2022年高考平面解析几何专题突破 .pdf

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1、学习必备欢迎下载第一部分考试要求直线和圆的方程(1) 理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式.掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程。(2) 掌握两条直线平行与垂直的条件.两条直线所成的角和点到直线的距离公式能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系。(3) 了解二元一次不等式表示平面区域。(4) 了解线性规划的意义.并会简单的应用。(5) 了解解析几何的基本思想，了解坐标法。(6) 掌握圆的标准方程和一般方程.了解参数方程的概念。理解圆的参数方程。圆锥曲线方程(1) 掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程。(2) 掌握双

2、曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质。(3) 掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质。(4) 了解圆锥曲线的初步应用。（一）直线与圆知识要点直线的倾斜角与斜率k=tg （） ，直线的倾斜角 一定存在，范围是0, ） ，但斜率不一定存在。斜率的求法：依据直线方程依据倾斜角依据两点的坐标直线方程的几种形式，能根据条件，合理的写出直线的方程；能够根据方程，说出几何意义。两条直线的位置关系，能够说出平行和垂直的条件。会判断两条直线的位置关系。（斜率相等还有可能重合）两条直线的交角：区别到角和夹角两个不同概念。点到直线的距离公式。会用一元不等式表示区域。能够解决简单的线性规划问题。曲线与

3、方程的概念，会由几何条件列出曲线方程。圆的标准方程：(xa)2+(yb)2=r2圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0注意表示圆的条件。圆的参数方程：掌握圆的几何性质，会判断直线与圆、圆与圆的位置关系。会求圆的相交弦、切线问题。(二)圆锥曲线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 36 页学习必备欢迎下载1椭圆及其标准方程：双曲线及其标准方程：抛物线及其标准方程：4直线与圆锥曲线：注意点：（1）注意防止由于“ 零截距 ” 和“ 无斜率 ” 造成丢解（2）要学会变形使用两点间距离公式，当已知直线的斜率时，公式变形为或；当已知

4、直线的倾斜角时，还可以得到或（3）灵活使用定比分点公式，可以简化运算。（4）会在任何条件下求出直线方程。（5）注重运用数形结合思想研究平面图形的性质解析几何中的一些常用结论：1.直线的倾斜角 的范围是 ， )2.直线的倾斜角与斜率的变化关系：当倾斜角是锐角是，斜率k随着倾斜角 的增大而增大。当 是钝角时， k与 同增减。3.截距不是距离，截距相等时不要忘了过原点的特殊情形。4.两直线： L1: A1x+B1y+C1=0L2: A2x+B2y+C2=0L1L2A1A2+B1B2=0 5.两直线的到角公式：L1到L2的角为 ，tan =精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

5、 - - - - - - -第 2 页，共 36 页学习必备欢迎下载夹角为 ，tan =|注意夹角和到角的区别6.点到直线的距离公式，两平行直线间距离的求法。7.有关对称的一些结论点（，）关于轴、轴、原点、直线y=x的对称点分别是（，）， （，） ， （，） ， （，）如何求点（，）关于直线Ax+By+C=0 的对称点直线 Ax+By+C=0 关于轴、轴、原点、直线y=x的对称的直线方程分别是什么，关于点（，）对称的直线方程又是什么？如何处理与光的入射与反射问题？曲线 f(x,y)=0 关于下列点和线对称的曲线方程为：（）点 (a.b)（）轴（）轴（）原点（）直线 y=x（）直线 y=x（）直

6、线 x点和圆的位置关系的判别转化为点到圆心的距离与半径的大小关系。点P(x0,y0),圆的方程： (xa)2+(yb)2=r2. 如果 (x0a)2+(y0b)2r2点P(x0,y0)在圆外；如果(x0a)2+(y0b)2r相离d=r相切dr+R两圆相离d r+R两圆相外切|Rr|dr+R两圆相交d |Rr|两圆相内切d0，且m 1即所求 m的取值范围为. （2）右准线 L的方程为设点（）将代入得又由题设知由得，无解 . （）将代入得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 36 页学习必备欢迎下载由题设得由此解得 m 2 从而有

