解析几何
阅卷案例
思维导图
(2020·全国卷Ⅰ，T20，12分)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.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.本题考查：椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、平面向量的数量积等知识，逻辑推理、数学运算等核心素养.
答题模板
标准解答
踩点得分
第1步：求方程利用待定系数法，结合题设条件求基本量，并写出标准方程.第2步：设点、直线设出直线的方程及相交两点的坐标.第3步：联立消元联立直线与曲线得方程组，消元得方程.关键步骤第4步：找关系借助题设中等量关系建立数量关系第5步：求解解等量关系得出待求结果，注意结果的完备性.
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第(1)问得分点及说明：1.求出a的值得1分.2.写出E的方程得1分.第(2)问得分点及说明：1.写出PA，PB的方程各得1分.2.将CD的方程与E联立消元正确得1分.3.正确得出y1＋y2，y1y2的方程②得2分.4.利用根与系数的关系求得直线过定点得3分，对于没考虑直线CD与x轴重合的情形扣1分.
命题点1 最值问题
求圆锥曲线中最值问题的关键
(1)公式意识，把所求最值用相关公式表述出来；
(2)方程思想，即引入参数，寻找关于参数的方程；
(3)不等式与函数意识，寻找关于参数的不等式或函数，并求最值．
[高考题型全通关]
1．已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过点P(－2，2)的直线l与抛物线C交于A，B两点．
(1)当点P为AB的中点时，求直线AB的方程；
(2)求|AF|·|BF|的最小值．
[解] (1)法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x＝4y1，x＝4y2，显然x1≠x2，则两式相减得4·＝x1＋x2，因为x1＋x2＝－4，所以直线AB的斜率k＝＝－1，所以直线AB的方程为y－2＝－(x＋2)，即x＋y＝0.
法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方程为y＝k(x＋2)＋2.
由消去x整理得y2－4(k2＋k＋1)y＋4(k＋1)2＝0，
由y1＋y2＝4(k2＋k＋1)＝4，解得k＝－1或k＝0(明显不符合题意，舍去)，所以直线AB的方程为y－2＝－(x＋2)，即x＋y＝0.
(2)显然直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)＋2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1.
由消去x整理得y2－4(k2＋k＋1)y＋4(k＋1)2＝0，
所以y1＋y2＝4(k2＋k＋1)，y1y2＝4(k＋1)2，
所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝8k2＋12k＋9＝8＋，
所以当k＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.
2．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的3倍，且点P在椭圆上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点G(0，1)作直线l与椭圆E交于A，B两点，O为坐标原点，求△ABO面积的最大值．
[解] (1)由题意得解得∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx＋1，并设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去y得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|x1－x2|＝＝，原点O到直线l的距离d＝.
∴S△ABO＝d·|x1－x2|＝.
令＝t，∵k2≥0，∴t≥1，∴S△ABO＝＝.
易证y＝2t＋在[1，＋∞)上单调递增，
∴2t＋≥3，∴S△ABO≤，
∴△ABO面积的最大值为.
命题点2 范围问题
圆锥曲线中范围问题的常见解法
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的取值范围．
[高考题型全通关]
1．(2020·烟台模拟)椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，若△MF1F2的周长为4＋2，且面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B是椭圆C上两动点，线段AB的中点为P，OA，OB的斜率分别为k1，k2(O为坐标原点)，且k1k2＝－，求|OP|的取值范围．
[解] (1)由题知，△MF1F2的周长为2a＋2c＝4＋2，且·2c·b＝，
∴a＝2，b＝1，c＝，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线AB的斜率k＝0时，
此时k1，k2(O为坐标原点)，
满足k1k2＝－，k1＝－k2＝－.
可令OB的方程为y＝x(xB＞0)，
由可得B，
此时|OP|＝，
当直线AB的斜率k≠0时，
可令AB的方程为x＝my＋t，
由
可得(m2＋4)y2＋2mty＋t2－4＝0，
Δ＝4m2t2－4(m2＋4)(t2－4)＞0
?m2－t2＋4＞0.
