高考解析幾何重點題型分析與預測

鄭一平

全國各省自主命題已經多年，2016年許多省份將結束自主命題改用教育部統一命題的全國卷，這標志福建高考又將邁入一個新的階段.全國卷對解析幾何的解答題均以壓軸題位置出現，且設問較簡潔，入手較容易，盡管《全國考試說明》中未明確提及直線與圓錐曲線的位置關系的要求，但在解答題中仍是考查的重點.解析幾何的特點是用代數的方法研究解決幾何問題，重點是用“數形結合”的思想把幾何問題轉化為代數問題.這類問題涉及知識面廣、綜合性強、題目新穎、靈活多樣，解題對能力要求較高.

根據對近幾年全國高考試題分析，本專題分值均占全卷的20%左右，且選擇題、填空題、解答題均涉及到，是高考的重熱點問題.主要呈以下幾個方面的特點：

1.考查直線與圓的有關基本概念、基本方法多以選擇題或填空題的形式出現，基本屬于中、低檔題，有時也分散于解答題之中，特別近年出現線性規劃、解幾與平面向量結合等常考常新的試題.

2.考查圓錐曲線的基本概念、標準方程與幾何性質等基礎知識以及處理有關問題的基本技能、基本方法，也常以選擇題和填空題形式出現.

3.直線與二次曲線的位置關系、圓錐曲線與向量等有關知識綜合問題常以壓軸題或中難題的形式出現，性質、基本概念、基礎知識常以舊的知識為載體附以新情景，考查學生綜合應用知識靈活解決問題的能力.

因此加強本專題復習十分必要，尤其要注意把握以下幾點：

1.深化對基礎知識的理解，重視知識間的內在聯系，特別是知識交匯點要重點把握，提高綜合應用知識解決問題的能力.

2.提高應用數學思想方法解決問題的熟練程度，特別是對幾種曲線各有的特征以及解法之間的相互聯系，做到重通法、輕技巧，重思想方法的提煉與升華，達到優化解題思維，簡化解題過程的目的.

3.突出抓好重熱點考查內容的復習，如軌跡問題、對稱問題、范圍問題、最值問題、直線與圓錐曲線位置關系問題，開放性及探索性問題、向量、導數與解幾綜合問題等.

4.對基礎知識的復習既要全面但又要重點突出，對重點支撐學科知識的問題要融匯貫通，學會在知識網絡交匯點思考問題、解決問題.

下面就此問題談談如何做好本內容的復習.

一、強化直線與圓的位置關系，利用幾何意義簡潔解決問題.

例1 已知直線l：（2m+1）x+（m+1）y-7m-4=0（m∈ R ），圓C：（x-1）2+（y-2）2=25.

（1）證明：不論m取什么實數時，直線l與圓恒交于兩點；

（2）求直線l被圓C截得的線段的最短長度以及此時直線方程.

分析與略解 （1）將直線l方程變形，得（2x+y-7）m+（x+y-4）=0對任意實數m等式恒成立，

∴ 2x+y-7=0x+y-4=0 ，解得： x=3y=1 .

∴對于任意實數m，直線l恒過定點A（3，1），又|AC|= 5 <5.

∴A點在圓C內，故對任意實數m，直線l與圓恒交于兩點.

（2）由平面幾何知識知，l被圓C截得最短的弦是與直徑AC垂直的弦.

∵kAC=- 1 2 ， ∴kl=2，由點斜式知直線l的方程為y-1=2（x-3），即2x-y-5=0，此時最短弦長為2 25-5 =4 5 .

∴所求直線方程為2x-y-5=0，最短弦長為4 5 .

評析 利用圖形的幾何特征和幾何性質是優化解析幾何問題解題途徑的有效方法.本題問題（1）抓住直線恒過定點A（3，1），而A（3，1）在圓內，使結論獲得證明.思考此題解法時，還常會考慮利用直線方程與圓方程聯立，消去一個未知數得到含另一未知數的一元二次方程，再利用判別式求解，或利用證明圓心到直線距離小于半徑求證，兩種方法思路都自然，但解題過程比較繁雜、且容易出錯.本題問題（2）也容易考慮直線l方程與圓方程聯立后，利用求弦長公式求解，也比較麻煩.有興趣的讀者可以通過解題后進行比較.