7、于是得到直线的方程为点评：对于（ 1） ，解题的关键是发掘并利用题设条件中隐蔽的不等式对于（ 2） ，以求解点 P坐标为方向，对已知条件进行 “ 数形转化 ” ，乃是解决此类已知线段长度之比问题的避繁就简的基本策略 . 二、 “ 圆锥曲线的有关范围” 之运用我们在学习中已经看到，椭圆、双曲线和抛物线的“ 范围 ” ，是它们的第一几何性质。事实上，我们研究“ 范围 ” ，一在于认知：认知圆锥曲线特性；二在于应用：“ 应用 ” 它们来解决有关问题。例、 以为焦点的椭圆与x轴交于 A，B两点（1）过作垂直于长轴的弦MN ，求 AMB 的取值范围；（2）椭圆上是否存在点P，使 APB120 ？若存在，

8、求出椭圆离心率e的取值范围 . 解：（1）基于椭圆的对称性，不妨设定为右焦点， M在第一象限，则易得，设A(a,0)，B(a,0)，则 AMB 为直线 AM 到 BM的角，又利用公式得此时注意到椭圆离心率的范围：0e0，y0 根据公式得整理得又这里代入得此时注意到点 P在椭圆上，故得由得由得于是可知，当时，点 P存在且此时椭圆离心率的取值范围为；当时，点 P不存在 . 三、 “ 一元二次方程有二不等实根的充要条件” 之运用在直线与曲线相交问题中，直线与某圆锥曲线相交的大前提，往往由 “ 相关一元二次方程有二不等实根” 来体现。 因此，对于有关一元二次方程的判别式0，求某量的值时，它是去伪存真的

9、鉴别依据，求某量的取值范围时，它是导出该量的不等式的原始不等关系。例1、已知椭圆的一个顶点A(0, 1)，焦点在 x轴上，且右焦点到直线的距离为 3，若斜率不为0的直线l与椭圆交于不同两点M、 N，使 M、N关于过 A点的直线对称，求直线l的斜率取值范围。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 36 页学习必备欢迎下载解： （既设又解）设右焦点F(c,0)，则由又b1，椭圆方程为设直线 l的方程为 ykxm将代入得由题意且点 P坐标为又根据题意知 M、N关于直线 AP对称，故有于是将代入得因此可知，所求k的取值范围为. 精选学习

10、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 36 页学习必备欢迎下载例2、已知椭圆 C的中心在原点上，焦点在x轴上，一条经过点且方向向量为的直线 l交椭圆 C于A、B两点，交 x轴于点 M，又（1）求直线 l的方程；（2）求椭圆 C的长轴长的取值范围. 解：（1）由题意设椭圆C的方程为. 直线 l的方向向量为亦为直线 l的方向向量直线 l的斜率因此，直线 l的方程为即（2）设将直线 l的方程与椭圆方程联立，消去x得由题设且又这里 M(1,0) 由得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

11、 11 页，共 36 页学习必备欢迎下载进而由得由得代入得注意到由得故由得因而得 1a0确定的不等式，另一方面又利用了颇为隐蔽的新设方程中的大小关系： ab0，双方联合推出2a的范围 .这里的不等关系的充分挖掘与应用，乃是解题成功的关键. 四、 “ 点在圆锥曲线内部的充要条件” 之运用所给问题中的某些点，注定要在相关圆锥曲线的内部。比如圆锥曲线的弦的内分点，又如圆锥曲线任意两弦的交点等。因此，点在圆锥曲线内部的充要条件，便成为寻求某量的取值范围的基本依据之一。其中，常用的充要条件为：1、2、3、4、例 、 已 知 椭 圆 的 焦 点 为， 过 点且 垂 直 于 x 轴 的 直 线 与 椭 圆

12、的 一 个 交 点 为 B ，又椭圆上不同两点A、 C满足条件：成等差数列 . （1）求椭圆的方程；（2）设弦 AC 的垂直平分线方程为ykxm，求 m的取值范围 . 解：（1）由题设得 2a 10，c 4 a 5，b3，c4 椭圆方程为（2） （设而不解）设则由题意得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 36 页学习必备欢迎下载故有点A、C在椭圆上两式相减得由及所设得弦 AC 的垂直平分线方程为由题意得注意到当 x4时椭圆上点的纵坐标为，又点在椭圆内部故得于是由、得所求的取值范围为点评：此题解法充分体现了“ 以我为主 ”

