高考解析几何重点题型分析与预测
2015-12-21郑一平
郑一平
全国各省自主命题已经多年，2016年许多省份将结束自主命题改用教育部统一命题的全国卷，这标志福建高考又将迈入一个新的阶段.全国卷对解析几何的解答题均以压轴题位置出现，且设问较简洁，入手较容易，尽管《全国考试说明》中未明确提及直线与圆锥曲线的位置关系的要求，但在解答题中仍是考查的重点.解析几何的特点是用代数的方法研究解决几何问题，重点是用“数形结合”的思想把几何问题转化为代数问题.这类问题涉及知识面广、综合性强、题目新颖、灵活多样，解题对能力要求较高.
根据对近几年全国高考试题分析，本专题分值均占全卷的20%左右，且选择题、填空题、解答题均涉及到，是高考的重热点问题.主要呈以下几个方面的特点：
1.考查直线与圆的有关基本概念、基本方法多以选择题或填空题的形式出现，基本属于中、低档题，有时也分散于解答题之中，特别近年出现线性规划、解几与平面向量结合等常考常新的试题.
2.考查圆锥曲线的基本概念、标准方程与几何性质等基础知识以及处理有关问题的基本技能、基本方法，也常以选择题和填空题形式出现.
3.直线与二次曲线的位置关系、圆锥曲线与向量等有关知识综合问题常以压轴题或中难题的形式出现，性质、基本概念、基础知识常以旧的知识为载体附以新情景，考查学生综合应用知识灵活解决问题的能力.
因此加强本专题复习十分必要，尤其要注意把握以下几点：
1.深化对基础知识的理解，重视知识间的内在联系，特别是知识交汇点要重点把握，提高综合应用知识解决问题的能力.
2.提高应用数学思想方法解决问题的熟练程度，特别是对几种曲线各有的特征以及解法之间的相互联系，做到重通法、轻技巧，重思想方法的提炼与升华，达到优化解题思维，简化解题过程的目的.
3.突出抓好重热点考查内容的复习，如轨迹问题、对称问题、范围问题、最值问题、直线与圆锥曲线位置关系问题，开放性及探索性问题、向量、导数与解几综合问题等.
4.对基础知识的复习既要全面但又要重点突出，对重点支撑学科知识的问题要融汇贯通，学会在知识网络交汇点思考问题、解决问题.
下面就此问题谈谈如何做好本内容的复习.
一、强化直线与圆的位置关系，利用几何意义简洁解决问题.
例1 已知直线l：（2m+1）x+（m+1）y-7m-4=0（m∈ R ），圆C：（x-1）2+（y-2）2=25.
（1）证明：不论m取什么实数时，直线l与圆恒交于两点；
（2）求直线l被圆C截得的线段的最短长度以及此时直线方程.
分析与略解 （1）将直线l方程变形，得（2x+y-7）m+（x+y-4）=0对任意实数m等式恒成立，
∴ 2x+y-7=0x+y-4=0 ，解得： x=3y=1 .
∴对于任意实数m，直线l恒过定点A（3，1），又|AC|= 5 <5.
∴A点在圆C内，故对任意实数m，直线l与圆恒交于两点.
（2）由平面几何知识知，l被圆C截得最短的弦是与直径AC垂直的弦.
∵kAC=- 1 2 ， ∴kl=2，由点斜式知直线l的方程为y-1=2（x-3），即2x-y-5=0，此时最短弦长为2 25-5 =4 5 .
∴所求直线方程为2x-y-5=0，最短弦长为4 5 .
评析 利用图形的几何特征和几何性质是优化解析几何问题解题途径的有效方法.本题问题（1）抓住直线恒过定点A（3，1），而A（3，1）在圆内，使结论获得证明.思考此题解法时，还常会考虑利用直线方程与圆方程联立，消去一个未知数得到含另一未知数的一元二次方程，再利用判别式求解，或利用证明圆心到直线距离小于半径求证，两种方法思路都自然，但解题过程比较繁杂、且容易出错.本题问题（2）也容易考虑直线l方程与圆方程联立后，利用求弦长公式求解，也比较麻烦.有兴趣的读者可以通过解题后进行比较.
