1、 类型 1平面解析几何中的最值、范围问题 解析几何中，求解弦长、面积、向量等的范围或最值问题在高考的压轴题中 屡见不鲜范围与最值问题的基本解题思路是建立求解目标与其他变量的关系(不 等关系、函数关系等)，然后通过解不等式、求函数的值域(最值)等方法确定求解 目标的取值范围或最值在解题时要注意其他约束条件对求解目标的影响，如直 线与曲线交于不同点时对直线方程中参数的约束、圆锥曲线上点的坐标范围等 【例 1】已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的长轴长为 4，离心率为 3 2 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若过点(3， 0)的直线l 与椭圆C交于不同的两点M， N， O为原点
2、， 求OM ON 的取值范围 解(1)因为椭圆 C 的长轴长为 4，所以 a2 又椭圆 C 的离心率为 3 2 ，所以c a a2b2 2 4b2 2 3 2 ，解得 b1， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y21 (2)由题可设直线 l 的方程为 yk(x3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 将 yk(x3)代入x 2 4 y21，消去 y 可得(14k2)x224k2x36k240， 所以(24k2)24(14k2)(36k24)0，即 k21 5， 且 x1x2 24k2 14k2，x 1x236k 24 14k2 ， 所以OM ON x1x2y1y2 x1x2k(x13)k
3、(x23) (1k2)x1x23k2(x1x2)9k2 (1k2)36k 24 14k2 3k2 24k2 14k29k2 41k 24 14k2 4 57k2 14k2， 因为 0k21 5，所以 0 57k2 14k2 19 3 ， 所以44 57k2 14k2 7 3， 所以OM ON 的取值范围是 4，7 3 跟进训练 1若动点 A(x1，y1)，B(x2，y2)分别在直线 l1：xy70 和 l2：xy50 上移动，则线段 AB 的中点 M 到原点的距离的最小值为() A2 3B3 3C3 2D4 2 C由题意知，点 M 的轨迹为平行于直线 l1，l2且到 l1，l2距离相等的直线
4、l， 设直线 l 的方程为 xyc0， 则|c7| 2 |5c| 2 ，解得 c6， 直线 l 的方程为 xy60 点 M 到原点的距离的最小值为 6 23 2 类型 2平面解析几何中的存在性问题 解析几何中的存在性问题是高考中的重点和难点，解决存在性问题，常用的 方法是先假设目标存在，然后再进行推理论证，检验说明假设是否正确，得出结 论 【例 2】已知圆 C 经过点 E(0，6)，F(5，5)，且圆心在直线 l：3x5y9 0 上 (1)求圆 C 的方程； (2)过点 M(0，3)的直线与圆 C 交于 A，B 两点，问：在直线 y3 上是否存在 定点 N，使得 kANkBN恒成立？若存在，请
5、求出点 N 的坐标；若不存在，请说 明理由 解(1)由题可知线段 EF 的中点为 D 5 2， 11 2 ，EF 的垂直平分线的斜率为 5， EF 的垂直平分线的方程为 5xy70EF 的垂直平分线与直线 l 的交点即为 圆心 C，由 3x5y90， 5xy70， 解得 x2， y3， 即 C(2，3) 又 r 202362 13， 圆 C 的方程为(x2)2(y3)213 (2)当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时，设直线 AB 的斜率为 k，则过点 M(0，3) 的直线 AB 的方程为 ykx3， 由 ykx3， x22y3213， 消去 y 整理得(1k2)x2 4x90 设 A(x1
6、，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2 4 1k2，x 1x2 9 1k2 设 N(t，3)，则 kANy13 x1t ，kBNy23 x2t kANkBN， y13 x1t y23 x2t 0，(y13)(x2t)(y23)(x1t)0， 即 2kx1x2kt(x1x2)0 将式代入式得18k 1k2 4kt 1k20， 解得 t9 2，故点 N 的坐标为 9 2，3 当直线 AB 的斜率为 0 时，显然点 N 9 2，3可使 kANkBN成立 当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x0，A(0，6)，B(0，0)，显 然点 N 9 2，3可使 kANkBN成立 综上，在直
