2012年高考必做解答題——解析幾何題

直線與圓

（★★★★）必做1 如圖1，已知點A（－2，0），點P是⊙B：（x－2）2+y2=36上任意一點，線段AP的垂直平分線交BP于點Q，點Q的軌跡記為曲線C．

（1）求曲線C的方程；

（2）已知⊙O：x2+y2=r2（r>0）的切線l總與曲線C有兩個交點M，N，并且其中一條切線滿足∠MON>90°，求證：對于任意一條切線l總有∠MON>90°．

圖1

破解思路 第1問通過橢圓的定義可以直接得到． 第2問可以根據相切得到點到直線距離為半徑，然后直線與橢圓聯立，根據向量夾角判斷∠MON>90°成立的條件，得到滿足的條件，最后再來判斷兩種特殊情況．

精妙解法 （1）由題意，QA+QB=QP+QB=6，所以Q點軌跡是以A，B為焦點的橢圓，且a=3，c=2，所以曲線C的軌跡方程是+=1．

圖2

（2）先考慮切線的斜率存在的情形． 設切線l：y=kx+m，則由l與⊙O相切得=r，即m2=r2（1+k2）． ①

由y=kx+m，+=1消去y得，（5+9k2）x2+18kmx+9（m2－5）=0． 設M（x1，y1），N（x2，y2），則由韋達定理得x1+x2=－，x1x2=，·=x1x2+yy=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=－+m2=． ②

由于其中一條切線滿足∠MON>90°，對此·=<0． 結合①式m2=r2（1+k2）可得r2>，于是，對于任意一條切線l，總有m2>（1+k2），進而·=<0，故總有∠MON>90°．

最后考慮兩種特殊情況：（1）當滿足∠MON>90°的那條切線斜率不存在時，切線方程為x=±r. 代入橢圓方程可得交點的縱坐標y=±，因∠MON>90°，故r<，得到r2>，同上可得：任意一條切線l均滿足∠MON>90°；（2）當滿足∠MON>90°的那條切線斜率存在時，r2>，r<，對于斜率不存在的切線x=±r也有∠MON>90°． 綜上所述，命題成立．

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直接以圓與直線的位置關系作為解答題的可能性很小，但是圓與其他曲線的結合做為解答題的可能性很大，結合了以后圓與直線的兩個重要位置關系還是要考，而且要重點考，所以我們也必須重視圓與直線位置關系的特殊解法．

直線與圓錐曲線的位置關系

（★★★★★）必做2 如圖3，過點D（0，－2）作拋物線x2=2py（p>0）的切線l，切點A在第二象限．

（1）求切點A的縱坐標；

（2）若離心率為的橢圓+=1（a>b>0）恰好經過切點A，設切線l交橢圓的另一點為B，記切線l，OA，OB的斜率分別為k，k1，k2，若k1+2k2=4k，求橢圓方程．

圖3

破解思路 第1問根據導數的幾何意義求出拋物線的斜率，然后根據點斜式得到截距為－2，求出A的縱坐標．第2問求橢圓方程也就是求b，a的值，也就是找兩個方程，通過離心率得到b，a的關系，這里也涉及p，我們可以通過三個斜率的關系得到b，p關系，A點在橢圓上又有關系，從而求出b，p．

精妙解法 （1）設切點A（x0，y0），且y=，由切線l的斜率為k=，得l的方程為y=x-． 又點D（0，－2）在l上，所以=2，即點A的縱坐標y=2．

（2）由（1）得A（－2，2），切線斜率k=－． 設B（x1，y1），切線方程為y=kx－2，由e=，得a2=4b2，所以橢圓方程為+=1，且過A（－2，2），所以b2=p+4． 由y=kx－2，x2+4y2=4b2 （1+4k2）x2－16kx+16－4b2=0，所以x0+x1=，x0x1=，所以k1+2k2=+===3k－=3k－=3k－=3k－=4k． 將k= －，b2=p+4代入得：p=32，所以b2=36，a2=144，所以橢圓方程為+=1．

（★★★★）必做3 設橢圓C：+y2=1（a>0）的兩個焦點是F1（－c，0）和F2（c，0）（c>0），且橢圓C上的點到焦點F2的最短距離為－．

（1）求橢圓的方程；

（2）若直線l：y=kx+m（k≠0）與橢圓C交于不同的兩點M，N，線段MN垂直平分線恒過點A（0，－1），求實數m的取值范圍．

破解思路 第1問利用橢圓的幾何性質，聯立解方程組求a，c即得橢圓的方程． 第2問利用直線與橢圓有兩個交點即Δ>0，直線l與垂直平分線的位置關系，得出兩者的斜率的關系式．