13、的思想。以我为主：以我所引入的参数诠释已知条件，以我所引入的参数构造弦的斜率，以我对这一解的认知决定解题策略 ， 本解法以运用自设参数为主而将所给的ykxm放在十分次要的位置，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 36 页学习必备欢迎下载从而使我们一直沉浸在所熟悉的探索中，待抬头看题设时，解题已经胜利在望。想一想：这里为什么可以不用直线方程ykxm与椭圆方程联立。五、 “ 圆锥曲线的定义或几何性质中隐蔽的不等关系” 之运用“ 相等 ” 与“ 不等 ” 是辩证的统一，根据“ 相等 ” 与“ 不等 ” 之间相互依存的辩证关系，椭

14、圆与双曲线定义中显示了明朗的“ 相等” 关系，那么必然蕴含这隐蔽的“ 不等 ” 关系。因此， 对于椭圆或双曲线的探求范围问题，适时认知并发掘出本题的不等关系，往往成为解题成败的关键环节。圆锥曲线的定义中隐含的不等关系主要有：1、2、例、 已知双曲线的左、右焦点分别为、，若在其左支上存在点P且点 P到左准线的距离与成等比数列，求离心率e的取值范围 . 分析：寻求 e的范围的一般途径为（1）认知或发掘出本题的不等关系；（2）将（ 1）中的不等关系转化为关于a,b,c的不等式；（3）将（ 2）中的不等式演变为关于e的不等式，进而通过解这一不等式导出所求范围. 其中，有关双曲线上点P处的两条焦点半径的

15、问题，定义中明朗的等量关系：是认知或求值的理论基础；而定义中隐蔽的不等关系：则是寻求参量范围的重要依据。解：（1）确立不等关系注意到这里（2）不等关系演变之一设左支上的点 P到左准线的距离为d，则由题意得（变形目的：利用第二定义，寻找两焦半径与e的联系）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 36 页学习必备欢迎下载又点 P在双曲线左支上（点 P在左支这一条件的应用）由解得将代入得（3）不等关系演变之二：由得故解得于是可知，所求离心率e的范围为第三部分直线与圆锥曲线问题的解题策略（研究性学习之一）众所周知，直线与圆锥曲线的问题

16、，是解析几何解答题的主要题型，是历年来高考备考的重点和高考命题的热点。多年备考的实践经验告诉我们，欲更快地提高解决这类问题的实践能力，需要切实解决好以下两个问题：（1）条件或目标的等价转化；（2）对于交点坐标的适当处理。本文试从上述两个问题的研究切入，对直线与圆锥曲线问题的解题策略作初步探索，希望对高考备考有所帮助。一、条件或目标的认知与转化解题的过程是一系列转化的过程。从某种意义上说，解题，就是要将所解的题转化为已经解过的题。然而，转化的基础是认知 认知已知、目标的本质和联系。有了足够的认知基础，我们便可以着力实践化生为熟或化繁为简的转化。1、化生为熟化生为熟是解题的基本策略。在直线与圆锥曲

17、线相交问题中，弦长问题及弦中点问题是两类基本问题。因此，由直线与圆锥曲线相交引出的线段间的关系问题，要注意适时向弦长或弦中点问题转化。一但转化成功，解题便得以驾轻就熟，胜券在握。（ 1）向弦中点问题转化例 1.已知双曲线=1（a0,b0）的离心率，过点 A（0,-b）和 B（a,0）的直线与原点间的距离为（1）求双曲线方程；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 36 页学习必备欢迎下载（2）若直线（km 0 ）与双曲线交于不同两点C、D，且 C、D两点都在以 A为圆心的同一个圆上，求m的取值范围。略解：（1）所求双曲线方程为

