1、2020数学高考数学高考模考试题中精彩解几题赏析 图形特点 图形静止 图形特点 基本量计算静中求值 最值与范围动中求最 图形运动 确定性问题动中求定 01 初读试题 【题目 1】如皋 1.5 模第 18 题 【试题呈现试题呈现】如图如图，在在平平面直角坐标系面直角坐标系 xOy 中中，椭圆椭圆 x2 a2 b2 2 y 1(a b 0) 过点过点 P(2，0)，且两准线间的距离且两准线间的距离 为为 8 3 3 （1）求椭圆的方求椭圆的方程程； 1 （2）已知已知 B2，B1 分别分别是是椭圆的上椭圆的上、下顶点下顶点，过点过点 E(0， 2 )的直线 的直线 l 与与 椭圆交于椭圆交于 M，
2、N 两点两点，直线直线 MB2 与直线与直线 NB1 交交于于点点 T 2 若直线若直线 l 的斜率为的斜率为 1 ， ，求点求点 T 的坐标的坐标； 试问点试问点 T 是否在某定是否在某定直直线上线上？若在定直线若在定直线上上， 求出定直线方程求出定直线方程；若若不不在在定直线上定直线上，请说明请说明理理由由 B1 M O x y T E N B 2 B1 M O x y T E N B2 【构图方式 3】直线 B2M 与椭圆交于 M，直线 B1N 与椭圆 交于 N，且 M，E，N 三点共线，直线 B2M 与直线 B1N 交于点 T 解法赏析 02 【构图方式 2】过点 E 的直线 MN 与
3、椭圆交于 M，N， 连结 B2M 与 B1N 并延长交于点 T 【构图方式 1】 M 为椭圆上一动点，连结 ME 与椭圆交于另一点 N，直线 B2M 与直线 B1N 交于点 T 【构图方式 4】由点 B2 作两条动直线 B2M 和 B2N，分别交椭圆于 M 和 N，直线 MN 经过 定点 E，连结 B1N 交直线 B2M 于点 T B1 M O x T E N B2 【运算路径 1】两点均未知“设一求一” 求点 N 设点 M (x0，y0 ) 写直线 ME 求点 T 写直线 B2M 写直线 B1N 解法赏析 02 【构图方式 1】 M 为椭圆上一动点，连结 ME 与椭圆交于另一点 N，直线 B
4、2M 与直线 B1N y 交于点 T B1 O x y T E N B2 解法赏析 02 0 0 2 0 0 y x 【运算过程 1】设点 M (x ，y ) ，则直线 B M 的方程为 y 1 x 1 ， 直线 ME 的方程为 y 2 y0 1 x 1 ， 2x0 2 0 x2 代入椭圆的方程，得 0 0 x2 x0 x2 (2 y 1)2 4 y 2 0 x 3 0 ， 0 2 2 0 N 3x2 所以 x x x0 (2 y0 1) ， 所以点 N 的坐标为 0 0 0 0 4 y 5 4 y 3x 5x 4 5 ， ，M 1 0 0 3( y x 故直线 B N 的方程为 y 1) x
5、 1 ， 由联立，求得 y 2 ，所以点T 在直线 y 2 上 B1 M O x E N 【构图方式 2】过点 E 的直线 MN 与椭圆交于 M，N，连结 B2M 与 B1N 并延长交于点 T y T B2 【运算路径 2】两点均未知“设而不求” 设 M(x1，y1)，N(x2，y2) 2 设直线 M N：y kx 1 1 2 3 4k 1 4k 2 1 4k 2 得x1 x2 ，x x 求点 T (用 x1，y1，x2，y2 表示) 求点 T 轨迹方程 写直线 B2M 写直线 B1N 解法赏析 02 B1 M O x y T E N B2 1 2 x 2 y2 1 【运算过程 2】由 4 y
6、 kx 得： 1 4k2 x2 4kx 3 0 ， 解法赏析 02 1 2 3 4k 所以 x1 x2 1 4k 2 1 4k 2 ，x x ， x1 x2 y y1 1 x 1 由 y y2 1 x 1 得 y x y x y x x x 2 y1 1 x1 y2 1 x1 y2 x2 y1 x2 x1 x1 y2 1 x2 y1 1 1 2 2 1 2 1 ， 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 x1 kx2 x kx x x1 x kx x kx 1 2 1 2 x2 x1 1 2 1 4kx x 3x x 3x1 x2 2 （*） B1 M O x y T E N B2 1 2
