一.專(zhuān)題綜述解析幾何初步的內(nèi)容主要是直線與方程、圓與方程和空間直角坐標(biāo)系，該部分內(nèi)容是整個(gè)解析幾何的基礎(chǔ)，在解析幾何的知識(shí)體系中占有重要位置，但由于在高中階段平面解析幾何的主要內(nèi)容是圓錐曲線與方程，故在該部分高考考查的分值不多，在高考試卷中一般就是一個(gè)選擇題或者填空題考查直線與方程、圓與方程的基本問(wèn)題，偏向于考查直線與圓的綜合，試題難度不大，對(duì)直線方程、圓的方程的深入考查則與圓錐曲線結(jié)合進(jìn)行．根據(jù)近年來(lái)各地高考的情況，解析幾何初步的考查是穩(wěn)定的，預(yù)計(jì)2022年該部分的考查仍然是以選擇題或者填空題考查直線與圓的基礎(chǔ)知識(shí)和方法，而在解析幾何解答題中考查該部分知識(shí)的應(yīng)用．圓錐曲線與方程是高考考查的核心內(nèi)容之一，在高考中一般有1～2個(gè)選擇題或者填空題，一個(gè)解答題．選擇題或者填空題在于有針對(duì)性地考查橢圓、雙曲線、拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程和簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)及其應(yīng)用，試題考查主要針對(duì)圓錐曲線本身，綜合性較小，試題的難度一般不大；解答題中主要是以橢圓為基本依托，考查橢圓方程的求解、考查直線與曲線的位置關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類(lèi)與整合思想等數(shù)學(xué)思想方法，這道解答題往往是試卷的壓軸題之一．由于圓錐曲線與方程是傳統(tǒng)的高中數(shù)學(xué)主干知識(shí)，在高考命題上已經(jīng)比較成熟，考查的形式和試題的難度、類(lèi)型已經(jīng)較為穩(wěn)定，預(yù)計(jì)2022年仍然是這種考查方式，不會(huì)發(fā)生大的變化．二.考綱解讀1．直線與方程①在平面直角坐標(biāo)系中，結(jié)合具體圖形，探索確定直線位置的幾何要素．②理解直線的傾斜角和斜率的概念，經(jīng)歷用代數(shù)方法刻畫(huà)直線斜率的過(guò)程，掌握過(guò)兩點(diǎn)的直線斜率的計(jì)算公式．③能根據(jù)斜率判定兩條直線平行或垂直．④根據(jù)確定直線位置的幾何要素，探索并掌握直線方程的幾種形式(點(diǎn)斜式、兩點(diǎn)式及一般式)，體會(huì)斜截式與一次函數(shù)的關(guān)系．⑤能用解方程組的方法求兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)．⑥探索并掌握兩點(diǎn)間的距離公式、點(diǎn)到直線的距離公式，會(huì)求兩條平行直線間的距離．2．圓與方程①回顧確定圓的幾何要素，在平面直角坐標(biāo)系中，探索并掌握?qǐng)A的標(biāo)準(zhǔn)方程與一般方程．②能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系．③能用直線和圓的方程解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題．3．在平面解析幾何初步的學(xué)習(xí)過(guò)程中，體會(huì)用代數(shù)方法處理幾何問(wèn)題的思想．4．空間直角坐標(biāo)系①通過(guò)具體情境，感受建立空間直角坐標(biāo)系的必要性，了解空間直角坐標(biāo)系，會(huì)用空間直角坐標(biāo)系刻畫(huà)點(diǎn)的位置．②通過(guò)表示特殊長(zhǎng)方體(所有棱分別與坐標(biāo)軸平行)頂點(diǎn)的坐標(biāo)，探索并得出空間兩點(diǎn)間的距離公式．5.圓錐曲線(1)了解圓錐曲線的實(shí)際背景，感受圓錐曲線在刻畫(huà)現(xiàn)實(shí)世界和解決實(shí)際問(wèn)題中的作用．(2)經(jīng)歷從具體情境中抽象出橢圓(理：橢圓、拋物線)模型的過(guò)程，掌握橢圓(理：橢圓、拋物線)的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)．(3)了解拋物線、雙曲線(理：雙曲線)的定義、幾何圖形和標(biāo)準(zhǔn)方程，知道拋物線、雙曲線(理：雙曲線)的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)．(4)通過(guò)圓錐曲線與方程的學(xué)習(xí)，進(jìn)一步體會(huì)數(shù)形結(jié)合的思想．(5)(文)了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用．(理)能用坐標(biāo)法解決一些與圓錐曲線有關(guān)的簡(jiǎn)單幾何問(wèn)題(直線與圓錐曲線的位置關(guān)系)和實(shí)際問(wèn)題．(6)(理)結(jié)合已學(xué)過(guò)的曲線及其方程的實(shí)例，了解曲線與方程的對(duì)應(yīng)關(guān)系，進(jìn)一步感受數(shù)形結(jié)合的基本思想．三.2022年高考命題趨向四．高頻考點(diǎn)解讀考點(diǎn)一直線的相關(guān)問(wèn)題例1[2022·浙江卷]若直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直，則實(shí)數(shù)m＝________.【答案】1【解析】∵直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0，∴1×2－2×m＝0，即m＝1.例2[2022·安徽卷]在平面直角坐標(biāo)系中，如果x與y都是整，就稱(chēng)點(diǎn)(x，y)為整點(diǎn)，下列命題中正確的是________(寫(xiě)出所有正確命題的編號(hào))．①存在這樣的直線，既不與坐標(biāo)軸平行又不經(jīng)過(guò)任何整點(diǎn)；②如果k與b都是無(wú)理數(shù)，則直線y＝kx＋b不經(jīng)過(guò)任何整點(diǎn)；③直線l經(jīng)過(guò)無(wú)窮多個(gè)整點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)l經(jīng)過(guò)兩個(gè)不同的整點(diǎn)；④直線y＝kx＋b經(jīng)過(guò)無(wú)窮多個(gè)整點(diǎn)的充分必要條件是：k與b都是有理數(shù)；⑤存在恰經(jīng)過(guò)一個(gè)整點(diǎn)的直線．【答案】①③⑤【解析】①正確，比如直線y＝eq\r(2)x＋eq\r(3)，不與坐標(biāo)軸平行，且當(dāng)x取整時(shí)，y始終是一個(gè)無(wú)理數(shù)，即不經(jīng)過(guò)任何整點(diǎn)；②錯(cuò)，直線y＝eq\r(3)x－eq\r(3)中k與b都是無(wú)理數(shù)，但直線經(jīng)過(guò)整點(diǎn)(1,0)；③正確，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)兩個(gè)整點(diǎn)時(shí)，它經(jīng)過(guò)無(wú)數(shù)多個(gè)整點(diǎn)；④錯(cuò)誤，當(dāng)k＝0，b＝eq\f(1,3)時(shí)，直線y＝eq\f(1,3)不通過(guò)任何整點(diǎn)；⑤正確，比如直線y＝eq\r(3)x－eq\r(3)只經(jīng)過(guò)一個(gè)整點(diǎn)(1,0)．【解題技巧點(diǎn)睛】在判斷兩條直線平行或垂直時(shí),不要忘記考慮兩條直線中有一條直線無(wú)斜率或兩條直線都無(wú)斜率的情況.在不重合的直線l1與l2的斜率都存在的情況下才可以應(yīng)用條件l1∥l2?k1=k2,l1⊥l2?k1k2=-1解決兩直線的平行與垂直問(wèn)題.在判定兩直線是否垂直的問(wèn)題上,除上述方法外,還可以用兩直線l1和l2的方向向量v1=(a1,b1)和v2=(a2,b2)來(lái)判定,

