2025届高考数学大二轮复习层级二专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用教学案

PAGE1-第3讲圆锥曲线的综合应用[考情考向·高考导航]1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或拋物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形实力、计算实力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．[真题体验]1．(2024·北京卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．解析：(1)因为椭圆的右焦点为(1,0)，c＝1；因为椭圆经过点A(0,1)，所以b＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，故椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1,y＝kx＋tt≠1))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，Δ＞0，x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq\f(2t,1＋2k2)，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝eq\f(t2－2k2,1＋2k2).直线AP：y－1＝eq\f(y1－1,x1)x，令y＝0得x＝eq\f(－x1,y1－1)，即|OM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x1,y1－1)))；同理可得|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x2,y2－1))).因为|OM||ON|＝2，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x1,y1－1)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－x2,y2－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,y1y2－y1＋y2＋1)))＝2；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t2－1,t2－2t＋1)))＝1，解之得t＝0，所以直线方程为y＝kx，所以直线l恒过定点(0,0)．答案：(1)eq\f(x2,2)＋y2＝1(2)见解析2．(2024·全国Ⅰ卷)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN.解：(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM的方程为y＝eq\f(1,2)x＋1或y＝－eq\f(1,2)x－1.(2)当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＞0，x2＞0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y2＝2x))得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝eq\f(2,k)，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝eq\f(y1,x1＋2)＋eq\f(y2,x2＋2)＝eq\f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①将x1＝eq\f(y1,k)＋2，x2＝eq\f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq\f(2y1y2＋4ky1＋y2,k)＝eq\f(－8＋8,k)＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN.[主干整合]1．有关弦长问题有关弦长问题，应留意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|或|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|(k≠0)，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常运用根与系数的关系，即作如下变形：|x2－x1|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)，|y2－y1|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2).(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，干脆运算(利用两点间距离公式)．2．圆锥曲线中的最值(1)椭圆中的最值F1，F2为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆的随意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有：①|OP|∈[b，a]；②|PF1|∈[a－c，a＋c]；③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1，F2为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：①|OP|≥a；②|PF1|≥c－a.(3)拋物线中的最值点P为拋物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有：①|PF|≥eq\f(p,2)；②A(m，n)为肯定点，则|PA|＋|PF|有最小值．3．拋物线焦点弦的几个重要结论直线AB过拋物线y2＝2px(p＞0)的焦点，交拋物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如图．(1)y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(p2,4).(2)|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥2eq\r(x1x2)＝p，即当x1＝x2时，弦长最短为2p.(3)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)为定值eq\f(2,p).(4)弦长|AB|＝eq\f(2p,sin2α)(α为AB的倾斜角)．(5)以AB为直径的圆与准线相切．热点一圆锥曲线中的范围、最值问题数学运算素养数学运算——圆锥曲线问题的核心素养以圆锥曲线问题为载体，借助相关学问，通过式的变形考查运算求解实力，体现了数学运算的核心素养.构造函数求最值[例1－1](2024·全国Ⅱ卷)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满意直线AM与BM的斜率之积为－eq\f(1,2).记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线．(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．[审题指导](1)利用斜率公式及kAM·kBM＝－eq\f(1,2)求动点M的轨迹方程．(2)①依据点P在第一象限的特征，画出满意题意的几何图形，初步推断出△PQG中∠QPG是直角．设出直线PQ的斜率和方程，再结合xE＝xP及点P，Q关于原点对称，求出直线QG的斜率和方程，联立直线QG和曲线C的方程，求出点G的坐标，最终求出直线PG的斜率，即可证明kPQ·kPG＝－1.②依据△PQG是直角三角形，建立S△PQG关于直线PQ的斜率k的关系式求最值．[解析](1)由题设得eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(1,2)，化简得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2)).