18、（过程略）（2）由消去 y得：由题意知，当时，设中点则C、D均在以 A为圆为的同一圆上又于是由得由代入得，解得 m4于是综合、得所求m的范围为（ 2）向弦长问题转化例 2设F是椭圆的左焦点， M是C1上任一点， P是线段 FM上的点，且满足（1）求点 P的轨迹 C2的方程；（2）过 F作直线 l与C1交于 A、D两点，与 C2交点 B、 C两点，四点依A、B、C、D顺序排列，求使成立的直线 l 的方程。分析：为避免由代换引发的复杂运算，寻觅替代的等价条件：设弦AD 、BC的中点分别为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 36

19、 页学习必备欢迎下载O1、O2，则，故，据此得于是，所给问题便转化为弦长与弦中点问题。略解：椭圆 C1的中心点P分所成的比 =2 。（1）点 P的轨迹 C2的方程为（过程略）（2）设直线 l的方程为代入椭圆 C1的方程得，故有故弦 AD 中点 O1坐标为代入椭圆 C2的方程得，又有故弦 BC中点 O2坐标为由、得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 36 页学习必备欢迎下载注意到于是将、代入并化简得：由此解得。因此，所求直线l的方程为2化繁为简解析几何是用代数计算的方法解决几何问题，因此，解答解析几何问题，人们都有这样的共同

20、感受：解题方向或途径明朗，但目标难以靠近或达到。解题时，理论上合理的思路设计能否在实践中得以实现？既能想到，又能做到的关键，往往在于能否化繁为简。化繁为简的策略，除去“ 化生为熟 ” 之外，重要的当数“ 借重投影 ” 或“ 避重就轻 ” 。（ 1）借助投影对于线段的定比分点以及其它复杂的线段间关系的问题，当题设条件的直接转化颇为繁杂时，不妨运用当初推导定比分点坐标公式的基本方法；将线段上有关各点向x轴（或 y轴或其它水平直线）作以投影，进而利用平行线分线段成比例定理推理或转化，这一手法往往能够有效地化解难点，将人们引入熟悉的解题情境。例 3如图，自点 M（1，-1）引直线 l交抛物线于P1 、

21、P2两点，在线段P1 、P2上取一点 Q，使、的倒数依次成等差数列，求点Q的轨迹方程。解：设又设直线 l的方程为代入得由题意得或精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 36 页学习必备欢迎下载且又由题意得作P1、Q、P2在直线 y=-1上的投影 P1 、Q 、P2 （如图）又令直线 l的倾斜角为则由得同理，将上述三式代入得将代入得将代入得于是由、消去参数k得再注意到式，由得或因此，由、得所求点Q的轨迹方程为（ 2）避重就轻事物都是一分为二的，复杂问题中有关事物之间你中有我、我中有你的局面，在给我们解题制造麻烦的同时，也会为我们

22、侧面迂回、避重就轻带来机会。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 36 页学习必备欢迎下载例 4已知点P、 Q在椭圆上，椭圆中心为O，且， 求椭圆中心 O到弦 PQ的距离。分析：这里需要P、Q点坐标，对此，如果直面直线PQ方程和椭圆方程联立方程组，则不论是求解P、Q坐标，还是利用所设 P、Q坐标，都不免招致复杂局面。于是转而考虑侧面迂回，避重就轻，同时，注意到P、Q两点的双重属性，想到避开正面求解，而由直线OP（或 OQ）方程和椭圆方程联立方程组解出点P（或点 Q）坐标。解（避重就轻，解而不设）：设则由得（1）当点 P、Q不

23、在坐标轴上时，设直线OP的方程则直线 OQ的方程为将代入椭圆方程易得将代入椭圆方程易得由、得又在中作于 H，于是由及式得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 36 页学习必备欢迎下载=（2）当点 P、Q在坐标轴上时，同样可得，从而有。于是由（ 1） （2）知所求椭圆中心O到弦 PQ的距离为。直线与圆锥曲线相交的问题，适当处置交点坐标是解题繁简乃至解题成败的关键环节。循着教材中关于曲线交点的定位，直线与圆锥曲线的交点坐标，首先是立足于“ 解” ，其次是辅助于“ 设” 。于是，在宏观上围绕着“ 解” 与“ 设” 的选择，产生出两