即l1⊥l2?a1a2+b1b2=0.考點(diǎn)二直線與圓的位置關(guān)系例3[2022·湖南卷]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_(kāi)_______；(2)圓C上任意一點(diǎn)A到直線l的距離小于2的概率為_(kāi)_______．【答案】(1)5(2)eq\f(1,6)【解析】(1)圓心到直線的距離為：d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－25)),\r(32＋42))＝5;(2)當(dāng)圓C上的點(diǎn)到直線l的距離是2時(shí)有兩個(gè)點(diǎn)為點(diǎn)B與點(diǎn)D，設(shè)過(guò)這兩點(diǎn)的直線方程為4x＋3y＋c＝0，同時(shí)可得到的圓心到直線4x＋3y＋c＝0的距離為OC＝3，又圓的半徑為r＝2eq\r(3)，可得∠BOD＝60°，由圖1－2可知點(diǎn)A在弧eq\x\to(BD)上移動(dòng)，弧長(zhǎng)leq\x\to(BD)＝eq\f(1,6)×c＝eq\f(c,6)，圓周長(zhǎng)c，故P(A)＝eq\f(l\x\to(BD),c)＝eq\f(1,6).例4[2022·課標(biāo)全國(guó)卷]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上．(1)求圓C的方程；(2)若圓C與直線x－y＋a＝0交于A、B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求a的值．【解答】(1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點(diǎn)為(0,1)，與x軸的交點(diǎn)為(3＋2eq\r(2)，0)，(3－2eq\r(2)，0)．故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2eq\r(2))2＋t2，解得t＝1.則圓C的半徑為eq\r(32＋t－12)＝3.所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標(biāo)滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋a＝0，,x－32＋y－12＝9.))消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2>0.從而x1＋x2＝4－a，x1x2＝eq\f(a2－2a＋1,2).①由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②由①，②得a＝－1，滿足Δ>0，故a＝－1.【解題技巧點(diǎn)睛】求圓的方程要確定圓心的坐標(biāo)(橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo))和圓的半徑，這實(shí)際上是三個(gè)獨(dú)立的條件，只有根據(jù)已知把三個(gè)獨(dú)立條件找出才可能通過(guò)解方程組的方法確定圓心坐標(biāo)和圓的半徑，其中列條件和解方程組都要注意其準(zhǔn)確性．直線被圓所截得的弦長(zhǎng)是直線與圓相交時(shí)產(chǎn)生的問(wèn)題，是直線與圓的位置關(guān)系的一個(gè)衍生問(wèn)題．解決的方法，一是根據(jù)平面幾何知識(shí)結(jié)合坐標(biāo)的方法，把弦長(zhǎng)用圓的半徑和圓心到直線的距離表示，即如果圓的半徑是r，圓心到直線的距離是d，則圓被直線所截得的弦長(zhǎng)l＝2；二是根據(jù)求一般的直線被二次曲線所截得的弦長(zhǎng)的方法解決．考點(diǎn)三橢圓方程與幾何性質(zhì)例5[2022·福建卷]設(shè)圓錐曲線Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若曲線Γ上存在點(diǎn)P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線Γ的離心率等于()\f(1,2)或eq\f(3,2)\f(2,3)或2\f(1,2)或2\f(2,3)或eq\f(3,2)【答案】A【解析】設(shè)|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝eq\f(8,3)c，|PF2|＝eq\f(4,3)c，且|PF1|>|PF2|，若圓錐曲線Γ為橢圓，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)；若圓錐曲線Γ為雙曲線，則2a＝|PF1|－|PF2|＝eq\f(4,3)c，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2)，故選A.例6[2022·江西卷]若橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的焦點(diǎn)在x軸上，過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))作圓x2＋y2＝1的切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB恰好經(jīng)過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)，則橢圓方程是________．【答案】eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1【解析】由題可知過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))與圓x2＋y2＝1的圓心的直線方程為y＝eq\f(1,2)x，由垂徑定理可得kAB＝－2.顯然過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))的一條切線為直線x＝1，此時(shí)切點(diǎn)記為A(1,0)，即為橢圓的右焦點(diǎn)，故c＝1.由點(diǎn)斜式可得，直線AB的方程為y＝－2(x－1)，即AB：2x＋y－2＝0.令x＝0得上頂點(diǎn)為(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求橢圓方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.例7[2022·課標(biāo)全國(guó)卷]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心為原點(diǎn)，焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為eq\f(\r(2),2).過(guò)F1的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長(zhǎng)為16，那么C的方程為_(kāi)_______________．【答案】eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1【解析】設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．因?yàn)殡x心率為eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(\r(2),2)＝eq\r(1－\f(b2,a2))，解得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，即a2＝2b2.又△ABF2的周長(zhǎng)為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF2))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2))＝(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2)))＋(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF2)))＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b＝2eq\r(2)，所以橢圓方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.