7、线 y3 上存在定点 N 9 2，3使得 kANkBN恒成立 跟进训练 2已知直线 yax1 与双曲线 3x2y21 交于 A，B 两点 (1)若以 AB 为直径的圆过坐标原点 O，求实数 a 的值； (2)是否存在实数 a，使 A，B 两点关于直线 y1 2x 对称？若存在，求出实数 a 的值；若不存在，请说明理由 解(1)由 yax1， 3x2y21， 得(3a2)x22ax20 由题意，得 3a20， 2a2423a20， 即 6a 6且 a 3(*) 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 2a 3a2， x1x2 2 3a2. 因为以 AB 为直径的圆过坐标原点，则 O
8、AOB，即 x1x2y1y20 而 y1y2a2x1x2a(x1x2)1， 则(a21) 2 3a2a 2a 3a210， 解得 a1，且满足(*)式 所以实数 a 的值为1 (2)假设存在实数 a，使 A，B 两点关于直线 y1 2x 对称， 则直线 yax1 与 y1 2x 垂直，所以 a2， 即直线 AB 的方程为 y2x1 将 a2 代入 x1x2 2a 3a2，得 x 1x24， 所以线段 AB 中点的横坐标为 2，纵坐标为 y2213 但 AB 的中点(2，3)不在直线 y1 2x 上， 即不存在实数 a，使 A，B 两点关于直线 y1 2x 对称 类型 3圆锥曲线中的定值、定点问
9、题 定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定 值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是 恒定的定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果， 因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现 【例 3】已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21 的右焦点为(1，0)，且经过点 A(0，1) (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O 为原点，直线 l：ykxt(t1)与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直 线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N若|OM|ON|2，求证：直线 l 经过
10、定点 解(1)由题意得，b21，c1所以 a2b2c22 所以椭圆 C 的方程为x 2 2 y21 (2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线 AP 的方程为 yy11 x1 x1 令 y0，得点 M 的横坐标 xM x1 y11 又 y1kx1t，从而|OM|xM| x1 kx1t1| 同理，|ON| x2 kx2t1| 由 ykxt， x2 2 y21 得(12k2)x24ktx2t220 则 x1x2 4kt 12k2，x 1x22t 22 12k2 所以|OM|ON| x1 kx1t1| x2 kx2t1| | x1x2 k2x1x2kt1x1x2t12| | 2t2
11、2 12k2 k22t 22 12k2kt1 4kt 12k2t12| 2| 1t 1t| 又|OM|ON|2，所以 2| 1t 1t|2 解得 t0，所以直线 l 经过定点(0，0) 跟进训练 3已知圆 O：x2y21 与 x 轴的正半轴交于点 P，直线 l：kxyk30 与圆 O 交于不同的两点 A，B (1)求实数 k 的取值范围； (2)设直线 PA，PB 的斜率分别是 k1，k2，试问 k1k2是否为定值？若是定值， 求出该定值；若不是定值，请说明理由 解圆 O：x2y21 与 x 轴的正半轴交于点 P， 圆心 O(0，0)，半径 r1，P(1，0) (1)直线 l：kxyk30 与
12、圆 O 交于不同的两点 A，B， 圆心 O 到直线 l 的距离 d |k3| k211，即|k3| k 21，解得 k4 3 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 kxyk30， x2y21， 可得(1k2)x2(2k26k)xk26k80， x1x22k 26k 1k2 ，x1x2k 26k8 1k2 ， k1k2 y1 x11 y2 x21 kx113 x11 kx213 x21 2k 3 x11 3 x21 2k 3x1x22 x1x2x1x21 2k 32k26k21k2 k26k82k26k1k2 2k18k6 9 2 3为定值 k1k2是定值，定值为2 3 类型 4圆
