高考解析幾何核心考點揭秘

本專題包含兩個板塊：必修2的《平面解析幾何初步》和選修1的《圓錐曲線與方程》． 其中直線方程是本專題的基礎部分；圓與方程是高考常考的內容；圓錐曲線與方程則是本專題的核心內容，也是高考能力考查的重點內容，尤其是直線與圓錐曲線的位置關系更是每年高考的熱點與難點． 在高考試卷中解析幾何常設置兩到三個客觀題和一個主觀題，分值在25分左右． 在近年高考試題中，注重考查解析幾何與向量、函數、不等式、三角等知識的交匯問題；重視探索型等綜合問題的考查，對運算能力的要求則有所降低．

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直線的傾斜角與斜率

【考綱要求】 理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線斜率的計算公式；能根據兩條直線的斜率判定這兩條直線平行或垂直．

【考綱解讀】 斜率與截距是解析幾何中最基礎又最為重要的兩個概念．考查主要集中在對概念的正確理解上． 求解時，要注意斜率存在的條件，注意傾斜角的取值范圍，更要防止由于“零截距”而造成丟解的情況． 判定兩直線位置關系，有時候結合向量或充要條件、命題等知識，形成小綜合題．

【經典例題】 過點P（－■，1），Q（0，m）的直線的傾斜角的取值范圍α∈■，■，那么m值的取值范圍是_______．

命題意圖 本題考查直線的傾斜角與斜率的關系，考查斜率的兩點坐標公式，屬基本概念題．

完美解答 由α∈■，■得k≥■，或k≤－■，即■≥■或■≤－■，解得m≤－2或m≥4．

【經典例題】 “a=3”是“直線ax+2y+2a=0和直線3x+（a－1）y－a+7=0平行”的（ ）

A． 充分而不必要條件

B． 必要而不充分條件

C． 充要條件

D． 既不充分又不必要條件

命題意圖 本題考查兩直線的位置關系，一般通過斜率關系判定，屬基本題．

完美解答 a=3代入，直線ax+2y+2a=0和直線3x+（a－1）y－a+7=0平行，反之直線ax+2y+2a=0和3x+（a－1）·y－a+7=0平行?圯a（a－1）=2×3≠2a（－a+7），所以a=3或a=－2，所以“a=3”是“直線ax+2y+2a=0和直線3x+（a－1）y－a+7=0平行”的充分而不必要條件． 選A．

【經典例題】 函數y=asinx－bcosx的一條對稱軸為x=■，則直線ax－by+c=0的傾斜角為______．

命題意圖 本題考查直線的傾斜角與斜率的概念，考查知識的交匯性．

完美解答 由于x=■是y=asinx－bcosx的一條對稱軸，所以■（a－b）= ±■，整理得

（a+b）2=0，則a=－b，所以直線斜率k=■=－1，則傾斜角為135°．

【命題趨勢】 預測斜率或傾斜角仍是必考內容，但難度不大，一道客觀題． 能力要求上是能結合正切函數圖象進行直線的傾斜角和斜率的轉化，多數題要求結合不等式、函數、三角等知識，從數形結合的角度進行考查，新課程還要注意斜率與導數結合的考查．

直線方程的形式

【考綱要求】 掌握確定直線位置的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式（點斜式、兩點式及一般式），了解斜截式與一次函數的關系．

【考綱解讀】 直線是解析幾何的基礎內容，直線方程的各種形式以及聯系兩直線平行、垂直關系等常在選擇題、填空題中考查，是近年高考的熱點內容，應達到熟練掌握、靈活運用的程度；同時由于一次函數的圖象是一條直線，因此有關函數、數列、不等式、復數等代數問題往往借助直線方程進行，考查綜合能力及創新能力．中心對稱與軸對稱問題雖然在《考試大綱》中沒有提及，但也是高考的重點，復習時也應很好的掌握．

