2025屆高考數(shù)學大二輪復習層級二專題五解析幾何第3講圓錐曲線的綜合應用教學案

PAGE1-第3講圓錐曲線的綜合應用[考情考向·高考導航]1．圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，主要以解答題形式考查，往往作為試卷的壓軸題之一．2．以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關存在性開放問題．對考生的代數(shù)恒等變形實力、計算實力有較高的要求，并突出數(shù)學思想方法考查．[真題體驗]1．(2024·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點為(1,0)，且經(jīng)過點A(0,1)．(1)求橢圓C的方程；(2)設O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經(jīng)過定點．解析：(1)因為橢圓的右焦點為(1,0)，c＝1；因為橢圓經(jīng)過點A(0,1)，所以b＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，故橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1,y＝kx＋tt≠1))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，Δ＞0，x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq\f(2t,1＋2k2)，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝eq\f(t2－2k2,1＋2k2).直線AP：y－1＝eq\f(y1－1,x1)x，令y＝0得x＝eq\f(－x1,y1－1)，即|OM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x1,y1－1)))；同理可得|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x2,y2－1))).因為|OM||ON|＝2，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x1,y1－1)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x2,y2－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,y1y2－y1＋y2＋1)))＝2；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t2－1,t2－2t＋1)))＝1，解之得t＝0，所以直線方程為y＝kx，所以直線l恒過定點(0,0)．答案：(1)eq\f(x2,2)＋y2＝1(2)見解析2．(2024·全國Ⅰ卷)設拋物線C：y2＝2x，點A(2,0)，B(－2，0)，過點A的直線l與C交于M，N兩點．(1)當l與x軸垂直時，求直線BM的方程；(2)證明：∠ABM＝∠ABN.解：(1)當l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得M的坐標為(2,2)或(2，－2)．所以直線BM的方程為y＝eq\f(1,2)x＋1或y＝－eq\f(1,2)x－1.(2)當l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN.當l與x軸不垂直時，設l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y2＝2x))得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝eq\f(2,k)，y1y2＝－4.直線BM，BN的斜率之和為kBM＋kBN＝eq\f(y1,x1＋2)＋eq\f(y2,x2＋2)＝eq\f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①將x1＝eq\f(y1,k)＋2，x2＝eq\f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表達式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq\f(2y1y2＋4ky1＋y2,k)＝eq\f(－8＋8,k)＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補，所以∠ABM＝∠ABN.綜上，∠ABM＝∠ABN.[主干整合]1．有關弦長問題有關弦長問題，應留意運用弦長公式及根與系數(shù)的關系，“設而不求”；有關焦點弦長問題，要重視圓錐曲線定義的運用，以簡化運算．(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長|P1P2|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|或|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|(k≠0)，其中求|x2－x1|與|y2－y1|時通常運用根與系數(shù)的關系，即作如下變形：|x2－x1|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)，|y2－y1|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2).(2)當斜率k不存在時，可求出交點坐標，干脆運算(利用兩點間距離公式)．2．圓錐曲線中的最值(1)橢圓中的最值F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，P為橢圓的隨意一點，B為短軸的一個端點，O為坐標原點，則有：①|(zhì)OP|∈[b，a]；②|PF1|∈[a－c，a＋c]；③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)雙曲線中的最值F1，F(xiàn)2為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，P為雙曲線上的任一點，O為坐標原點，則有：①|(zhì)OP|≥a；②|PF1|≥c－a.(3)拋物線中的最值點P為拋物線y2＝2px(p＞0)上的任一點，F(xiàn)為焦點，則有：①|(zhì)PF|≥eq\f(p,2)；②A(m，n)為肯定點，則|PA|＋|PF|有最小值．3．拋物線焦點弦的幾個重要結(jié)論直線AB過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，如圖．(1)y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(p2,4).(2)|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥2eq\r(x1x2)＝p，即當x1＝x2時，弦長最短為2p.(3)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)為定值eq\f(2,p).(4)弦長|AB|＝eq\f(2p,sin2α)(α為AB的傾斜角)．(5)以AB為直徑的圓與準線相切．