①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y1＋y2＝，y1y2＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝.
∴P.
∵k1k2＝－，∴＝－，
即4y1y2＋x1x2＝0，
∴(4＋m2)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，
∴t2－4＋＋t2＝0，
∴2t2＝m2＋4，则t2≥2，
②
由①②可得t2≥2恒成立，
|OP|2＝＝
＝＝
＝＋∈，
|OP|∈.
综上，|OP|的取值范围为.
2．(2020·四川五校联考)已知抛物线E：y2＝8x，直线l：y＝kx－4.
(1)若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；
(2)设Q(4，0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在点C满足|＋|＝|－|，且线段OC与AB互相平分(O为坐标原点)，求x2的取值范围．
[解] (1)法一：由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由k≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得k＝－，
所以直线l的方程为y＝－x－4.
法二：由y2＝8x得y＝±，直线l恒过点(0，－4)，则y＝－，
设切点为(x0，y0)(y0＜0)，由于y＝－，
所以y′|x＝x0＝－，
所以切线方程为y＋＝－(x－x0)，将坐标(0，－4)代入得x0＝8，
即切点为(8，－8)，再将该点代入y＝kx－4得，k＝－，
所以直线l的方程为y＝－x－4.
(2)由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
因为Δ＝64(k＋1)2－64k2＞0，且k≠0，所以k＞－，且k≠0，
所以x1＋x2＝，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝.
因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形，
所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝，即C，
由|＋|＝|－|得，AC⊥QC．
所以kAC·kQC＝－1，
又kQC＝＝，kAC＝kOB＝＝k－，
所以·＝－1，所以＝k＋＋2.
若k＞0，则≥2＋2＝2(＋1)，当且仅当k＝时取等号，
此时0＜x2≤4(－1)．
若－＜k＜0，由于k＝－时，k＋＋2＝－，所以＜－，即x2＜－(舍去)．
综上，x2的取值范围为(0，4(－1)]．
[一题多解 (2)中也可由|＋|＝|－|，得·＝0，结合＝，＝＝(x2，y2)＝(x2，kx2－4)，得＝k＋＋2求解．]
命题点3 定点问题
解决圆锥曲线中的定点问题应注意
(1)分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；
(2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；
(3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明确的方向．
[高考题型全通关]
1．(2020·陕西百校联盟第一次模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，椭圆的左焦点为F1，短轴的两个端点分别为B1，B2，且·＝2.
(1)求C的标准方程；
(2)若过左顶点A作椭圆的两条弦AM，AN，且·＝0，求证：直线MN与x轴的交点为定点．
[解] (1)由题意得e＝＝，
①
F1(－c，0)，不妨令B1为上端点，则B1(0，b)，B2(0，－b)，所以·＝(c，b)·(c，－b)＝c2－b2＝2.
②
c2＝a2－b2.
③
由①②③得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：由题可知，A(－2，0)，直线AM，AN的斜率存在且不为零，设直线AM的斜率为k，则直线AN的斜率为－.
可得直线AM的方程为y＝k(x＋2)，将直线AM的方程与椭圆方程联立得
得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0 (
)，Δ＞0.
方程(
)的一个根为－2，
设M(xM，yM)，
则－2xM＝，得xM＝，
所以yM＝k(xM＋2)＝，
得M，
同理可得(将k换为－)N.
则直线MN的斜率kMN＝＝＝＝.
所以直线MN的方程为y＋＝.
令y＝0，则x＝＋＝＝＝－.
所以直线MN与x轴的交点为定点.
2．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点P(4，t)(t＞0)到焦点F的距离等于5.
(1)求抛物线C的方程和实数t的值；
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由．
[解] (1)由抛物线定义可知|PF|＝4－＝5，
解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x，将P(4，t)(t＞0)代入抛物线方程解得t＝4.
