专题18解析几何的解题能力（教师版）

专题18：解析几何的解题能力<<<专题综述>>><<<专题综述>>>解析几何是高中数学的重点和难点，对其中的直线、圆、圆锥曲线等知识的考查几乎没有遗漏过，基本思想实际上是用代数方法解决几何问题.该部分试题的总特点是重基础,重素养,重能力.因此，要培养和提升学生的解题能力,首先领会考点知识，奠定培养解题能力的基础;其次通过研究题型，培养解题能力.<<<专题探究>>><<<专题探究>>>题型一：题型一：转化能力解决解析几何的整体思路是：结合图形分析几何特征，几何特征恰当代数化，优化代数运算解决问题，把代数化的结论还原成几何结论.其中思维难点是转化，常见的转化思路有：1.分析几何条件的本质特征转化成合理的代数关系，通过代数运算最终转化为几何结论.如：=1\*GB3①线段积问题：转化为向量数量积表示、将斜线段投影到坐标轴上或与坐标轴平行的直线上，将线段积转化为同一坐标轴上的射影问题，即将二维问题转化为一维问题、将线段用参数方程表示，将线段之积转化为参数之积等；=2\*GB3②角平分线：转化为两直线斜率间的关系、转化为角平分线上的点到角两边的距离相等、转化为三角形中对应线段的比例关系等；=3\*GB3③角问题：利用斜率转化、利用三角函数转化、利用平面向量转化、利用解三角形转化等；

=4\*GB3④垂直问题：转化为向量数量积为0、转化为斜率表示等；=5\*GB3⑤平行四边形问题：结合向量线性运算的平行四边形法则，转化为向量间的关系；=6\*GB3⑥面积的转化：转化为几个三角形的面积和等.2.分析复杂的几何条件转化成简单的几何条件，部分几何条件容易转化为代数关系，但是可能会导致计算复杂，故先转化为简单的几何条件.3.在转化中优化解题策略（专题17）.例1(2022·重庆市市辖区模拟)已知点M(-1,m)(m>0)，不垂直于x轴的直线l与椭圆C:x24(1)若M为线段AB的中点，证明：y2(2)设C的左焦点为F，若M在∠AFB的角平分线所在直线上，且l

被圆x2+y2=4截得的弦长为【思路点拨】

第(1)问考查弦中点问题，容易想到点差法解决；第(2)问数形结合可得MF⊥x轴，故几何条件“M在∠AFB的角平分线所在直线上”，可转化为直线AF与BF的斜率为互为相反数，从而将几何问题代数化.【规范解析】(1)由x24+y23=1，可得3x2+4y2=12，

因为M(-1,m)(m>0)是线段AB的中点，

所以x2+x1=-2，y2+y1=2m，

因为A , B在椭圆上，所以3x12+4y12=123x22+4y22=12,

两式相减得：3(x=2\*GB3②当l的斜率不为0时，设直线l:x=ty+n，

由x=ty+n3x2+4y2=12，得(3t2+4)y2+6tny+3n2-12=0，

则Δ=48(3t2-n2+4)>0，即3t2>n2-4，

则y1+y2=-6tn3t2+4，y1y2=3n2-123t2+4，

又F(-1,0)，则MF⊥x轴，

因为MF平分∠AFB，

所以kAF+kBF=0练1(2023·四川省泸州市期末)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为2(1)求椭圆的方程；(2)已知C(-4,0)，D(4,0)，点P在椭圆上，直线PC，PD分别与椭圆交于另一点M，N，若CP=λCM，DP=μ【规范解析】(1)设F(c,0).由题意得|FA|=a，|FB|=a+c，ca=2∴|FA|·|FB|=a(a+c)=10+52解得a2=10，∴椭圆的方程为x2(2)设P(x0,y0由CP=λCM，得(x0+4,∴∴λx1-μx2=8-4(λ+μ).又点P，M，N均在椭圆上，由x0210∴x0+λx1=-5由x0210+y025=1,联立=2\*GB3②=3\*GB3③得λx1-μx2=-52λ+μ-5.=4\*GB3④

联立=1\*GB3①=4\*GB3④得λ+μ=263，∴λ+μ为定值263练2(2023·四川省成都月考)椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点为A(1)求椭圆E的标准方程；(2)设直线l:x=t交x轴于点P，其中t>a，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．【规范解析】(1)由题意，设椭圆半焦距为c，