13、锥曲线定义、性质的应用 (1)研究有关点间的距离的最值问题时，常用定义把曲线上的点到焦点的距离 转化为到另一焦点的距离或利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为到准线的 距离，再结合几何图形利用几何意义去解决有关的最值问题 提醒：应用定义解决问题时，需紧扣其内涵，注意限制条件是否成立，然后 得到相应的结论 (2)求椭圆、双曲线的离心率的值或范围也是高考重点考查的内容，常与函数、 方程、不等式等知识联系在一起，综合性较高 【例 4】(1)若点 M(1，2)，点 C 是椭圆x 2 16 y2 7 1 的右焦点，点 A 是椭圆的 动点，则|AM|AC|的最小值是_ (2)已知 O 为坐标原点，F 是椭
14、圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左焦点，A，B 分 别为 C 的左、右顶点P 为 C 上一点，且 PFx 轴过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M，与 y 轴交于点 E若直线 BM 经过 OE 的中点，则 C 的离心率为() A1 3 B1 2 C2 3 D3 4 (1)82 5(2)A(1)设点 B 为椭圆的左焦点，则 B(3，0)，点 M(1，2)在 椭圆内，那么|BM|AM|AC|AB|AC|2a， 所以|AM|AC|2a|BM|， 而 a4，|BM| 132222 5， 所以(|AM|AC|)min82 5 (2)如图所示，由题意得 A(a，0)，B(a，0)，F
15、(c，0) 由 PFx 轴得 P c，b 2 a 设 E(0，m)， 又 PFOE，得|MF| |OE| |AF| |AO|， 则|MF|mac a 又由 OEMF，得 1 2|OE| |MF| |BO| |BF|， 则|MF|mac 2a 由得 ac1 2(ac)，即 a3c， ec a 1 3 故选 A 跟进训练 4设 F 为双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x2y2a2交于 P，Q 两点，若|PQ|OF|，则 C 的离心率为() A 2B 3C2D 5 A如图，以 OF 为直径的圆的方程为 xc 2 2 y2c 2 4
16、 ， 又 x2y2a2， 得交线 PQ 的直线方程为：xa 2 c ， 代入，得 yab c ， 又|PQ|OF|， 则2ab c c，ab，e 2， 故选 A 类型 5数学思想在圆锥曲线中的应用 函数与方程思想、分类讨论思想、等价转化思想及数形结合思想在圆锥曲线 的综合问题中应用广泛，主要涉及最值、范围、探索问题及曲线方程的求法等问 题圆锥曲线综合题在高考中常考常新，重视能力立意，考查的知识点多，对能 力要求较高，尤其是运算求解能力，强调思维的灵活性，是体现数学学科核心素 养的典范 【例 5】已知点 A(2，0)，B(2，0)，动点 M(x，y)满足直线 AM 与 BM 的 斜率之积为1 2
17、记 M 的轨迹为曲线 C (1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足 为 E，连接 QE 并延长交 C 于点 G 证明：PQG 是直角三角形； 求PQG 面积的最大值 解(1)由题设得 y x2 y x2 1 2，化简得 x2 4 y 2 2 1(|x|2)，所以 C 为中心在 坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左、右顶点 (2)证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 ykx(k0) 由 ykx， x2 4 y 2 2 1， 得 x 2 12k2 设 u 2 12k2，则 P(u，uk)，Q(u
18、，uk)，E(u，0) 于是直线 QG 的斜率为k 2，方程为 y k 2(xu) 由 yk 2xu， x2 4 y 2 2 1， 得(2k2)x22uk2xk2u280 设 G(xG，yG)，则u 和 xG是方程的解， 故 xGu3k 22 2k2 ，由此得 yG uk3 2k2 从而直线 PG 的斜率为 uk3 2k2uk u3k22 2k2 u 1 k 所以 PQPG，即PQG 是直角三角形 由得|PQ|2u 1k2，|PG|2uk k 21 2k2 ， 所以PQG 的面积 S1 2|PQ|PG| 8k1k2 12k22k2 8 1 kk 12 1 kk 2设 tk1 k， 则由 k0