精妙解法 （1）由題意可知，a－c=－，a2－c2=1，解得：a=，c=，所以橢圓的方程為：+y2=1．

（2）由y=kx+m，x2+3y2=3 得（3k2+1）x2+6mkx+3（m2－1）=0（）．

因為直線l與橢圓C交于不同的兩點，所以Δ>0，m2<3k2+1. ①

設M（x1，y1），N（x2，y2），則x1，x2是方程（）的兩個實數解，所以x1+x2=－，線段MN的中點為Q－，． 又因線段MN的垂直平分線恒過點A（0，－1），所以AQ⊥MN，即－=－，即2m=3k2+1（k≠0）②，由①②可得：m2<2m，0，所以實數m的取值范圍是，2．

（★★★★★）必做4 已知直線l：x－my－=0，橢圓C：+y2=1（m>1），

（1）是否存在實數m，使得直線l與橢圓Ｃ相交于Ａ，Ｂ兩點，且AB=？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

（2）設直線l與橢圓Ｃ相交于Ａ，Ｂ兩點，若原點O在以線段AB為直徑的圓內，求m的取值范圍．

破解思路 第1問利用弦長公式建立方程求m．第2問原點O在以線段AB為直徑的圓內轉化為代數關系式·<0，由此求m的取值范圍．

精妙解法 （1）聯立l：x－my－=0與C：+y2=1（m>1）整理得：

2y2+my+－1=0，Δ=m2－4×2·－1=8－m2>0，所以1

又1

（2）原點O在以線段AB為直徑的圓內等價于·<0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1x2+y1y2<0． 由（1）知1

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直線與圓錐曲線的位置關系綜合考查了直線與圓錐曲線的有關概念、定義、性質以及運算能力． 直線與圓錐曲線相交一般可通過韋達定理求解，然后分析兩個根與交點的關系． 但若相切我們應分情況，對橢圓與直線相切我們考慮判別式，對拋物線而言用求導解決．

軌跡方程

（★★★★）必做5 已知橢圓C：+=1（a>b>0）的離心率為e=，以原點O為圓心、橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線x－y+2=0相切，A，B分別是橢圓的左右兩個頂點，P為橢圓C上的動點．

（1）求橢圓的標準方程；

（2）M為過P且垂直于x軸的直線上的點，若=λ≤λ<1，求點M的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線．

破解思路 第1問直接利用條件求橢圓方程. 第2問將條件的等量關系平方，再利用點P在橢圓上得出軌跡方程，然后對λ進行分類討論可得出軌跡的形狀.

精妙解法 （1）由題意可得圓的方程為x2+y2=b2，因為直線x－y+2=0與圓相切，所以圓心到直線的距離d=b=. 又e==，即a=c. 因為a2=b2+c2，所以 a=，c=1，所以橢圓的方程為+=1.

（2）設M（x，y），其中x∈［－，］. 由=λ2及點P在橢圓C上可得，==λ2，整理得，（3λ2－1）x2+3λ2y2=6，其中x∈［－，］.

①當λ=時，化簡得，y2=6，所以點M的軌跡方程為y=± （－≤x≤），軌跡是兩條平行于x軸的線段；

②當<λ<1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓滿足－≤x≤的部分．

（★★★★★）必做6 已知定點A（-3，0），M，N分別為x軸、y軸上的動點（M，N不重合），且AN⊥MN，點P在直線MN上，=．

圖4

（1）求動點P的軌跡C的方程．

（2）設點Q是曲線x2+y2－8x+15=0上任一點，試探究在軌跡C上是否存在點T，使得點T到點Q的距離最小． 若存在，求出該最小距離和點T的坐標；若不存在，說明理由．

破解思路 第1問利用向量=建立點P的方程，化簡即得． 第2問曲線C上點T到點Q的距離最小轉化為曲線C上的動點到定點的最小值．

精妙解法 （1）設點M，N的坐標分別為（a，0），（0，b）（a≠0，b≠0），點P的坐標為（x，y），則=（3，b），=（a，－b），=（x－a，y），=（x，y－b）． 由AN⊥MN得3a－b2=0，（※）

由=得x=（x－a），y－b=y，所以a=x，b=－y，代入（※）得y2=4x． 因為a≠0，b≠0，所以x≠0，y≠0，所以動點P的軌跡C的方程為y2=4x（x≠0）．

（2）曲線x2+y2－8x+15=0，即（x－4）2+y2=1，是以B（4，0）為圓心，以1為半徑的圓，設T為軌跡C上任意一點，連結TB，則TQ+QB≥TBTQ≥TB－1，所以當|TB|最小時，TQ最小． 因為點T在軌跡C上，設點T（，m）（m≠0），所以|TB|==． 當m2=8，即m= ±2時，TB有最小值，TBmin=2；當m2=8時，=2． 所以在軌跡C上存在點T，其坐標為（2，±2），使得TQ最小，TQmin=2－1．

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求曲線軌跡方程的思想方法是解析幾何最基本、最重要的解題思想方法，因而求曲線軌跡方程成為新高考的熱點內容. 試題多以解答題形式出現，重點考查大家根據曲線的幾何特征熟練地運用解析幾何知識將其轉化為數量關系， 再運用代數（如函數與方程）的知識作答的能力.