7、 x 2 y2 1 【运算过程 2】由 4 y kx 得： 1 4k2 x2 4kx 3 0 ， 解法赏析 02 1 2 3 4k 所以 x1 x2 1 4k 2 1 4k 2 ，x x ， y 4kx1 x2 3x1 x2 3x1 x2 （*） y 4kx1 x2 3x1 x2 3x1 x2 3(x1 x2 ) 3x1 x2 6x1 2x2 3x1 x2 3x1 x2 2 非对称式非对称式 降降 次次 4kx1x2 3(x1 x2 ) B1 M O x y T E N B2 1 2 x 2 y2 1 【运算过程 2】由 4 y kx 得： 1 4k2 x2 4kx 3 0 ， 解法赏析 02
8、 1 2 3 4k 所以 x1 x2 1 4k 2 1 4k 2 ，x x ， 4kx x 3x x 3x1 x2 y 1 2 1 2 （*） 2 2 4k 3 3 4k 4x y 4kx1 x2 3 x1 x2 4x2 3(x1 x2 ) 2x2 1 4k 2 1 4k 2 3 4k 2x 1 4k 2 2 非对称式非对称式 消消 元元 消去消去x1 B1 M O x y T E N B2 1 2 x 2 y2 1 【运算过程 2】由 4 y kx 得： 1 4k2 x2 4kx 3 0 ， 解法赏析 02 1 2 3 4k 所以 x1 x2 1 4k 2 1 4k 2 ，x x ， 4kx
9、 x 3x x 3x1 x2 y 1 2 1 2 （*） 1 2x 4k 3 4k 4x 1 4k 2 1 4k 2 y 4kx1 x2 x1 x2 4x1 2x1 (x1 x2 ) 4k 1 4k 2 1 2 非对称式非对称式 消消 元元 消去消去x2 B1 M O x y T E N B2 1 2 x 2 y2 1 【运算过程 2】由 4 y kx 得： 1 4k2 x2 4kx 3 0 ， 解法赏析 02 1 2 3 4k 所以 x1 x2 1 4k 2 1 4k 2 ，x x ， y 4kx1 x2 3x1 x2 3x1 x2 （*） 1 2 1 2 4 x1 x2 4 3 x1 x2
10、 x x 3x x 3(x1 x2 ) 3x1 x2 y 3x1 x2 3x1 x2 2 非对称式非对称式 消消 元元 k 3 x1 x2 4 x1 x2 消去消去k B1 M O x T E N B2 【构图方式 3】直线 B2M 与椭圆交于 M，直线 B1N 与椭圆交于 N，且 M，E，N 三点共线， y 直线 B2M 与直线 B1N 交于点 T 【运算路径 3】已知一交点“知一求一” 求点 M M，E，N 求点 N 三点共线 1 设直线 B2M：y k x 1 设直线 B1N：y k2 x 1 求点 T（用 k1，k2 表示） 求 k1，k2 的关系 求点 T 轨迹方程 解法赏析 02
11、B1 M O x y T E N B 2 1 y2 1 x2 【运算过程 3】由 4 y k x 1 得： 2 2 1 1 1 4k x 8k x 0 ， 解法赏析 02 同理，得点 N 的坐标为 2 2 2 2 8k 4k 2 1 1 4k 2 1 4k 2 ， 1 ME 16k 12k 2 1 2 NE 所以直线 ME 的斜率为 k 1 ，直线 NE 的斜率为 k 16k 4k 2 3 2 ， 1 1 M 所以 x 8k 1 4k 2 ，所以点 M 的坐标为 2 1 1 1 1 8k 1 4k 1 4k 2 1 4k 2 ， ， ME NE 因为 M，E，N 三点共线，所以 k k 16k
12、1 16k2 12k 2 1 4k 2 3 ，即 1 2 ， 化简得(4k1k2 1)(3k1 k2 ) 0 ，又4k1k2 1 0 ，所以 k2 3k1 解法赏析 02 2 y k x 1 2 1 2k1 y k x 1 又由 1 得： y k k 1 2 ， 所以点T 在直线 y 2 上 B1 M O x y T E N B2 1 ME 16k 12k 2 1 2 NE 所以直线 ME 的斜率为 k 1 ，直线 NE 的斜率为 k 16k 4k 2 3 2 ， ME NE 因为 M，E，N 三点共线，所以 k k 16k1 16k2 12k 2 1 4k 2 3 ，即 1 2 ， B1 M
