1、1在高考题中，解析几何常常与平面向量结合在一起，应该熟练地掌握平面向量的基本计算及公式在考试中求最值和范围的题型也很常见，应注意求函数值域和最值方法的应用2解析几何中直线和圆锥曲线的关系，多曲线问题也较多见解决直线和圆锥曲线的关系，应注意用代数方法，尤其是方程思想的应用数形结合思想在研究多曲线问题时易于打开思路3高考对解析几何的考查方式有所创新，探索性问题、自定义问题在考试中已有出现这是较高层次的考查，不仅考查解析几何的思想，还考查了阅读理解能力，综合运用知识解决问题的能力考点一 与平面向量、函数等知识结合的问题示范1 如下图所示，已知椭圆 x2a2 y2b2 1(ab0)的左、右焦点分别为F
2、1，F2，短轴两个端点为A，B且四边形F1AF2B是边长为2的正方形，(1)求椭圆的方程；(2)若点C，D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MDCD，连结CM，交椭圆于点P，求证：OM OP 为定值；(3)在(2)的条件下，x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由 分析第(2)问中将题目中要求的向量式子坐标化，整体消元即可求值第(3)问中要使以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点，即存在Q使 MQ DP 0.解析(1)a2，bc，a2b2c2，b22，椭圆方程为x24y221.(2)证明：C(2,0)，D(
3、2,0)，设M(2，y0)，P(x1，y1)，则OP(x1，y1)，OM(2，y0)直线CM：yy04(x2)，即yy04x12y0，代入椭圆方程x22y24，得(1y208)x212y20 x12y2040.x124y208y208x12y208y208，y1 8y0y208，OP(2y208y208，8y0y208)，OP OM 4y208y208 8y20y2084y2032y208 4(定值)(3)设存在Q(m,0)满足条件，则MQDP.MQ(m2，y0)，DP(4y20y208，8y0y208)，MQ DP 0得 4y20y208(m2)8y20y2080，从而得m0，存在Q(0,0
4、)满足条件【点评】遇到向量，用坐标代入，化简是常用的方法.将题目要求的直线和直线的位置关系借助向量用代数式子表示出来直观快捷.展示1 在平面直角坐标系，有一个以F1(0，3)和F2(0，3)为焦点、离心率为32 的椭圆，设椭圆在第一象限的部分为曲线C，动点P在曲线C上，曲线C在点P处的切线与x，y轴的交点分别为A，B且向量OM OA OB，(1)求点M的轨迹方程；(2)求|OM|的最小值【解析】(1)椭圆方程可设为y2a2x2b21，式中ab0且a2b23，3a 32.解得a24，b21.所以曲线C的方程为x2y241(x0，y0)从而y2 1x2(0 x1)，y2x1x2.设P(x0，y0)
5、，因点P在曲线C上，则0 x01，y02 1x20，y|xx04x0y0.则切线AB的方程为y4x0y0(xx0)y0.设A(x,0)和B(0，y)，由切线方程，得x1x0，y4y0.由OMO AO B，得点M的坐标为1x0，4y0，由点P(x0，y0)满足曲线C的方程，得点M的轨迹方程为1x24y21(x1，y2)(2)|OM|2x2y2，y2411x244x21，|O M|2x214x21 5459，当且仅当x214x21，即x 31时，取等号故|OM|的最小值为3.方法点拨：与向量结合的平面解析几何问题，若向量等式的几何意义明显，可直接写出其几何意义，否则坐标化即可要求某个量的最值或范围
6、，要先写出目标函数再求解考点二 与直线、圆等结合的问题示范2 如右图所示，设椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)，抛物线C2：x2byb2，(1)若抛物线C2经过椭圆C1的两个焦点，求椭圆C1的离心率；(2)设A(0，b)，Q 3 3，5b4，又点M，N为椭圆C1与抛物线C2不在y轴上的两个交点，若AMN的垂心为B0，34b且QMN的重心在抛物线C2上，求椭圆C1和抛物线C2的方程分析本题中出现了椭圆和抛物线，充分利用点在曲线上列方程组求解不能遗漏已知条件的方程化，否则会缺少方程，解不出未知数概念要清晰，垂心是三角形的三条高的交点，重心是三角形三条中线的交点解析(1)由已知椭圆焦点(c,0)
