統(tǒng)考版2024高考數(shù)學二輪復習板塊2命題區(qū)間精講精講5解析幾何學案含解析文

PAGE1-解析幾何命題點1直線與圓錐曲線的位置關系直線與圓錐曲線位置關系的判定及弦長問題(1)推斷方法通常是采納代數(shù)法將直線與圓錐曲線聯(lián)立，消元后看方程解的狀況．需特殊留意方程組有且只有一解未必說明直線與圓錐曲線相切還有可能相交，如：直線與圓錐曲線只有一個公共點，則直線與雙曲線的一條漸近線平行，或直線與拋物線的對稱軸平行，或直線與圓錐曲線相切．(2)弦長問題①在涉及弦長的問題中，應嫻熟地利用根與系數(shù)的關系，設而不求計算弦長；涉及過焦點的弦的問題，可以考慮用圓錐曲線的定義求解．②弦長計算公式：直線AB與圓錐曲線有兩個交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則弦長|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)，其中k為弦AB所在直線的斜率．[高考題型全通關]1．在直角坐標系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(p＞0)于點P，M關于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由．[解](1)由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t)).又N為M關于點P的對稱點，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，ON的方程為y＝eq\f(p,t)x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p).因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N為OH的中點，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點．理由如下：直線MH的方程為y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t，即直線MH與C只有一個公共點，所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點為(eq\r(3)，0),且經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，點M是x軸上的一點，過點M的直線l與橢圓C交于A，B兩點(點A在x軸的上方)．(1)求橢圓C的方程；(2)若eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))，且直線l與圓O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切于點N，求|MN|.[解](1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝c2＝3，,\f(－12,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2),b2)＝1，))得(a2－4)(4a2又a2＝3＋b2＞3，故a2＝4，則b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設M(m,0)，直線l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))，得y1＝－2y2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，則y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋4).由y1y2＝－2yeq\o\al(2,2)，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，所以eq\f(m2－4,t2＋4)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2tm,t2＋4)))eq\s\up12(2)，化簡得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m易知原點O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋t2))，又直線l與圓O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切，所以eq\f(|m|,\r(1＋t2))＝eq\r(\f(4,7))，即t2＝eq\f(7,4)m2－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4t2＋4＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))得21m4－16m2－16＝0，即(3解得m2＝eq\f(4,3)，此時t2＝eq\f(4,3)，滿意Δ＞0，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2\r(3),3)，0)).在Rt△OMN中，|MN|＝eq\r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq\f(4\r(21),21).[點評]本題是直線與橢圓、圓的綜合問題：(1)由題意，列關于a，b的方程組，解方程組可得a，b的值進而求得橢圓的方程；(2)設出M，A，B的坐標及直線l的方程x＝ty＋m，與橢圓方程聯(lián)立，再結合根與系數(shù)的關系，得m與t的關系，由直線與圓相切，得另一關系式，聯(lián)立可得M的坐標進而得|MN|.考查了數(shù)學運算這一核心素養(yǎng)．命題點2定點、定值問題角度一定點問題目標等式法解確定點問題目標等式法是利用目標等式恒成立的條件，即對應項的系數(shù)相等，建立方程(組)，求解定點的方法．解決問題的關鍵點如下：①坐標化，將題目中的已知條件坐標化處理．②建立目標等式，利用坐標化的結論建立目標等式，如f(x，y)＋λg(x，y)＝0(λ為參數(shù))．③列方程(組)，依據(jù)等式恒成立的條件，列出方程或方程組，如eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0.))④找定點，解方程(組)，可得直線或者曲線過的定點．[高考題型全通關]1．設M為圓C：x2＋y2＝4上的動點，點M在x軸上的投影為點N，動點P滿意2eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up7(→))，動點P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)設E的左頂點為D，若直線l：y＝kx＋m與曲線E交于A，B兩點(A，B不是左、右頂點)，且滿意|eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|＝|eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\o(DB,\s\up7(→))|，證明直線l恒過定點，并求出該定點的坐標．切入點：利用相關點法求動點P的軌跡，由|eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|＝|eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\o(DB,\s\up7(→))|得出eq\o(DA,\s\up7(→))⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，進而由eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0建立參數(shù)k，m的等量關系，并求得定點坐標．[解](1)設點M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知N(x0,0)．