13、 O x T E N B2 【运算路径 4】引入第三者“借用结论” 证 1 设 B M：y kx 1 kB2 M kB2 N 12 2 kB N 3kB M 求点 T 证 1 1 2 kB 1N kB2 N 4 设 B1N：y 3kx 1 解法赏析 02 【构图方式 4】由点 B2 作两条动直线 B2M 和 B2N，分别交椭圆于 M 和 N，直线 MN 经过定点 y E，连结 B1N 交直线 B2M 于点 T 2 【运算过程 4】设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线 MN：y kx 1 ， 1 2 x 2 y2 1 由 4 y kx 得： 1 4k2 x2 4kx 3 0 ， 1 2
14、 1 2 3 4k 所以 x x 1 4k 2 1 4k 2 ，x x ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 12 B2 M B2 N x x x x x x (kx 1)(kx 1) k 2 x x k (x x ) 1 y 1 y 1 则 k k 4 1 ， B1 M O x y T E N B2 解法赏析 02 0 0 0 0 0 1 4 B1N B2 N y2 设点 N(x ，y ) ，则k x x x2 y 1 y 1 1 k 0 0 0 ， 12 B2 M B2 N k k 1 ， 解法赏析 02 0 0 0 0 0 1 4 B1N B2 N y2
15、 x x x2 y 1 y 1 1 设点 N(x ，y ) ，则k k 0 0 0 ， B1 M O x y T E N B 2 B1N B2 M 两式相除，得k 3k ， 设直线 B2M 的方程为 y kx 1， 则直线 B1N 的方程为 y 3kx 1 ， 消去 x，求得点T 在直线 y 2 上 总结提炼 03 B1 M O x y T E N B2 1. 直线与椭圆相交的基本运算 已知一交点已知一交点 直线与直线与 椭圆相交椭圆相交 两点均未知两点均未知 “知一求知一求一一” “设而不设而不求求” “设一求一设一求一” “暴力求解暴力求解” 2. 确定性问题的处理策略 动中求定动中求定
16、定点类定点类 定值类定值类 定轨类定轨类 直接推理直接推理 特殊先行特殊先行 借用结论借用结论 背景揭示 04 y2 x2 B，右焦点为 F设过点 T（t，m）的直线 TA，TB 与椭圆分别交于点 M (x1 ，y1 ) N(x2 ，y2 ) ， 其中 m0，y1 0，y2 0 设 t=9，求证： 直线 MN 必过 x 轴上的一定点（其坐标与 m 无关） （2010 江苏 18）在平面直角坐标系 xoy 中，如图，已知椭圆 9 + 5 1 的左，右顶点为 A M O x y T A N D B B1 M O x y T E N B2 极点与极线极点与极线 背景揭示 04 定义：已知圆锥曲线：A
17、x2 Cy2 2Dx 2Ey F 0 ，则称 点 P(x0 ，y0 ) 和直线l：Ax0 x Cy0 y D(x x0 ) E(y y0 ) F 0 是圆锥曲线 的一对极点和极线 极点与极线极点与极线 P E F G H M N y2 x2 a2 b2 椭圆 0 0 x x y y a2 b2 1 中极点 P(x ，y ) 对应的极线方程为 0 0 1， m 极点Q(m ，0) 对应的极线方程为 x a 2 背景揭示 04 y2 x2 a2 b2 椭圆 0 0 x x y y a2 b2 1 中极点 P(x ，y ) 对应的极线方程为 0 0 1， m 极点Q(m ，0) 对应的极线方程为 x
18、 a 2 M O x y T N D B B1 M O E N y T B2 x2 4 x y2 1 y2 x2 9 5 1 A n 极点 R(0，n ) 对应的极线方程为 y b 2 极点与极线极点与极线 拓展提升 04 y2 x2 a2 b2 （1）若椭圆 E： 1(a b 0) 的左，右顶点为 A，B ，点Q(m ，t) 不在曲线 E 上，QA， QB 分别交 E 于 C，D，直线 CD 交 x 轴于点 P(n ，0) ，则有 mn a2 x2 2 y （2）若椭圆 E： 1(a b 0) 的上， 下顶点为 A，B ， 点Q( t ，m) 不在曲线 E 上，QA， a2 b2 M O x
