC的斜率 策略 乘积为，所以22”2整理，得 (1)求代数式为定值.依题设条件，得出与代数 y2=1(x≠士2)， 式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得 出定值 所以顶点A的轨迹r的方程是置-y=1(x (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线 ≠士2) 的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条 (2)证明：依题意，过点P(1,0)与曲线Γ交于 件化简、变形求得。 点M,N的直线斜率存在且不为零，设直线 (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得 MN的方程为x=my+1（m≠0)，由 解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形 x=my+1, 消去x整理，得(m2一4)y2+ 即可求得. x2-4y2=4, 0题型延伸 2my-3=0,m2-4≠0. 典例在平面直角坐标系Oxy中，已知 由△=4m2+12(m2-4)>0,得m<-√3或m △ABC的两个顶点坐标为B(一2,0)，C(2, >√3且m≠士2且m≠0. 0),直线AB,AC的斜率乘积为， 设M(x1,y),N(x2,y2), 2m 3 (1)求顶点A的轨迹Γ的方程； 则y1十y2= m2-43y1y2= m2-4' (2)过点P(1,0)的直线与曲线T交于M,N 即2myy2=3(y1+y2). 两点，直线BM,CN相交于点Q,求证：O巾. OQ为定值. 千2(x+2), 设直线BM:y= 【陷阱解法】 直线CN:y=”22), 求轨迹方程时未排除两个顶点致误；未分析斜 设直线BM,CN的交点为Q(xQ,ya), 率存在且不为零及△≥0导致扣分；不能正确 y=-y1 的表示出O户，O¤的坐标导致无法求解致误。 +2(x+2), 由 消去y并化简整理，得 【点评】 本题求解轨迹方程时一定要保证斜率存在，也 2[(12十2)+2(2-M)] 就是得出x≠士2，求出轨迹方程要排除两个 (x1y2-x2yh)+2(y2+y1) 顶点；求O巾·OQ为定值，运用直线与圆锥曲 因为(x1y2+x2y1)+2(y2-y)=(my+1)y2 线联立得出根与系数的关系，从而得出O护， +(y2+1)y1+2(y2-y)=2my1y2+3y2 O夏的坐标，从而求出定值. y1=3(y1+y2)+3y2-y1=2(y1+3y2), 303 (x1y2-x2y1)+2(y2+y1)=(my1+1)y2 2.已知双曲线C若-芳=1a>0,b>0)的 (my2+1)y1+2(y2+y1)=y+3y2, 左、右焦点为F、F2,过F2作平行于y轴的 所以xo= 2×2(+32）=4,即点Q(4,0). y1+3y2 直线交C于P、Q两点，若|FP|=5, 因为O2=(1,0),0克=(4，Q), PQ=6, 所以O巾.0克-1×4+0×%=4， (1)求双曲线C的方程. 即o泸.0文为定值4. (2)设直线1与双曲线C相切，切点为A,与 1P类题实战 渐近线相交于D,E两点. 1.已知椭圆C芳+芳 (i)证明：O市.O为定值； =1(a>b>0)的离心率 (ii)设直线1与圆O:x2+y2=产2相切于点 为，且过点（一2，》. B,若AB的长度为圆O的直径，求直线l (1)求椭圆C的方程； 的方程 (2)斜率为(>0)的直线L与椭圆C交于 A,B两点，记以OA,OB为直径的圆的面积 分别为S1,S2,当为何值时，S+S2为 定值； (3)在(2)的条件下，设1不过椭圆中心和顶 点，且与x轴交于点M,点A关于y轴的对 称点为D,直线BD与y轴交于点N,求 △OMN周长的最小值. 304 解题高招7解析儿何中的定点（定直线）问题 p题目特征 2y1 圆锥曲线中的定点、定直线问题是在变化中所 表现出来的不变的量，就可以用变量表示问题 B 中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直 线方程、数量积、比例关系中不受变量影响的 某个值或某个点或某条直线，就是要求的定 点、定直线。 p样板题 设B(-2,3),直线PQ:y=k(x+2)+3, 县已知椭圆：兰+芳 =1(a>b>0)的离 P(x1,yh),Q(2,y2), y=k(x+2)+3, 心率是号，点A(-2,0在C上 联立方程 消去y,得 (9十4=1， (1)求C的方程； (4k2+9)x2+8(2k+3)x+16(k+3)=0, (2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点，直 则△=64k(2k十3)2一64(4k2+9)(k+3k)= 线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明： 一1728k>0,解得<0， 线段MN的中点为定点. 且0十2= 8k(2k+3) 16(k+3k) 4k2+9 4k2+9· 【陷阱解法】 因为A(-2,0), 1.忘记△>0导致失分；2.不能正确的表示出 M,N的坐标导致错误. +2x+2), 所以直线AP:y=当。 【点评】 本题可采用引进参数法，引进动点的坐标或动 令x=0,得y= 22即Mo,2 x1+2 线中的系数为参数表示变化量，再研究变化的 同理可得N(0, 2y2 量与参数何时没有关系，找到定点.不要忘记 x2十2/， △>0这些细节问题. 