则ca=12，所以c2a2=a2-b2a2=1-b2a2=14，所以b=32a，

设点B(x1,y1)，S△OAB=12a|y1|，

因为|y1|≤b，所以S△OAB的最大值为12ab，

将b=32a代入，得34a2=3，则a=2，b=3，

所以椭圆的标准方程为x24+y23=1．

(2)设点C(x2,题型题型二：预判能力解决解析几何问题时，结合平时的知识经验的积累和方法的总结，在解题过程中做出相对准确合理的预判，一定程度上能够指引解题方向，优化解题策略，修正解题的结果.1.预判目标，明确解题方向：在解决定点、定值、探索性等问题时，充分挖掘题目条件，整体建构好解题思路，采用特殊化、极端化等方法预判，得到初步的结论，明确解题目标，再进行结果验证.2.预判方法，优化解题策略：为优化解题过程，降低运算难度，常会面临着点参、斜参、角参的选择.根据题设的几何特征，灵活运用曲线的有关定义、性质，结合题目特点选择合适的参变量、公式、坐标系进行解题预判.3.预判结果，验证解题过程：对解题过程中的一些阶段性结果的准确性进行预判，若与解题目标不符，则及时修正调整.比如在解决定点问题时，采用一般性解法得到结果，可利用特殊情况对结果进行验证判断结果.或者结合圆锥曲线的对称性，满足条件的直线不止一条，进而判断结果.例2(2021·福建省莆田市模拟)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点M(0,1)在椭圆E上，过点N(2,0)作斜率为22的直线恰好与椭圆E有且仅有一个公共点．

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设点P为椭圆E的长轴上的一个动点，过点P作斜率为k(k≠0)的直线交椭圆E【思路点拨】第(1)问由题干的所给的2个条件，求出a,b；第(2)由椭圆的对称性可知，若存在常数k满足“使|PA|2,a2+1【规范解析】(1)因为点M(0,1)在椭圆E上，所以1b2=1，解得b2=1，

故椭圆方程为x2a2+y2=1，

过点N(2,0)作的斜率为22的直线方程为y=22(x-2)，

与椭圆方程进行联立，即y=22(x-2)x2a2+y2=1，

整理得，(a2+2)x2-4a2x+2a2=0，

因为直线和椭圆有一个交点，

此时△=16a4-8a2(a2+2)=8a4-16a2=0，

解得a2=2，

所以椭圆E的方程为x22+y2=1练3(2022·浙江省杭州市期中)已知椭圆C:x2a2+y2b(1)求C的方程;(2)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=λ，在椭圆C1上任取三点B【规范解析】(1)以长轴和短轴为对角线的四边形面积为S=12⋅2a⋅2b=2ab，从而2ab=4b2，a=2b，