二、重視直線與二次曲線的位置關系

直線與二次曲線的位置關系主要涉及弦長、交點、根與系數關系、最值等問題，關鍵要通過聯立方程組，把問題轉化為二次方程問題，利用二次方程有關知識去解決.

例2 已知點A（0，-2），橢圓E： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的離心率為 3 2 ，F是橢圓的焦點，直線AF的斜率為 2 3 3 ， O為坐標原點.（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）設過點A的直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程.

分析與略解 本題涉及橢圓的標準方程和離心率、直線與橢圓的位置關系、點到直線的距離公式、面積問題以及直線方程的求法等知識，特別隱含設直線方程時需考慮斜率存在與不存在，并考查分 類討論的數學思想，計算過程中還要考慮利用設而不求的思想、轉化思想等，對學生建設能力有較高要求.

（Ⅰ） 設F（c，0），由條件知 2 c = 2 3 3 ，得c= 3 ，又 c a = 3 2 ，

所以a=2，b2=a2-c2=1，故E的方程為： x2 4 +y2=1.

（Ⅱ）依題意知l⊥x軸不合題意，故設直線l：y=kx-2，設P（x1，y1），Q（x2，y2）

將y=kx-2代入 x2 4 +y2=1，得（1+4k2）x2-16kx+12=0，

當Δ=16（4k2-3）>0，即k2> 3 4 時，x1，2= 8k±2 4k2-3 1+4k2

從而|PQ|= k2+1 |x1-x2|= 4 k2+1 · 4k2-3 1+4k2

又點O到直線PQ的距離d= 2 k2+1 ，所以△OPQ的面積S△OPQ= 1 2 d|PQ|=

4 4k2-3 1+4k2 ，設 4k2-3 =t，

則t>0，S△OPQ= 4t t2+4 = 4 t+ 4 t ≤1，

當且僅當t=2，k=± 7 2 等號成立，且滿足Δ>0，

所以當△OPQ的面積最大時，l的方程為：y= 7 2 x-2或y=- 7 2 x-2.

評析 解決問題（Ⅰ）的關鍵是考慮待定系數方法求出a，b的值，進而求出橢圓的方程；問題（Ⅱ）通過設直線方程代人橢圓方程，利用根與系數關系，采用設而不求的方法建立面積目標函數，結合轉化思想和均值不等式求得結果.

例3 如圖1所示，已知橢圓E：

x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）過點（0， 2 ），且離心率為e= 2 2 . 圖1

（Ⅰ）求橢圓E的方程； （Ⅱ）設直線l：x=my-1，（m∈ R ）交橢圓E于A，B兩點，

判斷點G（- 9 4 ，0）與以線段AB為直徑的圓的位置關系，并說明理由.

分析與略解 本題主要考查橢圓、圓、直線與橢圓的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想、函數與方程思想.

解題思路 方法一：（Ⅰ）由已知得

b= 2

c a = 2 2 a2=b2+c2 ，解得

a=2b= 2 c= 2 .所以橢圓E的方程為 x2 4 + y2 2 =1.

（Ⅱ）設點A（x1，y1），B（x2，y2），AB中點為H（x0，y0）.

由 x=my-1 x2 4 + y2 2 =1 得（m2+2）y2-2my-3=0，

所以y1+y2= 2m m2+2 ，y1y2= -3 m2+2 ，從而y0= m m2+2 .

所以|GH|2=（x0+ 9 4 ）2+y20=（my0+ 5 4 ）2+y20=（m2+1）y20+ 5 2 my0+ 25 16 .

|AB|2 4 = （x1-x2）2+（y1-y2）2 4

= （m2+1）（y1-y2）2 4

= （m2+1）[（y1+y2）2-4y1y2] 4

=（m2+1）（y20-y1y2）

故|GH|2- |AB|2 4 = 5 2 my0+（m2+1）y1y2+ 25 16 = 5m2 2（m2+2） - 3（m2+1） m2+2 + 25 16 = 17m2+2 16（m2+2） >0

所以|GH|> |AB| 2 ，故G（- 9 4 ，0）在以AB為直徑的圓外.

方法二：（Ⅰ）同方法一.

（Ⅱ）設點A（x1，y1），B（x2，y2），則GA =（x1+ 9 4 ，y1），GB =（x2+ 9 4 ，y2）.