二、重视直线与二次曲线的位置关系
直线与二次曲线的位置关系主要涉及弦长、交点、根与系数关系、最值等问题，关键要通过联立方程组，把问题转化为二次方程问题，利用二次方程有关知识去解决.
例2 已知点A（0，-2），椭圆E： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的离心率为 3 2 ，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为 2 3 3 ， O为坐标原点.（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
分析与略解 本题涉及椭圆的标准方程和离心率、直线与椭圆的位置关系、点到直线的距离公式、面积问题以及直线方程的求法等知识，特别隐含设直线方程时需考虑斜率存在与不存在，并考查分 类讨论的数学思想，计算过程中还要考虑利用设而不求的思想、转化思想等，对学生建设能力有较高要求.
（Ⅰ） 设F（c，0），由条件知 2 c = 2 3 3 ，得c= 3 ，又 c a = 3 2 ，
所以a=2，b2=a2-c2=1，故E的方程为： x2 4 +y2=1.
（Ⅱ）依题意知l⊥x轴不合题意，故设直线l：y=kx-2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）
将y=kx-2代入 x2 4 +y2=1，得（1+4k2）x2-16kx+12=0，
当Δ=16（4k2-3）>0，即k2> 3 4 时，x1，2= 8k±2 4k2-3 1+4k2
从而|PQ|= k2+1 |x1-x2|= 4 k2+1 · 4k2-3 1+4k2
又点O到直线PQ的距离d= 2 k2+1 ，所以△OPQ的面积S△OPQ= 1 2 d|PQ|=
4 4k2-3 1+4k2 ，设 4k2-3 =t，
则t>0，S△OPQ= 4t t2+4 = 4 t+ 4 t ≤1，
当且仅当t=2，k=± 7 2 等号成立，且满足Δ>0，
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：y= 7 2 x-2或y=- 7 2 x-2.
评析 解决问题（Ⅰ）的关键是考虑待定系数方法求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；问题（Ⅱ）通过设直线方程代人椭圆方程，利用根与系数关系，采用设而不求的方法建立面积目标函数，结合转化思想和均值不等式求得结果.
例3 如图1所示，已知椭圆E：
x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）过点（0， 2 ），且离心率为e= 2 2 . 图1
（Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）设直线l：x=my-1，（m∈ R ）交椭圆E于A，B两点，
判断点G（- 9 4 ，0）与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.
分析与略解 本题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
解题思路 方法一：（Ⅰ）由已知得
b= 2
c a = 2 2 a2=b2+c2 ，解得
a=2b= 2 c= 2 .所以椭圆E的方程为 x2 4 + y2 2 =1.
（Ⅱ）设点A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为H（x0，y0）.
由 x=my-1 x2 4 + y2 2 =1 得（m2+2）y2-2my-3=0，
所以y1+y2= 2m m2+2 ，y1y2= -3 m2+2 ，从而y0= m m2+2 .
所以|GH|2=（x0+ 9 4 ）2+y20=（my0+ 5 4 ）2+y20=（m2+1）y20+ 5 2 my0+ 25 16 .
|AB|2 4 = （x1-x2）2+（y1-y2）2 4
= （m2+1）（y1-y2）2 4
= （m2+1）[（y1+y2）2-4y1y2] 4
=（m2+1）（y20-y1y2）
故|GH|2- |AB|2 4 = 5 2 my0+（m2+1）y1y2+ 25 16 = 5m2 2（m2+2） - 3（m2+1） m2+2 + 25 16 = 17m2+2 16（m2+2） >0
所以|GH|> |AB| 2 ，故G（- 9 4 ，0）在以AB为直径的圆外.
方法二：（Ⅰ）同方法一.