19、 QB 分别交 E 于 C，D，直线 CD 交 y 轴于点 P( 0 ，n) ，则有 mn b2 y T A N D B 拓展提升 04 y2 x2 a2 b2 （3）若椭圆 E： 1(a b 0) 的左顶点为 A ， P(m ，0) 为椭圆内一点，CD 为过点 P 的 一条弦，AC，AD，CD 的斜率分别为 k1，k2，k，则 k0 k1 a m m a ； 1 2 a2 k k m a b 2 m a ； C x y A D k k1 O 2 k P 1 2 2b2 k(k k ) a(a m) ； k( 1 1 ) 2a k1 k2 a m C x y T A D k1 O k 2 0
20、H k P k B 拓展提升 04 y2 x2 （4）若椭圆 E： 1(a b 0) 上一点 P(x ，y ) ，过点 P 作两条直线 PQ，PR 交椭圆 a2 b2 0 0 于 Q，R，斜率分别为 k1，k2 1 2 a2 0 0 k k ( b 2 ) 的充要条件为直线 QR 过定点(a 2 a2 b2 a2 b2 b2 x ， a2 b2 y ) ； 1 2 a2 0 x k k b 2 的充要条件为直线 QR 的斜率为 y0 ； 1 2 0 0 0 0 a2 k k ( 0) 的充要条件为直线 QR 过定点(x 2 y ， 2b2 x y ) ； 1 2 0 b2 x a2 y k k
21、 0 的充要条件为直线 QR 的斜率为 0 拓展提升 04 （5）A，B 是圆锥曲线上两动点，点 M 为其上一定点，MA，MB 的倾斜角分别为， ， 则以下条件均可得出直线 AB 过定点： kMAkMB m （常数） ； kMA kMB n （非零常数） ； (0 ) 为定值； MA MB 为常数 类题展示 05 （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线 AC ，BD 的斜率分别为 k1，k2 若 k23k1，求证：直线 l 过定点； 若直线 l 过椭圆的右焦点 F，试判断k1 k2 是否为定值，并说明理由 x x2 y2 1（2019 通州海安上学期联考第 18 题）在平面直角坐标系 xOy
22、中，已知椭圆a2b21 (ab0)的左、右顶点分别为 A、B，焦距为 2，直线 l 与椭圆交于 C，D 两点（均异于椭圆 的左、右顶点） 当直线 l 过椭圆的右焦点 F 且垂直于 x 轴时，四边形 ACBD 的面积为 6 y A F B O l C D k1 k 2 类题展示 05 2（2019 如皋 2.5 模第 18 题）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A，F 分别是椭圆 C： x2 y2 a2 b2 F 恰为 AQ 的中点，且椭圆 C 的焦距为 2 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过右焦点 F 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M，N， 记直线 AM，AN 的斜率分别为 k1，k2
23、， 若 k1k21，求直线 l 的方程 x 1(a b 0) 左顶点，右焦点，椭圆 C 的右准线与 x 轴相交于点 Q，已知右焦点 y F A O l M N k1 k2 类题展示 05 b2 3 (2019 届百校大联考第 17 题）如图， 已知椭圆 a2 x2 y2 6 1 (ab0)经过点（ 2, 2 )， 2 且离心率e 1 ，过右焦点 F 且不与坐标轴垂直的直线l 与椭圆 C 相交于 M，N 两点 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）设椭圆 C 的右顶点为 A，线段 MN 的 中点为 H， 0 1 2 记直线 OH，AM，AN 的斜率分别为k , k , k ， k0 求证: k1
24、 k2 为定值 k1 k2 k0 类题展示 05 4. （2019 镇江一模第 18 题）已知椭圆 C： x2 y2 a2 b2 1(a b 0) 的长轴长为 4，两准线间 的斜率分别为 k(k0)，k，求证：kk为定值 距离为 4 2 设 A 为椭圆 C 的左顶点，直线 l 过点 D(1，0)，且与椭圆 C 相交于 E，F 两点 （1）求椭圆 C 的方程； （3）已知直线 AE，AF 分别交直线 x3 于点 M，N， k1 线段 MN 的中点为 Q，设直线 l 和 QD k2 k k 01 初读试题 【题目 2】2019 届南京盐城二模第 18 题 y2 x2 a b 【试题呈现试题呈现】在