设u＝eq\f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为eq\f(k,2)，方程为y＝eq\f(k,2)(x－u)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝eq\f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq\f(uk3,2＋k2)，从而直线PG的斜率为eq\f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝－eq\f(1,k).所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2ueq\r(1＋k2)，|PG|＝eq\f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，所以△PQG的面积S＝eq\f(1,2)|PQ||PG|＝eq\f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋k))2).设t＝k＋eq\f(1,k)，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝eq\f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1，S取得最大值，最大值为eq\f(16,9).因此，△PQG面积的最大值为eq\f(16,9).最值问题的2种基本解法几何法依据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何学问加以解决的(如拋物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中常常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(一般方法、基本不等式方法、导数方法)(如本例)等找寻不等关系解范围问题[例1－2](2024·全国Ⅲ卷，节选)已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．证明：k<－eq\f(1,2).[审题指导]利用点差法将k转化为含m的表达式，求解m的取值范围，进而证明结论．[证明]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1.两式相减，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)＝0由题设知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)①由题设得0＜m＜eq\f(3,2)，故k＜－eq\f(1,2).解决圆锥曲线中的范围问题的常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，关键是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系(如：点在椭圆内)建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用求函数的值域或求函数定义域的方法将待求量表示为其他变量的函数或其他变量的自变量，从而确定参数的取值范围．(2024·山师附中模拟)已知点A(0，－2)，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．解析：(1)设F(c,0)，由条件知，eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)＞0，即k2＞eq\f(3,4)时，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).从而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1).又点O到直线PQ的距离d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面积S△OPQ＝eq\f(1,2)d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).设eq\r(4k2－3)＝t，则t＞0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t)).因为t＋eq\f(4,t)≥4，当且仅当t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)时等号成立，且满意Δ＞0.所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)x－2.热点二圆锥曲线中的定点、定值问题奇妙消元证定值[例2－1](2024·青岛三模)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，以椭圆的短轴为直径的圆与直线x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求椭圆E的方程．(2)设椭圆过右焦点F的弦为AB、过原点的弦为CD，若CD∥AB，求证：eq\f(|CD|2,|AB|)为定值．[审题指导](1)要求椭圆方程，只要由原点到直线的距离等于半短轴长，求b即可．(2)要证明eq\f(|CD|2,|AB|)为定值，只要利用弦长公式计算化简即可．[解析](1)依题意，原点到直线x－y＋eq\r(6)＝0的距离为b，则有b＝eq\f(\r(6),\r(12＋－12))＝eq\r(3).由eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(1,2)，得a2＝eq\f(4,3)b2＝4.所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①当直线AB的斜率不存在时，易求|AB|＝3，|CD|＝2eq\r(3)，则eq\f(|CD|2,|AB|)＝4.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，依题意k≠0，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，直线CD的方程为y＝kx.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,3＋4k2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2－12,3＋4k2))))＝eq\f(121＋k2,3＋4k2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx，))整理得x2＝eq\f(12,3＋4k2)，则|x3－x4|＝eq\f(4\r(3),\r(3＋4k2)).|CD|＝eq\r(1＋k2)|x3－x4|＝4eq\r(\f(31＋k2,3＋4k2)).所以eq\f(|CD|2,|AB|)＝eq\f(481＋k2,3＋4k2)·eq\f(3＋4k2,121＋k2)＝4.综合①②，eq\f(|CD|2,|AB|)＝4为定值．解答圆锥曲线的定值问题的策略定值问题就是证明一个量与其中的改变因素无关，这些因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是运用改变的量表示求证目标，通过运算求证目标的取值与改变的量无关．巧引参数寻定点[例2－2](2024·长沙模拟)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A，其弦AB的中点D恰好落在x轴上．(1)求点B的轨迹E的方程；(2)过直线y＝－1上一点P作曲线E的两条切线，切点分别为M，N.探究直线MN是否过定点？请说明理由．[审题指导](1)利用干脆法求轨迹方程．(2)设P点坐标(6，－1)，先求M、N处的切线方程再建立直线MN的方程(用参数t表示)，从而求定点．[解析](1)设B(x，y)，y＞0，则AB的中点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，0))，∵C(0,1)，连接DC，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)，1))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，y)).在⊙C中，DC⊥DB，∴eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，∴－eq\f(x2,4)＋y＝0，即x2＝4y(y＞0)，∴点B的轨迹E的方程为x2＝4y(y＞0)．(2)由(1)可得曲线E的方程为x2＝4y(y＞0)．