7、在抛物线上，可得：c2b2，由a2b2c22c2，有c2a212e 22.(2)由题设可知M、N关于y轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，y1)(x10)，由AMN的垂心为B，有BMA N0 x21(y134b)(y1b)0.由点N(x1，y1)在抛物线C2上，x 21by1b2，解得：y1b4或y1b(舍去)，故x1 52 b，M(52 b，b4)，N(52 b，b4)，得QMN重心坐标(3，b4)由重心在抛物线C2上得：3b24b2，b0，所以b2，M(5，12)，N(5，12)，又因为M、N在椭圆C1上得：a2163，椭圆方程为3x216y241，抛物线方程为x22y4.【点评】本题较
8、为综合，做题时抓住点在曲线上列方程组即可.正确地解二元二次方程组也是本题的关键.展示2 已知抛物线 C1 的方程为 yax2(a0)，圆 C2 的方程为 x2(y1)25，直线 l1：y2xm(m0)是抛物线 C1、圆C2 的公切线，点 F 是抛物线 C1 的焦点(1)求实数 m 与 a 的值；(2)设点 A 是抛物线 C1 上的一动点，以点 A 为切点的抛物线C1 的切线 l 交 y 轴于点 B，设 FMF AF B，求证：点 M 在一定直线上【解析】(1)由已知，得圆 C2：x2(y1)25 的圆心为 C2(0，1)，半径 r 5.由题设，得圆心到直线 l1：y2xm 的距离 d|1m|2
9、212.则|1m|2212 5.解得 m6(m4 舍去)设直线l1与抛物线C1的相切点为A0(x0，y0)，又y2ax，得2ax02x01a，y01a.代入直线方程，得1a2a6，即a16.所以m6，a16.(2)由(1)，知抛物线C1的方程为y16x2，焦点F0，32.设A x1，16x21，由(1)，知以A为切点的切线l的方程为y 13x1(xx1)16x21.令x0，得切线l交y轴的B点的坐标为0，16x21.F Ax1，16x2132，F B0，16x2132.FMF AF B(x1，3)因为F是定点，所以点M在定直线y32上方法点拨：对于多曲线的问题，要抓住确定曲线的基本量列方程组求
10、解.解题时常常涉及直角的问题，要选择适当的方式实现直角条件，如向量的数量积为0、直径所对的圆周角为直角等.有时也会将“直角”变式为“锐角”或“钝角”，均可用向量或角的顶点相对于圆周的位置来实现.在涉及直角问题时，若直角顶点未确定，则需分类讨论.考点三 创新题型示范3设点A(x1，y1)，B(x2，y2)是平面直角坐标系上的两点，现定义由点A到点B的一种折线距离(A，B)为(A，B)|x2x1|y2y1|.对于平面上给定的不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，(1)若点C(x，y)是平面上的点，求证：(A，C)(C，B)(A，B)(2)在平面上是否存在点C(x1，y1)，同时满足(A，C
11、)(C，B)(A，B)，(A，C)(C，B)?若存在，请求所给出所有符合条件的点；若不存在，请予以证明 分析本题是以绝对值不等式为背景知识创设的新情景题，要顺利做题首先要读懂题意，对新概念理解后综合运用已学过的知识解题解析(1)证明：(A，C)|xx1|yy1|，(C，B)|x2x|y2y|，(A，B)|x2x1|y2y1|，(A，C)(C，B)|xx1|yy1|x2x|y2y|(|xx1|x2x|)(|yy1|y2y|)|(xx1)(x2x)|(yy1)(y2y)|x2x1|y2y1|(A，B)当且仅当(xx1)(x2x)0且(yy1)(y2y)0.即：x1xx2，y1yy2时等号成立(2)
12、注意到点A(x1，y1)与B(x2，y2)不同，下面分三种情形讨论()若x1x2，则y1y2，由条件得|xx1|yy1|x2x|y2y|，即|yy1|yy2|，yy1y22.由条件得|xx1|yy1|x2x|y2y|x2x1|y2y1|2|xx1|12|y2y1|12|y2y1|y2y1|，|xx1|0，xx1.因此，所求的点C为x1，y1y22.()若y1y2，则x1x2，类似于()，可得符合条件的点C为x1x22，y1.()当x1x2且y1y2时，不妨设x1x2.(a)若y1y2，则由(1)中的证明知，要使条件成立，当且仅当(xx1)(x2x)0与(yy1)(y2y)0同时成立，故x1xx