因为A(1,32)在椭圆上，所以1a2+34b2=1，解得a=2，b=1，

所以椭圆方程为x24+y2=1．

(2)设B(m,n)，BC，BD的中点分别是E，F，E(x1,y1)，F(x2,y2)，

则C(2x1-m,2y1-n)，D(2x2-m,2y2-n).因为BC，BD均与椭圆C相切于E，F点，

所以BC:x1x4+y1y=1，BD:x2x4+y2y=1．

因为B(m,n)在BC，BD两直线上，所以x1m4+y1n=1x2m4+y2n=1,

所以(x1,y1)，(x2,y2)在直线mx4+ny=1上，即直线EF的方程为mx4+ny=1．

联立mx练4(2022·云南省曲靖市联考)已知P为圆M：x2+y2=4上一动点，过点P作x轴的垂线段PD，D(1)求点Q的轨迹方程；(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点N(-1,0)作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为E、F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得|GH|为定值？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【规范解析】(1)由题意得，设点Qx,y,Px因为DQ=32DP因为点P在圆x2+y2=4上，所以x所以Q点轨迹方程为x2(2)=1\*GB3①若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线EN:x=ty-1t≠0，联立x=ty-1x24设直线EN与曲线C两交点的坐标分别为x1,y∴y∵EN⊥FN,∴直线FN:x=-1同理可得：yF设直线EF与x轴交于点Tx则当直线EF斜率存在时，由3t4+3t2-∴xT=-4t当直线EF斜率不存在时，由-44+3t2=-则直线EF恒过点T-=2\*GB3②若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线EF为x轴，恒过T-47,0综上：直线EF恒过点T∵NH⊥EF,∴NH⊥HT,∴H在以NT中点-1114,0取G-1114∴存在点G-1114．题型题型三：运算能力解决解析几何问题，要求学生在夯实基础知识、明确运算目标、注重算理算法的多样性的基础上，提升运算的合理性、简洁性、准确性.1.明确几何特征，探究运算思路：利用数形结合思想，明确几何对象哪些是运动变化的量，哪些是不变的量，分析不同对象之间的位置关系、数量关系，再将几何问题代数化.2.结合代数结构，选择运算方法：灵活的运用定义与性质，计算过程中恰当的利用换元法、同构、不等式等方法简化计算，从而实现快速高效的解题.例3(2022·天津市期末)已知中心在原点，焦点为F1(-2,0)，F2(2,0)的椭圆经过点(52,-32)．

(1)求椭圆方程；

(2)若M是椭圆上任意一点，【思路点拨】第(1)问结合焦点坐标及椭圆上的点的坐标，求出椭圆方程；第(2)问通过数形结合分析几何特征，将线段长的比值转化为线段在y轴上的投影长的比值，即用点的纵坐标表示简化计算，避免用两点间的距离公式使结果复杂化.【规范解析】(1)∵F1(-2,0)，F2(2,0)，椭圆经过点(52,-32)，

∴2a=(52+2)2+(-32)2+(52-2)2+(-32-0)2=3102+102=210，

则a=10，又c=2，∴b2=a2-c2=10-4=6．

故椭圆方程为：x210+y26练5(2022·重庆市月考)作斜率为-1的直线l与抛物线C:y2=2px交于A,B两点(如图所示)，点P1,2在抛物线C上且在直线(1)求C的方程并证明．直线PA和PB的倾斜角互补．(2)若直线PA的倾斜角为θ(π4<θ<【规范解析】(1)因为点P(1,2)在抛物线C上，

所以22=2p×1，解得p=2，因此抛物线C的方程为y2=4x．

设直线l的方程为y=-x+b．

因为直线l与抛物线C交于A,B两点，且点P(1,2)在直线l的上方，

所以设Ax1,y1，Bx2,y2，且1+2-b>0，即b<3．

由y=-x+by2=4x，得x2-2b+4x+b2=0，

而由Δ=-2b+42-4b2=16b+1>0得b>-1，

因此-1<b<3，x1+x2=2b+4，x1x2=b2，

因此kPA+kPB=y1-2x1-1+y2-2x2-1=-x1-2+bx1-1+-x2-2+bx2-1

=-x1-1-3+bx1-1+练6(2023·江苏省南通市模拟)已知椭圆E:x2a2+(1)求E的方程;(2)设任意过F2的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过F1作平行于l的直线分别交PM,PN于A，B，求【规范解析】(1)由题意得，2a2-b2=4，2b=4，解得b2=4，a2=8，

所以椭圆E的方程为x28+y24=1;

(2)由题意得，F2(2,0)，显然l的斜率不为0，

设直线l的方程为x=ty+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

联立x28+y24=1x=ty+2，消x整理得(t2+2)y2+4ty-4=0，

Δ=16t2+16t2+2>0，y1+y2=-4tt2+2，y1y2=-4t2+2，

由题意知，M，N不在x轴上，则分别作E在点M，N上的两条切线的斜率存在，

联立过M，N的切线方程x1x8+y1y4=1x2x8+y<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.(2022·湖北省黄冈市月考)已知点Q(-2,0)与抛物线y2=2px(p>0)，过抛物线焦点的直线与抛物线交于A，B两点，与y轴交于点P，若AB=3BP，且直线QA的斜率为1，则p=【解析】解：由题意知A在第一象限，B在第四象限．