熱點一圓錐曲線中的范圍、最值問題數(shù)學運算素養(yǎng)數(shù)學運算——圓錐曲線問題的核心素養(yǎng)以圓錐曲線問題為載體，借助相關學問，通過式的變形考查運算求解實力，體現(xiàn)了數(shù)學運算的核心素養(yǎng).構造函數(shù)求最值[例1－1](2024·全國Ⅱ卷)已知點A(－2,0)，B(2,0)，動點M(x，y)滿意直線AM與BM的斜率之積為－eq\f(1,2).記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線．(2)過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點G.①證明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面積的最大值．[審題指導](1)利用斜率公式及kAM·kBM＝－eq\f(1,2)求動點M的軌跡方程．(2)①依據(jù)點P在第一象限的特征，畫出滿意題意的幾何圖形，初步推斷出△PQG中∠QPG是直角．設出直線PQ的斜率和方程，再結(jié)合xE＝xP及點P，Q關于原點對稱，求出直線QG的斜率和方程，聯(lián)立直線QG和曲線C的方程，求出點G的坐標，最終求出直線PG的斜率，即可證明kPQ·kPG＝－1.②依據(jù)△PQG是直角三角形，建立S△PQG關于直線PQ的斜率k的關系式求最值．[解析](1)由題設得eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(1,2)，化簡得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點．(2)①證明：設直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k＞0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2)).設u＝eq\f(2,\r(1＋2k2))，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直線QG的斜率為eq\f(k,2)，方程為y＝eq\f(k,2)(x－u)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.設G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝eq\f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq\f(uk3,2＋k2)，從而直線PG的斜率為eq\f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝－eq\f(1,k).所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2ueq\r(1＋k2)，|PG|＝eq\f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，所以△PQG的面積S＝eq\f(1,2)|PQ||PG|＝eq\f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋k))2).設t＝k＋eq\f(1,k)，則由k＞0得t≥2，當且僅當k＝1時取等號．因為S＝eq\f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)單調(diào)遞減，所以當t＝2，即k＝1，S取得最大值，最大值為eq\f(16,9).因此，△PQG面積的最大值為eq\f(16,9).最值問題的2種基本解法幾何法依據(jù)已知的幾何量之間的相互關系、平面幾何和解析幾何學問加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中常?？疾?代數(shù)法建立求解目標關于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值解決的(一般方法、基本不等式方法、導數(shù)方法)(如本例)等找尋不等關系解范圍問題[例1－2](2024·全國Ⅲ卷，節(jié)選)已知斜率為k的直線l與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m>0)．證明：k<－eq\f(1,2).[審題指導]利用點差法將k轉(zhuǎn)化為含m的表達式，求解m的取值范圍，進而證明結(jié)論．[證明]設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1.兩式相減，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)＝0由題設知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)①由題設得0＜m＜eq\f(3,2)，故k＜－eq\f(1,2).解決圓錐曲線中的范圍問題的常用解法(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍．(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，關鍵是建立兩個參數(shù)之間的等量關系．(3)利用隱含的不等關系(如：點在橢圓內(nèi))建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(4)利用求函數(shù)的值域或求函數(shù)定義域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)或其他變量的自變量，從而確定參數(shù)的取值范圍．(2024·山師附中模擬)已知點A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標原點．(1)求E的方程；(2)設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點．當△OPQ的面積最大時，求l的方程．解析：(1)設F(c,0)，由條件知，eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當l⊥x軸時不合題意，故設l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當Δ＝16(4k2－3)＞0，即k2＞eq\f(3,4)時，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).從而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1).又點O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設eq\r(4k2－3)＝t，則t＞0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t)).因為t＋eq\f(4,t)≥4，當且僅當t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時等號成立，且滿意Δ＞0.所以，當△OPQ的面積最大時，l的方程為y＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)x－2.熱點二圓錐曲線中的定點、定值問題奇妙消元證定值[例2－1](2024·青島三模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，以橢圓的短軸為直徑的圓與直線x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求橢圓E的方程．