统考版2024高考数学二轮复习板块2命题区间精讲精讲5解析几何学案含解析文

PAGE1-解析几何命题点1直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线位置关系的判定及弦长问题(1)推断方法通常是采纳代数法将直线与圆锥曲线联立，消元后看方程解的状况．需特殊留意方程组有且只有一解未必说明直线与圆锥曲线相切还有可能相交，如：直线与圆锥曲线只有一个公共点，则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切．(2)弦长问题①在涉及弦长的问题中，应娴熟地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可以考虑用圆锥曲线的定义求解．②弦长计算公式：直线AB与圆锥曲线有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)，其中k为弦AB所在直线的斜率．[高考题型全通关]1．在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．[解](1)由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t)).又N为M关于点P的对称点，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，ON的方程为y＝eq\f(p,t)x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p).因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N为OH的中点，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：直线MH的方程为y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其他公共点．2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为(eq\r(3)，0),且经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，点M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．(1)求椭圆C的方程；(2)若eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))，且直线l与圆O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切于点N，求|MN|.[解](1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝c2＝3，,\f(－12,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2),b2)＝1，))得(a2－4)(4a2又a2＝3＋b2＞3，故a2＝4，则b2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设M(m,0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))，得y1＝－2y2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，则y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋4).由y1y2＝－2yeq\o\al(2,2)，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，所以eq\f(m2－4,t2＋4)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2tm,t2＋4)))eq\s\up12(2)，化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m易知原点O到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋t2))，又直线l与圆O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切，所以eq\f(|m|,\r(1＋t2))＝eq\r(\f(4,7))，即t2＝eq\f(7,4)m2－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4t2＋4＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))得21m4－16m2－16＝0，即(3解得m2＝eq\f(4,3)，此时t2＝eq\f(4,3)，满意Δ＞0，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2\r(3),3)，0)).在Rt△OMN中，|MN|＝eq\r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq\f(4\r(21),21).[点评]本题是直线与椭圆、圆的综合问题：(1)由题意，列关于a，b的方程组，解方程组可得a，b的值进而求得椭圆的方程；(2)设出M，A，B的坐标及直线l的方程x＝ty＋m，与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系，得m与t的关系，由直线与圆相切，得另一关系式，联立可得M的坐标进而得|MN|.考查了数学运算这一核心素养．命题点2定点、定值问题角度一定点问题目标等式法解确定点问题目标等式法是利用目标等式恒成立的条件，即对应项的系数相等，建立方程(组)，求解定点的方法．解决问题的关键点如下：①坐标化，将题目中的已知条件坐标化处理．②建立目标等式，利用坐标化的结论建立目标等式，如f(x，y)＋λg(x，y)＝0(λ为参数)．③列方程(组)，依据等式恒成立的条件，列出方程或方程组，如eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0.))④找定点，解方程(组)，可得直线或者曲线过的定点．[高考题型全通关]1．设M为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为点N，动点P满意2eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up7(→))，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满意|eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|＝|eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\o(DB,\s\up7(→))|，证明直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．切入点：利用相关点法求动点P的轨迹，由|eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|＝|eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\o(DB,\s\up7(→))|得出eq\o(DA,\s\up7(→))⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，进而由eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0建立参数k，m的等量关系，并求得定点坐标．