设P(t，－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，∵y＝eq\f(x2,4)，∴y′＝eq\f(x,2)，∴过点M，N的切线方程分别为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，y－y2＝eq\f(x2,2)(x－x2)，由4y1＝xeq\o\al(2,1)，4y2＝xeq\o\al(2,2)，上述切线方程可化为2(y＋y1)＝x1x,2(y＋y2)＝x2x.∵点P在这两条切线上，∴2(y1－1)＝tx1,2(y2－1)＝tx2，即直线MN的方程为2(y－1)＝tx，故直线MN过定点C(0,1)．过定点问题的常用解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，其代入直线方程y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再依据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(3)从特别位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．(2024·全国Ⅰ卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解：(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上，由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2，又eq\o(MO,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值，理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2，由于eq\o(MO,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x，因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满意条件的定点P.限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点M(2,1)，且离心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B分别是椭圆C的上顶点、右顶点，点P是椭圆C在第一象限内的一点，直线AP，BP分别交x轴，y轴于点M，N，求四边形ABMN面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程，考查考生分析问题、解决问题的实力，考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c2＝a2－b2得a，b的关系，再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P的坐标，得到直线AP，BP的方程，从而表示出点M，N的坐标，进而得到|AN|·|BM|，最终利用S四边形ABMN＝S△OMN－S△OAB及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为eq\f(\r(3),2)得，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，又c2＝a2－b2，∴a＝2b.又椭圆C经过点(2,1)，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)可知，A(0，eq\r(2))，B(2eq\r(2)，0)，设P(x0，y0)(0＜x0＜2eq\r(2)，0＜y0＜eq\r(2))，则直线AP：y＝eq\f(y0－\r(2),x0)x＋eq\r(2)，从而Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2)x0,y0－\r(2))，0)).直线BP：y＝eq\f(y0,x0－2\r(2))(x－2eq\r(2))，从而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2\r(2)y0,x0－2\r(2)))).∵eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，∴|AN|·|BM|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(2\r(2)y0,x0－2\r(2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋\f(\r(2)x0,y0－\r(2))))＝eq\f(2x0＋2y0－2\r(2)2,x0－2\r(2)y0－\r(2))＝eq\f(2x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4\r(2)x0－8\r(2)y0＋8,x0y0－\r(2)x0－2\r(2)y0＋4)＝8.∴S四边形ABMN＝S△OMN－S△OAB＝eq\f(1,2)(|OM|·|ON|－|OA|·|OB|)＝eq\f(1,2)(eq\r(2)|BM|＋2eq\r(2)|AN|＋8)＝eq\f(\r(2),2)(|BM|＋2|AN|)＋4≥4＋eq\f(\r(2),2)·2eq\r(2|AN|·|BM|)＝4＋4eq\r(2)(O为坐标原点)，当且仅当|BM|＝4，|AN|＝2时取得最小值．2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，上顶点M到直线eq\r(3)x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇，考查考生的数形结合实力、推理论证实力以及运算求解实力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2),\f(|b＋4|,2)＝3,a2＝b2＋c2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝2))，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2＝kx－4,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，则x1＋x2＝eq\f(16k2k＋1,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(64kk＋1,1＋4k2)，因为kMA＋kMB＝eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝eq\f(kx1－4k－4x2＋kx2－4k－4x1,x1x2)，所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k－4(k＋1)×eq\f(16k2k＋1,64kk＋1)＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．3．(2024·淮南三模)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，直线4x＋3y－5＝0与以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若A为椭圆C的下顶点，M，N为椭圆C上异于A的两点，直线AM与AN的斜率之积为1.①求证：直线MN恒过定点，并求出该定点的坐标；②若O为坐标原点，求eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的取值范围．解析：(1)由题意可得离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，又直线4x＋3y－5＝0与圆x2＋y2＝b2相切，所以b＝eq\f(|－5|,\r(42＋32))＝1，结合a2－b2＝c2，解得a＝eq\r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq\f(y2,3)＋x2＝1.