(2)設橢圓過右焦點F的弦為AB、過原點的弦為CD，若CD∥AB，求證：eq\f(|CD|2,|AB|)為定值．[審題指導](1)要求橢圓方程，只要由原點到直線的距離等于半短軸長，求b即可．(2)要證明eq\f(|CD|2,|AB|)為定值，只要利用弦長公式計算化簡即可．[解析](1)依題意，原點到直線x－y＋eq\r(6)＝0的距離為b，則有b＝eq\f(\r(6),\r(12＋－12))＝eq\r(3).由eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(1,2)，得a2＝eq\f(4,3)b2＝4.所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①當直線AB的斜率不存在時，易求|AB|＝3，|CD|＝2eq\r(3)，則eq\f(|CD|2,|AB|)＝4.②當直線AB的斜率存在時，設直線AB的斜率為k，依題意k≠0，則直線AB的方程為y＝k(x－1)，直線CD的方程為y＝kx.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，則x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,3＋4k2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2－12,3＋4k2))))＝eq\f(121＋k2,3＋4k2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx，))整理得x2＝eq\f(12,3＋4k2)，則|x3－x4|＝eq\f(4\r(3),\r(3＋4k2)).|CD|＝eq\r(1＋k2)|x3－x4|＝4eq\r(\f(31＋k2,3＋4k2)).所以eq\f(|CD|2,|AB|)＝eq\f(481＋k2,3＋4k2)·eq\f(3＋4k2,121＋k2)＝4.綜合①②，eq\f(|CD|2,|AB|)＝4為定值．解答圓錐曲線的定值問題的策略定值問題就是證明一個量與其中的改變因素無關，這些因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標等，這類問題的一般解法是運用改變的量表示求證目標，通過運算求證目標的取值與改變的量無關．巧引參數(shù)尋定點[例2－2](2024·長沙模擬)已知以點C(0,1)為圓心的動圓C與y軸負半軸交于點A，其弦AB的中點D恰好落在x軸上．(1)求點B的軌跡E的方程；(2)過直線y＝－1上一點P作曲線E的兩條切線，切點分別為M，N.探究直線MN是否過定點？請說明理由．[審題指導](1)利用干脆法求軌跡方程．(2)設P點坐標(6，－1)，先求M、N處的切線方程再建立直線MN的方程(用參數(shù)t表示)，從而求定點．[解析](1)設B(x，y)，y＞0，則AB的中點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，0))，∵C(0,1)，連接DC，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)，1))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，y)).在⊙C中，DC⊥DB，∴eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，∴－eq\f(x2,4)＋y＝0，即x2＝4y(y＞0)，∴點B的軌跡E的方程為x2＝4y(y＞0)．(2)由(1)可得曲線E的方程為x2＝4y(y＞0)．設P(t，－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，∵y＝eq\f(x2,4)，∴y′＝eq\f(x,2)，∴過點M，N的切線方程分別為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，y－y2＝eq\f(x2,2)(x－x2)，由4y1＝xeq\o\al(2,1)，4y2＝xeq\o\al(2,2)，上述切線方程可化為2(y＋y1)＝x1x,2(y＋y2)＝x2x.∵點P在這兩條切線上，∴2(y1－1)＝tx1,2(y2－1)＝tx2，即直線MN的方程為2(y－1)＝tx，故直線MN過定點C(0,1)．過定點問題的常用解法(1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為t＝mk，其代入直線方程y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．(2)動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再依據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．(3)從特別位置入手，找出定點，再證明該點符合題意．(2024·全國Ⅰ卷)已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x＋2＝0相切．(1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑．(2)是否存在定點P，使得當A運動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由．解：(1)因為⊙M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上，由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關于坐標原點O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設M(a，a)．因為⊙M與直線x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2，又eq\o(MO,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半徑r＝2或r＝6.(2)存在定點P(1,0)，使得|MA|－|MP|為定值，理由如下：設M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2，由于eq\o(MO,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡得M的軌跡方程為y2＝4x，因為曲線C：y2＝4x是以點P(1,0)為焦點，以直線x＝－1為準線的拋物線，所以|MP|＝x＋1.因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在滿意條件的定點P.限時60分鐘滿分60分解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)1．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點M(2,1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)設A，B分別是橢圓C的上頂點、右頂點，點P是橢圓C在第一象限內(nèi)的一點，直線AP，BP分別交x軸，y軸于點M，N，求四邊形ABMN面積的最小值．