19、得 t2，当且仅当 k1 时取等号因为 S 8t 12t2在2，)单调递减， 所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为16 9 因此，PQG 面积的最大 值为16 9 跟进训练 5已知定点 F(0，1)和直线 l1：y1，过定点 F 与直线 l1相切的动圆的圆 心为点 C (1)求动点 C 的轨迹方程； (2)过点 F 的直线 l2交轨迹于两点 P， Q， 交直线 l1于点 R， 求RP RQ 的最小值 解(1)由题设知点 C 到点 F 的距离等于它到 l1的距离，点 C 的轨迹是以 F 为焦点，l1为准线的抛物线， 动点 C 的轨迹方程为 x24y (2)由题意知，直线 l2的方
20、程可设为 ykx1(k0)， 与抛物线方程联立消去 y，得 x24kx40 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x24k，x1x24 又易得点 R 的坐标为 2 k，1， RP RQ x12 k，y 11 x22 k，y 21 x12 k x22 k (kx12)(kx22) (1k2)x1x2 2 k2k(x1x2) 4 k24 4(1k2)4k 2 k2k 4 k24 4 k21 k28 k2 1 k22，当且仅当 k 21 时取等号， RP RQ 42816，即RP RQ 的最小值为 16 1(2020全国卷)已知 A 为抛物线 C：y22px(p0)上一点，点 A 到 C
21、的焦 点的距离为 12，到 y 轴的距离为 9，则 p() A2B3C6D9 C法一： 因为点 A 到 y 轴的距离为 9， 所以可设点 A(9， yA)， 所以 y2A18p 又 点 A 到焦点 p 2，0的距离为 12， 所以 9p 2 2 y2A12， 所以 9p 2 218p122， 即 p236p2520，解得 p42(舍去)或 p6故选 C 法二：根据抛物线的定义及题意得，点 A 到 C 的准线 xp 2的距离为 12，因 为点 A 到 y 轴的距离为 9，所以p 2129，解得 p6故选 C 2(2020全国卷)已知M：x2y22x2y20，直线 l：2xy20， P 为 l 上
22、的动点过点 P 作M 的切线 PA，PB，切点为 A，B，当|PM|AB|最小时， 直线 AB 的方程为() A2xy10B2xy10 C2xy10D2xy10 D法一：由M：x2y22x2y20， 得M：(x1)2(y1)24，所以圆心 M(1，1)如图， 连接 AM，BM，易知四边形 PAMB 的面积为1 2|PM|AB|，欲使|PM|AB|最小， 只需四边形 PAMB 的面积最小，即只需PAM 的面积最小因为|AM|2，所以只 需|PA|最小又|PA| |PM|2|AM|2 |PM|24，所以只需直线 2xy20 上的 动点 P 到 M 的距离最小， 其最小值为|212| 5 5， 此时
23、 PMl， 易求出直线 PM 的方程为 x2y10由 2xy20， x2y10， 得 x1， y0， 所以 P(1，0)易知 P，A，M，B 四点共圆，所以以 PM 为直径的圆的方程为 x2 y1 2 2 5 2 2 ，即 x2y2y10，由得，直线 AB 的方程为 2xy10，故选 D 法二：因为M：(x1)2(y1)24，所以圆心 M(1，1) 连接 AM，BM，易知四边形 PAMB 的面积为1 2|PM|AB|，欲使|PM|AB|最小， 只需四边形 PAMB 的面积最小，即只需PAM 的面积最小因为|AM|2，所以只 需|PA|最小 又|PA| |PM|2|AM|2 |PM|24，所以只
24、需|PM|最小，此时 PMl因为 PMAB，所以 lAB，所以 kAB2，排除 A，C 易求出直线 PM 的方程为 x2y10， 由 2xy20， x2y10， 得 x1， y0， 所 以 P(1，0)因为点 M 到直线 x1 的距离为 2，所以直线 x1 过点 P 且与 M 相切，所以 A(1，1)因为点 A(1，1)在直线 AB 上，故排除 B故选 D 3(2020全国卷)若过点(2，1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2xy 30 的距离为() A 5 5 B2 5 5 C3 5 5 D4 5 5 B因为圆与两坐标轴都相切，点(2，1)在该圆上，所以可设该圆的方程为(x a)2(ya
25、)2a2(a0)，所以(2a)2(1a)2a2，即 a26a50，解得 a1 或 a5，所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线 2xy30 的距离 为|2113| 2212 2 5 5 或|2553| 2212 2 5 5 ，故选 B 4(2020全国卷)设双曲线 C： x2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F 1， F2，离心率为 5P 是 C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a () A1B2C4D8 A设|PF1|m，|PF2|n，p 为双曲线右支上一点，则 S PF1F2 1 2mn4， mn2a，m2n24c2，又 ec a