定值、最值與取值范圍問題

（★★★★★）必做7 已知拋物線D的頂點是橢圓+=1的中心，焦點與該橢圓的右焦點重合．

（1）求拋物線D的方程．

（2）已知動直線l過點P（4，0），交拋物線D于A，B兩點．

（i）若直線l的斜率為1，求AB的長；

（ii）是否存在垂直于x軸的直線m被以AP為直徑的圓M所截得的弦長恒為定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，說明理由．

破解思路 第1問直接利用定義可以求出拋物線的方程． 第2問中的（i）可以直接用弦長公式得到．

精妙解法 （1）由題意，可設拋物線方程為y2=2px（p>0）. 由a2－b2=4－3=1，得c=1. 所以拋物線的焦點為（1，0），所以p=2． 所以拋物線D的方程為y2=4x．

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），

（i）直線l的方程為：y=x－4，聯立y=x－4，y2=4x整理得：x2－12x+16=0，所以AB==4．

（ii）設存在直線m：x=a滿足題意，則圓心，，過M作直線x=a的垂線，垂足為E． 設直線m與圓M的一個交點為G，可得：

EG2=MG2－ME2=MA2－ME2=－－a=y++a（x1+4）－a2=x1－4x1+a（x1+4）－a2=（a－3）x1+4a－a2． a=3時，EG2=3，此時直線m被以AP為直徑的圓M所截得的弦長為定值2，因此存在直線m：x=3，滿足題意．

（★★★）必做8 如圖5所示，已知拋物線C1的方程是y=ax2（a>0），圓C2的方程是x2+（y+1）2=5，直線l：y=2x+m（m<0）是C1，C2的公切線，F是拋物線C1的焦點．

圖5

（1）求m與a的值；

（2）設A是拋物線C1上的一動點，以A為切點作C1的切線交y軸于點B，若=+，則點M在一定直線上，試證明之.

破解思路 第1問利用直線與拋物線及圓相切的條件求得m與a的值. 第2問先求出拋物線的切線，得出B的坐標，再運用向量間關系證明.

精妙解法 （1）由己知得，圓C2的圓心為C2（0，1），半徑r=. 由條件 得，圓心C2到直線l：y=2x+m（m<0）的距離d==，解得m=－6，m=4（舍去）. 設l與拋物線相切的切點為A0（x0，y0），又y′=2ax，所以2ax0=2，所以x0=，y0=. 代入直線方程得，-=－6，所以a=.

（2）由（1）知，拋物線C1的方程為y=x2，焦點為F0，. 設Ax1，x，由（1）知以A為切點的切線方程為y=x1（x－x1）+x，令x=0，得點B的坐標為0，-x，所以=x1，x－，=0，-x－，所以=+=（x1，－3），設M（x，y），因為F0，，所以=x，y－=（x1，－3），所以y= －，即M點在定直線y=－上.

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定值問題用目標方程來解決，最值或取值范圍問題用目標不等式來解決，但它們都可以歸結為用目標函數的方法．

存在探索型問題

（★★★★）必做9 已知橢圓C：+=1（a>b>0）的離心率為，其左、右焦點分別為F1，F2，點P是坐標平面內一點，且OP=， ·=（O為坐標原點）.

（1）求橢圓C的方程.

（2）過點S0，－且斜率為k的動直線l交橢圓于A，B兩點，在y軸上是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出M的坐標；若不存在，說明理由.

破解思路 第1問運用平面向量的數量積及坐標法求出橢圓的方程.第2問先假設在y軸上存在定點M滿足條件，利用恒成立的條件得出答案.

精妙解法 （1）設P（x0，y0），F1（－c， 0），F2（c，0），則由OP=得，x+y=①，由·=得，（－c－x0，－y0）·（c－x0，－y0）=，即x+y－c2=②. 由①-②得c=1，又=，所以a2=2，b2=1. 所橢圓方程為+y2=1.

（2）將動直線l：y=kx－代入橢圓方程有（2k2+1）x2－kx－=0. 設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=－. 設存在y軸上一定點M（0，m）滿足題設，則=（x1，y1－m），=（x2，y2－m），·=x1x2+（y1－m）（y2－m）=x1x2+y1y2－m（y1y2）+m2=（k2+1）x1x2－k+m（x1+x2）+m2+m+=. 由假設對任意k∈R，·=0恒成立，即m2－1=0，9m2+6m－15=0成立，解得m=1. 所以存在y軸上定點M（0，1）滿足題設.

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這類問題一般都會以軌跡問題引出圓錐曲線，進而使用二次方程研究圓錐曲線的有關性質．通過方程轉化坐標中的幾個量，解題思路并不復雜，需要注意的是，合理引入坐標能簡化運算．