解析：本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的基本性質(zhì)以及直線方程，考查考生分析問題、解決問題的實力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算．(1)由離心率及c2＝a2－b2得a，b的關系，再把已知點代入即可求出標準方程；(2)設出點P的坐標，得到直線AP，BP的方程，從而表示出點M，N的坐標，進而得到|AN|·|BM|，最終利用S四邊形ABMN＝S△OMN－S△OAB及基本不等式求面積的最小值．(1)由橢圓的離心率為eq\f(\r(3),2)得，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，又c2＝a2－b2，∴a＝2b.又橢圓C經(jīng)過點(2,1)，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)可知，A(0，eq\r(2))，B(2eq\r(2)，0)，設P(x0，y0)(0＜x0＜2eq\r(2)，0＜y0＜eq\r(2))，則直線AP：y＝eq\f(y0－\r(2),x0)x＋eq\r(2)，從而Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2)x0,y0－\r(2))，0)).直線BP：y＝eq\f(y0,x0－2\r(2))(x－2eq\r(2))，從而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2\r(2)y0,x0－2\r(2)))).∵eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，∴|AN|·|BM|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(2\r(2)y0,x0－2\r(2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋\f(\r(2)x0,y0－\r(2))))＝eq\f(2x0＋2y0－2\r(2)2,x0－2\r(2)y0－\r(2))＝eq\f(2x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4\r(2)x0－8\r(2)y0＋8,x0y0－\r(2)x0－2\r(2)y0＋4)＝8.∴S四邊形ABMN＝S△OMN－S△OAB＝eq\f(1,2)(|OM|·|ON|－|OA|·|OB|)＝eq\f(1,2)(eq\r(2)|BM|＋2eq\r(2)|AN|＋8)＝eq\f(\r(2),2)(|BM|＋2|AN|)＋4≥4＋eq\f(\r(2),2)·2eq\r(2|AN|·|BM|)＝4＋4eq\r(2)(O為坐標原點)，當且僅當|BM|＝4，|AN|＝2時取得最小值．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，上頂點M到直線eq\r(3)x＋y＋4＝0的距離為3.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l過點(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經(jīng)過點M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值．解：本題主要考查橢圓與直線的交匯，考查考生的數(shù)形結(jié)合實力、推理論證實力以及運算求解實力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算．(1)由題意可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2),\f(|b＋4|,2)＝3,a2＝b2＋c2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝2))，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)易知直線l的斜率恒小于0，設直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2＝kx－4,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，則x1＋x2＝eq\f(16k2k＋1,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(64kk＋1,1＋4k2)，因為kMA＋kMB＝eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝eq\f(kx1－4k－4x2＋kx2－4k－4x1,x1x2)，所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k－4(k＋1)×eq\f(16k2k＋1,64kk＋1)＝2k－(2k＋1)＝－1(為定值)．3．(2024·淮南三模)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，直線4x＋3y－5＝0與以坐標原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓相切．(1)求橢圓C的標準方程；(2)若A為橢圓C的下頂點，M，N為橢圓C上異于A的兩點，直線AM與AN的斜率之積為1.①求證：直線MN恒過定點，并求出該定點的坐標；②若O為坐標原點，求eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的取值范圍．解析：(1)由題意可得離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，又直線4x＋3y－5＝0與圓x2＋y2＝b2相切，所以b＝eq\f(|－5|,\r(42＋32))＝1，結(jié)合a2－b2＝c2，解得a＝eq\r(3)，所以橢圓C的標準方程為eq\f(y2,3)＋x2＝1.(2)①設M(x1，y1)，N(x2，y2)，由題意知A(0，－eq\r(3))，又直線AM與AN的斜率之積為1，所以eq\f(y1＋\r(3),x1)·eq\f(y2＋\r(3),x2)＝1，即有x1x2＝y(tǒng)1y2＋eq\r(3)(y1＋y2)＋3，由題意可知直線MN的斜率存在且不為0，設直線MN：y＝kx＋t(k≠0)，代入橢圓方程，消去y可得(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，所以x1x2＝eq\f(t2－3,3＋k2)，x1＋x2＝－eq\f(2kt,3＋k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2t－eq\f(2k2t,3＋k2)＝eq\f(6t,3＋k2)，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝k2·eq\f(t2－3,3＋k2)＋kteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2kt,3＋k2)))＋t2＝eq\f(3t2－3k2,3＋k2)，所以eq\f(t2－3,3＋k2)＝eq\f(3t2－3k2,3＋k2)＋eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6t,3＋k2)))＋3，化簡得t2＋3eq\r(3)t＋6＝0，解得t＝－2eq\r(3)(－eq\r(3)舍去)，則直線MN的方程為y＝kx－2eq\r(3)，即直線MN恒過定點，該定點的坐標為(0，－2eq\r(3))．