【經典例題】 求經過P（3，2），且傾斜角是直線x－4y+3=0傾斜角2倍的直線方程___________．

命題意圖 本題考查傾斜角概念的理解和直線點斜式式方程的求解．

完美解答 設直線x－4y+3=0的傾斜角為θ，則tanθ=■，于是所求直線的傾斜角為2θ，

而tan2θ=■=■=■，故所求直線方程為y－2=■（x－3），即8x－15y+6=0．

【經典例題】 已知圓C：x2+y2+2x－4y+3=0，

（1）若不過原點的直線l與圓相切，且在x軸、y軸上的截距相等，求直線l的方程．

（2）從圓C外一點P（x，y）向圓引一條切線，切點為M，O為坐標原點，且有PM=PO，求點P的軌跡方程．

命題意圖 本題考查直線與圓的位置關系，考查直線的截距式方程．要注意直線與圓的問題經常結合不等式、函數、三角等知識，從數形結合的角度進行考查．

思路分析 （1）依據截距關系確定切線的斜率，設出直線方程，利用點到直線的距離等于半徑求解；

（2）首先確定P點的軌跡方程，從而確定PM最短時點P的坐標滿足的關系式．

完美解答 （1）由圓C：x2+y2+2x－4y+3=0，得圓心坐標C（－1，2），半徑r=■，切線在兩坐標軸上的截距相等且不為零． 設直線l的方程為x+y=a（a≠0），因為直線l與圓C相切，所以■=■，所以a=－1或a=3．

所以所求直線的方程為x+y+1=0或x+y－3=0．

（2）因為切線PM與半徑CM垂直，設P（x，y），又PM2=PC2－CM2，PM=PO，

所以（x+1）2+（y－2）2－2=x2+y2，整理得：2x－4y+3=0，

所以所求點P的軌跡方程為2x－4y+3=0．

【命題趨勢】 預測直線方程的考查有兩種形式：一是考查用待定系數法求直線方程，即根據已知條件選擇恰當的方程形式寫出直線的方程，并熟練地進行直線方程的不同形式之間的轉化；二是能利用直線的方程來研究與直線有關的問題，如對稱思想是近年高考中的熱點，用直線系解決某些問題，則可簡化解題過程等．

圓的標準方程與一般方程

【考綱要求】 掌握確定圓的幾何要素，掌握圓的標準方程與一般方程．

【考綱解讀】 由于圓的標準式有三個未知數，合理選擇方程形式可以減少運算量，若已知與圓的圓心和半徑有關的條件，應優先選擇圓的標準形式，并盡量利用圓的幾何性質；若已知條件中圓心的位置不能確定，可采用一般式，即建立關于D，E，F的三元一次方程組求解．

【經典例題】 如圖1，直角三角形ABC的頂點坐標A（－2，0），直角頂點B（0，－2■），頂點C在x軸上，點P為線段OA的中點．

（1）求BC邊所在直線方程；

（2）M為直角三角形ABC外接圓的圓心，求圓M的方程；

（3）若動圓N過點P且與圓M內切，求動圓N的圓心N的軌跡方程．

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圖1

命題意圖 本題考查待定系數法求方程的方法，考查直線與圓構成的特征三角形等知識，考查運算求解能力和函數與方程思想．

思路分析 求直線或圓的方程，一般用待定系數法． 可由直線與圓構成的特征三角形列等式；也可以通過坐標點代入列方程組求解．

完美解答 （1）因為kAB=－■，AB⊥BC，所以kCB=■，所以BC：y=■x－2■．

（2）在上式中，令y=0，得C（4，0），所以圓心M（1，0）．

又AM=3，所以外接圓的方程為（x－1）2+y2=9?搖．

（3）因為P（－1，0），M（1，0），圓N過點P（－1，0），所以PN是該圓的半徑．

又動圓N與圓M內切，所以MN=3－PN，即MN+PN=3，

所以點N的軌跡是以M，P為焦點，長軸長為3的橢圓，

所以a=■，c=1，b=■=■，所以軌跡方程為■+■=1．?搖

【經典例題】 若圓x2+y2+2x－4y+1=0關于直線2ax－by+2=0對稱，則ab的取值范圍是_________．

命題意圖 本題考查圓的一般方程，考查圓中最值問題的處理方法．

完美解答 由題意圓心（－1，2）在直線2ax－by+2=0上，所以a+b=1，所以ab≤■■=■，所以填－∞，■．

【命題趨勢】 預測圓的方程仍是必考內容，但難度不大，一道客觀題，重點在選擇恰當的方法求圓的方程． 求解時，要注意與函數、三角、不等式等的綜合，更要重視數形結合思想的應用．

直線與圓的位置關系

【考綱要求】 能根據給定直線、圓的方程，判斷直線與圓的位置關系；能用直線和圓的方程解決一些簡單的問題．

【考綱解讀】 本考點包含兩大問題：①直線與圓有三種位置關系，均可用代數法或幾何法判定． 用數形結合的方法求解比代數法（坐標方程法）計算量少，簡便快捷，不易出錯，常在解題中應用．