25、平在平面面直直角角坐标系坐标系 xOy 中中，已知椭已知椭圆圆C ： 2 2 1(a b 0) 的的离离心率为心率为 2 ， ，且椭圆且椭圆 C 短轴短轴 2 的一个顶点到一个的一个顶点到一个焦焦点点的的距离等于距离等于 2 x2 2 （1）求椭圆求椭圆 C 的方程的方程； 2 y 1 （2）设经过点设经过点 P（2，0）的直的直线线l 交椭圆交椭圆 C 于于 A，B 两点两点，点点 Q（m，0） 若对任意直线若对任意直线 l 总存在点总存在点 Q，使得使得 QA=QB，求实求实数数m 的取值范围的取值范围； 设点设点 F 为椭圆为椭圆 C 的左的左焦焦点点，若点若点 Q 是是FAB 的外心的
26、外心，求实求实数数m 的值的值 B O x y Q A P F 01 初读试题 (2) 设直线的方程为设直线的方程为 yk(x2)，设设 AB 中点为中点为 M(x0，y0)， 代入椭圆代入椭圆 C 的方程的方程，消去消去 y，得得(12k2)x28k2x8k220 2 2 2 2 2 2 所以所以(8k ) 4(12k )( 8k 2)0，解得解得 2 k 2 8k2 8k22 设设 A (x1，y1)，B (x2，y2)，则有则有 x1x21 2k2， ，x1x21 2k2 0 则有则有 x 1 2 x x 4k2 0 0 2， ，y k(x 2) 2k 2 12k 12k 2 当当 k0
27、 时时，因为因为 QAQB，所以所以 QMl，即即 kQMk 2k 12k 20 4k2 12k 2m k1解得解得 m 2k2 12k 2 当当 k0 时时，可得可得 m0，符合符合 m 2k2 12k 2因此因此 m 2k2 12k 2 2由由 0k 2(1m) m 1 1 2，解得解得 0m2 P B O x 因为直线因为直线 l 交交椭圆椭圆 C 于两点于两点， y Q A F l 01 初读试题 【题目 2】2019 届南京盐城二模第 18 题 【试题呈现试题呈现】在平在平面面直直角角坐标系坐标系 xOy 中中，已知椭圆已知椭圆 C: x2 2 2 y 1设经过点设经过点 P（2，0
28、）的直的直线线l 交椭圆交椭圆 C 于于 P B O x A，B 两点两点，点点 Q（m，0）设点设点 F 为椭圆为椭圆 C 的左的左焦焦点点，若点若点 Q 是是FAB 的外心的外心，求实求实数数m 的值的值 y Q A F l 【构图方式 2】三条曲线均过点 A，B 【构图方式 1】过 A，B，F 三点作圆 Q 02 解法赏析 P B O x y Q A F l 【构图方式 1】过 A，B，F 三点作圆 Q 2 2 2 2 【方法一】 （ 暴力求解）由得(12k )x 8k x8k 2 4k 2 2 4k 2 0，解出以 x 1 2k 2 1 ， 2 ， 2 2 从而得到 B( 4k 2 2
29、 4k 2 k 2 4k 2 2k 1 2k 1 2k ， 2k 2 ) ，由得Q( 1 2k ，0) ， 2 2 2 2 所以由QF 2 QB2 ，得 ( 2k 2 k 2 4k 2 2k 1) ( ) ( 1 2k 2 2k 2 2 4k 2 1 2k 2 1 2k 2 ) ， 化简，得(8k2 1)(1 2k2 ) 0 ，所以 k2 1 1 8，m5 圆的定义圆的定义 一、从构作图形角度入手 02 解法赏析 P B O x y Q A F l 【构图方式 1】过 A，B，F 三点作圆 Q 【方法二】 （ 设而不求）设 A (x1，y1)，B (x2，y2)， 2 1 1 由QF 2 QA
30、2 得 (m 1)2 (m x )2 y 2 1 1 1 2 2 ，又 y 1 x ， 从而得 x2 4mx 4m 0 ，同理 x2 4mx 4m 0 ， 1 1 2 2 所以 x1，x2 是方程 x24mx4m0 的两个根， 所以 x1x24m，x1x24m 又因为 x1x2 12k 12k 12k 12k 12k 8k2 8k22 8k2 8k22 1 2k2 1 2 ，x1x2 2 ，所以 2 2 ，解得 k28，m 2 5 圆的定义圆的定义 02 解法赏析 P B O x Q A F 【构图方式 1】过 A，B，F 三点作圆 Q 1 2 2 (1 k 2 )(2 4k 2 ) 【方法三