【解題技巧點(diǎn)睛】離心率是圓錐曲線重要的幾何性質(zhì)，在圓錐曲線的基礎(chǔ)類(lèi)試題中占有較大的比重，是高考考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)中的重要題目類(lèi)型．關(guān)于橢圓、雙曲線的離心率問(wèn)題，主要有兩類(lèi)試題．一類(lèi)是求解離心率的值，一類(lèi)是求解離心率的取值范圍．基本的解題思路是建立橢圓和雙曲線中a，b，c的關(guān)系式，求值試題就是建立關(guān)于a，b，c的等式，求取值范圍問(wèn)題就是建立關(guān)于a，b，c的不等式．考點(diǎn)四雙曲線方程與幾何性質(zhì)例8[2022·天津卷]已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左頂點(diǎn)與拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)的距離為4，且雙曲線的一條漸近線與拋物線的準(zhǔn)線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－1)，則雙曲線的焦距為()A．2eq\r(3)B．2eq\r(5)C．4eq\r(3)D．4eq\r(5)【答案】B【解析】雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，由雙曲線的一條漸近線與拋物線的準(zhǔn)線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－1)得－eq\f(p,2)＝－2，即p＝4.又∵eq\f(p,2)＋a＝4，∴a＝2，將(－2，－1)代入y＝eq\f(b,a)x得b＝1，∴c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，∴2c＝2eq\r(5).例9[2022·遼寧卷]已知點(diǎn)(2,3)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上，C的焦距為4，則它的離心率為_(kāi)_______．【答案】2【解析】法一：點(diǎn)(2,3)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上，則eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1.又由于2c＝4，所以a2＋b2＝4.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)－\f(9,b2)＝1，,a2＋b2＝4))得a＝1或a＝4.由于a<c，故a＝1.所以離心率為e＝eq\f(c,a)＝2.法二：∵雙曲線的焦距為4，∴雙曲線的兩焦點(diǎn)分別為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2,0)，點(diǎn)(2,3)到兩焦點(diǎn)的距離之差的絕對(duì)值為2，即2a＝2，∴a＝1，離心率e＝eq\f(c,a)＝2.例10[2022·山東卷]已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線均和圓C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且雙曲線的右焦點(diǎn)為圓C的圓心，則該雙曲線的方程為()\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1【答案】A【解析】圓方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－3)2＋y2＝4，所以圓心C(3,0)，r＝2，所以雙曲線焦點(diǎn)F(3,0)，即c＝3，漸近線為ay±bx＝0，由圓心到漸近線的距離為2得eq\f(|±3b|,\r(a2＋b2))＝2，又a2＋b2＝9，所以|b|＝2，即b2＝4，a2＝c2－b2＝9－4＝5，所以所求雙曲線方程為eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1.【解題技巧點(diǎn)睛】求圓錐曲線方程的基本方法之一就是待定系數(shù)法，就是根據(jù)已知條件得到圓錐曲線方程中系數(shù)的方程或者方程組，通過(guò)解方程或者方程組求得系數(shù)值．考點(diǎn)五拋物線方程與幾何性質(zhì)例11[2022·課標(biāo)全國(guó)卷]已知直線l過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)，且與C的對(duì)稱(chēng)軸垂直，l與C交于A、B兩點(diǎn)，|AB|＝12，P為C的準(zhǔn)線上一點(diǎn)，則△ABP的面積為()A．18B．24C．36D．48【答案】C【解析】設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0)，則焦點(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－p))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2p＝12，所以p＝6.又點(diǎn)P到AB邊的距離為p＝6，所以S△ABP＝eq\f(1,2)×12×6＝36.例12[2022·福建卷]如圖1－4，直線l：y＝x＋b與拋物線C：x2＝4y相切于點(diǎn)A.(1)求實(shí)b的值；(2)求以點(diǎn)A為圓心，且與拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程．【解答】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,x2＝4y))得x2－4x－4b＝0.(*)因?yàn)橹本€l與拋物線C相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0.解得b＝－1.(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即為x2－4x＋4＝0.解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1，故點(diǎn)A(2,1)．因?yàn)閳AA與拋物線C的準(zhǔn)線相切，所以圓A的半徑r等于圓心A到拋物線的準(zhǔn)線y＝－1的距離，即r＝|1－(－1)|＝2.所以圓A的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.例13[2022·江西卷]已知過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，斜率為2eq\r(2)的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)兩點(diǎn)，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝9.(1)求該拋物線的方程；(2)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，C為拋物線上一點(diǎn)，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))，求λ的值．【解答】(1)直線AB的方程是y＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，與y2＝2px聯(lián)立，從而有4x2－5px＋p2＝0，所以：x1＋x2＝eq\f(5p,4).由拋物線定義得：|AB|＝x1＋x2＋p＝9，所以p＝4，從而拋物線方程是y2＝8x.(2)由p＝4,4x2－5px＋p2＝0可簡(jiǎn)化為x2－5x＋4＝0，從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2eq\r(2)，y2＝4eq\r(2)，從而A(1，－2eq\r(2))，B(4,4eq\r(2))．