(2)以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，
代入抛物线C：y2＝4x，
化简整理得y2－4my－4＝0，
则
由(1)知P(4，4)，
所以直线PA的方程为
y－4＝(x－4)＝(x－4)，
令x＝－1得y＝，
即M，
同理可得N，
∴kMF·kNF＝·
＝
＝
＝＝－1，
∴MF⊥NF，
故以MN为直径的圆过点F.
(也可用·＝0)．
命题点4 定值问题
求定值问题常见的2种方法
(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
(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．
[高考题型全通关]
1．(2020·广东四校联考)设斜率不为0的直线l与抛物线x2＝4y交于A，B两点，与椭圆＋＝1交于C，D两点，记直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.
(1)若直线l过点(0，4)，证明：OA⊥OB；
(2)求证：的值与直线l的斜率的大小无关．
[解] 设直线l的方程为y＝kx＋m，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)依题意，两式相乘得(x1x2)2＝16y1y2，
若直线l过点(0，4)，则直线l的方程为y＝kx＋4，将直线l的方程代入抛物线x2＝4y，得x2－4kx－16＝0.
∴x1x2＝－16，∴y1y2＝16，
∴x1x2＋y1y2＝0，∴·＝0，
∴OA⊥OB．
(2)设C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立y＝kx＋m和x2＝4y，化简得x2－4kx－4m＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
k1＋k2＝＋＝＋＝k.
联立y＝kx＋m和＋＝1，化简得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
在Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－12)＞0(?4＋6k2＞m2，此式可不求解)的情况下，
x3＋x4＝，x3x4＝，
k3＋k4＝＋＝2k＋＋＝2k＋＝2k＋＝，
∴＝－，是一个与直线l的斜率k无关的值．
2．已知点P在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，椭圆C的焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为定值k的直线l与椭圆C交于A，B两点，且满足|OA|2＋|OB|2的值为常数(其中O为坐标原点)．
①求k的值以及这个常数；
②写出一般性结论(不用证明)：斜率为定值k的直线l与椭圆＋＝1(a＞b＞0)交于A，B两点，且满足|OA|2＋|OB|2的值为常数，则k的值以及这个常数是多少？
[解] (1)由点P在椭圆上得＋＝1，2c＝2，
∴3b2＋2a2＝2a2b2，c＝1.
又a2＝b2＋c2，
∴3b2＋2(b2＋1)＝2(b2＋1)b2，
∴2b4－3b2－2＝0，解得b2＝2，得a2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①设直线l的方程为y＝kx＋t，联立＋＝1，
得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－6＝0，
Δ＝(6kt)2－4(3k2＋2)(3t2－6)＝24(3k2－t2＋2)＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－，
x1x2＝，
又y＝2，y＝2，
|OA|2＋|OB|2＝(x＋y)＋(x＋y)
＝(x＋x)＋4
＝[(x1＋x2)2－2x1x2]＋4
＝＋4
＝×＋4，
要使|OA|2＋|OB|2为常数，只需18k2－12＝0，
得k2＝，
∴|OA|2＋|OB|2＝×＋4＝5，
∴k＝±＝±，这个常数为5.
②k＝±，这个常数为a2＋b2.
命题点5 证明问题
圆锥曲线的证明问题，常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等，一般是以直线与圆锥曲线为载体，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证．
[高考题型全通关]
1．设定点F(0，1)，动点E满足：以EF为直径的圆与x轴相切．
(1)求动点E的轨迹C的方程；
(2)设A，B是曲线C上两点，若曲线C在点A，B处的切线互相垂直，求证：A，F，B三点共线．
[解] (1)设E(x，y)，则EF的中点为M，依题意知M到点F(0，1)与它到x轴的距离相等，
可得＝，
化简得x2＝4y，
即动点E的轨迹C的方程为x2＝4y.