由 x=my-1 x2 4 + y2 2 =1 得（m2+2）y2-2my-3=0，所以y1+y2= 2m m2+2 ，y1y2= -3 m2+2 ，

從而GA ·GB =（x1+ 9 4 ）（x2+ 9 4 ）+y1y2=（my1+ 5 4 ）（my2+ 5 4 ）+y1y2

=（m2+1）y1y2+ 5 4 m（y1+y2）+ 25 16 = 5m2 2（m2+2） - 3（m2+1） m2+2 + 25 16 = 17m2+2 16（m2+2） >0

所以cos>0，又GA ，GB 不共線，所以∠AGB為銳角.

故點G（- 9 4 ，0）在以AB為直徑的圓外.

評析 本題解題的關鍵要掌握橢圓的基本知識、直線與橢圓的位置關系以及橢圓的幾何特征，并熟練掌握點與圓的位置關系進行準確計算就可以得到正確結果.方法二利用向量有關知識進行推理、計算也可達到目的.

例4 設x、y∈ R ， i、j 為直角坐標系內x、y軸正方向上的單位向量，若向量 a =x i +（y+2） j ， b =x i +（y-2） j ，且 |a|+|b| =8，（1）求點M（x，y）的軌跡C的方程；（2）過點（0，3）作直線L與曲線C相交于A、B兩點，設OP =OA +OB ，問是否存在這樣的直線L，使四邊形OAPB是矩形？若存在，求出直線L的方程；若不存在，說明理由.

分析與略解 （1）由條件 |a|+|b| =8知點M（x，y）到兩定點F1（0，-2）、F2（0，2）距離之和為8，即點M的軌跡是以F1、F2為焦點的橢圓，易知a=4，c=2，b=2 3 .

∴所求M點軌跡方程為 y2 16 + x2 12 =1.

（2）∵L過y軸上的點（0，3），若L為y軸，則A、B兩點恰為橢圓頂點.

又∵OP =OA +OB = 0 ，∴P與O重合，與四邊形OAPB是矩形矛盾.

∴L不可能是y軸，即直線L斜率存在，設直線L方程為y=kx+3，A（x1，y1）、B（x2，y2），

則由 y=kx+3 y2 16 + x2 12 =1 得：（4+3k2）x2 +18kx-21=0，此時Δ=（18k）2+4×21（4+3k2）>0恒成立，

又x1+x2=- 18k 4+3k2 ，x1·x2=- 21 4+3k2 .

∵OP =OA +OB ，∴四邊形OAPB是平行四邊形.

若存在直線L，使四邊形OAPB是矩形，則OA⊥OB，即OA ·OB =0.

∵OA =（x1，y1）、OB =（x2，y2），∴OA ·OB =x1·x2

+y1·y2=0

即（1+k2）x1·x2+3k（x1+x2）+9=0，即（1+k2）（- 21 4+3k2 ）+3k·（- 18k 4+3k2 ）+9=0，

解得：k=± 5 4 .

∴ 存在直線L：y=± 5 4 x+3使得四邊形OAPB是矩形.

三、掌握參數的取值范圍問題的常用解題方法

解析幾何中求參數范圍問題是高考數學問題常見的重要題型之一，涉及范圍問題的解答題多以綜合題

形式出現，因此不僅考查基礎知識、基本方法、基本技能，通常與方程、不等式、數列、向量、導數等知識相結合，特別是含有參數的求范圍問題在解決中需用分類討論思想、數形結合思想、轉化與化歸思想以及建立目標函數處理等

思想方法.利用根的判別式求范圍、利用根的判別式結合根的分布求范圍、利用均值不等式求范圍、利用向量的性質求范圍、利用數形結合求范圍等.

例5 已知雙曲線C： x2 a2 - y2 b2 =1（a>0，b>0），B是右頂點，F是右焦點，點A在x軸的正半軸上，且滿足|OA |、|OB |、|OF |成等比數列，過F作雙曲線C在第一、三象限漸近線的垂線L，垂足為P， （1）求證PA ·OP =PA ·FP ；（2）若L與雙曲線的左、右兩支分別相交于點D、E，求雙曲線C離心率e的范圍.

分析與略解 （1）L∶y=- a b （x-c），由 y=- a b （x-c）y= a b x 得P（ a2 c ， ab c ）.