設(shè)eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)＝(1，－2eq\r(2))＋λ(4,4eq\r(2))＝(4λ＋1，4eq\r(2)λ－2eq\r(2))，又yeq\o\al(2,3)＝8x3，即[2eq\r(2)(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.考點(diǎn)六直線與曲線的位置關(guān)系例14[2022·江西卷]若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))【答案】B【解析】配方得，曲線C1：(x－1)2＋y2＝1，即曲線C1為圓心在點(diǎn)C1(1,0)，半徑為1的圓，曲線C2則表示兩條直線：x軸與直線l：y＝m(x＋1)，顯然x軸與圓C1有兩個(gè)交點(diǎn)，于是知直線l與圓C1相交，∴圓心C1到直線l的距離d＝eq\f(|m1＋1－0|,\r(m2＋1))<r＝1，解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，又當(dāng)m＝0時(shí)，直線l：y＝0與x軸重合，此時(shí)只有兩個(gè)交點(diǎn)，應(yīng)舍去．綜上所述，m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).故選B.例15[2022·陜西卷]設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過(guò)點(diǎn)(0,4)，離心率為eq\f(3,5).(1)求C的方程；(2)求過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線被C所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】(1)將(0,4)代入橢圓C的方程得eq\f(16,b2)＝1，∴b＝4.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,5)得eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(9,25)，即1－eq\f(16,a2)＝eq\f(9,25)，∴a＝5，∴C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)，設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y＝eq\f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0.解得x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2)，∴AB的中點(diǎn)坐標(biāo)eq\x\to(x)＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3,2)，eq\x\to(y)＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq\f(6,5).即中點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))).例16[2022·遼寧卷]如圖1－9，已知橢圓C1的中點(diǎn)在原點(diǎn)O，長(zhǎng)軸左、右端點(diǎn)M，N在x軸上，橢圓C2的短軸為MN，且C1，C2的離心率都為e.直線l⊥MN，l與C1交于兩點(diǎn)，與C2交于兩點(diǎn)，這四點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A，B，C，D.(1)設(shè)e＝eq\f(1,2)，求|BC|與|AD|的比值；(2)當(dāng)e變化時(shí)，是否存在直線l，使得BO∥AN，并說(shuō)明理由．【解答】(1)因?yàn)镃1，C2的離心率相同，故依題意可設(shè)C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，C2：eq\f(b2y2,a4)＋eq\f(x2,a2)＝1，(a＞b＞0)．設(shè)直線l：x＝t(|t|＜a)，分別與C1，C2的方程聯(lián)立，求得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(a,b)\r(a2－t2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(b,a)\r(a2－t2))).當(dāng)e＝eq\f(1,2)時(shí)，b＝eq\f(\r(3),2)a，分別用yA，yB表示A，B的縱坐標(biāo)，可知|BC|∶|AD|＝eq\f(2|yB|,2|yA|)＝eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4).(2)t＝0時(shí)的l不符合題意．t≠0時(shí)，BO∥AN當(dāng)且僅當(dāng)BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等，即eq\f(\f(b,a)\r(a2－t2),t)＝eq\f(\f(a,b)\r(a2－t2),t－a)，解得t＝－eq\f(ab2,a2－b2)＝－eq\f(1－e2,e2)·a.因?yàn)閨t|＜a，又0＜e＜1，所以eq\f(1－e2,e2)＜1，解得eq\f(\r(2),2)＜e＜1.所以當(dāng)0＜e≤eq\f(\r(2),2)時(shí)，不存在直線l，使得BO∥AN；當(dāng)eq\f(\r(2),2)＜e＜1時(shí)，存在直線l，使得BO∥AN.【解題技巧點(diǎn)睛】當(dāng)直線與曲線相交時(shí):涉及弦長(zhǎng)問(wèn)題,常用“根與系數(shù)的關(guān)系”設(shè)而不求計(jì)算弦長(zhǎng);涉及到求平行弦中點(diǎn)的軌跡、求過(guò)定點(diǎn)的弦中點(diǎn)的軌跡和求被定點(diǎn)平分的弦所在的直線方程問(wèn)題,常用“差分法”設(shè)而不求,將動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)、弦所在直線的斜率、弦的中點(diǎn)坐標(biāo)聯(lián)系起來(lái),相互轉(zhuǎn)化.其中,判別式大于零是檢驗(yàn)所求參數(shù)的值是否有意義的依據(jù).通過(guò)相切構(gòu)造方程可以求值,通過(guò)相交、相離還可構(gòu)造不等式來(lái)求參數(shù)的取值范圍或檢驗(yàn)?zāi)骋粋€(gè)值是否有意義.考點(diǎn)七軌跡問(wèn)題例17[2022·陜西卷]如圖1－8，設(shè)P是圓x2＋y2＝25上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D是P在x軸上的投影，M為PD上一點(diǎn)，且|MD|＝eq\f(4,5)|PD|.(1)當(dāng)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)M的軌跡C的方程；(2)求過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線被C所截線段的長(zhǎng)度．【解答】(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xP＝x，,yP＝\f(5,4)y，))∵P在圓上，∴x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)y))2＝25，即C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)，設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y＝eq\f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0.∴x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2).∴線段AB的長(zhǎng)度為|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(16,25)))x1－x22)＝eq\r(\f(41,25)×41)＝eq\f(41,5).