解析幾何熱點一圓錐曲線的標準方程與幾何性質圓錐曲線的標準方程是高考的必考題型，圓錐曲線的幾何性質是高考考查的重點，求離心率、準線、雙曲線的漸近線是常考題型.22TOC\o"1-5"\h\z【例1】⑴已知雙曲線拿一bz=i(a>0,b>0)的一個焦點為F(2,0),且雙曲線的漸近線與圓(x-2)2+—3相切，則雙曲線的方程為( )22Ax-V—1A.9 132C.)3-y2-122BZ-1B.13 9—12D.x2-；-122⑵若點M(2,1),點C是橢圓話+冷=1的右焦點，點A是橢圓的動點，貝U|AM|TOC\o"1-5"\h\z+|AC|的最小值為 .22XV 2(3)已知橢圓a2+詁=1(a>b>0)與拋物線y=2px(p>0)有相同的焦點F,P,Q是橢圓與拋物線的交點，若直線22PQ經過焦點F，則橢圓拿+希-1(a>b>0)的離心TOC\o"1-5"\h\z率為 .答案(1)D (2)8-26(3).2-122解析(1)雙曲線字一淳=1的一個焦點為F(2,0),則a2+b2=4,①雙曲線的漸近線方程為y=±-x,由題意得f2于—V3，②yja+b聯立①②解得b—,3,a—1,2所求雙曲線的方程為x2-y^—1,選D.⑵設點B為橢圓的左焦點，點M(2,1)在橢圓內，那么|BM|+|AM|+|AC|>|AB|+|AC|—2a,所以AM|+|AC|>2a-|BM|,而a—4,|BM|—.(2+3)2+1—26,所以(|AM|+|AC|)最小二8- 26.(3)因為拋物線y2=2px(p>0)的焦點F為p,0，設橢圓另一焦點為E.如圖所示，將x=號代入拋物線方程得丫=力，又因為PQ經過焦點F,所以P2,p且PF丄OF.所以PE匸寸d+^+p2=^2p,|PF|=p,|EF匸p.2c故2a=2p+p,2c=p,e=石=2-1.【類題通法】(1)在橢圓和雙曲線中，橢圓和雙曲線的定義把曲線上的點到兩個焦點的距離聯系在一起，可以把曲線上的點到一個焦點的距離轉化為到另一個焦點的距離，也可以結合三角形的知識，求出曲線上的點到兩個焦點的距離.在拋物線中，禾U用定義把曲線上的點到焦點的距離轉化為其到相應準線的距離，再利用數形結合的思想去解決有關的最值問題.⑵求解與圓錐曲線的幾何性質有關的問題關鍵是建立圓錐曲線方程中各個系數之間的關系，或者求出圓錐曲線方程中的各個系數，再根據圓錐曲線的幾何性質通過代數方法進行計算得出結果?22【對點訓練】已知橢圓4+專=1的左、右焦點分別為F1,F2,過F1且傾斜角為

45°的直線I交橢圓于A,B兩點，以下結論：①厶ABF2的周長為8;②原點到I8的距離為1;③AB|=3?其中正確結論的個數為( )A.3B.2C.1D.0A.3B.2C.1D.0答案A解析①由橢圓的定義，得|AFi|+|AF2|=4,|BFi|+|BF2=4,又|AFi|+|BFi|=AB|,所以△ABF2的周長為AB|+AF2|+|BF2|=8,故①正確；②由條件，得Fi(2,0),因為過Fi且傾斜角為45°的直線I的斜率為1,所以直線I的方程為y=x+2,I y=x+V2,則原點到I的距離d=/1,故②正確；③設A(xi,yi),B(x2,y2),由」x2y2電 N+礦1,得3x2+42x=0,解得xi=0,X2=—^^2,所以AB|=1+1?|xi-x2|=§,故③正確.故選A.熱點二圓錐曲線中的定點、定值問題定點、定值問題一般涉及曲線過定點、與曲線上的動點有關的定值問題以及與圓錐曲線有關的弦長、面積、橫(縱)坐標等的定值問題.22【例2】已知橢圓C:予+生=1(a>b>0)的離心率為~2",點(2,2)在C上.求C的方程；直線I不過原點O且不平行于坐標軸，I與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M，證明：直線OM的斜率與直線I的斜率的乘積為定值.TOC\o"1-5"\h\za2-b2 242(1)解由題意有一—=于,孑+孑=1,解得a2=8,b2=4.2 2所以C的方程為令+亍=1.(2)證明 設直線I:y=kx+b(kM0,b^0),A(xi,yi),B(x2,y2),M(xm,yM).2 2將y=kx+b代入筒+4=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.,, xi+X2—2kb b故xm=2~=2k2+1，yM=kxm+b=2k?+1?于是直線om的斜率koM=yM=-2k，

