1、章末综合提升 第二章 平面解析几何 巩固层知识整合 NO.1提升层题型探究 NO.2类型1 类型2 类型3 类型4 类型5 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：x2a2y2b21(ab0)的长轴长为 4，离心率为 32 (1
2、)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，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 32，所以ca a2b22 4b22 32，解得b1，所以椭圆 C 的标准方程为x24y21(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x24y21，消去 y 可得(14k2)x224k2x36k240，所以(24k2)24(14k2)(36k24)0，即 k215，且 x1x2 24k214k2，x1x236k2414k2，所以O
3、M ON x1x2y1y2 x1x2k(x13)k(x23)(1k2)x1x23k2(x1x2)9k2(1k2)36k2414k2 3k2 24k214k2 9k2 41k2414k2 4 57k214k2，因为 0k215，所以 0 57k214k2193，所以44 57k214k273，所以OM ON 的取值范围是4，73 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 3 B3 3 C3 2 D4 2 C 由题意知，点 M 的轨迹为平行于直线 l1，l2 且到 l1，l
4、2 距离相等的直线 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 623 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：3x5y90 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，请求出点
5、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 D52，112，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y kx 3，由ykx3，x22y3213，消去 y 整理得(1k2)x24x90 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x241k
6、2，x1x2 91k2 设 N(t，3)，则 kANy13x1t，kBNy23x2t kANkBN，y13x1ty23x2t0，(y13)(x2t)(y23)(x1t)0，即 2kx1x2kt(x1x2)0 将式代入式得18k1k2 4kt1k20，解得 t92，故点 N 的坐标为92，3 当直线 AB 的斜率为 0 时，显然点 N92，3 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 N92，3 可使 kANkBN 成立 综上，在直线 y3 上存在定点 N92，3 使得 kANkBN 恒成立 跟进训练 2已知直线 ya
7、x1 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 y12x 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 2a3a2，x1x2 23a2.因为以 AB 为直径的圆过坐标原点，则 OAOB，即 x1x2y1y20 而 y1y2a2x1x2a(x1x2)1，则(a21)23a2a 2a3a210，解
8、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 y12x 对称，则直线 yax1 与 y12x 垂直，所以 a2，即直线 AB 的方程为 y2x1 将 a2 代入 x1x2 2a3a2，得 x1x24，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 y12x 上，即不存在实数 a，使 A，B 两点关于直线 y12x 对称 类型 3 圆锥曲线中的定值、定点问题定点、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
9、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：x2a2y2b21 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 经过定点 解(1)由题意得，b21，c1所以 a2b2c22 所以椭圆 C 的方程为x22y21(2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线 AP 的方程为 yy
10、11x1 x1 令 y0，得点 M 的横坐标 xM x1y11 又 y1kx1t，从而|OM|xM|x1kx1t1 同理，|ON|x2kx2t1 由ykxt，x22y21得(12k2)x24ktx2t220 则 x1x2 4kt12k2，x1x22t2212k2 所以|OM|ON|x1kx1t1 x2kx2t1 x1x2k2x1x2kt1x1x2t12 2t2212k2k2 2t2212k2kt1 4kt12k2 t12 21t1t 又|OM|ON|2，所以 21t1t 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：
11、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|k21，解得 k43(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立kxyk30，x2y21，可得(1k2)x2(2k26k)xk26k80，x1x22k26k1k2，x1x
12、2k26k81k2，k1k2 y1x11 y2x21kx113x11kx213x212k3x113x21 2k3x1x22x1x2x1x21 2k32k26k21k2k26k82k26k1k2 2k18k6923为定值 k1k2 是定值，定值为23 圆锥曲线定义、性质的应用类型 4 (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
13、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x216y271 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 是椭圆 C：x2a2y2b21(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()A13 B12 C23 D34(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
14、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(c，0)由 PFx 轴得 Pc，b2a 设 E(0，m)，又 PFOE，得|MF|OE|AF|AO|，则|MF|maca 又由 OEMF，得12|OE|MF|BO|BF|，则|MF|mac2a 由得 ac12(ac)，即 a3c，eca13 故选 A 跟进训练 4设 F 为双曲线 C：x2a2y2b21(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
15、两点，若|PQ|OF|，则 C 的离心率为()A 2 B 3 C2 D 5 A 如图，以OF为直径的圆的方程为xc22y2c24，又x2y2a2，得交线PQ的直线方程为：xa2c，代入，得yabc，又|PQ|OF|，则2abc 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，
16、0)，B(2，0)，动点 M(x，y)满足直线AM 与 BM 的斜率之积为12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 yx2yx212，化简得x24y221(|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，x24y221，得 x212k2 设 u212k2，则 P(u
17、，uk)，Q(u，uk)，E(u，0)于是直线 QG 的斜率为k2，方程为 yk2(xu)由yk2xu，x24y221，得(2k2)x22uk2xk2u280 设 G(xG，yG)，则u 和 xG 是方程的解，故 xGu3k222k2，由此得 yG uk32k2 从而直线 PG 的斜率为uk32k2uku3k222k2u1k 所以 PQPG，即PQG 是直角三角形 由得|PQ|2u 1k2，|PG|2uk k212k2，所 以 PQG的 面 积S 12|PQ|PG|8k1k212k22k2 81kk121kk2设 tk1k，则由 k0 得 t2，当且仅当 k1 时取等号因为 S8t12t2在2