13、2且y1yy2.从而由条件，得xy12(x1x2y1y2)此时所求点C的全体为M(x，y)|xy12(x1x2y1y2)，x1xx2且y1yy2(b)若y1y2，类似地由条件可得x1xx2且y2yy1，从而由条件得xy12(x1x2y1y2)此时所求点C的全体为N(x，y)|xy12(x1x2y1y2)，x1xx2且y2yy1【点评】做新概念题，读懂题目是关键.做本题亦可类比平面直角坐标内的两点间的距离来思考.本题与本课自主学习4有异曲同工之妙.展示3已知曲线Cn：ynx2，点Pn(xn，yn)(xn0，yn0)是曲线Cn上的点(n1,2，)，(1)试写出曲线Cn在Pn点处的切线ln的方程，并
14、求出直线ln与y轴的交点Qn的坐标；(2)若原点O(0,0)到直线ln的距离与线段PnQn的长度之比取得最大值，试求点Pn的坐标(xn，yn)；(3)设m与k为两个给定的不同的正整数，xn与yn是满足(2)中条件的点Pn的坐标，求证：n1sm1xn2 k1yn ms ks(s1,2，)【解析】(1)y2nx，k2nxn，切线ln的方程为yyn2nxn(xxn)令x0，得y2nx2nyn2nx2nnx2nnx2n，即Qn(0，nx2n)(2)切线方程可写成 2nxnxy2nx2nyn0，dyn2nx2n2nxn21nx2n4n2x2n1，|PnQn|x2n2nx2n2xn 14n2x2n.d|P
15、nQn|nxn14n2x2n11nxn4nxn14，当且仅当 1nxn4nxn，即 xn 12n时，取等号此时 ynnx2n 14n.点 Pn 的坐标为12n，14n.(3)n1sm1xn2 k1yn n1sm14n k14n|m1 k1|n1s12 n.要证 n1sm1xn2 k1yn|ms ks|(s1,2，)，即|m1 k1|n1s12 n s|m k|.1s2s s12(s s1)，n1s12 n 12 1 12 1s(10)(2 1)(s s1)s.又|m1 k1|m k|恒成立，所以有|m1 k1|n1s12 n s|m k|恒成立，即 n1sm1xn2 k1yn|ms ks|(s
16、1，2，)方法点拨：创新题型对综合运用知识的能力要求较高.考试时可反复读题，理解题意后，类比自己已有的知识寻求思路.本课的问题综合性较强，题目的解决往往体现了几何与代数的联系，解题时要注意方程思想，数形结合思想和分类讨论的思想的应用1(2011广东理)设圆C与两圆(x 5)2y24，(x 5)2y24中的一个内切，另一个外切，(1)求圆C的圆心轨迹L的方程；(2)已知点M3 55，4 55，F(5，0)且点P为曲线L上的动点，求|MP|FP|的最大值及此时点P的坐标【解析】法一(1)设圆C的圆心的坐标为(x，y)，由题设条件，知x 52y2 x 52y2 4，化简，得轨迹L的方程为x24y21
17、.(2)过M，F的直线l的方程为y2(x5)，将其代入曲线L的方程得15x232 5x840.解得x16 55，x214 515.故直线l与曲线L的交点为T16 55，2 55，T214 515，2 515.因点T1在线段MF外，点T2在线段MF内，所以|MT1|FT1|MF|2，|MT2|FT2|MF|2.若点P不在直线MF上，则在MFP中，有|MP|FP|MF|2.故|MP|FP|只在点T1取得最大值2.法二(1)由题设条件，可知两圆(x5)2y24和(x5)2y24的圆心分别为F1(5，0)和F(5，0)，其半径均为2.设圆C的圆心为P(x，y)，则点P到点F1，F的距离分别为|PF1|
18、x 52y2，|PF|x 52y2.由圆C与两圆(x5)2y24，(x5)2y24中的一个内切，另一个外切，所以|PF1|PF|4.由双曲线定义，知轨迹L是以F1(5，0)、F(5，0)为焦点的双曲线由于2a4，c 5，可得b c2a21.故轨迹L的方程为x24y21.(2)当点P在双曲线x24 y21的左支时，|MP|FP|MF|2.当点P在双曲线x24y21的右支时，|MP|FP|MF|2.当且仅当点P在线段MF的延长线上时，取等号故|MP|FP|的最大值为2.又直线MF的方程为y2(x 5)，将其代入x24y21，得15x232 5x840.解得x16 55，x214 515.因为141