例18[2022·湖南卷]已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離的差等于1.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1，l2，設(shè)l1與軌跡C相交于點(diǎn)A，B，l2與軌跡C相交于點(diǎn)D，E，求eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))的最小值．【解答】設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，由題意有eq\r(x－12＋y2)－|x|＝1.化簡(jiǎn)得y2＝2x＋2|x|.當(dāng)x≥0時(shí)，y2＝4x；當(dāng)x<0時(shí)，y＝0.所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y2＝4x(x≥0)和y＝0(x<0)．(2)由題意知，直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)為k，則l1的方程為y＝k(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，x1x2＝1.因?yàn)閘1⊥l2，所以l2的斜率為－eq\f(1,k).設(shè)D(x3，y3)，E(x4，y4)，則同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.故eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝(eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(FD,\s\up6(→)))·(eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→)))＝eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝|eq\o(AF,\s\up6(→))|·|eq\o(FB,\s\up6(→))|＋|eq\o(FD,\s\up6(→))|·|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,k2)))＋1＋1＋(2＋4k2)＋1＝8＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))≥8＋4×2eq\r(k2·\f(1,k2))＝16.當(dāng)且僅當(dāng)k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1時(shí)，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))取最小值16.例19[2022·天津卷]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P(a，b)(a>b>0)為動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦點(diǎn)．已知△F1PF2為等腰三角形．(1)求橢圓的離心率e；(2)設(shè)直線PF2與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，M是直線PF2上的點(diǎn)，滿足eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝－2，求點(diǎn)M的軌跡方程．【解答】(1)設(shè)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)．由題意，可得|PF2|＝|F1F2|，即eq\r(a－c2＋b2)＝2c.整理得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＋eq\f(c,a)－1＝0.得eq\f(c,a)＝－1(舍)，或eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以e＝eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c.可得橢圓方程為3x2＋4y2＝12c2，直線PF2方程為y＝eq\r(3)(x－c)．A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12c2，,y＝\r(3)x－c.))消去y并整理，得5x2－8cx＝0.解得x1＝0，x2＝eq\f(8,5)c，得方程組的解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝－\r(3)c，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(8,5)c，,y2＝\f(3\r(3),5)c.))不妨設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)c，\f(3\r(3),5)c))，B(0，－eq\r(3)c)．設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)c，y－\f(3\r(3),5)c))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y＋\r(3)c)).由y＝eq\r(3)(x－c)，得c＝x－eq\f(\r(3),3)y.于是eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),15)y－\f(3,5)x，\f(8,5)y－\f(3\r(3),5)x))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x，eq\r(3)x)．由eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝－2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),15)y－\f(3,5)x))·x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)y－\f(3\r(3),5)x))·eq\r(3)x＝－2，化簡(jiǎn)得18x2－16eq\r(3)xy－15＝0.將y＝eq\f(18x2－15,16\r(3)x)代入c＝x－eq\f(\r(3),3)y，得c＝eq\f(10x2＋5,16x)>0.所以x>0.因此，點(diǎn)M的軌跡方程是18x2－16eq\r(3)xy－15＝0(x>0)．【解題技巧點(diǎn)睛】求曲線軌跡方程是高考的常考題型.考查軌跡方程的求法以及利用曲線的軌跡方程研究曲線幾何性質(zhì),一般用直接法、定義法、相關(guān)點(diǎn)代入法等求曲線的軌跡方程.軌跡問(wèn)題的考查往往與函數(shù)、方程、向量、平面幾何等知識(shí)相融合,著重考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力,對(duì)邏輯思維能力、運(yùn)算能力有較高的要求.如果題目中有明顯的等量關(guān)系,或者能夠利用平面幾何推出等量關(guān)系,可用直接法;如果能夠確定動(dòng)點(diǎn)的軌跡滿足某種已知曲線的定義,則可用定義法;如果軌跡的動(dòng)點(diǎn)P依賴(lài)另一動(dòng)點(diǎn)Q,而Q又在某已知曲線上,則可通過(guò)列方程組用代入法求出軌跡方程;另外當(dāng)動(dòng)點(diǎn)的關(guān)系不易找到,而動(dòng)點(diǎn)又依賴(lài)于某個(gè)參數(shù),則可利用參數(shù)法求軌跡方程,常用的參數(shù)有變角、變斜率等.考點(diǎn)八圓錐曲線的綜合問(wèn)題例20[2022·山東卷]設(shè)M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上一點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn)，以F為圓心、|FM|為半徑的圓和拋物線C的準(zhǔn)線相交，則y0的取值范圍是()A．(0,2)B．