因為2eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up7(→))，所以2(x0－x，－y)＝eq\r(3)(0，－y0)，即x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y.又點M在圓C：x2＋y2＝4上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，將x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y代入，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)可知D(－2,0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－即3＋4k2－m2＞0.所以x1＋x2＝eq\f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－3,3＋4k2)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－12k2,3＋4k2).因為|eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|＝|eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\o(DB,\s\up7(→))|，所以eq\o(DA,\s\up7(→))⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，即eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，所以(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，則eq\f(4m2－12,3＋4k2)＋2×eq\f(－8mk,3＋4k2)＋4＋eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，所以7m2－16mk＋4k2＝0，解得m1＝2k，m2＝eq\f(2,7)k，且均滿意3＋4k2－m2＞0.當m1＝2k時，直線l的方程為y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直線恒過定點(－2,0)，與已知沖突；當m2＝eq\f(2,7)k時，直線l的方程為y＝kx＋eq\f(2,7)k＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,7)))，直線恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).所以直線l恒過定點，且定點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).[點評]直線y＝kx＋m恒過定點問題事實上就是通過題設信息，建立m，k等量關系的過程，如本例借助eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0得出m＝2k或m＝eq\f(2,7)k，進而得出直線恒過定點狀況，需留意方程組有解的前提條件“Δ＞0”．2．(2024·廣東中山聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中，曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)與x軸交于不同的兩點A，B，曲線Γ與y軸交于點(1)是否存在以AB為直徑的圓過點C？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由．(2)求證：過A，B，C三點的圓P過定點，并求出定點的坐標．[解]由曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R令x＝0，得y＝2m，即C(0,2令y＝0，得x2－mx＋2m設A(x1,0)，B(x2,0)，則Δ＝m2－8m＞0，x1＋x2＝m，x1x2＝2(1)若存在以AB為直徑的圓過點C，則eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0.又eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－x1,2m)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－x2,2m)，則x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2所以m＝0或m＝－eq\f(1,2)，由Δ＞0，得m＜0或m＞8，所以m＝－eq\f(1,2).此時C(0，－1)，AB的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))即圓心，半徑R＝|CM|＝eq\f(\r(17),4)，故所求圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(17,16).(2)設過A，B，C三點的圓P的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－a2＋b2＝r2，,x2－a2＋b2＝r2，,a2＋2m－b2＝r2，,x1x2＝2m，x1＋x2＝m，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(m,2)，,r2＝\f(5m2,4)－m＋\f(1,4)，,b＝m＋\f(1,2).))代入圓P的方程得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－m－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5m2,4)－m＋eq\f(1,4)，綻開并化簡得(－x－2y＋2)m＋x2＋y2－y＝0，當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2＝0，,x2＋y2－y＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,5)，,y＝\f(4,5)))時方程恒成立．所以過A，B，C三點的圓P恒過定點(0,1)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5))).[點評]本題為曲線過定點問題，考查了“圓方程＋λ×直線方程＝0”的應用，解題時令－x－2y＋2＝0且x2＋y2－y角度二定值問題求定值問題2種常見的方法(1)從特殊值入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)干脆計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定值．[高考題型全通關]1．(2024·陜西咸陽高三摸底)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F(1,0)，O為坐標原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點．(1)求拋物線C的方程；(2)若直線AB過點(8,0)，求證：直線OA，OB的斜率之積為定值．切入點：第(2)問可采納由特殊到一般的方式：分斜率存在和不存在兩類求解．[解](1)因為拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點坐標為(1,0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)①當直線AB的斜率不存在時，即AB：x＝8，可得直線AB與拋物線的交點坐標為(8，±4eq\r(2))，所以kOA·kOB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(2),8)))×eq\f(4\r(2),8)＝－eq\f(1,2).