31、】 AB (x x )2 ( y y )2 1 2 1 2 1 k 2 | x x | 1 2k 2 l ， y 1 (1 k 2 )(2 4k 2 ) 在 RtAMQ 中， AM AB 2 1 2k 2 ， QA QF | m 1| ，点 Q 到 l 的距离QM | (m 2)k | ，由QA2 QM 2 AM 2 ， 1 k 2 2 2 2 2 (m 2)2 k 2 (1 k 2 )(2 4k 2 ) 得(1 m) 1 k (1 2k ) ，又 m 2k2 12k 2 2 1 8 解得 k ， 1 5 m 圆中弦长圆中弦长 M 02 解法赏析 P O x y Q A F l 【构图方式 1
32、】过 A，B，F 三点作圆 Q 1 1 【方法四】设 A (x1，y1)，B (x2，y2)，则 AF 的中点为( x 1 y ， ) ， 2 2 圆心的确定圆心的确定 2 2 y1 y x 1 x 1 x2 y2 1 x1 1 B 直线 AF 的中垂线方程 y 1 1 (x 1 ) ，令 y 0 ，得2x 1 1 ， 2 1 1 1 2 2 又 y 1 x 1 1 Q ，所以 x 4 x 1 2 1 Q x2 x2 1 ，同理 x 4 x 1 2 ， 所以 1 1 2 x2 x2 x 1 x 1 1 2 2 ，变形得(x x x1 x2 )(x1 x2 ) 0 ，因为 x1 x2 ， 1 2
33、 1 2 所以 x x x x 0 ，所以 8k2 12k 2 8k22 12k 8 1 1 5 20，所以 k2 ，m 02 解法赏析 P B O x y Q A F l 【构图方式 2】三条曲线均过点 A，B 易得圆 Q 的方程为: (xm)2y2(m1)2 由 l 与椭圆 C、l 与圆 Q 确立同解方程 【方法五】由 2 y k(x 2)， (x 2) y2 (m 1)2， 消去 y，得1 k2 x2 (4k2 2m)x 4k 2 2m 1 0 ， 4k 2 2m 所以 x1，x2 也是此方程的两个根，所以 x1 x2 1 k 2 8k2 ，又因为 x1x212k2， 2 2 1 2k
34、1 k 所以 ， 又 m 8k 2 4k 2 2m 2k2 12k 2 2 8 解方程组，得 k ， 1 1 5 m 02 解法赏析 P B O x y Q A l 【构图方式 2】三条曲线均过点 A，B 易得圆 Q 的方程为: (xm)2y2(m1)2 由 l 与椭圆 C、椭圆 C 与圆 Q 确立同解方程 (xm)2y2(m1)2， 【方法六】由x2 2 2 y 1， 消去 y，得 x24mx4m0，F 所以 x1，x2 也是此方程的两个根，所以 x1x24m，x1x24m 又因为 x1x2 12k 12k 2，x1x2 2，所以 12k 8k2 8k22 8k2 8k22 12k 1 2
35、2，解得 k28 所以 m 12k 2k2 1 25 02 解法赏析 P B O x y Q A F l 【构图方式 2】三条曲线均过点 A，B 易得圆 Q 的方程为: (xm)2y2(m1)2 由 l 与圆 Q、椭圆 C 与圆 Q 确立同解方程 【方法七】由 2 y k(x 2)， (x 2) y2 (m 1)2， 消去 y， 得1 k2 x2 (4k2 2m)x 4k 2 2m 1 0 ， (xm)2y2(m1)2， 由x2 2 y 21， 消去 y，得 x24mx4m0，方程同解求得 k2 1 1 8， m5 02 解法赏析 P B O x y Q A F l 二、从构作方程组角度入手
36、【构图方式 1】过 A，B，F 三点作圆 Q 【方法八】由题意，得 m 2k2 12k 2 ， 1 2 2 y y x 1 x 1 1 1 1 2 x2 1 1 (m 1 ) ， y k(x 2) ， 1 y2 1 ， 解方程组获解 02 解法赏析 2 2 1 2 1 1 x2 2 【方法九】由题意，得 x2 2 y 1 k(x1 2)， y k(x 2)， 1 y2 1， 2 y2 1， (x m)2 y2 1， (x m) 2 y2 1， 2 2 解方程组获解 二、从构作方程组角度入手 【构图方式 2】三条曲线均过点 A，B P B O x y Q A F l 03 总结提炼 解析几何题运算求解的繁易程度受三方面影响： 构图方式 求解繁易 表达方式 消参方式 感谢聆听！欢迎指正！