②求圓的弦長有多種方法：一是直接求出直線與圓的交點坐標，再利用兩點間距離公式得出；二是不求交坐標，利用一元二次方程根與系數的關系，代入弦長公式：三是利用圓中半弦長、弦心距及半徑構成的直角三角形來求，對于圓中的弦長問題，一般利用第三種方法比較簡潔．

【經典例題】 已知圓C：x2+y2=12，直線l：4x+3y=25．

（1）圓C的圓心到直線l的距離為_______．

（2）圓C上任意一點A到直線l的距離小于2的概率為_______．

命題意圖 本題考查直線與圓的位置關系的判定，能利用圓心到直線距離公式求解．

完美解答 （1）由點到直線的距離公式可得d=■=5．

（2）由（1）可知圓心到直線的距離為5，要使圓上點到直線的距離小于2，則點在l1：4x+3y=15與圓相交所得劣弧上． 由半徑為2■，圓心到直線l1的距離為3可知劣弧所對圓心角為■，故所求概率為P=■=■．

【經典例題】 設P（a，b）（ab≠0），R（a，2）為坐標平面xOy上的點，直線OR（O為坐標原點）與拋物線y2=■x交于點Q（異于O）．

（1）若對任意ab≠0，點Q在拋物線y=mx2+1（m≠0）上，試問：當m為何值時，點P在某一圓上，并求出該圓方程M；

（2）若點P（a，b）（ab≠0）在橢圓x2+4y2=1上，試問：點Q能否在某一雙曲線上，若能，求出該雙曲線方程；若不能，說明理由；

（3）對（1）中點P所在圓方程M，設A，B是圓M上兩點，且滿足OA·OB=1，試問：是否存在一個定圓S，使直線AB恒與圓S相切．

命題意圖 本題考查圓的方程與拋物線的方程，考查直線與圓相切的判定，考查解幾的本質，坐標方程的思想．

思路分析 （1）由與方程聯立求得點Q，代入拋物線；（2）把P（a，b）（ab≠0）代入變形即可；（3）設直線AB方程，通過條件OA·OB=1求圓心到直線距離．

完美解答 （1）因為y=■x，y2=■x?圯Q■，■，代入y=mx2+1，所以■=m■■+1?圯ma2+b2－2b=0．

當m=1時，點P（a，b）在圓M：x2+（y－1）2=1上．

（2）因為P（a，b）在橢圓x2+4y2=1上，即a2+（2b）2=1，■+4=■．?搖

因為Q■，■，所以x=■，y=■，所以點Q在雙曲線y2－4x2=16上．

（3）因為圓M的方程為x2+（y－1）2=1，設AB：x=ky+λ，A（x1，y1），B（x2，y2）．

由OA·OB=1得■·■=■·■=■·■=1，所以y■y■=■．

又x2+（y－1）2=1，x=ky+λ?圯（k2+1）y2+2（kλ－1）y+λ2=0，所以y■y■=■=■，所以■=■．

又原點O到直線AB的距離d=■=■，即原點O到直線AB的距離恒為■，所以直線AB恒與圓S：x2+y2=■相切．

【命題趨勢】 圓是解析幾何中相對獨立的內容，命題形式較為靈法，可以單獨命制求圓的方程問題，也可以與直線、圓錐曲線結合命制小綜合的問題；預測在新的高考試題中，直線與圓的問題仍會與其他知識綜合考查，主要與三角、向量、平面幾何等知識進行交匯，強調圖形的運用．

橢圓的方程與性質

【考綱要求】 掌握橢圓的定義、幾何圖形、標準方程及其簡單性質（范圍、對稱性、頂點、離心率）．

【考綱解讀】 橢圓是圓錐曲線中最重要一節，涉及定義、標準方程、性質等內容． 尤以定義的運用為多，特別是焦點三角形問題；對于用待定系數法求橢圓標準方程的基本步驟，則應學會從“定形、定位、定量”三方面來分析求解橢圓方程；對于橢圓簡單性質，則要求能夠熟練運用基本量a，b，c，之間的關系處理問題，有關離心率的問題是考查熱點．

【經典例題】 設F1，F2分別是橢圓E：x2+■=1（0

命題意圖 本題主要考查橢圓的定義的應用．

完美解答 橢圓E：x2+■=1（0

【經典例題】 設橢圓C：■+■=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1，F2，上頂點為A，過點A與AF2垂直的直線交x軸負半軸于點Q，且2■+■=0．