∵|OA |、|OB |、|OF |成等比數列，∴A（ a2 c ，0），PA =（0，- ab c ），OP =（ a2 c ， ab c ）、FP =（- b2 c ， ab c ），∴PA ·OP =- a2b2 c2 ，PA ·FP =- a2b2 c2 ，∴PA ·OP =PA ·FP .

（2）由 y=- a b （x-c）b2x2-a2y2=a2b2 知（b2- a4 b2 ）x2+2· a4 b2 ·cx-（ a4c2 b2 +a2b2）=0，

∴x1·x2= -（ a4c2 b2 +a2b2） b2- a4 b2 <0.∴b4>a4 即b2>a2， ∴c2-a2>a2.

∴e2>2，即e> 2 .

評析 本題考查雙曲線性質、數列性質以及平面向量數量積的運算等知識，體現知識橫向聯系，特別是如何把等量化成不等量關系以及運算能力要求較高.

例6 已知曲線C的方程為kx2+（4-k）y2=k+1（k∈ R ），若曲線C是橢圓，求k的取值范圍；（2）若曲線C是雙曲線，且有一條漸近線的傾斜角是60°，求此雙曲線方程；（3）滿足（2）的雙曲線上是否存在兩點P、Q關于直線L：y=x-1對稱，若存在，求出過P、Q的直線方程；若不存在，說明理由.

解析 （1）當k=0或k=-1或k=4 時，C都表示直線；

當k≠0且 k≠-1且 k≠4時，方程為： x2 k+1 k + y2 k+1 4-k =1 （*）

此方程表示橢圓的充要條件是： k+1 k >0 k+1 4-k >0 k+1 k ≠ k+1 4-k 即0

（2）方程（*）表示雙曲線的充要條件是 k+1 k · k+1 4-k <0，即k<-1或-14.

①當k<-1或k>4時，雙曲線焦點在x軸上，a2= k+1 k ，b2= k+1 k-4 ，其中一條漸近線的斜率為 b a = k k-4 = 3 ，∴k=6.

②當-1

∴所求雙曲線方程為 x2 7 6 - y2 7 2 =1.

（3）若雙曲線上存在兩點P、Q，關于直線L：y=x-1對稱，設PQ方程為y=-x+m，

由 y=-x+m6x2-2y2=7 ，

消去y得：4x2+4mx-2m2-7=0 （*′）

設P、Q中點是M（x0，y0），則 x0=- m 2 y0= 3m 2 ，M在直線L上，

∴ 3m 2 =- m 2 -1，解得：m=- 1 2 ，此時方程（*′）的Δ>0，

故存在滿足條件的P、Q兩點，此時PQ的直線方程為y=-x- 1 2 .

評析 圓錐曲線類型的討論關鍵是要掌握曲線方程的特征.而涉及曲線上某兩點關于直線對稱問題關鍵要抓住此兩點中點在對稱軸上，兩點連線的斜率與對稱軸斜率總為負倒數，還應注意斜率不存在的情況.這類問題也是高考的熱點問題.

四、利用運動變化觀點探求有關點的軌跡問題

軌跡問題是解析幾何中的重點內容之一，在高考中考查的頻率極高，主要涉及：一是曲線形狀已定，求其方程；另一是由曲線方程探求曲線的形狀.要求恰當建立坐標系，設動點坐標，利用條件建立關系式，代入化簡求得.其基本方法有：直譯法、定義法、代入法、交軌法、幾何法、參數法、向量法等，但求軌跡問題必須注意軌跡的范圍.

例7 已知曲線T上的點到點F（0，1）的距離比它到直線y=-3的距離小2.（1）求曲線T的方程；

（2）曲線T在點P處的切線l與x軸交于點A.直線y=3分別與直線l及y軸交于點M，N，以MN為直徑作圓C，過點A作圓C的切線，切點為B，試探究：當點P在曲線T上運動（點P與原點不重合）時，線段AB的長度是否發生變化？證明你的結論.

分析與略解 本題主要考查拋物線的定義與性質、圓的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等，考查運算求解能力，推理論證能力，考查數形結合思想、函數與方程思想、特殊與一般思想、化歸與轉化思想.