(2)证明：设A，B(x1≠x2)，
则由y＝得y′＝，
知曲线C在点A，B处的切线的斜率分别是，，
依题意·＝－1，即x1x2＝－4，
可得B，
∴kAF＝＝－，
kBF＝＝－，
∴kAF＝kBF，又直线AF与BF有公共点F，所以A，B，F三点共线．
2．设定点F(0，1)，动圆E过点F且与直线y＝－1相切．
(1)求动圆圆心E的轨迹C的方程；
(2)设P为直线y＝－1上任意一点，过点P作轨迹C的两条切线l1和l2，证明：l1⊥l2.
[解] (1)依题意知，点E的轨迹C是以F(0，1)为焦点，
以直线y＝－1为准线的抛物线，方程为x2＝4y.
(2)证明：设P(x0，－1)，显然过P与曲线C相切的直线斜率存在，
设切线方程为y＋1＝k(x－x0)，
与曲线C：x2＝4y，联立得＋1＝k(x－x0)，
即x2－4kx＋4kx0＋4＝0，
依题意得Δ＝(－4k)2－4(4kx0＋4)＝0，
即k2－kx0－1＝0，
∴k1k2＝－1，
∵k1，k2分别是直线l1和l2的斜率，
∴l1⊥l2.
命题点6 存在性问题
存在性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．
[高考题型全通关]
1．(2020·济南模拟)设M是抛物线E：x2＝2py(p＞0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y＝x－1.
(1)求E的方程；
(2)已知过点(0，1)的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点．是否存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)法一：由
消y得x2－2px＋2p＝0.
由题意得Δ＝4p2－8p＝0，
因为p＞0，所以p＝2.
故抛物线E：x2＝4y.
法二：设M，
由x2＝2py，得y＝，y′＝.
由解得p＝2.
故抛物线E：x2＝4y.
(2)假设存在常数λ使得
|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，
则λ＝＋.
由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，
设l1的方程为y＝kx＋1，
则由
消去y得x2－4kx－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
所以|AB|＝
＝＝4(1＋k2)．
(也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，
得到|AB|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)．)
因为直线l1，l2的斜率之积为1，
所以l2斜率为.
同理可得|CD|＝4.
所以λ＝＋＝＋＝，
所以存在常数λ＝，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|.
2．(2020·惠州第二次调研)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，且与x轴交于点P(a，0)．
(1)若直线l的斜率k＝，且|FP|＝，求|AF|＋|BF|的值；
(2)若a＞0，x轴上是否存在点M，总有∠OMA＝∠OMB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)法一：依题意，设l：y＝(x－a)，
将其代入y2＝2x中，整理得9x2－(18a＋8)x＋9a2＝0，
①
由Δ＞0，得a＞－，
又＝且||＝，∴a＝2或a＝－1(舍去)．
∴①式可化为9x2－44x＋36＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，
∴|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝＋1＝.
法二：依题意，设l：y＝(x－a)，
将其代入y2＝2x中，整理得3y2－4y－6a＝0，
①
由Δ＝16＋72a＞0，得a＞－，
又＝且||＝，∴a＝2或a＝－1(舍去)．
∴①式可化为3y2－4y－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
∴|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝＋1＝＋1＝.
(2)当直线l斜率不存在时，由对称性知，存在点M满足∠OMA＝∠OMB．
若直线l的斜率存在，设为k(k≠0)，则l：y＝k(x－a)，将其代入y2＝2x中，整理得ky2－2y－2ka＝0，
∵Δ＝4＋8k2a＞0，∴
设M(m，0)，由∠OMA＝∠OMB，易知kMA＝－kMB，即＋＝0，
∴y1·x2＋y2·x1－m(y1＋y2)＝0，即y1·＋y2·＝m(y1＋y2)，
∴·(y1＋y2)＝m(y1＋y2)，∵y1＋y2≠0，∴m＝＝＝－a，
∴M(－a，0)．
综上所述，当a＞0时，x轴上存在点M(－a，0)，总有∠OMA＝∠OMB．
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