?搖?搖?搖?搖?搖（1）求橢圓C的離心率；

?搖?搖?搖?搖?搖（2）若過A，Q，F2三點的圓恰好與直線l：x－■y－3=0相切，求橢圓C的方程；

命題意圖 本題考查直線、橢圓的方程，并聯系了向量和圓的知識，需要我們理解有關基本知識，熟練掌握常規方法，并能把他們聯系在一起進行綜合運用．

思路分析 （1）求a，c的值或列a，c的關系式都可求得橢圓的離心率．

（2）直線與圓相切可以看成它們構成的方程組有一解來判斷，也可以根據圓心到直線的距離等于半徑長來判斷，有時利用圓心與切點的連線和切線垂直這一性質也很簡捷．

完美解答 （1）設Q（x0，0），由F2（c，0），A（0，b）知■=（－c，b），■=（x0，－b）．

因為■⊥■，所以－cx0－b2=0，x0=－■．

由于2■+■=0，即F1為F2Q的中點，故－■+c=－2c，所以b2=3c2=a2－c2，所以橢圓的離心率e=■．?搖?搖?搖

（2）由（1）知■=■，得c=■a，于是F2■，0，Q－■，0，則△AQF的外接圓圓心為－■，0，半徑r=■FQ=a，

所以■=a，解得a=2，

所以c=1，b=■，所求橢圓方程為■+■=1．?搖

【命題趨勢】 橢圓是平面解析幾何的核心內容，也是高考能力考查的重點內容．預測橢圓仍會考查用待定系數法解方程、定義的綜合運用、幾何性質中各基本量的計算，尤其是離心率的題目為熱點問題．解答本節問題的基本策略是緊扣圓錐曲線的定義，理清各標準方程的模式，熟練運用曲線幾何性質，通過待定系數法、坐標方程法、設而不求法靈活解決問題，要特別重視函數與方程思想和數形結合思想的應用．

拋物線的方程與性質

【考綱要求】 掌握拋物線的定義、幾何圖形、標準方程及其簡單性質（范圍、對稱性、頂點、準線、離心率）．

【考綱解讀】 本考點考查的多為圓錐曲線的基礎問題，首先應理解拋物線的定義，靈活地進行拋物線上的點到焦點距離與到準線距離的等價轉化，其次對拋物線標準方程的不同形式能有準確的判斷，并能根據有關條件利用待定系數法求拋物線方程式． 再次是拋物線的幾何性質，最好是熟記焦點弦的一些結論并解決相關問題．

【經典例題】 已知過拋物線y2=2px（p>0）的焦點，斜率為2■的直線交拋物線于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1

（1）求該拋物線的方程；

（2）O為坐標原點，C為拋物線上一點，若■=■+λ■，求λ的值．

命題意圖 本題考查拋物線的定義，即拋物線焦點弦的運算問題，同時結合平面向量進行坐標轉換．

思路分析 （1）聯立通過焦點弦公式AB=x1+x2+p=9求得p值；

（2）通過■=■+λ■進行坐標運算求解λ．

完美解答 （1）直線AB的方程是y=2■x－■與y2=2px聯立，從而有4x2－5px+p2=0，

所以x1+x2=■，由拋物線定義得：AB=x1+x2+p=9，所以p=4，拋物線方程為：y2=8x．

（2）由p=4，4x2－5px+p2=0，化簡得x2－5x+4=0，從而

x1=1，x2=4，y1=－2■，y2=4■，從而A（1，－2■），B（4，4■）．

設■=（x3，y3）=（1，－2■）+λ（4，4■）=（1+4λ，－2■+4■λ），又y■■=8x3，

即2■（2λ－1）2=8（4λ+1），即（2λ－1）2=4λ+1，解得λ=0或λ=2．

【命題趨勢】 預測拋物線也是高考必考內容，但難度不大，客觀題重點在拋物線的性質，內容可能會聯系過焦點的弦的問題；解答題則突出對解析幾何的思想方法的考查，與函數、向量的交匯考查成為高考中的熱點，還要注意上下型拋物線與導數的聯系．