2y12y2 则十2「2十2 【科学解法】 2 b=2, _(十2)+3k(x2十2)+3 (1)解：由题意可得 a=B+C,解得 x1+2 r2+2 =[kx1+(2k+3)](x2+2)+[k.x2+(2k+3)](x1+2) (x1+2)(x2+2) e a Γ3’ 2kx1x2+(4k+3)(x1十x2)十4(2k+3) [a=3, 01x2+2(x1+x2)+4 -2,所以稀圆C的方程为+着-1 32k(R2+3)_8(4k+3)(2k+3)+4(2k+3) 4k2+ 4k2+9 c=√5， 6(+3)-16k(2k+3)+4 4k2+9 4k2+9 (2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率存在， 如图， =108=3, 36 305 所以线段MN的中点是定点(0,3). (3)验证法：通过特殊，点位置求出直线方程，对 【答题模板】 一般位置再进行验证 求解直线或曲线过定点问题的基本思路 【科学解法】 (1)把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数 (①)解：当4的斜率为号时，得4的方程为y 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 号a+2. 系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 (y2=2px, x,y的方程组，这个方程组的解所确定的点就 联立{ 2. 消去x并整理，得y2 是直线或曲线所过的定点， y= (2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直 3py+4p=0, 线方程的点斜式y一y=(x一xo),则直线必 △=(-3p)2-4×4p>0,y+y2=3p,y1y2= 过定点(x,yo);若得到了直线方程的斜截式 4,由弦长公式得 y=kx十m,则直线必过定点(0，m). (3)解析几何大题中设直线方程一般有三种设 |AB到=1+Vm+2)-4w 法：y-yo=k(x-x0),x=my十n,y=k.x十m, √(3)2-4X4p=√13， 若设y=kx十m这种形式，研究定点，只需根 3 据条件得到m与k的关系即可，如m=3k. P题型延伸 即v9p-16p=2,解得p-2或p=-号（舍 典例已知抛物线E:y2=2px(p>0),过点 去)，p=2满足△>0， (一2,0)的两条直线l1,l2分别交E于A,B两 所以E的标准方程为y2=4x. 点和C,D两点.当4的斜率为号时，AB (2)证明：方法一：因为41，l2分别交抛物线E 于A,B两点和C,D两点，所以直线斜率 =√13. 存在。 (1)求E的标准方程； 设直线AB的方程为y=k1(x十2)， (2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G 必在定直线上 设A学)B(, 【陷阱解法】 y=k1(x+2), 不能初步确定动点所在的直线致误 联立 y=4x, 【点评】 消去x,得k1y2一4y+8k1=0,由根与系数的 定直线问题是指因图形变化或点的移动而产 关系得y1y=8, 生的动点在定直线上的问题，这类问题的核心 设直线CD的方程为y=2(x十2)， 在于确定定点的轨迹，主要方法如下： (1)设，点法：设，点的轨迹，通过已知，点轨迹，消 设C(),D(4), 去参数，从而得到轨迹方程； (y=k2(x+2), 由 消去x,得k2y2-4y+8k2 (2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定 y2=4x, 系数法求解出系数； 0,由根与系数的关系得yy4=8. 306 直线AD的方程为y一”兰避（一》 化简得4x一（y1+y4)y十yMy4=0,同理，直线 44 BC的方程为4x一(y2+)y+y2y=0. 因为（一2,0）在抛物线E的对称轴上，由抛物 即y= 4 线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的 化简，得4x-（y+y4)y十y1y4=0, 直线上，所以只需证点G的横坐标为定值 同理可得， 即可 直线BC的方程为4x-(y2+y3)y十y2y=0. 因为直线AD与BC相交， 因为点（一2,0）在抛物线E的对称轴上，由抛 所以y2十≠y1十y4, 物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴 4x-(y1+y4)y+yhy4=0,、 由 消去y, 的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值 (4x-(y2+y)y+y2y=0, 即可. 得x=业（十4）一y(2十) 因为直线AD与BC相交， 4[(y2+y3)-(y+y4)] 所以y2十y≠y十y4, =y1y2y3十2y3y4一y1y2y4一yhy3y4 4[(y2+y)-(y1+y4)] 4x-(（y1+y4)y+y1y4=0, 由 消去y, 8y3+8y2-8y4-8y1 (4x-(y2+y3)y+y2y=0, 4[(2+y)-(y1+y4刀 得x=2(十4)-4(2十) 4[(y2+y)-(yh+y4)] 》别-2 =12为十29y4一y12y4一y1y34 所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的 4[(y2+y3)-(y1+y4)] 交点G在定直线x=2上. 8y3+8y2-8y4-8y1 4[(y2+y3)-(y1+y4)] 1P类题实战 8[(y2+y)-(y1+y4)] (2025山东潍坊一模)已知抛物线E的顶点为 4[(y2+3)-(y1+y4)] =2. 坐标原点O,焦点为(1,0)，过点M(2,0)的直 所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的 线与E交于A、B两点，过点B作y轴的垂线 交点G在定直线x=2上. 与直线OA相交于点P. 方法二：设直线AB的方程为x=my一2， (1)求E的方程； x=my-2, 由 消去x,得y2-4my+8=0, (2)证明：点P在定直线l上； y2=4x, (3)延长BO交(2)中的直线L于点Q,求四边 设An,B()则y=8 形ABPQ面积S的最小值. 设直线CD的方程为x=wy-2,C(2, D(),同理可得=8。 直线AD的方程为)一为一总（一》， 44 即y= 4 x+yy y4y1y4+y1 307