（Ⅱ）设点A（x1，y1），B（x2，y2），则GA =（x1+ 9 4 ，y1），GB =（x2+ 9 4 ，y2）.
由 x=my-1 x2 4 + y2 2 =1 得（m2+2）y2-2my-3=0，所以y1+y2= 2m m2+2 ，y1y2= -3 m2+2 ，
从而GA ·GB =（x1+ 9 4 ）（x2+ 9 4 ）+y1y2=（my1+ 5 4 ）（my2+ 5 4 ）+y1y2
=（m2+1）y1y2+ 5 4 m（y1+y2）+ 25 16 = 5m2 2（m2+2） - 3（m2+1） m2+2 + 25 16 = 17m2+2 16（m2+2） >0
所以cos
故点G（- 9 4 ，0）在以AB为直径的圆外.
评析 本题解题的关键要掌握椭圆的基本知识、直线与椭圆的位置关系以及椭圆的几何特征，并熟练掌握点与圆的位置关系进行准确计算就可以得到正确结果.方法二利用向量有关知识进行推理、计算也可达到目的.
例4 设x、y∈ R ， i、j 为直角坐标系内x、y轴正方向上的单位向量，若向量 a =x i +（y+2） j ， b =x i +（y-2） j ，且 |a|+|b| =8，（1）求点M（x，y）的轨迹C的方程；（2）过点（0，3）作直线L与曲线C相交于A、B两点，设OP =OA +OB ，问是否存在这样的直线L，使四边形OAPB是矩形？若存在，求出直线L的方程；若不存在，说明理由.
分析与略解 （1）由条件 |a|+|b| =8知点M（x，y）到两定点F1（0，-2）、F2（0，2）距离之和为8，即点M的轨迹是以F1、F2为焦点的椭圆，易知a=4，c=2，b=2 3 .
∴所求M点轨迹方程为 y2 16 + x2 12 =1.
（2）∵L过y轴上的点（0，3），若L为y轴，则A、B两点恰为椭圆顶点.
又∵OP =OA +OB = 0 ，∴P与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾.
∴L不可能是y轴，即直线L斜率存在，设直线L方程为y=kx+3，A（x1，y1）、B（x2，y2），
则由 y=kx+3 y2 16 + x2 12 =1 得：（4+3k2）x2 +18kx-21=0，此时Δ=（18k）2+4×21（4+3k2）>0恒成立，
又x1+x2=- 18k 4+3k2 ，x1·x2=- 21 4+3k2 .
∵OP =OA +OB ，∴四边形OAPB是平行四边形.
若存在直线L，使四边形OAPB是矩形，则OA⊥OB，即OA ·OB =0.
∵OA =（x1，y1）、OB =（x2，y2），∴OA ·OB =x1·x2
+y1·y2=0
即（1+k2）x1·x2+3k（x1+x2）+9=0，即（1+k2）（- 21 4+3k2 ）+3k·（- 18k 4+3k2 ）+9=0，
解得：k=± 5 4 .
∴ 存在直线L：y=± 5 4 x+3使得四边形OAPB是矩形.
三、掌握参数的取值范围问题的常用解题方法
解析几何中求参数范围问题是高考数学问题常见的重要题型之一，涉及范围问题的解答题多以综合题
形式出现，因此不仅考查基础知识、基本方法、基本技能，通常与方程、不等式、数列、向量、导数等知识相结合，特别是含有参数的求范围问题在解决中需用分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想以及建立目标函数处理等
思想方法.利用根的判别式求范围、利用根的判别式结合根的分布求范围、利用均值不等式求范围、利用向量的性质求范围、利用数形结合求范围等.
例5 已知双曲线C： x2 a2 - y2 b2 =1（a>0，b>0），B是右顶点，F是右焦点，点A在x轴的正半轴上，且满足|OA |、|OB |、|OF |成等比数列，过F作双曲线C在第一、三象限渐近线的垂线L，垂足为P， （1）求证PA ·OP =PA ·FP ；（2）若L与双曲线的左、右两支分别相交于点D、E，求双曲线C离心率e的范围.