即koM2k=—2.所以直線OM的斜率與直線I的斜率的乘積為定值.【類題通法】解答圓錐曲線中的定點、定值問題的一般步驟第一步：研究特殊情形，從問題的特殊情形出發，得到目標關系所要探求的定點、定值.第二步：探究一般情況.探究一般情形下的目標結論.第三步：下結論，綜合上面兩種情況定結論.【對點訓練】已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F(1,0),O為坐標原點，A,B是拋物線C上異于O的兩點.求拋物線C的方程；1若直線OA,OB的斜率之積為—2，求證：直線AB過x軸上一定點.解因為拋物線y2=2px(p>0)的焦點坐標為(1,0)，所以1,所以p=2.所以拋物線C的方程為y2=4x.證明①當直線AB的斜率不存在時，設A4，t,B4，—t.因為直線OA,1OB的斜率之積為一2，所以器—二一2,化簡得t2=32.4 4所以A(8,t),B(8,—t)，此時直線AB的方程為x=8.②當直線AB的斜率存在時，設其方程為y=kx+b,A(xa,yA),B(xb,yB)，聯立y2=4x, 2得' 化簡得ky2—4y+4b=0.y=kx+b,根據根與系數的關系得yAyB二4b,因為直線OA,OB的斜率之積為-彳，所以yA2yBk 2 xaxb122=一2，即xaxb+2yAyB=0.即芋2y+2yAyB=0,解得yAyB=0(舍去)或yAyB=—32.所以yA所以yAyB=4b

k—32,即b——8k,所以y=kx—8k,即y=k(x—8).綜上所述，直線AB過定點(8,0).熱點三 圓錐曲線中的最值、范圍問題圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關的一些問題22【例3】平面直角坐標系【例3】平面直角坐標系xOy中，橢圓C：,拋物g+b2^1(a>b>0)的離心率是線E:x2=2y的焦點F是C的一個頂點.(1)求橢圓C的方程；⑵設P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線I與C交于不同的兩點A，B,線段AB的中點為D.直線0D與過P且垂直于x軸的直線交于點M.求證：點M在定直線上；直線I與y軸交于點6,記厶PFG的面積為$,△PDM的面積為9,求§的最大值及取得最大值時點P的坐標.寸a2—b2J3(1)解由題意知—a—= ，可得a2=4b2,因為拋物線E的焦點F0,2，所以b=2,a=1,所以橢圓C的方程為x2+4y2=1.⑵①證明設Pm,羅(m>0),由x2=2y,可得y'=x,所以直線1的斜率為m,2因此直線I的方程為y—m2=m(x—m).2m即y=mx—.設A(xi,yi),B(x2,y2),D(xo,yo).