[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)．因为2eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up7(→))，所以2(x0－x，－y)＝eq\r(3)(0，－y0)，即x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y.又点M在圆C：x2＋y2＝4上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，将x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y代入，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即轨迹E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)可知D(－2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－即3＋4k2－m2＞0.所以x1＋x2＝eq\f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－3,3＋4k2)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－12k2,3＋4k2).因为|eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|＝|eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\o(DB,\s\up7(→))|，所以eq\o(DA,\s\up7(→))⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，即eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，所以(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，则eq\f(4m2－12,3＋4k2)＋2×eq\f(－8mk,3＋4k2)＋4＋eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，所以7m2－16mk＋4k2＝0，解得m1＝2k，m2＝eq\f(2,7)k，且均满意3＋4k2－m2＞0.当m1＝2k时，直线l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过定点(－2,0)，与已知冲突；当m2＝eq\f(2,7)k时，直线l的方程为y＝kx＋eq\f(2,7)k＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,7)))，直线恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).所以直线l恒过定点，且定点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).[点评]直线y＝kx＋m恒过定点问题事实上就是通过题设信息，建立m，k等量关系的过程，如本例借助eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0得出m＝2k或m＝eq\f(2,7)k，进而得出直线恒过定点状况，需留意方程组有解的前提条件“Δ＞0”．2．(2024·广东中山联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)与x轴交于不同的两点A，B，曲线Γ与y轴交于点(1)是否存在以AB为直径的圆过点C？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由．(2)求证：过A，B，C三点的圆P过定点，并求出定点的坐标．[解]由曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R令x＝0，得y＝2m，即C(0,2令y＝0，得x2－mx＋2m设A(x1,0)，B(x2,0)，则Δ＝m2－8m＞0，x1＋x2＝m，x1x2＝2(1)若存在以AB为直径的圆过点C，则eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0.又eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－x1,2m)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－x2,2m)，则x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2所以m＝0或m＝－eq\f(1,2)，由Δ＞0，得m＜0或m＞8，所以m＝－eq\f(1,2).此时C(0，－1)，AB的中点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))即圆心，半径R＝|CM|＝eq\f(\r(17),4)，故所求圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(17,16).(2)设过A，B，C三点的圆P的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－a2＋b2＝r2，,x2－a2＋b2＝r2，,a2＋2m－b2＝r2，,x1x2＝2m，x1＋x2＝m，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(m,2)，,r2＝\f(5m2,4)－m＋\f(1,4)，,b＝m＋\f(1,2).))代入圆P的方程得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－m－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5m2,4)－m＋eq\f(1,4)，绽开并化简得(－x－2y＋2)m＋x2＋y2－y＝0，当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2＝0，,x2＋y2－y＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,5)，,y＝\f(4,5)))时方程恒成立．所以过A，B，C三点的圆P恒过定点(0,1)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5))).[点评]本题为曲线过定点问题，考查了“圆方程＋λ×直线方程＝0”的应用，解题时令－x－2y＋2＝0且x2＋y2－y角度二定值问题求定值问题2种常见的方法(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)干脆计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．[高考题型全通关]1．(2024·陕西咸阳高三摸底)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线AB过点(8,0)，求证：直线OA，OB的斜率之积为定值．切入点：第(2)问可采纳由特殊到一般的方式：分斜率存在和不存在两类求解．[解](1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)①当直线AB的斜率不存在时，即AB：x＝8，可得直线AB与抛物线的交点坐标为(8，±4eq\r(2))，所以kOA·kOB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(2),8)))×eq\f(4\r(2),8)＝－eq\f(1,2).