24、对解题思路：解而不设与设而不解；既设又解与不解。 在这里， “ 设” 是举手之劳， 问题在于， 在一个具体问题中，“ 解”的火候如何把握？“ 不解 ” 的时机如何捕捉？以下继续作以探索。二、求解交点坐标的“ 度” 的把握个体与整体是辩证的统一，循着“ 个体 ” 与“ 整体 ” 的辩证关系，立足于“ 解” 交点坐标，主要是以下两种选择：1、半心半意，解至中途从认识目标切入，如果目标不是交点的横坐标或纵坐标的个体，而是关于交点横坐标（或纵坐标） 的和与积的对称式，则一般选择从直线方程与曲线方程的联立方程组入手，解至中途运用韦达定理，进而对目标进行转化、靠拢，直至利用上述结果解决问题。例 1.设斜率

25、为 2的直线与抛物线相交于 A、B两点，以线段 AB 为边作矩形 ABCD ，使，求矩形 ABCD 的对角线交点M的轨迹方程。解：设直线 AB 的方程为。由由题意由韦达定理得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 36 页学习必备欢迎下载再设 AB 中点为，则有，注意到四边形 ABCD 为矩形，故有，且，由此得由（ 4）得代入（ 5）得化简得再注意到中，由（ 5）得因此由、得所求动点M 的轨迹方程为。点评：本例是“ 立足于一条直线与曲线相交” 的问题。这里所说的“ 立足于一条直线与曲线相交” 的问题，是指这样两种题型：（1）问

26、题由一直线与曲线相交引出；（2）问题中虽然出现多条直线与同一曲线相交，但这些直线的引出存在着明显的顺序（或依赖关系），整个问题构建在某一条直线与曲线相交的基础之上，对此，我们的求解仍倚仗于对交点坐标“ 既设又解 ” 的策略。这里的“ 解” ，是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，是“ 半心半意 ” 地求解，解至中途运用韦达定理，因此，此类问题的解题三部曲为（1）全心全意地设出交点坐标；（2）“ 半心半意 ” 地求解上述方程组，解至中途运用韦达定理；（3）对题设条件主体进行分析、转化，使之靠拢并应用（2）的结果导出既定目标。2、真心实意，求解到底精选学习资料 - - - - - - - - -

27、名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 36 页学习必备欢迎下载当目标的转化结果不是交点横标（或纵标）的对称式，而是交点坐标的个体时，则需要真心实意地将求解交点坐标进行到底。例 2.正方形 ABCD 的中心为 M（3，0） ，一条顶点在原点，焦点在X轴正半轴上的抛物线E，一条斜率为的直线 l，若A、B两点在抛物线 E上，而 C、D两点在直线 l上，求抛物线E和直线 l的方程。解：由题意设抛物线E的方程为，直线 l的方程为。又设正方形 ABCD 的（一条）对角线的斜率为k，则由直线 AM 、BM 的方程分别为再设则由得又点 A、B在抛物线 E上，故有于是由、解得。故得 A（4，

28、2） 、B（1，1） 、因此可知，所求抛物线E的方程为；所求直线 l方程为。点评：上述问题中出现“ 相对独立的多条直线与同一曲线相交” ，即问题中多条直线的出现没有确定的顺序或依赖关系，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 36 页学习必备欢迎下载各条直线之间具有相对独立性。对此，我们仍然运用对交点坐标“ 既设又解 ” 的策略，不过，这里的“ 解 ” 不是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，而是解关于所设交点坐标的等式所联立的方程组；这里的“ 解” 不是 “ 半心半意 ” 地解至中途运用韦达定理，而是全心全意地去解出交点坐标

29、，因此，此类问题的解题三部曲为：（1）全心全意地设出交点坐标；（2）全心全意地求解所设交点坐标满足的方程所联立的方程组，解出所设交点坐标；（3）利用（ 2）的结果追求既定目标。三、求解交点坐标的转换与回避解决直线与圆锥曲线相交问题招致复杂局面或陷入绝境，究其原因， 大多是求解直线与圆锥曲线所联立方程组惹的祸。因此，面对所给问题，当能预见到求解上述方程组的繁难程度时，能转换正面求解（交点坐标）便尽量转换，能回避正面求解（交点坐标）便尽量回避。1、设而不解这里所谓的 “ 设而不解 ” ，是指设出交点坐标之后，借助已知方程，运用交点坐标去表示已知条件或主要目标。其中，用所设交点坐标去构造有关直线的斜