[0,2]C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)【答案】C【解析】根據(jù)x2＝8y，所以F(0,2)，準(zhǔn)線y＝－2，所以F到準(zhǔn)線的距離為4，當(dāng)以F為圓心、以|FM|為半徑的圓與準(zhǔn)線相切時(shí)，|MF|＝4，即M到準(zhǔn)線的距離為4，此時(shí)y0＝2，所以顯然當(dāng)以F為圓心，以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FM))為半徑的圓和拋物線C的準(zhǔn)線相交時(shí)，y0∈(2，＋∞)．例20[2022·湖南卷]如圖1－9，橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，x軸被曲線C2：y＝x2－b截得的線段長(zhǎng)等于C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)．(1)求C1，C2的方程；(2)設(shè)C2與y軸的交點(diǎn)為M，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C2相交于點(diǎn)A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點(diǎn)D，E.①證明：MD⊥ME；②記△MAB，△MDE的面積分別為S1，S2.問(wèn)：是否存在直線l，使得eq\f(S1,S2)＝eq\f(17,32)？請(qǐng)說(shuō)明理由．【解答】(1)由題意知，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，從而a＝2b.又2eq\r(b)＝a，解得a＝2，b＝1.故C1，C2的方程分別為eq\f(x2,4)＋y2＝1，y＝x2－1.(2)①由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＝kx.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,y＝x2－1))得x2－kx－1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.又點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，－1)，所以kMA·kMB＝eq\f(y1＋1,x1)·eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋1kx2＋1,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋kx1＋x2＋1,x1x2)＝eq\f(－k2＋k2＋1,－1)＝－1.故MA⊥MB，即MD⊥ME.②設(shè)直線MA的斜率為k1，則直線MA的方程為y＝k1x－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－1，,y＝x2－1))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝k1，,y＝k\o\al(2,1)－1.))則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(k1，keq\o\al(2,1)－1)．又直線MB的斜率為－eq\f(1,k1)，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k1)，\f(1,k\o\al(2,1))－1)).于是S1＝eq\f(1,2)|MA|·|MB|＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k\o\al(2,1))·|k1|·eq\r(1＋\f(1,k\o\al(2,1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k1)))＝eq\f(1＋k\o\al(2,1),2|k1|).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－1，,x2＋4y2－4＝0))得(1＋4keq\o\al(2,1))x2－8k1x＝0.解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8k1,1＋4k\o\al(2,1))，,y＝\f(4k\o\al(2,1)－1,1＋4k\o\al(2,1)).))則點(diǎn)D的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k1,1＋4k\o\al(2,1))，\f(4k\o\al(2,1)－1,1＋4k\o\al(2,1)))).又直線ME的斜率為－eq\f(1,k1)，同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k1,4＋k\o\al(2,1))，\f(4－k\o\al(2,1),4＋k\o\al(2,1)))).于是S2＝eq\f(1,2)|MD|·|ME|＝eq\f(321＋k\o\al(2,1)·|k1|,1＋4k\o\al(2,1)k\o\al(2,1)＋4).因此eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,64)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k\o\al(2,1)＋\f(4,k\o\al(2,1))＋17)).由題意知，eq\f(1,64)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k\o\al(2,1)＋\f(4,k\o\al(2,1))＋17))＝eq\f(17,32)，解得keq\o\al(2,1)＝4，或keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4).又由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可知，k＝eq\f(k\o\al(2,1)－\f(1,k\o\al(2,1)),k1＋\f(1,k1))＝k1－eq\f(1,k1)，所以k＝±eq\f(3,2).故滿足條件的直線l存在，且有兩條，其方程分別為y＝eq\f(3,2)x和y＝－eq\f(3,2)x.例21[2022·山東卷]已知?jiǎng)又本€l與橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點(diǎn)，且△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)證明：xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)和yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)均為定值；(2)設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M，求|OM|·|PQ|的最大值；(3)橢圓C上是否存在三點(diǎn)D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝eq\f(\r(6),2)？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解答】(1)(ⅰ)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，P，Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，所以x2＝x1，y2＝－y1，因?yàn)镻(x1，y1)在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,1),3)＋eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1.①又因?yàn)镾△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，所以|x1|·|y1|＝eq\f(\r(6),2)，②由①、②得|x1|＝eq\f(\r(6),2)，|y1|＝1，此時(shí)xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2.