②由①可得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(t2－3,3＋k2)＋eq\f(3t2－3k2,3＋k2)＝eq\f(4t2－3－3k2,3＋k2)＝eq\f(45－3k2,3＋k2)，由(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，可得Δ＝4k2t2－4(t2－3)(3＋k2)＝48k2－36(3＋k2)＞0，解得k2＞9.令3＋k2＝m，則m＞12，且k2＝m－3，所以eq\f(45－3k2,3＋k2)＝eq\f(45－3m－3,m)＝eq\f(54,m)－3，由m＞12，可得－3＜eq\f(54,m)－3＜eq\f(3,2).則eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).4．(2024·浙江卷)如圖，已知點F(1,0)為拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點．過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得ΔABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2.(1)求p的值及拋物線的準線方程；(2)求eq\f(S1,S2)的最小值及此時點G的坐標．解：(1)由題意得eq\f(p,2)＝1，即p＝2.所以，拋物線的準線方程為x＝－1.(2)設A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xc，yc)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2.由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝eq\f(t2－1,2t)y＋1，代入y2＝4x，得y2－eq\f(2t2－1,t)y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－eq\f(2,t)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)，－\f(2,t))).又由于xG＝eq\f(1,3)(xA＋xB＋xC)，yG＝eq\f(1,3)(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，故2t－eq\f(2,t)＋yC＝0，得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))2，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)，0)).所以，直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．由于Q在焦點F的右側(cè)，故t2＞2.從而eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)|FG|·|yA|,\f(1,2)|QG|·|yc|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)－1))·|2t|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－1－\f(2t4－2t2＋2,3t2)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,t)－2t)))＝eq\f(2t4－t2,t4－1)＝2－eq\f(t2－2,t4－1).令m＝t2－2，則m>0，eq\f(S1,S2)＝2－eq\f(m,m2＋4m＋3)＝2－eq\f(1,m＋\f(3,m)＋4)≥2－eq\f(1,2\r(m·\f(3,m))＋4)＝1＋eq\f(\r(3),2).當m＝eq\r(3)時，eq\f(S1,S2)取得最小值1＋eq\f(\r(3),2)，此時G(2,0)．5．(2024·北京卷)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(2，－1)．(1)求拋物線C的方程及其準線方程；(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．解析：本題主要考查拋物線方程的求解與準線方程的確定，直線與拋物線的位置關系，圓的方程的求解及其應用等學問，意在考查學生的轉(zhuǎn)化實力和計算求解實力．(1)將點(2，－1)代入拋物線方程：22＝2p×(－1)可得：p＝－2，故拋物線方程為：x2＝－4y，其準線方程為：y＝1.(2)很明顯直線l的斜率存在，焦點坐標為(0，－1)，設直線方程為y＝kx－1，與拋物線方程x2＝－4y聯(lián)立可得：x2＋4kx－4＝0.故：x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4.設Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－\f(x\o\al(2,1),4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，－\f(x\o\al(2,2),4)))，則kOM＝－eq\f(x1,4)，kON＝－eq\f(x2,4)，直線OM的方程為y＝－eq\f(x1,4)x，與y＝－1聯(lián)立可得：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x1)，－1))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x2)，－1))，易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋\f(2,x2)，－1))，圓的半徑為：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－\f(2,x2)))，且：eq\f(2,x1)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(2x1＋x2,x1x2)＝2k，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－\f(2,x2)))＝2×eq\f(\r(x1＋x22－4x1x2),|x1x2|)＝2eq\r(k2＋1)，則圓的方程為：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)，令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝1，即以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點(0，－3)，(0,1)．

高考解答題·審題與規(guī)范(五)解析幾何類考題重在“巧設”思維流程1.解析幾何部分學問點多，運算量大，實力要求高，在高考試題中大都是在壓軸題的位置出現(xiàn)，是考生“未考先怕”的題型之一，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運算．2.在遵循“設——列——解”程序化運算的基礎上，應突出解析幾何“設”的重要性，以克服平常重思路方法、輕運算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸.真題案例審題指