分析与略解 （1）L∶y=- a b （x-c），由 y=- a b （x-c）y= a b x 得P（ a2 c ， ab c ）.
∵|OA |、|OB |、|OF |成等比数列，∴A（ a2 c ，0），PA =（0，- ab c ），OP =（ a2 c ， ab c ）、FP =（- b2 c ， ab c ），∴PA ·OP =- a2b2 c2 ，PA ·FP =- a2b2 c2 ，∴PA ·OP =PA ·FP .
（2）由 y=- a b （x-c）b2x2-a2y2=a2b2 知（b2- a4 b2 ）x2+2· a4 b2 ·cx-（ a4c2 b2 +a2b2）=0，
∴x1·x2= -（ a4c2 b2 +a2b2） b2- a4 b2 <0.∴b4>a4 即b2>a2， ∴c2-a2>a2.
∴e2>2，即e> 2 .
评析 本题考查双曲线性质、数列性质以及平面向量数量积的运算等知识，体现知识横向联系，特别是如何把等量化成不等量关系以及运算能力要求较高.
例6 已知曲线C的方程为kx2+（4-k）y2=k+1（k∈ R ），若曲线C是椭圆，求k的取值范围；（2）若曲线C是双曲线，且有一条渐近线的倾斜角是60°，求此双曲线方程；（3）满足（2）的双曲线上是否存在两点P、Q关于直线L：y=x-1对称，若存在，求出过P、Q的直线方程；若不存在，说明理由.
解析 （1）当k=0或k=-1或k=4 时，C都表示直线；
当k≠0且 k≠-1且 k≠4时，方程为： x2 k+1 k + y2 k+1 4-k =1 （*）
此方程表示椭圆的充要条件是： k+1 k >0 k+1 4-k >0 k+1 k ≠ k+1 4-k 即0 （2）方程（*）表示双曲线的充要条件是 k+1 k · k+1 4-k <0，即k<-1或-1 ①当k<-1或k>4时，双曲线焦点在x轴上，a2= k+1 k ，b2= k+1 k-4 ，其中一条渐近线的斜率为 b a = k k-4 = 3 ，∴k=6. ②当-1 ∴所求双曲线方程为 x2 7 6 - y2 7 2 =1. （3）若双曲线上存在两点P、Q，关于直线L：y=x-1对称，设PQ方程为y=-x+m， 由 y=-x+m6x2-2y2=7 ， 消去y得：4x2+4mx-2m2-7=0 （*′） 设P、Q中点是M（x0，y0），则 x0=- m 2 y0= 3m 2 ，M在直线L上， ∴ 3m 2 =- m 2 -1，解得：m=- 1 2 ，此时方程（*′）的Δ>0， 故存在满足条件的P、Q两点，此时PQ的直线方程为y=-x- 1 2 . 评析 圆锥曲线类型的讨论关键是要掌握曲线方程的特征.而涉及曲线上某两点关于直线对称问题关键要抓住此两点中点在对称轴上，两点连线的斜率与对称轴斜率总为负倒数，还应注意斜率不存在的情况.这类问题也是高考的热点问题. 四、利用运动变化观点探求有关点的轨迹问题 轨迹问题是解析几何中的重点内容之一，在高考中考查的频率极高，主要涉及：一是曲线形状已定，求其方程；另一是由曲线方程探求曲线的形状.要求恰当建立坐标系，设动点坐标，利用条件建立关系式，代入化简求得.其基本方法有：直译法、定义法、代入法、交轨法、几何法、参数法、向量法等，但求轨迹问题必须注意轨迹的范围. 例7 已知曲线T上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y=-3的距离小2.（1）求曲线T的方程； （2）曲线T在点P处的切线l与x轴交于点A.直线y=3分别与直线l及y轴交于点M，N，以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B，试探究：当点P在曲线T上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论. 分析与略解 本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，考查运算求解能力，推理论证能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、化归与转化思想. （Ⅰ）思考1：设S（x，y）为曲线T上任意一点，
依题意，点S到F（0，1）的距离与它到直线y=-1的距离相等，
所以曲线T是以点F（0，1）为焦点，直线y=-1为准线的抛物线，
所以曲线T的方程为x2=4y.