(ⅱ)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，由題意知m≠0，將其代入eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0，即3k2＋2>m2，(★)又x1＋x2＝－eq\f(6km,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－2,2＋3k2)，所以|PQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(6)\r(3k2＋2－m2),2＋3k2).因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)|PQ|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(6)\r(3k2＋2－m2),2＋3k2)·eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(6)|m|\r(3k2＋2－m2),2＋3k2).又S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，整理得3k2＋2＝2m2，且符合(★)式．此時(shí)xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6km,2＋3k2)))2－2×eq\f(3m2－2,2＋3k2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(2,3)(3－xeq\o\al(2,1))＋eq\f(2,3)(3－xeq\o\al(2,2))＝4－eq\f(2,3)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＝2.綜上所述，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2，結(jié)論成立．(2)解法一：①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由(1)知|OM|＝|x1|＝eq\f(\r(6),2)，|PQ|＝2|y1|＝2，因此|OM|·|PQ|＝eq\f(\r(6),2)×2＝eq\r(6).②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，由ⅰ知：eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3k,2m)，eq\f(y1＋y2,2)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＋m＝－eq\f(3k2,2m)＋m＝eq\f(－3k2＋2m2,2m)＝eq\f(1,m)，|OM|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2＝eq\f(9k2,4m2)＋eq\f(1,m2)＝eq\f(6m2－2,4m2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,m2))).|PQ|2＝(1＋k2)eq\f(243k2＋2－m2,2＋3k22)＝eq\f(22m2＋1,m2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m2))).所以|OM|2·|PQ|2＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,m2)))×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,m2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m2)))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\f(1,m2)＋2＋\f(1,m2),2)))2＝eq\f(25,4).所以|OM|·|PQ|≤eq\f(5,2)，當(dāng)且僅當(dāng)3－eq\f(1,m2)＝2＋eq\f(1,m2)，即m＝±eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立．綜合①②得|OM|·|PQ|的最大值為eq\f(5,2).解法二：因?yàn)?|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))]＝10.所以2|OM|·|PQ|≤eq\f(4|OM|2＋|PQ|2,2)＝eq\f(10,2)＝5.即|OM|·|PQ|≤eq\f(5,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|＝|PQ|＝eq\r(5)時(shí)等號(hào)成立．因此|OM|·|PQ|的最大值為eq\f(5,2).(3)橢圓C上不存在三點(diǎn)D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝eq\f(\r(6),2).證明：假設(shè)存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)滿足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝eq\f(\r(6),2).由(1)得u2＋xeq\o\al(2,1)＝3，u2＋xeq\o\al(2,2)＝3，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，v2＋yeq\o\al(2,1)＝2，v2＋yeq\o\al(2,2)＝2，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2.解得u2＝xeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)＝eq\f(3,2)；v2＝y(tǒng)eq\o\al(2,1)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)＝1.因此u，x1，x2只能從±eq\f(\r(6),2)中選取，v，y1，y2只能從±1中選取．因此D、E、G只能在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(\r(6),2)，±1))這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn)，而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過(guò)原點(diǎn)，與S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝eq\f(\r(6),2)矛盾，所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn)D、E、G.例22【2022新課標(biāo)全國(guó)】在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)，點(diǎn)在直線上，點(diǎn)滿足，··，點(diǎn)的軌跡為曲線．(Ⅰ)求的方程；(Ⅱ)為上的動(dòng)點(diǎn)，為在點(diǎn)處的切線，求點(diǎn)到距離的最小值．【解題技巧點(diǎn)睛】1.定點(diǎn)、定值問(wèn)題必然是在變化中所表現(xiàn)出來(lái)的不變的量，那么就可以用變化的量表示問(wèn)題的直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系不受變化的量所影響的一個(gè)點(diǎn)、一個(gè)值，就是要求的定點(diǎn)、定值．化解這類(lèi)問(wèn)題難點(diǎn)的關(guān)鍵就是引進(jìn)變的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量．2.