19、5 5 565 5，所以|MP|FP|取得最大值2时，点P的坐标为6 55，2 55.2(2010广东理)已知一条双曲线x22 y21的左、右顶点分别为A1，A2，点P(x1，y1)，Q(x1，y1)是双曲线上不同的两个动点，(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程；(2)若过点H(0，h)(h1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点且l1l2，求实数h的值【解析】(1)由题设，知|x1|2，A1(2，0)，A2(2，0)则直线A1P的方程为yy1x1 2(x 2)，直线A2Q的方程为y y1x1 2(x 2)法一 联立，解得x 2x1，y 2y1x1，即x12x，y1 2yx则x0
20、，|x|2.而点P(x1，y1)在双曲线x22y21上，所以x212y211.将代入上式，整理得所求轨迹E的方程为x22y21(x0且x 2)法二 设点M(x，y)是A1P与A2Q的交点，得y2 y21x212(x22)又点P(x1，y1)在双曲线x22y21上，因此x212y211，即y21x2121.代入并整理，得x22y21.因为点P，Q是双曲线上的不同两点，所以它们与点A1，A2均不重合故点A1和A2均不在轨迹E上过点(0,1)及A2(2，0)的直线l的方程为x2 y2 0.解方程组x 2y 20，x22y21，得x 2，y0.所以直线l与双曲线只有唯一交点A2.故轨迹E不经过点(0,
21、1)同理轨迹E也不经过点(0，1)综上，轨迹E的方程为x22y21(x0且x 2)(2)若过点H(0，h)(h1)的两直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点，有如下三种情况：直线l1和l2都与曲线E相切；直线l1和l2分别过左、右顶点；直线l1和l2中一条与曲线E相切，另一条过左、右顶点因l1l2，不妨设l1：ykxh，l2：y1kxh.当直线l1和l2都与曲线E相切时，联立ykxh，x22y22整理，得(2k21)x24khx2h220.因直线l1与曲线E相切，则16k2h28(2k21)(h21)0.整理，得2k2h21.同理可得21k2h21.解得k21.从而h 3.当直线l1和l2分别过
22、左、右顶点时，可得 2kh，2k h.解得h 2.当直线l1和l2中一条与曲线E相切，另一条过左、右顶点时，由对称性，不妨设直线l1与曲线E相切(切点位于y轴左侧)，直线l2过右顶点A2(2，0)，联立2k2h21，hk 2，得h1712.综上，可得实数h的值为 2，3或1712.3(2011汕头一模)给定椭圆C：x2a2y2b21(ab0)，称圆心在原点O、半径为a2b2 的圆是椭圆C的“伴随圆”已知椭圆C的两个焦点分别是F1(2，0)，F2(2，0)，椭圆C上一动点M1满足M1F1 M1F2 2 3，(1)求椭圆C及其“伴随圆”的方程；(2)试探究y轴上是否存在点P(0，m)(m0)，使得
23、过点P作直线l与椭圆C只有一个交点且直线l截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为2 2？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题意，得2a2 3，即a 3，半焦距c 2.则b1.故椭圆C的方程为x23y21，“伴随圆”的方程为x2y24.(2)假设y轴上存在点P(0，m)(m0)，设过点P且与椭圆有一个交点的直线l为ykxm，则 ykxm，x23y21.整理，得13k2 x26kmx3m23 0.(6km)24(13k2)(3m23)0.整理，得3k21m2.又直线l截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为2 2，则有222|m|k2122 2.化简，得m22(k21)联立，得k21，m24.所以k1，m2(m0)所以y轴上存在点P(0，2)