由AB=3BP知xA=4xB，则yA=-2yB．

又A，F，B三点共线，∴2pyA+yB=yByB22p-p2⇒y2.(2022·辽宁省部分重点中学模拟)在平面直角坐标系xOy中，点M3,0，N-3,0，动点Q满足直线QM与QN的斜率乘积为-(1)求动点Q的轨迹方程C1(2)已知C2:x215+y210=1，在C2上取一点Px0,y00<x0<3,y0>0作C1的两条切线PA,PB，其中A,B【解析】解：(1)设Qx,y，由题意得kQM⋅kQN=yx-3⋅yx+3=-49

化简得C1:x29+y24=1(x≠±3)

(2)设点P的坐标为Px0,y0，由题意可知x0215+y0210=1

，=1\*GB3①

因为0<x0<3，所以过点P作C1切线的斜率显然存在，

设直线的斜率为为k，即y=kx+y0-kx0，

将该直线方程与C1联立：y=kx+y0-kx0x29+y24=1

得：9k2+4x2+18ky0-kx0x+9y0-kx02-36=0．

令Δ=0，整理得x02-9k2-2x0y0k+y02-4=0，=2\*GB3②

3.(2022·吉林省松原市模拟)已知离心率为22的椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，左焦点为F，及点P(-4,0)，且|OF|，|OA|，|OP|成等比数列．

(1)求椭圆C的方程；

(2)斜率不为0的动直线l过点P且与椭圆C相交于M、N两点，记PM=λPN，线段【解析】解：(1)依题意：ca=22所以椭圆C的方程是x28(2)解法一：设M(x1,相减得：(x1又由PM=λPN，知x1由MQ=λQN，知x1+λ代入(*)式得：18⋅x3⋅(-4)+0=1，即x3=-2，

又因为点Q在椭圆内，所以(-2)28+y324<1⇒0<|y3|<2，

所以△OPQ的面积S=12×4|y3所以(1+λ)y2=8tt2所以y3=2λy21+λ=2λ1+λ⋅8t(t2+2)(1+λ)=2λ(1+λ)2⋅8tt2+2=2t，

因此△OPQPQ=PM+MQ=λ1-λMN+λ1+λMN=因为y1=λy4.(2022·安徽省名校联考)已知双曲线E：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，离心率e=2，直线l：x=a2c与E的一条渐近线交于Q，与x轴交于P，且|FQ|=3．

(1)求E的方程；

(2)过F【解析】解：(1)由x=a2cy=bax得yQ=abc，

又|PF|=c-a2c=b2c，

∴且|FQ|2=(abc)2+(b2c)2=b2=3，

∴b=3，

又离心率e=2，∴a2+b2a2=4，∴a=1．

∴E的方程为：x2-y23=1．

(2)设过点F5.(2022·河北省模拟)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F(1)求双曲线E的方程;(2)如图，过圆O:x2+y2=1上一点M作圆O的切线l与双曲线E的左右两支分别交于P，Q两点，以PQ为直径的圆经过双曲线E【解析】解：(1)由ba=3|3c|2=3⇒c=2a=1b=3,E的方程：x2-y23=1.

(2)由已知直线l的斜率存在，设l：y=kx+m，设直线l与双曲线E的左右两支交于Px1,y1，Qx2,y2两点，

所以3-k2≠0,Δ=4k2m2+4m2+3=(1+k2)x1x2+(mk-1)(x=1\*GB3①当m=-k时，点M与右顶点A重合，不合题意舍去；=2\*GB3②当m=2k时，代入m2=1+k2，得k2=13，k=±33，满足条件，6.(2023·广东省深圳市模拟)已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)，F2(c,0)，其中c>0，M(c,3)在C上，且C的离心率为2．

(1)求C的标准方程；

(2)若O为坐标原点，∠F1MF【解析】解：(1)由题意可得e=ca=2，即c=2a，b=c2-a2=3a，

又M(c,3)在C上，可得c2a2-9b2=1，

解得b=3，a=1，

则双曲线的方程为x2-y23=1；

(2)由(1)可得M(2,3)，F1(-2,0)，F2(2,0)，

曲线D的方程为x24+y23=1，

在直角三角形MF1F2中，MF2⊥F1F2，

|MF2|=3，|F1F2|=4，|MF1|=5，7.(2023·浙江省金丽衢联考)设双曲线C:x2a2-y(1)求双曲线C的方程；(2)若A-2,1,B2,1，点C在线段