直線與圓錐曲線的交點與弦長問題

【考綱要求】 掌握直線與圓錐曲線的位置關系；能解決圓錐曲線的簡單應用問題．

【考綱解讀】 本考點為直線與圓錐曲線的位置關系中涉及交點、弦長、中點、垂直、對稱的問題．要求能夠把研究直線與圓錐曲線位置關系的問題轉化為研究方程組解的問題，能夠運用數形結合，迅速判斷某些直線和圓錐曲線位置關系． 對于弦長問題，則要求能利用弦長公式及韋達定理求解，或用“定義法”處理有關焦點弦的問題，會用“點差法”處理中點弦問題．

【經典例題】 已知橢圓E：■+■=1（a>b>0）的右焦點為F，過原點和x軸不重合的直線與橢圓E 相交于A，B兩點，AF+BF=4，■的最小值為■．

（1）求橢圓E的方程；

（2）若直線l：y=kx+m與橢圓E交于M，N，以線段MN為直徑的圓過E的右頂點，

求證：直線l過定點．

命題意圖 本題考查直線與橢圓及圓的位置關系，需要熟練運用圓錐曲線的知識將曲線的幾何特征轉化為數量關系（如方程、函數等），才能結合代數、三角知識解答．

思路分析 （1）由坐標的對稱性和橢圓的定義求得實軸長，再用正弦定理實行邊角轉換求得虛軸長．

（2）定點問題的一個基本思想是等式的恒成立，即一個等式如果對其中一個變量取任意值都成立，那么關于這個變量的系數必須都等于0．

完美解答 （1）由橢圓的對稱性設A（x1，y1），B（－x1，－y1），易知F（c，0）．因為AF + BF = ■+■=■+■=2a，

所以2a=4，a=2． 在△AFB中，由正弦定理得

■=■=■=■=■=■．

因為0≤x■■≤a2，所以■≥■=■，所以b=1，所以所求的橢圓的方程為■+y2=1．

（2）由y=kx+m，■+y2=1得（1+4k2）x2+8kmx+4m2－4=0，由兩個交點，得Δ>0，即m2－1－4k2<0 ①．

設交點M（x1，y1），N（x2，y2），則x1+x2=－■，x1x2=■．

因為以MN為直徑的圓過（2，0），

所以（x1－2）（x2－2）+y■y■=0，即（x1－2）（x2－2）+（kx1+m）（kx2+m）=0，整理得：

5m2+16km+12k2=0，解得m=－2k或m=－■k．

當m=－2k時，代入①中，可知滿足條件，此時直線l：y=k（x－2），恒過定點（2，0）；

當m=－■k時，代入①中，可知滿足條件，此時直線l：y=kx－■，恒過定點■，0．

綜上所述，直線l恒過定點（2，0）或■，0

【命題趨勢】 預測本考點的考查仍是以直線與圓錐曲線的位置關系為載體，通過坐標的過渡或方程的重組，結合函數、方程的知識解決相關問題．從新高考要求來看，對“圓錐曲線定義”的靈活應用有所加強，挖掘隱含條件轉化為韋達定理的應用也有所加強，而計算方面的要求則有所降低．

直線與圓錐曲線有關的軌跡問題

【考綱要求】 掌握直線與圓錐曲線的位置關系；能解決圓錐曲線的簡單應用問題．

【考綱解讀】 求曲線的軌跡方程是解析幾何的基本問題． 其實質就是利用題設中的幾何條件，用“坐標化”將其轉化為尋求變量間的關系．常用的方法有直接法、代入法、定義法和參數法． 另求曲線方程時一定要注意到曲線方程的完備性與純粹性．

【經典例題】 已知一動圓P（半徑不為0）與定圓（x－1）2+y2=1和y軸都相切，

（1）求動圓圓心P的軌跡M的方程；

（2）設點M（3，0），求■的最小值；

（3）過定點A（1，2），作△ABC，使∠BAC=90°，且動點B，C在P的軌跡M上移動（B，C不在坐標軸上），問直線BC是否過某定點，證明你的結論．

命題意圖 本題命制的意圖是復習定義法求軌跡的步驟，考查坐標法解決向量取值范圍的基本思路，考查運算求解能力、推理論證能力，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想．

思路分析 （1）尋求相切的幾何關系建立方程；（2）即函數最值的研究；（3）通過坐標方程轉化．

完美解答 （1）設動點P的坐標為（x，y），由題設知：■－1=x，化簡得：x>0時，y2=4x；x<0時，y=0，P點的軌跡方程為y2=4x（x>0）和y=0（x<0）