②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－8)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－8))消去y得k2x2－(4＋16k2)x＋64k2＝0，易知Δ＞0，则xA＋xB＝eq\f(4＋16k2,k2)，xAxB＝64，所以kOA·kOB＝eq\f(yAyB,xAxB)＝eq\f(k2xA－8xB－8,xAxB)＝eq\f(k2[xAxB－8xA＋xB＋64],xAxB)＝eq\f(k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(64－8×\f(4＋16k2,k2)＋64)),64)＝－eq\f(1,2)，综上可知，直线OA，OB的斜率之积为定值－eq\f(1,2).2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，过A(2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．切入点：四边形ABNM的对角线满意AN⊥BM，故S四边形ABNM＝eq\f(1,2)|AN||BM|.[解](1)由题意得，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以S四边形ABNM＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.从而四边形ABNM的面积为定值．命题点3最值、范围问题求圆锥曲线中范围、最值的2种主要方法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解．(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．[高考题型全通关]1．(2024·长春质量检测一)已知点M(－1,0)，N(1,0)，若点P(x，y)满意|PM|＋|PN|＝4.(1)求点P的轨迹方程；(2)过点Q(－eq\r(3)，0)的直线l与(1)中曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值及此时直线l的方程．切入点：(1)利用椭圆的定义即可求得点P的轨迹方程；(2)设直线l的方程为x＝ty－eq\r(3)，将其与椭圆方程联立，由根与系数的关系、三角形面积公式求得△AOB面积的表达式，从而利用换元法与基本不等式求出最大值，进而由等号成立的条件求得直线l的方程．[解](1)由定义可得，P点的轨迹为椭圆且2a＝4，c因此椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设直线l的方程为x＝ty－eq\r(3)，其与椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立直线与椭圆的方程，消去x可得(3t2＋4)y2－6eq\r(3)ty－3＝0，则y1＋y2＝eq\f(6\r(3)t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－3,3t2＋4).所以S△AOB＝eq\f(1,2)|OQ|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(3)t,3t2＋4)))eq\s\up12(2)－4×\f(－3,3t2＋4))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(3),3t2＋4)×eq\r(9t2＋3t2＋4)＝eq\f(6,3t2＋4)×eq\r(3t2＋1)，令eq\r(3t2＋1)＝u，则u≥1，上式可化为eq\f(6u,u2＋3)＝eq\f(6,u＋\f(3,u))≤eq\r(3)，当且仅当u＝eq\r(3)，即t＝±eq\f(\r(6),3)时等号成立，因此△AOB面积的最大值为eq\r(3)，此时直线l的方程为x＝±eq\f(\r(6),3)y－eq\r(3).[点评]基本不等式求最值的5种典型状况分析(1)s＝eq\f(\r(k2＋1),2k2＋5)(先换元，留意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s＝eq\f(k2＋12,1＋2k2k2＋2)≥eq\f(k2＋12,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋2k2＋k2＋2,2)))eq\s\up12(2))(基本不等式)．(3)s＝eq\f(n\r(4m2＋1－n2),4m2＋1)(基本不等式)．(4)s＝eq\f(\r(4k4＋13k2＋9),2k2＋3)＝eq\r(1＋\f(k2,4k4＋12k2＋9))(先分别参数，再利用基本不等式)．(5)s＝eq\f(kk2＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k2＋\f(1,3)))k2＋9)＝eq\f(k＋\f(1,k),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(1,3k)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(9,k))))(上下同时除以k2，令t＝k＋eq\f(1,k)换元，再利用基本不等式)．2．(2024·冀州模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，P为椭圆C上一点，满意3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝eq\f(3,5).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．[解](1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq\f(5,4)a，r2＝eq\f(3,4)a.在△PF1F2cos∠F1PF2＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a))eq\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a))eq\s\up12(2)－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq\f(3,5)，解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM(图略)，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2)，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq\f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，②把②代入①得3＋4k2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3＋4k2,4k)))eq\s\up12(2)，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).[点评]本题由Δ＞0建立了参数k和m的不等式3＋4k2－m2＞0，然后借助条件“|AQ|＝|BQ|”又建立了一个k和m的等式：m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，将其代入不等式中便可求得斜率k的范围．此类问题可归结为“等量关系搭桥，判别式求解”．命题点4探究、证明问题角度一探究性问题确定顺推法求解探究性问题先假设满意条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在．