解決圓錐曲線中最值、范圍問(wèn)題的基本思想是建立目標(biāo)函數(shù)和建立不等關(guān)系，根據(jù)目標(biāo)函數(shù)和不等式求最值、范圍，因此這類(lèi)問(wèn)題的難點(diǎn)，就是如何建立目標(biāo)函數(shù)和不等關(guān)系．建立目標(biāo)函數(shù)或不等關(guān)系的關(guān)鍵是選用一個(gè)合適變量，其原則是這個(gè)變量能夠表達(dá)要解決的問(wèn)題，這個(gè)變量可以是直線的斜率、直線的截距、點(diǎn)的坐標(biāo)等，要根據(jù)問(wèn)題的實(shí)際情況靈活處理．針對(duì)訓(xùn)練一．選擇題1.（2022屆微山一中高三10月考試題）過(guò)點(diǎn)，且在y軸上的截距是在x軸上的截距的2倍的直線方程是（）A．B．或C．D．或【答案】B【解析】考查直線方程的截距式以及截距是0的易漏點(diǎn),當(dāng)直線過(guò)原點(diǎn)時(shí)方程為,不過(guò)原點(diǎn)時(shí),可設(shè)出其截距式為再由過(guò)點(diǎn)即可解出.2.【2022年上海市普通高等學(xué)校春季招生考試】已知函數(shù)則（）（A）與頂點(diǎn)相同（B）與長(zhǎng)軸長(zhǎng)相同（C）與短軸長(zhǎng)相同（D）與焦距相同【答案】D【解析】綜上可知兩個(gè)曲線的焦距相等。3.【河北省唐山市2022屆高三上學(xué)期摸底考試數(shù)學(xué)】已知點(diǎn)為圓上一點(diǎn)，且點(diǎn)到直線距離的最小值為，則的值為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由點(diǎn)到直線的距離公式求得圓心到直線的距離，所以，解得4.【湖北省孝感市2022—2022學(xué)年度高中三年級(jí)第一次統(tǒng)一考試】已知拋物線y2=8x的焦點(diǎn)與雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)重合，則該雙曲線的離心率為A.B.C.【答案】B【解析】由題意可知拋物線的焦點(diǎn)為雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)為右焦點(diǎn)且為，因兩點(diǎn)重合故有即且則雙曲線的離心率為5.【河北省唐山市2022屆高三上學(xué)期摸底考試數(shù)學(xué)】已知雙曲線的漸近線為，焦點(diǎn)坐標(biāo)為（-4，0），（4，0），則雙曲線方程為（） A． B． C． D．【答案】A【解析】由題意可設(shè)雙曲線方程為，利用已知條件可得：雙曲線方程為故選A.6．【2022屆景德鎮(zhèn)市高三第一次質(zhì)檢】已知點(diǎn)、為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，為右支上一點(diǎn)，點(diǎn)到右準(zhǔn)線的距離為，若、、依次成等差數(shù)列，則此雙曲線的離心率的取值范圍是A．，B．，C．，D．，【答案】C【解析】由得，而，所以，7.【2022北京海淀區(qū)高三年級(jí)第一學(xué)期期末試題】點(diǎn)到圖形上每一個(gè)點(diǎn)的距離的最小值稱(chēng)為點(diǎn)到圖形的距離，那么平面內(nèi)到定圓的距離與到定點(diǎn)的距離相等的點(diǎn)的軌跡不可能是（）（A）圓（B）橢圓（C）雙曲線的一支（D）直線【答案】D【解析】如圖，A點(diǎn)為定圓的圓心，動(dòng)點(diǎn)M為定圓半徑AP的中點(diǎn)，故AM=MP，此時(shí)M的軌跡為以A圓心,半徑為AM的圓。如圖，以F1為定圓的圓心，F(xiàn)1P為其半徑，在F1P截得|MP|=|MA|，由橢圓的定義可知，M的軌跡是以F1、A為焦點(diǎn)，以為焦距，以為長(zhǎng)軸的橢圓。F1APM如圖，以FF1APM過(guò)P點(diǎn)延長(zhǎng)使得|MP|=|MA|，則有由雙曲線的定義可知，M的軌跡是以F1、A為焦點(diǎn)的雙曲線的右支。若M落在以A為端點(diǎn)在x軸上的射線上，也滿足條件，此時(shí)軌跡為一條射線，不是直線。故答案為D。8.【2022年長(zhǎng)春市高中畢業(yè)班第一次調(diào)研測(cè)試】設(shè)、分別為具有公共焦點(diǎn)、的橢圓和雙曲線的離心率，是兩曲線的一個(gè)公共點(diǎn)，且滿足,則的值為 A. C. 【答案】A【解析】設(shè)，不妨設(shè).由知，∠,則,∴，，∴，∴.二．填空題9.【惠州市2022屆高三第二次調(diào)研考試】若直線與圓有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍為．【解析】圓心到直線的距離.10.【2022北京海淀區(qū)高三年級(jí)第一學(xué)期期末試題】拋物線過(guò)點(diǎn)，則點(diǎn)到此拋物線的焦點(diǎn)的距離為.【答案】【解析】由已知可得：由拋物線的定義可知A點(diǎn)到焦點(diǎn)距離為A到準(zhǔn)線的距離：11.【河北省唐山市2022屆高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)】橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2作軸的垂線與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)為P，若，則橢圓的離心率?！敬鸢浮俊窘馕觥扛鶕?jù)題意可知，的直角邊為橢圓通經(jīng)的一半又代入整理得：20．12.【浙江省2022年高三調(diào)研理科數(shù)學(xué)測(cè)試卷】若點(diǎn)P在曲線C1：上，點(diǎn)Q在曲線C2：(x－5)2＋y2＝1上，點(diǎn)R在曲線C3：(x＋5)2＋y2＝1上，則|PQ|－|PR|的最大值是．【答案】10【解析】如圖所示，點(diǎn)在雙曲線上，|PQ|－|PR|的最大值是10.13.【河北省唐山市2022屆高三上學(xué)期摸底考試數(shù)學(xué)】已知橢圓與雙曲線有相同的焦點(diǎn)、，點(diǎn)是與的一個(gè)公共點(diǎn)，是一個(gè)以為底的等腰三角形，，的離心率為，則的離心率為【答案】3【解析】因?yàn)槭且粋€(gè)以為底的等腰三角形，，的離心率為，所以，所以中的，所以的離心率.14.【2022屆無(wú)錫一中高三第一學(xué)期期初試卷】如圖所示，直線與雙曲線的漸近線交于,兩點(diǎn)，記，任取雙曲線上的點(diǎn)P，若，則實(shí)數(shù)和滿足的一個(gè)等式是_____________．【答案】【解析】該題綜合考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,向量線性表示及坐標(biāo)運(yùn)算.可求出,設(shè),則三．解答題15.【浙江省2022年高三調(diào)研理科數(shù)學(xué)測(cè)試卷】如圖，橢圓C:x2＋3y2＝3b2(b＞0).(Ⅰ)求橢圓C的離心率；(Ⅱ)若b＝1，A，B是橢圓C上兩點(diǎn)，且|AB|＝，求△AOB面積的最大值.解析：(Ⅰ)：由x2＋3y2＝3b2得，所以e＝＝＝＝．…………5分(Ⅱ)解：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，△ABO的面積為S．如果AB⊥x軸，由對(duì)稱(chēng)性不妨記A的坐標(biāo)為(，)，此時(shí)S＝＝；如果AB不垂直于x軸，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，由得x2＋3(kx＋m)2＝3，即(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，又Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－3)＞0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝，①由|AB|＝及|AB|＝得(x1－x2)2＝，②結(jié)合①，②得m2＝(1＋3k2)－．又原點(diǎn)O到直線AB的距離為，所以S＝，因此S2＝＝[－]＝[－(－2)2＋１]＝－(－2)2＋≤，故S≤．當(dāng)且僅當(dāng)＝2，即k＝±1時(shí)上式取等號(hào)．又＞