（2）■=■=■，x>0，3－x，x<0，所以當x＝1時，■min＝2■．

（3）設B，C的坐標為（x1，y1），（x2，y2），又A（1，2），因為∠BAC=90°，所以■·■=（x■－1，y■－2）·（x■－1，y■－2）=0，

即（x■－1）（x■－1）+（y■－2）（y■－2）=0．因為B，C在拋物線y2=4x上，

所以x1=■，x2=■，所以■-1·■-1+（y1-2）（y2-2）=0． 又y■≠2，y■≠2，所以（y■+2）（y■+2）+16=0，即y■y■+2（y■+y■）+20=0． ①

設過BC的直線方程為x=my+a，代入y2=4x（x>0）得y2－4my－4a=0，

結合①式得－4a+8m+20=0，所以a=2m+5，

所以直線BC方程為x=m（y+2）+5，所以直線BC恒過一定點（5，－2）．

【命題趨勢】 求軌跡問題每年都是高考命題的熱點，一般在解答題的第一小題出現，有時與平面向量結合． 這類問題除了考查圓錐曲線的定義、性質等基礎知識外，還充分考查了各種數學思想方法及一定的推理能力和運算能力．

直線與圓錐曲線有關的定值、最值問題

【考綱要求】 掌握直線與圓錐曲線的位置關系；能解決圓錐曲線的簡單應用問題．

【考綱解讀】 直線與圓錐曲線中的范圍、最值、定值問題，主要難點是目標式的確定及隱含條件的挖掘．

①對于求曲線方程中參數的取值范圍問題，需構造參數滿足的不等式（目標不等式），通過解不等式（組）求得參數的取值范圍；或建立關于參數的目標函數，轉化為函數的值域．

②對于圓錐曲線的最值問題，解法常有兩種：當題目的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，可考慮利用數形結合法解；當題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立目標函數，再求這個函數的最值．

【經典例題】 已知橢圓■+■=1（a>b>0）和圓O：x2+y2=b2，過橢圓上一點P引圓O的兩條切線，切點分別為A，B．

（1）①若圓O過橢圓的兩個焦點，求橢圓的離心率e；

?搖?搖?搖?搖②若橢圓上存在點P，使得∠APB=90°，求橢圓離心率e的取值范圍；

（2）設直線AB與x軸、y軸分別交于點M，N，求證：■+■為定值．

命題意圖 本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質，直線方程，圓的方程等基礎知識． 考查用代數方法研究圓錐曲線的性質和數形結合的思想，考查運算能力和推理能力．

思路分析 常見求圓錐曲線離心率，應先求a，c的值或列a，c的關系式；而求圓錐曲線離心率的取值范圍，則應先將e用有關的一些量表示出來，再利用其中的一些量滿足的不等關系，構造關于e的不等式，從而求得e的取值范圍．