[高考题型全通关]1．(2024·惠州二调)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，且与x轴交于点P(a,0)．(1)若直线l的斜率k＝eq\f(3,2)，且|FP|＝eq\f(3,2)，求|AF|＋|BF|的值；(2)若a＞0，x轴上是否存在点M，总有∠OMA＝∠OMB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．切入点：第(1)问由|FP|＝eq\f(3,2)求出a的值，由抛物线的定义及根与系数的关系求|AF|＋|BF|.第(2)问把“∠OMA＝∠OMB”数量化为“kMA＝－kMB”．利用根与系数的关系求解．[解](1)依题意，设l：y＝eq\f(3,2)(x－a)，将其代入y2＝2x中，整理得9x2－(18a＋8)x＋9a2由Δ＞0，得a＞－eq\f(2,9)，又eq\o(FP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)，0))且|eq\o(FP,\s\up7(→))|＝eq\f(3,2)，∴a＝2或a＝－1(舍去)．∴①式可化为9x2－44x＋36＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(44,9)，∴|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝eq\f(44,9)＋1＝eq\f(53,9).(2)当直线l斜率不存在时，由对称性知，存在点M满意∠OMA＝∠OMB．若直线l的斜率存在，设为k(k≠0)，则l：y＝k(x－a)，将其代入y2＝2x中，整理得ky2－2y－2ka＝0，∵Δ＝4＋8k2a＞0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(2,k)，,y1·y2＝－2a.))设M(m,0)，由∠OMA＝∠OMB，易知kMA＝－kMB，即eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝0，∴y1·x2＋y2·x1－m(y1＋y2)＝0，即y1·eq\f(y\o\al(2,2),2)＋y2·eq\f(y\o\al(2,1),2)＝m(y1＋y2)，∴eq\f(y1·y2,2)·(y1＋y2)＝m(y1＋y2)，∵y1＋y2≠0，∴m＝eq\f(y1·y2,2)＝eq\f(－2a,2)＝－a，∴M(－a,0)．综上所述，当a＞0时，x轴上存在点M(－a,0)，总有∠OMA＝∠OMB．2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq\f(1,2)，点A(b,0)，B，F分别为椭圆C的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2eq\r(6).(1)求椭圆C的方程；(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k＞0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？假如存在，求出m的取值范围；假如不存在，请说明理由．切入点：(1)由e＝eq\f(1,2)及|BF|·|BA|＝2eq\r(6)，求a，b.(2)以PG，PH为邻边的菱形⇔(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))·eq\o(GH,\s\up7(→))＝0.[解](1)由离心率e＝eq\f(1,2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2c.①由|BF|·|BA|＝2eq\r(6)，得a·eq\r(b2＋b2)＝2eq\r(6)，即ab＝2eq\r(3).②又a2－b2＝c2.③由①②③可解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k＞0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.由Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，因为k＞0，所以k＞eq\f(1,2).设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋3)，eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→))＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，eq\o(GH,\s\up7(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．因为菱形的对角线相互垂直，所以(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))·eq\o(GH,\s\up7(→))＝0，所以(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－eq\f(2k,4k2＋3)＝－eq\f(2,4k＋\f(3,k)).因为k＞eq\f(1,2)，所以－eq\f(\r(3),6)≤m＜0(当且仅当eq\f(3,k)＝4k，即k＝eq\f(\r(3),2)时，等号成立)．所以存在满意条件的实数m，且m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，0)).[点评]本题第(2)问是求解参数m的取值范围问题，解题方法是将直线l的方程与椭圆C的方程联立，由直线l与椭圆C交于G，H两点，可知判别式Δ＞0，由此可得到参数k的取值范围．若存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形，则(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))⊥eq\o(GH,\s\up7(→))，由此可以得到一个关于k，m的目标关系式“m＝－eq\f(2k,4k2＋3)”，结合k＞eq\f(1,2)，可利用基本不等式求出参数m的取值范围．角度二证明问题代数转化法求解圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、过定点等，二是数量关系的证明：如线段或角相等等，证明时常借助等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后用函数方程思想解决．[高考题型全通关]1.(2024·济南模拟)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．切入点：将(2)等价转化到∠AGF＝∠BGF，进而借助kAG＋kBG＝0求解．[解](1)由抛物线的定义，得|AF|＝2＋eq\f(p,2).由已知|AF|＝3，得2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.(2)如图，因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2eq\r(2)，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2eq\r(2))．由A(2,2eq\r(2))，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2eq\r(2)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq\f(1,2)，从而Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2))).又