②當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝k(x－8)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－8))消去y得k2x2－(4＋16k2)x＋64k2＝0，易知Δ＞0，則xA＋xB＝eq\f(4＋16k2,k2)，xAxB＝64，所以kOA·kOB＝eq\f(yAyB,xAxB)＝eq\f(k2xA－8xB－8,xAxB)＝eq\f(k2[xAxB－8xA＋xB＋64],xAxB)＝eq\f(k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(64－8×\f(4＋16k2,k2)＋64)),64)＝－eq\f(1,2)，綜上可知，直線OA，OB的斜率之積為定值－eq\f(1,2).2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，過A(2,0)，B(0,1)兩點．(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值．切入點：四邊形ABNM的對角線滿意AN⊥BM，故S四邊形ABNM＝eq\f(1,2)|AN||BM|.[解](1)由題意得，a＝2，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)證明：設P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以S四邊形ABNM＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.從而四邊形ABNM的面積為定值．命題點3最值、范圍問題求圓錐曲線中范圍、最值的2種主要方法(1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質數(shù)形結合求解．(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系，或者不等關系，或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍．[高考題型全通關]1．(2024·長春質量檢測一)已知點M(－1,0)，N(1,0)，若點P(x，y)滿意|PM|＋|PN|＝4.(1)求點P的軌跡方程；(2)過點Q(－eq\r(3)，0)的直線l與(1)中曲線相交于A，B兩點，O為坐標原點，求△AOB面積的最大值及此時直線l的方程．切入點：(1)利用橢圓的定義即可求得點P的軌跡方程；(2)設直線l的方程為x＝ty－eq\r(3)，將其與橢圓方程聯(lián)立，由根與系數(shù)的關系、三角形面積公式求得△AOB面積的表達式，從而利用換元法與基本不等式求出最大值，進而由等號成立的條件求得直線l的方程．[解](1)由定義可得，P點的軌跡為橢圓且2a＝4，c因此橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設直線l的方程為x＝ty－eq\r(3)，其與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立直線與橢圓的方程，消去x可得(3t2＋4)y2－6eq\r(3)ty－3＝0，則y1＋y2＝eq\f(6\r(3)t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－3,3t2＋4).所以S△AOB＝eq\f(1,2)|OQ|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(3)t,3t2＋4)))eq\s\up12(2)－4×\f(－3,3t2＋4))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(3),3t2＋4)×eq\r(9t2＋3t2＋4)＝eq\f(6,3t2＋4)×eq\r(3t2＋1)，令eq\r(3t2＋1)＝u，則u≥1，上式可化為eq\f(6u,u2＋3)＝eq\f(6,u＋\f(3,u))≤eq\r(3)，當且僅當u＝eq\r(3)，即t＝±eq\f(\r(6),3)時等號成立，因此△AOB面積的最大值為eq\r(3)，此時直線l的方程為x＝±eq\f(\r(6),3)y－eq\r(3).[點評]基本不等式求最值的5種典型狀況分析(1)s＝eq\f(\r(k2＋1),2k2＋5)(先換元，留意“元”的范圍，再利用基本不等式)．(2)s＝eq\f(k2＋12,1＋2k2k2＋2)≥eq\f(k2＋12,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋2k2＋k2＋2,2)))eq\s\up12(2))(基本不等式)．(3)s＝eq\f(n\r(4m2＋1－n2),4m2＋1)(基本不等式)．(4)s＝eq\f(\r(4k4＋13k2＋9),2k2＋3)＝eq\r(1＋\f(k2,4k4＋12k2＋9))(先分別參數(shù)，再利用基本不等式)．(5)s＝eq\f(kk2＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k2＋\f(1,3)))k2＋9)＝eq\f(k＋\f(1,k),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(1,3k)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(9,k))))(上下同時除以k2，令t＝k＋eq\f(1,k)換元，再利用基本不等式)．2．(2024·冀州模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦點坐標分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，P為橢圓C上一點，滿意3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝eq\f(3,5).(1)求橢圓C的標準方程；(2)設直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點，點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范圍．[解](1)由題意設|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，則3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq\f(5,4)a，r2＝eq\f(3,4)a.在△PF1F2cos∠F1PF2＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a))eq\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a))eq\s\up12(2)－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq\f(3,5)，解得a＝2，因為c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①設AB的中點為M(x0，y0)，連接QM(圖略)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2)，因為|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，M為AB的中點，所以k≠0，直線QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq\f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，②把②代入①得3＋4k2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3＋4k2,4k)))eq\s\up12(2)，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，故k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).[點評]本題由Δ＞0建立了參數(shù)k和m的不等式3＋4k2－m2＞0，然后借助條件“|AQ|＝|BQ|”又建立了一個k和m的等式：m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，將其代入不等式中便可求得斜率k的范圍．