完美解答 （1）①因為圓O過橢圓的焦點，圓O：x2+y2=b2，

所以b=c，所以b2=a2－c2=c2，

所以a2=2c2，所以e=■．?搖

■

圖2

②由∠APB=90°及圓的性質，可得OP=■b，

所以OP2=2b2≤a2，所以a2≤2c2，所以e2≥■，■≤e<1．?搖

（2）設P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），則■=－■，

整理得x0x1+y0y1=x■■+y■■． 因為x■■+y■■=b2，

所以PA方程為：x1x+y1y=b2，PB方程為：x2x+y2y=b2．

所以x1x+y1y=x2x+y2y，所以■= －■，

直線AB方程為y－y■=－■（x－x1），即x0x+y0y=b2．

令x=0，得ON=y=■；令y=0，得OM=x=■，

所以■+■=■=■=■=■，

所以■+■為定值，定值是■．

【經典例題】 已知拋物線C：y2=4x，直線l：y=kx+b與C交于A，B兩點，O為坐標原點．

（1）當k=1，且直線l過拋物線C的焦點時，求|AB|的值；

?搖?搖?搖 （2）當直線OA，OB的傾斜角之和為45°時，求k，b之間滿足的關系式，并證明直線l過定點．

命題意圖 本題主要考查拋物線、直線的方程，傾斜角與斜率的關系，考查運算求解能力、推理論證能力，考查函數與方程思想、數形結合思想、化歸與轉化思想．

思路分析 （1）“設而不求”的思想求弦長是解析幾何常用方法；

（2）把直線OA，OB的傾斜角之和為45°轉化為斜率關系■=1，再用韋達定理處理，最后通過恒等關系得到定點．

完美解答 （1）拋物線C：y2=4x的焦點為（1，0）． 由已知l：y=x－1，設A（x1，y1），B（x2，y2），

?搖聯立y2=4x，y=x－1，消y得x2－6x+1=0，所以x1+x2=6，x1x2=1，?搖

?搖AB=■=■·■=■■=8．

（2）聯立y2=4x，y=kx+b，

得ky2－4y+4b=0（?鄢）（k≠0），

y■+y■=■，y■y■=■．

設直線OA，OB的傾斜角分別為α，β，斜率分別為k1，k2，則α+β=45°，

tan（α+β）=tan45°，■=1，其中k1=■=■，k2=■，

代入上式整理得y■y■－16=4（y■+y■），所以■－16=■，即b=4k+4，

此時，使（?鄢）式有解的k，b有無數組．

直線l的方程為y=kx+4k+4，整理得k（x+4）=y－4

消去x+4=0，y－4=0，即x=－4，y=4時，k（x+4）=y－4恒成立，所以直線l過定點（-4，4）

【命題趨勢】 預測這類綜合問題會在高考試題中占據解答題壓軸題的位置，主要使用設而不求、點差法、一元二次方程的根與系數關系、判別式等方法，通過各板塊知識的交匯與鏈接，全面考查位置關系的判定，弦長問題、最值問題、對稱問題、軌跡問題等；考查運算能力、抽象概括能力、推理論證能力及應用意識與創新意識． 從新高考來看，定值、最值問題有所加強，計算方面的要求則有所降低．

■

直線的交點與距離公式

【考綱要求】 能用解方程組的方法求兩直線交點坐標；掌握兩點間的距離公式、點到直線的距離公式．

【考綱解讀】 在近幾年的高考試題中，兩點間的距離公式，中點坐標公式等也是高考必考內容． 考查主要集中在公式的直接應用上，雖然在考綱中提出了“掌握兩點間的距離公式、點到直線的距離公式”，但大部分試題都只是將這一知識點作為工具與其他內容聯合考查，不必深挖．

【經典例題】 已知過點A（1，1）且斜率為－m（m>0）的直線l與x，y軸分別交于P，Q兩點，分別過P，Q作直線2x+y=0的垂線，垂足分別為R，S，求四邊形PRSQ的面積的最小值．

思路分析 由已知判定過P，Q的兩直線平行，可建立梯形PRSQ的面積關系式，再通過二次式求最值．

完美解答 設直線l方程為y－1= －m（x－1），則P1+■，0，Q（0，1+m）.

從而PR和QS的方程分別為x－2y－■=0和x－2y+2（m+1）=0．

又PR∥QS，所以RS=■=■，又PR=■，QS=■．

因為四邊形PRSQ為梯形，

所以SPRSQ=■■+■·■=■3+m+■3+2m+■=■14+9m+■+2m2+■=■·2m+■■+9m+■?搖+10=■·m+■+■■－■≥■2+■■－■=■，所以四邊形PRSQ的面積的最小值為■．

【命題趨勢】 預測距離公式仍是必考內容，但肯定不會單獨命題，考查的目的只要會準確應用公式即可，

圓的參數方程與最值問題

【考綱要求】 能用直線和圓的方程解決一些簡單的問題．

【考綱解讀】 求圓的最值問題，當題目的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，可考慮利用數形結合法解；當題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立目標函數，再求這個函數的最值． 與圓有關的最值問題，常見的有斜率型、截距型、距離型等幾種類型．

【經典例題】 設實數x，y滿足x2+（y－1）2=1，若不等式x+y+c≥0對任意的x，y都成立，則實數c的取值范圍是_________．

完美解答 法1：設x=cosθ，y=1+sinθ，則c≥－（x+y）=－（cosθ+1+sinθ）=－1－■·sinθ+■≥■－1，

法2：考慮圓心（0，1）到直線x+y+c=0的距離d=■=1，由圖知c≥■－1．

【命題趨勢】 預測圓的最值問題，一般會與其他板塊知識結合，可考慮國用數形結合法求解，也可用圓的參數方程轉為三角函數最值求解．

雙曲線方程與性質

【考綱要求】 了解雙曲線的定義、幾何圖形和標準方程，知道它的簡單幾何性質（范圍、對稱性、頂點、離心率、漸近線）．

【考綱解讀】 雙曲線方程及性質在新課標要求中，由“理解”變為“了解”，能力要求有所降低，但知識要求應與以往一樣，所以對雙曲線的定義、標準方程，簡單幾何性質仍要掌握，尤其是雙曲線的漸近線還應有一定的應用要求． 只是不要進行綜合的運用而已．