（Ⅰ）思考1：設S（x，y）為曲線T上任意一點，

依題意，點S到F（0，1）的距離與它到直線y=-1的距離相等，

所以曲線T是以點F（0，1）為焦點，直線y=-1為準線的拋物線，

所以曲線T的方程為x2=4y.

思考2：設S（x，y）為曲線T上任意一點，則|y-（-3）|- （x-0）2+（y-1）2 =2，

依題意，點S（x，y）只能在直線y=-3的上方，所以y>-3，

所以 （x-0）2+（y-1）2 =y+1，化簡得，曲線T的方程為x2=4y.

（Ⅱ）當點P在曲線T上運動時，線段AB的長度不變.證明如下：

由（Ⅰ）知拋物線T的方程為y= 1 4 x2，

設P（x0，y0）（x0≠0）則y0= 1 4 x20，

由y′= 1 2 x，得切線l的斜率k=y′|x=x0= 1 2 x0，

所以切線l的方程為y-y0= 1 2 x0（x-x0），即y= 1 2 x0x- 1 4 x20.

由 y= 1 2 x0x- 1 4 x20y=0 ，得A（ 1 2 x0，0）.

由 y= 1 2 x0x- 1 4 x20y=3 ，得M（ 1 2 x0+ 6 x0 ，3）.

又N（0，3），所以圓心C（ 1 4 x0+ 3 x0 ，3），

半徑r= 1 2 |MN|=| 1 4 x0+ 3 x0 |，

|AB|= |AC|2-r2

= [ 1 2 x0-（ 1 4 x0+ 3 x0 ）]2+32-（ 1 4 x0+ 3 x0 ）2

= 6 .

所以點P在曲線T上運動時，線段AB的長度不變.

評析 解決圓錐曲線有關問題，定義十分重要，要正確掌握圓錐曲線的定義并運用其準確判斷，并對所得到的方程進行化簡，并需要有一定的運算能力和問題轉換能力，以及較強的分析推理能力.

例8 已知拋物線C：y2=4x的焦點為F.

（1）點A、P滿足AP =-2FA .當點A在拋物線C上運動時，求動點P的軌跡方程；

（2）在x軸上是否存在點Q，使得點Q關于直線y=2x的對稱點在拋物線C上？如果存在，求所有滿足條件的點Q的坐標；如果不存在，請說明理由.

分析與略解 由條件直接利用向量的幾何意義求解.（1）設動點P的坐標為（x，y），點A的坐標為（xA，yA），則AP =（x-xA，y-yA）， 因為F的坐標為（1，0），所以FA =（xA-1，yA），

由AP =-2FA 得（x-xA，y-yA）=-2（xA-1，yA）.

即 x-xA=-2（xA-1）y-yA=-2yA 解得 xA=2-xyA=-y ，代入y2=4x，得到動點P的軌跡方程為y2=8-4x.

（2）設點Q的坐標為（t，0），點Q關于直線y=2x的對稱點為Q′（x，y），

則 y x-t =- 1 2 y 2 =x+t 解得 x=- 3 5 ty= 4 5 t

若Q′在C上，將Q′的坐標代入y2=4x，得4t2+15t=0，即t=0或t=- 15 4 .

所以存在滿足題意的點Q，其坐標為（0，0）和（- 15 4 ，0）.

五、提高解決探索性、推理性問題的能力

例9 在以O為原點的直角坐標系中，點A（4、-3）為△OAB的直角頂點，已知|AB|=2|OA|，且點B的縱坐標大于零.（1）求向量AB 的坐標；（2）求圓x2-6x+y2+2y=0關于直線OB對稱的圓的方程；（3）是否存在實數a，使拋物線y=ax2-1上總有關于直線OB對稱的兩個點？若不存在，說明理由；若存在，求出a的取值范圍.

解析 （1）設AB =（u，v），則由 |AB |=2|OA |AB ·OA =0 得 u2+v2=1004u-3v=0

解得： u=6v=8 或 u=-6v=-8 .

∵OB =OA +AB =（u+4，v-3），

∴v-3>0，∴v=8，即AB =（6，8）.

（2）因為OB =（10，5）和B（10，5），故直線OB方程為y= 1 2 x.

由條件知圓的標準方程為（x-3）2+（y+1）2=10，其圓心（3，-1），半徑 10 .