(2)①设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知A(0，－eq\r(3))，又直线AM与AN的斜率之积为1，所以eq\f(y1＋\r(3),x1)·eq\f(y2＋\r(3),x2)＝1，即有x1x2＝y1y2＋eq\r(3)(y1＋y2)＋3，由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，设直线MN：y＝kx＋t(k≠0)，代入椭圆方程，消去y可得(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，所以x1x2＝eq\f(t2－3,3＋k2)，x1＋x2＝－eq\f(2kt,3＋k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2t－eq\f(2k2t,3＋k2)＝eq\f(6t,3＋k2)，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝k2·eq\f(t2－3,3＋k2)＋kteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2kt,3＋k2)))＋t2＝eq\f(3t2－3k2,3＋k2)，所以eq\f(t2－3,3＋k2)＝eq\f(3t2－3k2,3＋k2)＋eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6t,3＋k2)))＋3，化简得t2＋3eq\r(3)t＋6＝0，解得t＝－2eq\r(3)(－eq\r(3)舍去)，则直线MN的方程为y＝kx－2eq\r(3)，即直线MN恒过定点，该定点的坐标为(0，－2eq\r(3))．②由①可得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(t2－3,3＋k2)＋eq\f(3t2－3k2,3＋k2)＝eq\f(4t2－3－3k2,3＋k2)＝eq\f(45－3k2,3＋k2)，由(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，可得Δ＝4k2t2－4(t2－3)(3＋k2)＝48k2－36(3＋k2)＞0，解得k2＞9.令3＋k2＝m，则m＞12，且k2＝m－3，所以eq\f(45－3k2,3＋k2)＝eq\f(45－3m－3,m)＝eq\f(54,m)－3，由m＞12，可得－3＜eq\f(54,m)－3＜eq\f(3,2).则eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).4．(2024·浙江卷)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ΔABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求eq\f(S1,S2)的最小值及此时点G的坐标．解：(1)由题意得eq\f(p,2)＝1，即p＝2.所以，抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xc，yc)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝eq\f(t2－1,2t)y＋1，代入y2＝4x，得y2－eq\f(2t2－1,t)y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－eq\f(2,t)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)，－\f(2,t))).又由于xG＝eq\f(1,3)(xA＋xB＋xC)，yG＝eq\f(1,3)(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－eq\f(2,t)＋yC＝0，得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))2，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)，0)).所以，直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2＞2.从而eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)|FG|·|yA|,\f(1,2)|QG|·|yc|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)－1))·|2t|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－1－\f(2t4－2t2＋2,3t2)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,t)－2t)))＝eq\f(2t4－t2,t4－1)＝2－eq\f(t2－2,t4－1).令m＝t2－2，则m>0，eq\f(S1,S2)＝2－eq\f(m,m2＋4m＋3)＝2－eq\f(1,m＋\f(3,m)＋4)≥2－eq\f(1,2\r(m·\f(3,m))＋4)＝1＋eq\f(\r(3),2).当m＝eq\r(3)时，eq\f(S1,S2)取得最小值1＋eq\f(\r(3),2)，此时G(2,0)．5．(2024·北京卷)已知拋物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求拋物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过拋物线C的焦点作斜率不为0的直线l交拋物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．解析：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等学问，意在考查学生的转化实力和计算求解实力．(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝2p×(－1)可得：p＝－2，故抛物线方程为：x2＝－4y，其准线方程为：y＝1.(2)很明显直线l的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，设直线方程为y＝kx－1，与抛物线方程x2＝－4y联立可得：x2＋4kx－4＝0.故：x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4.设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－\f(x\o\al(2,1),4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，－\f(x\o\al(2,2),4)))，则kOM＝－eq\f(x1,4)，kON＝－eq\f(x2,4)，直线OM的方程为y＝－eq\f(x1,4)x，与y＝－1联立可得：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x1)，－1))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x2)，－1))，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋\f(2,x2)，－1))，圆的半径为：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－\f(2,x2)))，且：eq\f(2,x1)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(2x1＋x2,x1x2)＝2k，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－\f(2,x2)))＝2×eq\f(\r(x1＋x22－4x1x2),|x1x2|)＝2eq\r(k2＋1)，则圆的方程为：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)，令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝1，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0，－3)，(0,1)．

高考解答题·审题与规范(五)解析几何类考题重在“巧设”思维流程1.解析几何部分学问点多，运算量大，实力要求高，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．2.在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平常重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈.真题案例审题指