x2+4y2=1,聯立方程 m2|y=mx—2,得(4mx2+4y2=1,聯立方程 m2|y=mx—2,得(4m2+1)x2—4m3x+m4—1=0.由Z>0,得0<m<2+5(或0<m2<2+5).(*)4 3 2 3 2且劉+X2=42+1,因此x°=42+1，將其代入y=mx—號,得y°=2(42+八,4m+1 4m+1 2 2(4m+1)—m2因為y0=-4m-1所以直線OD方程為y=—4mx,聯立方程m,1y^~ax,4m得點M的縱坐標yM二14,1所以點M在定直線y=—玄上.②由①知直線I的方程為尸mx—2/令x=0,得y=—學，所以G0,2m_2,—m22,所以S=22|GF|2m=3I2冷m2+1,(m2+1)m2m2—m22(4m+1)12|PM|2|m—X0|二232 32m+132m+m4 4m2+122曾十-所以I二222(4m+1)(m+1)(2m2+1)2設t設t=2m2+1,則挙S2 t(t+1) 2t2+1—12——S1 9即t=2時，s取到最大值9,此時m=子，滿足(*)式，所以P點坐標為ij,4-

因此S2的最大值為9此時點p的坐標為皆，4.【類題通法】圓錐曲線中的最值、范圍問題解決方法一般分兩種：一是代數法，從代數的角度考慮，通過建立函數、不等式等模型，利用二次函數法和基本不等式法、換元法、導數法、或利用判別式構造不等關系、利用隱含或已知的不等關系建立不等式等方法求最值、范圍；二是幾何法，從圓錐曲線的幾何性質的角度考慮，根據圓錐曲線幾何意義求最值.【對點訓練】如圖，設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,拋物線上的點A到y軸的距離等于AF|—1.求p的值；若直線AF交拋物線于另一點B,過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N,AN與x軸交于點M，求M的橫坐標的取值范圍.N解(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x=—1的距離，由拋物線的定義得2=1,即p=2.y=4x, 2消去x得yx=sy+1⑵由(1)得，拋物線方程為y2=4x，F(1,0)，可設A(ty=4x, 2消去x得yx=sy+1因為AF不垂直于y軸，可設直線AF:x=sy+1(sM0),由—4sy—4=0.故y1y2=—4,所以B0,-f)2t又直線AB的斜率為廠,故直線FN的斜率為—中,

所以N^3，—I.2設M(m,0),由設M(m,0),由A,M,N三點共線得孑—m二丁E，t—t2—1于是m=p—1，所以mv0或m>2.經檢驗，mv0或m>2滿足題意.綜上，點M的橫坐標的取值范圍是(一X,0)U(2，+^).熱點四圓錐曲線中的探索性問題圓錐曲線的探索性問題主要體現在以下幾個方面：(1)探索點是否存在；(2)探索曲線是否存在；(3)探索命題是否成立.涉及這類命題的求解主要是研究直線與圓錐曲線的位置關系問題.【例4】已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線I不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與I的斜率的乘積為定值；⑵若I過點m，m，延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.(1)證明設直線I:y=kx+b(kM0, 0),A(x1,y“，B(X2,y2),M(xm,yM).22 2 2 2 2 2 X1~+X2將y=kx+b代入9x+y=m得(k+9)x+2kbx+b—m=0,故xm= =—kb—kb2k2+9,yM=kxM+b=乂.k十9于是直線OM的斜率kOM二xM—9,即kOM2k=—9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值⑵解四邊形OAPB能為平行四邊形.

因為直線I過點羅，m，所以I不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0,kM3.9由(1)得OM的方程為y=—p.設點P的橫坐標為Xp,得2-一9k得2-一9kx2.2kmxp=9k2+81，即xp±m3,k2+9心jm 一八、、"、“/口m(3—k) —“ k(k—3)m將點,m的坐標代入I的方程得b= 3 ，因此xm=3(k2+9)—.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段0P互相平分，即xp=2xm.于是士kmgk(k—3)m于是3.k2+9二233(k2+9)，解得ki=4—\；7,k2=4+7.因為ki>0,kiM3,i=1,2,所以當I的斜率為4一7或4+,7時，四邊形OAPB為平行四邊形?【類題通法】⑴探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.其步驟為假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，若方程組有實數解，則元素(點、直線、曲線或參數)存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數)不存在.(2)反證法與驗證法也是