【經典例題】 過雙曲線■－■=1（a>0，b>0）的左焦點F（－c，0）（c>0），作圓x2+y2=■的切線，切點為E，延長FE交曲線右支于點P，若■=■（■+■），則雙曲線的離心率為（ ）

A． ■B． ■

C． ■D． ■

思路分析 一般地，遇到有關焦點（或準線）問題，首先應考慮用定義來解題． 如橢圓、雙曲線中的焦點三角形問題，拋物線有關焦點弦的性質應用等． 本題從雙曲線的定義和三角形的中位線入手，構建關系式，可求得答案．

完美解答 圓的x2+y2=■半徑為■，由■=■（■+■）知，E是FP的中點． 設F′（c，0），由于O是FF′ 的中點，所以，OE∥PF′，OE=■PF′?圯PF′=2OE=a． 由雙曲線定義得FP=3a．因為FP是圓的切線，切點為E，所以FP⊥OE，從而∠FPF′=90°，由勾股定理

FP2+F′P2=FF′2?圯9a2+a2=4c2?圯e=■，所以選C．

【經典例題】 雙曲線■－■=1（a，b>0）一條漸近線的傾斜角為■，離心率為e，則■的最小值為_____．

完美解答 由條件■=■，所以b=■a，又c2=a2+b2=4a2，則e=2，所以■=■b+■≥2■=■■，最小值為■．

【命題趨勢】 預測雙曲線方程及性質仍是必考內容，但難度不大，出現在客觀題上的可能性非常大，重點在對雙曲線方程的認識或者是有關漸近線與離心率的內容，也要注意與函數、不等式等的綜合．

6． 從點（2，3）射出的光線沿與直線x－2y=0平行的直線射到y軸上，則經過y軸反射的光線所在的直線方程為__________．

7． 設斜率為■的直線l與橢圓■+■=1（a>b>0）交于不同的兩點，且這兩個交點在x軸上的射影恰好是橢圓的兩個焦點，則該橢圓的離心率為__________．

8． 直線ax+by+c=0與圓O：x2+y2=1相交于A，B兩點，且AB=■，則■·■=_______．

9． 直線x=t過雙曲線■－■=1（a>0，b>0）的右焦點且與雙曲線的兩條漸近線分別交于A，B兩點，若原點在以AB為直徑的圓外，則雙曲線離心率的取值范圍是_______．

10． 已知P是雙曲線■－■=1（a>0，b>0）上任一點，F1，F2是左、右焦點，O是坐標原點，PF1=r1，PF2=r2，OP=d，則有r1r2－d2=b2－a2；若P是橢圓■+■=1（a>0，b>0）上任一點，F1，F2是左、右焦點，O是坐標原點，PF1=r1，PF2=r2，OP=d，類比雙曲線的結論則有_______．

三、解答題

11． 已知拋物線x2=2py（p>0）的焦點為F，M是拋物線上縱坐標為2的點，且MF=■．

（1）求拋物線的方程；

（2）若該拋物線上兩點A（x1，y1），B（x2，y2）關于直線y=x+m對稱，且x1·x2=－■，求m的值．

12． 已知直線y=－x+1與橢圓■+■=1（a>b>0）相交于A，B兩點，且線段AB的中點在直線l：x－2y=0上．

（１）求此橢圓的離心率；

（2）若橢圓的右焦點關于直線l的對稱點在圓x2+y2=4上，求此橢圓的方程．

13． 已知拋物線C：x2=4y的焦點為F，過點K（0，－1）的直線l與C相交于A，B兩點，點A關于y軸的對稱點為D．

（1）證明：點F在直線BD上；

（2）設■·■=■，求∠DBK的平分線與y軸的交點坐標．

0），其短軸上的一個端點到F的距離為■．

（1）求橢圓C的方程和其“準圓”方程；

（2）點P是橢圓C的“準圓”上的一個動點，過動點P作直線l1，l2，使得l1，l2與橢圓C都只有一個交點，試判斷l1，l2是否垂直，并說明理由．

15． 已知圓N：（x+2）2+y2=8和拋物線C：y2=2x，圓的切線l與拋物線C交于不同的兩點A，B，

（1）當直線l的斜率為1時，求線段AB的長；

（2）設點M和點N關于直線y=x對稱，是否存在直線l使得■⊥■？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．