26、5，所以 a1，故选 A 5(2020全国卷)已知 F 为双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右焦点，A 为 C 的右顶点，B 为 C 上的点，且 BF 垂直于 x 轴若 AB 的斜率为 3，则 C 的离心 率为_ 2设 B(c，yB)，因为 B 为双曲线 C：x 2 a2 y2 b21 上的点，所以 c2 a2 y2B b21，所 以 y2Bb 4 a2因为 AB 的斜率为 3，所以 y Bb 2 a ， b2 a ca 3，所以 b23ac3a2，所以 c2a23ac3a2，所以 c23ac2a20，解得 ca(舍去)或 c2a，所以 C 的离 心率 ec a2 6(20
27、20新高考全国卷)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，且 过点 A(2，1) (1)求 C 的方程； (2)点 M，N 在 C 上，且 AMAN，ADMN，D 为垂足证明：存在定点 Q， 使得|DQ|为定值 解(1)由题设得 4 a2 1 b21， a2b2 a2 1 2，解得 a 26，b23 所以 C 的方程为x 2 6 y 2 3 1 (2)证明：设 M(x1，y1)，N(x2，y2) 若直线 MN 与 x 轴不垂直，设直线 MN 的方程为 ykxm，代入x 2 6 y 2 3 1， 得(12k2)x24kmx2m260 于是 x1x2 4km 12k
28、2，x 1x22m 26 12k2 由 AMAN 知AM AN 0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，整理得(k2 1)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240 将代入上式可得(k21)2m 26 12k2 (kmk2) 4km 12k2(m1) 240 整理得(2k3m1)(2km1)0 因为 A(2，1)不在直线 MN 上， 所以 2km10，故 2k3m10，k1，m2 3k 1 3 于是 MN 的方程为 yk x2 3 1 3(k1) 所以直线 MN 过点 P 2 3， 1 3 若直线 MN 与 x 轴垂直，可得 N(x1，y1) 由AM AN 0 得(x12)(x1
29、2)(y11)(y11)0 又x 2 1 6 y 2 1 3 1，可得 3x218x140解得 x12(舍去)，x12 3此时直线 MN 过点 P 2 3， 1 3 令 Q 为 AP 的中点，即 Q 4 3， 1 3 若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 RtADP 的斜边， 故|DQ|1 2|AP| 2 2 3 若 D 与 P 重合，则|DQ|1 2|AP| 综上，存在点 Q 4 3， 1 3 ，使得|DQ|为定值 7(2020全国卷)已知 A，B 分别为椭圆 E：x 2 a2y 21(a1)的左、右顶点， G 为 E 的上顶点，AG GB 8P 为直线 x6 上的动点，PA 与 E
30、 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(1)由题设得 A(a，0)，B(a，0)，G(0，1) 则AG (a，1)，GB (a，1)由AG GB 8 得 a218，即 a3 所以 E 的方程为x 2 9 y21 (2)证明：设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t) 若 t0，设直线 CD 的方程为 xmyn，由题意可知3n3 由于直线 PA 的方程为 yt 9(x3)，所以 y 1t 9(x 13) 直线 PB 的方程为 yt 3(x3)，所以 y 2t 3(x 23) 可得 3y1(x23)y2(x13) 由于x 2 2 9 y221，故 y22x23x23 9 ，可得 27y1y2(x13)(x23)，即(27 m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20 将 xmyn 代入x 2 9 y21 得 (m29)y22mnyn290 所以 y1y2 2mn m29，y 1y2n 29 m29 代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0 解得 n3(舍去)或 n3 2 故直线 CD 的方程为 xmy3 2，即直线 CD 过定点 3 2，0 若 t0，则直线 CD 的方程为 y0，过点 3 2，0 综上，直线 CD 过定点 3 2，0