30、率最为多见。例 1设椭圆的上半部有不同三点A、B、C，它们到同一焦点的距离依次成等差数列，且点B的纵坐标与椭圆的半焦距相等，求线段AC 的中垂线在 y轴上的截距。分析：考察线段 AC的中垂线方程， 易知其斜率由点A、C同名坐标的差式表出，弦中点由点 A、C同名坐标的和式表出。由此想到对交点坐标“ 设而不解 ” ，并借助焦点半径公式求解。解：设，弦 AC 中点 M(x0,y0)。由已知椭圆方程得又运用椭圆第二定义可得，由题设条件得而此时，注意到点A、C在椭圆上，故有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 36 页学习必备欢迎下载

31、-得代入得由此得由、得，即AC 中点于是可知弦 AC的中垂线方程为在中令 x=0得由此可知，所求弦AC的中垂线在 y轴上的截距为2、不设不解这是解决直线与曲线相交问题的至高境界。因此，欲适时地正确选择对交点坐标“ 不设不解 ” ，需要我们对问题或图形本质的深刻认知，需要我们对有关知识的深厚积淀或升华。（ 1）利用圆锥曲线定义回避交点坐标例2已知 F1、F2为椭圆的两个焦点，过F2的直线交椭圆于P、Q两点，且，求椭圆的离心率。解：注意到这里涉及点P处两条焦点半径，故考虑利用椭圆定义1。设椭圆方程为。又设，则由题意得根据椭圆定义得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

32、- - - - - -第 26 页，共 36 页学习必备欢迎下载代入得，解得再由得代入得化简得，由此解得。（ 2）借助有关图形性质回避交点坐标例3已知直线 l：与相交于 A、B两点，当时，求 C的方程。提示：圆心 C到弦 AB的距离（弦心距）注意到由圆的弦的性质得，由此解得 a的值。（ 3）利用有关问题的深入认知回避交点坐标这是处置直线与曲线乃至两曲线相交问题的重要策略，现以例4示范说明。例 4已知圆 M与圆相交于不同两点A、B，所得公共弦 AB 平行于已知直线，又圆M经过点 C（-2，3） ，D（1，4） ，求圆 M的方程。解（利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标）：设圆 M方程为又已知圆方

33、程为 得上述两圆公共弦AB所在直线方程精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 36 页学习必备欢迎下载由题设得注意到点 C、D在圆 M 上，故有将、联立解得所求圆 M的方程为四、高考真题1.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在 x轴上，斜率为1且过椭圆在焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线。（1）求椭圆的离心率；（2）设 M为椭圆上任意一点，且，证明为定值。分析：（1）求椭圆离心率， 首先要求关于a，b，c的等式。 为此， 从设出椭圆方程与直线AB 的方程切入， 运用对 A、B坐标 “ 既设又解 ” 的策略；（2）注意到这里的

34、点为椭圆上任意一点，故考虑对点的坐标“ 设而不解 ” 。解：（1）设椭圆方程为则直线 AB 方程为设将代入椭圆方程得由题意，显然成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 36 页学习必备欢迎下载由韦达定理得又，与共线即所求椭圆的离心率为（2）由（ 1）得，椭圆方程化为设，由题设得点 M在椭圆上又由（ 1）知，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 36 页学习必备欢迎下载而, 将、代得， 即为定值。点评：对于（1） ，立足于对 A、B坐标 “ 既设又解 ”

35、，对与共线的充要条件，先“ 转化 ” 而后 “ 代入 ” ，与先 “ 代入 ” 而后化简比较，计算量要明显减少。因此，诸如此类的问题，要注意选择“ 代入 ” 的形式或时机，以求减少解题的计算量。2.P、Q、M、N四点都在椭圆上， F为椭圆在 y轴正半轴上的焦点，已知与共线，与共线，且，求四边形 PMQN 的面积的最小值和最大值。分析：这里，b=1，c=1，故 F（0，1）由题设知，四边形 PMQN 的面积等于，因此解题从求，切入。解：这里，b=1，c=1，F（0，1） ，由得，即直线 PQ，MN 中至少有一条直线斜率存在。不妨设 PQ的斜率为 k，则直线 PQ的方程为又设将代入椭圆方程得精选学