思考2：设S（x，y）为曲线T上任意一点，则|y-（-3）|- （x-0）2+（y-1）2 =2，
依题意，点S（x，y）只能在直线y=-3的上方，所以y>-3，
所以 （x-0）2+（y-1）2 =y+1，化简得，曲线T的方程为x2=4y.
（Ⅱ）当点P在曲线T上运动时，线段AB的长度不变.证明如下：
由（Ⅰ）知抛物线T的方程为y= 1 4 x2，
设P（x0，y0）（x0≠0）则y0= 1 4 x20，
由y′= 1 2 x，得切线l的斜率k=y′|x=x0= 1 2 x0，
所以切线l的方程为y-y0= 1 2 x0（x-x0），即y= 1 2 x0x- 1 4 x20.
由 y= 1 2 x0x- 1 4 x20y=0 ，得A（ 1 2 x0，0）.
由 y= 1 2 x0x- 1 4 x20y=3 ，得M（ 1 2 x0+ 6 x0 ，3）.
又N（0，3），所以圆心C（ 1 4 x0+ 3 x0 ，3），
半径r= 1 2 |MN|=| 1 4 x0+ 3 x0 |，
|AB|= |AC|2-r2
= [ 1 2 x0-（ 1 4 x0+ 3 x0 ）]2+32-（ 1 4 x0+ 3 x0 ）2
= 6 .
所以点P在曲线T上运动时，线段AB的长度不变.
评析 解决圆锥曲线有关问题，定义十分重要，要正确掌握圆锥曲线的定义并运用其准确判断，并对所得到的方程进行化简，并需要有一定的运算能力和问题转换能力，以及较强的分析推理能力.
例8 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F.
（1）点A、P满足AP =-2FA .当点A在抛物线C上运动时，求动点P的轨迹方程；
（2）在x轴上是否存在点Q，使得点Q关于直线y=2x的对称点在抛物线C上？如果存在，求所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.
分析与略解 由条件直接利用向量的几何意义求解.（1）设动点P的坐标为（x，y），点A的坐标为（xA，yA），则AP =（x-xA，y-yA）， 因为F的坐标为（1，0），所以FA =（xA-1，yA），
由AP =-2FA 得（x-xA，y-yA）=-2（xA-1，yA）.
即 x-xA=-2（xA-1）y-yA=-2yA 解得 xA=2-xyA=-y ，代入y2=4x，得到动点P的轨迹方程为y2=8-4x.
（2）设点Q的坐标为（t，0），点Q关于直线y=2x的对称点为Q′（x，y），
则 y x-t =- 1 2 y 2 =x+t 解得 x=- 3 5 ty= 4 5 t
若Q′在C上，将Q′的坐标代入y2=4x，得4t2+15t=0，即t=0或t=- 15 4 .
所以存在满足题意的点Q，其坐标为（0，0）和（- 15 4 ，0）.
五、提高解决探索性、推理性问题的能力
例9 在以O为原点的直角坐标系中，点A（4、-3）为△OAB的直角顶点，已知|AB|=2|OA|，且点B的纵坐标大于零.（1）求向量AB 的坐标；（2）求圆x2-6x+y2+2y=0关于直线OB对称的圆的方程；（3）是否存在实数a，使抛物线y=ax2-1上总有关于直线OB对称的两个点？若不存在，说明理由；若存在，求出a的取值范围.
解析 （1）设AB =（u，v），则由 |AB |=2|OA |AB ·OA =0 得 u2+v2=1004u-3v=0
解得： u=6v=8 或 u=-6v=-8 .
∵OB =OA +AB =（u+4，v-3），
∴v-3>0，∴v=8，即AB =（6，8）.