此類問題可歸結為“等量關系搭橋，判別式求解”．命題點4探究、證明問題角度一探究性問題確定順推法求解探究性問題先假設滿意條件的元素(點、直線、曲線、參數(shù)等)存在，用待定系數(shù)法設出，并列出關于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線、參數(shù)等)存在；否則，元素(點、直線、曲線、參數(shù)等)不存在．[高考題型全通關]1．(2024·惠州二調)已知拋物線C：y2＝2x的焦點為F，直線l與C交于A，B兩點，且與x軸交于點P(a,0)．(1)若直線l的斜率k＝eq\f(3,2)，且|FP|＝eq\f(3,2)，求|AF|＋|BF|的值；(2)若a＞0，x軸上是否存在點M，總有∠OMA＝∠OMB？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．切入點：第(1)問由|FP|＝eq\f(3,2)求出a的值，由拋物線的定義及根與系數(shù)的關系求|AF|＋|BF|.第(2)問把“∠OMA＝∠OMB”數(shù)量化為“kMA＝－kMB”．利用根與系數(shù)的關系求解．[解](1)依題意，設l：y＝eq\f(3,2)(x－a)，將其代入y2＝2x中，整理得9x2－(18a＋8)x＋9a2由Δ＞0，得a＞－eq\f(2,9)，又eq\o(FP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)，0))且|eq\o(FP,\s\up7(→))|＝eq\f(3,2)，∴a＝2或a＝－1(舍去)．∴①式可化為9x2－44x＋36＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(44,9)，∴|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝eq\f(44,9)＋1＝eq\f(53,9).(2)當直線l斜率不存在時，由對稱性知，存在點M滿意∠OMA＝∠OMB．若直線l的斜率存在，設為k(k≠0)，則l：y＝k(x－a)，將其代入y2＝2x中，整理得ky2－2y－2ka＝0，∵Δ＝4＋8k2a＞0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(2,k)，,y1·y2＝－2a.))設M(m,0)，由∠OMA＝∠OMB，易知kMA＝－kMB，即eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝0，∴y1·x2＋y2·x1－m(y1＋y2)＝0，即y1·eq\f(y\o\al(2,2),2)＋y2·eq\f(y\o\al(2,1),2)＝m(y1＋y2)，∴eq\f(y1·y2,2)·(y1＋y2)＝m(y1＋y2)，∵y1＋y2≠0，∴m＝eq\f(y1·y2,2)＝eq\f(－2a,2)＝－a，∴M(－a,0)．綜上所述，當a＞0時，x軸上存在點M(－a,0)，總有∠OMA＝∠OMB．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(1,2)，點A(b,0)，B，F(xiàn)分別為橢圓C的上頂點和左焦點，且|BF|·|BA|＝2eq\r(6).(1)求橢圓C的方程；(2)若過定點M(0,2)的直線l與橢圓C交于G，H兩點(G在M，H之間)，設直線l的斜率k＞0，在x軸上是否存在點P(m,0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形？假如存在，求出m的取值范圍；假如不存在，請說明理由．切入點：(1)由e＝eq\f(1,2)及|BF|·|BA|＝2eq\r(6)，求a，b.(2)以PG，PH為鄰邊的菱形?(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))·eq\o(GH,\s\up7(→))＝0.[解](1)由離心率e＝eq\f(1,2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2c.①由|BF|·|BA|＝2eq\r(6)，得a·eq\r(b2＋b2)＝2eq\r(6)，即ab＝2eq\r(3).②又a2－b2＝c2.③由①②③可解得a2＝4，b2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設直線l的方程為y＝kx＋2(k＞0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.由Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，因為k＞0，所以k＞eq\f(1,2).設G(x1，y1)，H(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋3)，eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→))＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，eq\o(GH,\s\up7(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．因為菱形的對角線相互垂直，所以(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))·eq\o(GH,\s\up7(→))＝0，所以(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－eq\f(2k,4k2＋3)＝－eq\f(2,4k＋\f(3,k)).因為k＞eq\f(1,2)，所以－eq\f(\r(3),6)≤m＜0(當且僅當eq\f(3,k)＝4k，即k＝eq\f(\r(3),2)時，等號成立)．所以存在滿意條件的實數(shù)m，且m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，0)).[點評]本題第(2)問是求解參數(shù)m的取值范圍問題，解題方法是將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，由直線l與橢圓C交于G，H兩點，可知判別式Δ＞0，由此可得到參數(shù)k的取值范圍．若存在點P(m,0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形，則(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))⊥eq\o(GH,\s\up7(→))，由此可以得到一個關于k，m的目標關系式“m＝－eq\f(2k,4k2＋3)”，結合k＞eq\f(1,2)，可利用基本不等式求出參數(shù)m的取值范圍．角度二證明問題代數(shù)轉化法求解圓錐曲線中的證明問題圓錐曲線中的證明一般包括兩大方面：一是位置關系的證明，如證明相切、垂直、過定點等，二是數(shù)量關系的證明：如線段或角相等等，證明時常借助等價轉化思想，化幾何關系為數(shù)量關系，然后用函數(shù)方程思想解決．[高考題型全通關]1.(2024·濟南模擬)已知點F為拋物線E：y2＝2px(p＞0)的焦點，點A(2，m)在拋物線E上，且|AF|＝3.(1)求拋物線E的方程；(2)已知點G(－1,0)，延長AF交拋物線E于點B，證明：以點F為圓心且與直線GA相切的圓，必與直線GB相切．切入點：將(2)等價轉化到∠AGF＝∠BGF，進而借助kAG＋kBG＝0求解．[解](1)由拋物線的定義，得|AF|＝2＋eq\f(p,2).由已知|AF|＝3，得2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2，所以拋物線E的方程為y2＝4x.(2)如圖，因為點A(2，m)在拋物線E：y2＝4x上，所以m＝±2eq\r(2)，由拋物線的對稱性，不妨設A(2,2eq\r(2))．由A(2,2eq\r(2))，F(xiàn)(1,0)可得直線AF的方程為y＝2eq\r(2)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq\f(1,2)，從而Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2))).又