36、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 36 页学习必备欢迎下载且（1）当时，直线 MN 的斜率为，同理可得 四边形 PMQN 的面积令，则（当且仅当时等号成立）当时，S是以为自变量的增函数（2）当时， MN为椭圆的长轴，于是（ 1） （2）得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 36 页学习必备欢迎下载四边形 PMQN 的面积的最大值为2，最小值为点评：认知条件，从而认知本题中四边形PMQN 面积的决定因素，寻求的目标便随之明确，而在对四边形面积S的变形中，所施

37、行的分子分母同除以，变量替换，分离常数项等等，都是寻求最值的基本策略。3.设A、B是椭圆上的两点，点N（1，3）是线段 AB 的中点，线段AB 的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点。（1）确定的取值范围，并求直线AB 的方程；（2）试判断是否存在这样的，使得 A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由。分析：在这里，有两条直线经过点N并且与椭圆相交，由于（1）要求直线 AB 的方程，故以交点A、B的坐标 “ 即设又解” 切入；对于（ 2）中的四点共圆，知，圆的直径为AB 或CD，到底是哪一个，则要在完成（1）之后根据具体情况再行确定。解：（1）由题意，设直线AB方程为设将代入椭圆方程得则由题设知

38、且由 N（1，3）是线段 AB 的中点得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 36 页学习必备欢迎下载解得将代入得所求的取值范围为，直线 AB 的方程为即（2）由题设知，线段CD垂直平分线段AB 直线 CD的方程为即将与椭圆方程联立，消去y得又设， CD的中点为，则为方程的根且，即注意到由（ 1）可得由（ 2）可得当时，假设存在，使得 A、B、C、D四点共圆，则 CD必为圆的直径，点M为圆心又点 M到直线 AB的距离由勾股定理得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 33

39、 页，共 36 页学习必备欢迎下载故当时， A、B、C、D四点均在以 M为圆心，以为半径的圆上。点评：在这里，对A、B及C、D的坐标均是 “ 既设又解 ” ，解到中途运用韦达定理导出同坐标之间的关系式；对于（2） ，要切实认知条件的特殊性，根据问题的特殊性，这时化生为熟，转化为熟悉的弦长或弦中点问题。4.已知方向向量为的直线 l过点和椭圆的焦点，且椭圆C的中心关于直线 l的对称点在椭圆C的右准线上（1）求椭圆 C的方程；（2）是否存在过点E（-2，0）的直线 m交椭圆 C于点 M、N，满足（0为原点）。若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由。分析：这里直线l的方程容易满足，对椭圆中心O关

40、于 l的对称点 “ 解而不设 ” 容易完成。解题难点在于转化和应用（2）中 的 条 件 ， 注 意 到。 为 便 于 沟 通 左 右 两 边 的 联 系 ， 运 用 内 积 定 义 得，即的面积等于于是解题以表示的面积突破。解：（1）由已知得直线l的斜率为，直线 l的方程为过原点且垂直于l的直线方程为由，解得，即上述两直线的交点为又椭圆中心 O关于直线 l的对称点在椭圆C的右准线上，点在右准线上，直线 l过椭圆焦点，该焦点为（ 2，0）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 36 页学习必备欢迎下载椭圆方程为（2）假设存在符合

41、条件的直线m 设（）当直线 m不垂直 x轴时，设直线 m的方程为代入椭圆方程得由题设且，又 O到直线 MN 的距离由得，即，由得解得， 即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 36 页学习必备欢迎下载（）当直线轴时，直线，易得满足条件（）（）知直线 m的方程为或或经检验上述直线均满足，因此，存在满足题设条件的直线m，直线 m的方程为或或点评：在本题中，条件的认知与转化是解题成功的关键环节，一旦已知条件转化为，解题便纳入求弦长与距离的熟悉的途径。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 36 页