18、，)单调递减，所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为169 因此，PQG 面积的最大值为169 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RPRQ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 的方程可设为 ykx1(k0)，与抛物线方程联立消去 y，得 x24kx40 设 P(x
19、1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x24k，x1x24 又易得点 R 的坐标为2k，1，RPRQ x12k，y11 x22k，y21 x12k x22k(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k2k(x1x2)4k24 4(1k2)4k2k2k 4k24 4k21k2 8 k21k22，当且仅当 k21 时取等号，RPRQ 42816，即RPRQ 的最小值为 16 体验层真题感悟 NO.31 3 5 2 4 6 1(2020全国卷)已知 A 为抛物线 C：y22px(p0)上一点，点A 到 C 的焦点的距离为 12，到 y 轴的距离为 9，则 p()A2 B3 C6 D9 7 1 3
20、5 2 4 6 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p2，0 的距离为 12，所以9p22y2A12，所以9p2218p122，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 xp2的距离为 12，因为点 A 到 y 轴的距离为 9，所以p2129，解得 p6故选 C 7 2 1 3 4 5 6 2(2020全国卷)已知M：x2y22x2y20，直线 l：2xy20，P 为 l 上的动点过点 P 作M 的切线 PA，PB，切点为 A，B，当|PM|AB|
21、最小时，直线 AB 的方程为()A2xy10B2xy10 C2xy10D2xy10 7 2 1 3 4 5 6 D 法一：由M：x2y22x2y20，得M：(x1)2(y1)24，所以圆心 M(1，1)如图，7 2 1 3 4 5 6 连接 AM，BM，易知四边形 PAMB 的面积为12|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，7 2 1 3 4 5 6 其最小值为|212|5 5，此时 PMl，易求出
22、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 x2y122522，即 x2y2y10，由得，直线 AB 的方程为 2xy10，故选 D 7 2 1 3 4 5 6 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12|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 7 2 1 3 4 5 6 又|PA|PM|2|AM|2|PM|24，所以只需|
23、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 7 3 1 2 4 5 6 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 2xy30 的距离为()A 55 B2 55 C3 55 D4 55 7 3 1 2 4 5 6 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
24、程为(xa)2(ya)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 55 或|2553|2212 2 55，故选 B 7 4 1 2 3 5 6 4(2020全国卷)设双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 5P 是 C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2 的面积为 4，则 a()A1 B2 C4 D8 A 设|PF1|m，|PF2|n，p 为双曲线右支上一点，则 SPF1F212mn4，mn2a，m2n24
25、c2，又 eca 5，所以 a1，故选 A 7 2 4 5 1 3 6 5(2020全国卷)已知 F 为双曲线 C：x2a2y2b21(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_ 7 2 4 5 1 3 6 2 设 B(c，yB)，因为 B 为双曲线 C：x2a2y2b21 上的点，所以c2a2y2Bb21，所以 y2Bb4a2因为 AB 的斜率为 3，所以 yBb2a，b2aca3，所以 b23ac3a2，所以 c2a23ac3a2，所以 c23ac2a20，解得 ca(舍去)或 c2a，所以 C 的离心
26、率 eca2 7 2 4 5 1 3 6 6(2020新高考全国卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，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 7 2 4 5 1 3 6 解(1)由题设得 4a2 1b21，a2b2a212，解得 a26，b23 所以 C 的方程为x26y231(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x26y231，得(12k2)x24kmx2m260 于是 x1x2
27、4km12k2，x1x22m2612k2 7 2 4 5 1 3 6 由 AMAN 知AM AN0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，整理得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240 将代入上式可得(k21)2m2612k2(kmk2)4km12k2(m1)240 整理得(2k3m1)(2km1)0 因为 A(2，1)不在直线 MN 上，7 2 4 5 1 3 6 所以 2km10，故 2k3m10，k1，m23k13 于是 MN 的方程为 ykx23 13(k1)所以直线 MN 过点 P23，13 若直线 MN 与 x 轴垂直，可得 N(x1，y1)由AM AN0
28、得(x12)(x12)(y11)(y11)0 7 2 4 5 1 3 6 又x216y2131，可得 3x218x140解得 x12(舍去)，x123此时直线 MN 过点 P23，13 令 Q 为 AP 的中点，即 Q43，13 7 2 4 5 1 3 6 若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 RtADP 的斜边，故|DQ|12|AP|2 23 若 D 与 P 重合，则|DQ|12|AP|综上，存在点 Q43，13，使得|DQ|为定值 7 2 4 5 1 3 6 7 7(2020全国卷)已知 A，B 分别为椭圆 E：x2a2y21(a1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，AG GB
29、8P 为直线 x6 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 2 4 5 1 3 6 7 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x29y21 2 4 5 1 3 6 7(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 yt9(x3)，所以 y1t9(x13)直线 PB 的方程为 yt3(x3)，所以
30、y2t3(x23)可得 3y1(x23)y2(x13)2 4 5 1 3 6 7 由于x229y221，故 y22x23x239，可得 27y1y2(x13)(x23)，即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20 将 xmyn 代入x29y21 得(m29)y22mnyn290 所以 y1y2 2mnm29，y1y2n29m29 2 4 5 1 3 6 7 代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0 解得 n3(舍去)或 n32 故直线 CD 的方程为 xmy32，即直线 CD 过定点32，0 若 t0，则直线 CD 的方程为 y0，过点32，0 综上，直线 CD 过定点32，0 点击右图进入 章 末 综 合 测 评 谢谢观看 THANK YOU!