設圓心（3，-1）關于直線OB的對稱點為（x，y），則：

x+3 2 -2· y-1 2 =0 y+1 x-3 =-2

，解得： x=1y=3

∴所求圓的方程為（x-1）2+（y-3）2=10.

（3）設P（x1，y1）、Q（x2，y2）為拋物線上關于直線OB的對稱兩點，則：

x1+x2 2 -2· y1+y2 2 =0 y1-y2 x1-x2 =-2

解得： x1+x2=- 2 a x1·x2= 5-2a 2a2 .

即x1、x2是方程x2+ 2 a x+ 5-2a 2a2 =0的兩個相異實根.

∴Δ= 4 a2 -4· 5-2a 2a2 >0，即a> 3 2 .

∴當a> 3 2 時，拋物線y=ax2-1上總存在關于直線OB對稱的兩點.

評析 對稱問題是解幾的重要問題，也是高考熱點問題，關鍵要抓住兩點，一是中點在對稱軸上，二是兩點連線斜率與對稱軸斜率之積為-1，從而建立方程組處理.

例10 在直角坐標系xoy中，曲線C：y= x2 4 與直線y=kx+a（a>0）交于M，N兩點，

（Ⅰ）當k=0時，分別求C在點M和N處的切線方程；

（Ⅱ）y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM=∠OPN？說明理由.

分析 對于（Ⅰ）由條件知應先求出M，N的坐標，再利用導數求出過點M、N的切線方程.對于（Ⅱ）根據條件先作出判定，再利用設而不求思想，即將y=kx+a代入曲線C的方程整理成關于x的一元二次方程，設出M，N的坐標和P點坐標，利用設而不求思想，將直線PM，PN的斜率之和

用a表示出來，利用直線PM，PN的斜率之和為0，即可求出a，b關系，從而找出適合條件的P點坐標.

略解：（Ⅰ）由題設可得M（2 a ，a），N（-2 a ，a），或M（-2 a ，a），N（2 a ，a）.

∵y′= 1 2 x，故y= x2 4 在x=2 a 處的切線斜率為 a ，C在（2 a ，a）處的切線方程為y-a= a （x-2 a ），即 a x-y-a=0.

故y= x2 4 在x=-2 a 處的切線斜率為- a ，C在（-2 a ，a）處的切線方程y-a=- a （x+2 a ），即 a x+y+a=0.

故所求切線方程為 a x-y-a=0或 a x+y+a=0.

（Ⅱ）存在符合題意的點，證明如下：

設P（0，b）為符合題意的點，M（x1，y1），N（x2，y2），直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.

將y=kx+a代入C的方程整理得x2-4kx-4a=0.

∴x1+x2=4k，x1x2=-4a.

∴k1+k2= y1-b x1 + y2-b x2

= 2kx1x2+（a-b）（x1+x2） x1x2 = k（a+b） a .

當b=-a時，有k1+k2=0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故∠OPM=∠OPN，所以P（0，-a）符合題意.

評析 問題一，解題關鍵要理解拋物線的切線的幾何意義，這樣問題才容易解決；問題二，涉及存在性問題，只要利用存在性問題解題方法，抓住直線與拋物線位置關系，合理進行推理運算問題也容易解決.

縱觀近年全國高考解析幾何試題，涉及直線與二次曲線問題常把代數、三角、向量、數列、導數等知識交匯在一起，具有一定的靈活性與綜合性，解答題雖適當控制了比較繁瑣的運算過程，但卻加大了思維密度和推證過程.預測今后的命題重點會涉及：1.直線與圓錐曲線的基礎題，涉及定義、標準方程、性質、曲線交點問題以及簡單對稱性等，以選擇、填空形式出現.2.直線與圓維曲線位置關系中以討論直線與圓錐曲線公共點個數、求弦長、焦點弦長以及中點有關的問題，或直線與曲線有關的軌跡問題.3.直線與圓錐曲線中的范圍、最值問題，特別是含有參數的方程在解決中需用的分類討論思想、數形結合思想、轉化與化歸思想以及建立目標函數處理的方法.4.以向量、導數為載體或聯系相關學科知識，構成知識交匯的問題，綜合考查分析解決問題能力.只要加強這方面復習，掌握直線與二次曲線關系問題的常見題型及解題方法就不難迎刃而解.