（2）因为OB =（10，5）和B（10，5），故直线OB方程为y= 1 2 x.
由条件知圆的标准方程为（x-3）2+（y+1）2=10，其圆心（3，-1），半径 10 .
设圆心（3，-1）关于直线OB的对称点为（x，y），则：
x+3 2 -2· y-1 2 =0 y+1 x-3 =-2
，解得： x=1y=3
∴所求圆的方程为（x-1）2+（y-3）2=10.
（3）设P（x1，y1）、Q（x2，y2）为抛物线上关于直线OB的对称两点，则：
x1+x2 2 -2· y1+y2 2 =0 y1-y2 x1-x2 =-2
解得： x1+x2=- 2 a x1·x2= 5-2a 2a2 .
即x1、x2是方程x2+ 2 a x+ 5-2a 2a2 =0的两个相异实根.
∴Δ= 4 a2 -4· 5-2a 2a2 >0，即a> 3 2 .
∴当a> 3 2 时，抛物线y=ax2-1上总存在关于直线OB对称的两点.
评析 对称问题是解几的重要问题，也是高考热点问题，关键要抓住两点，一是中点在对称轴上，二是两点连线斜率与对称轴斜率之积为-1，从而建立方程组处理.
例10 在直角坐标系xoy中，曲线C：y= x2 4 与直线y=kx+a（a>0）交于M，N两点，
（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
分析 对于（Ⅰ）由条件知应先求出M，N的坐标，再利用导数求出过点M、N的切线方程.对于（Ⅱ）根据条件先作出判定，再利用设而不求思想，即将y=kx+a代入曲线C的方程整理成关于x的一元二次方程，设出M，N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和
用a表示出来，利用直线PM，PN的斜率之和为0，即可求出a，b关系，从而找出适合条件的P点坐标.
略解：（Ⅰ）由题设可得M（2 a ，a），N（-2 a ，a），或M（-2 a ，a），N（2 a ，a）.
∵y′= 1 2 x，故y= x2 4 在x=2 a 处的切线斜率为 a ，C在（2 a ，a）处的切线方程为y-a= a （x-2 a ），即 a x-y-a=0.
故y= x2 4 在x=-2 a 处的切线斜率为- a ，C在（-2 a ，a）处的切线方程y-a=- a （x+2 a ），即 a x+y+a=0.
故所求切线方程为 a x-y-a=0或 a x+y+a=0.
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0，b）为符合题意的点，M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y=kx+a代入C的方程整理得x2-4kx-4a=0.
∴x1+x2=4k，x1x2=-4a.
∴k1+k2= y1-b x1 + y2-b x2
= 2kx1x2+（a-b）（x1+x2） x1x2 = k（a+b） a .
当b=-a时，有k1+k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以P（0，-a）符合题意.
评析 问题一，解题关键要理解抛物线的切线的几何意义，这样问题才容易解决；问题二，涉及存在性问题，只要利用存在性问题解题方法，抓住直线与抛物线位置关系，合理进行推理运算问题也容易解决.
纵观近年全国高考解析几何试题，涉及直线与二次曲线问题常把代数、三角、向量、数列、导数等知识交汇在一起，具有一定的灵活性与综合性，解答题虽适当控制了比较繁琐的运算过程，但却加大了思维密度和推证过程.预测今后的命题重点会涉及：1.直线与圆锥曲线的基础题，涉及定义、标准方程、性质、曲线交点问题以及简单对称性等，以选择、填空形式出现.2.直线与圆维曲线位置关系中以讨论直线与圆锥曲线公共点个数、求弦长、焦点弦长以及中点有关的问题，或直线与曲线有关的轨迹问题.3.直线与圆锥曲线中的范围、最值问题，特别是含有参数的方程在解决中需用的分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想以及建立目标函数处理的方法.4.以向量、导数为载体或联系相关学科知识，构成知识交汇的问题，综合考查分析解决问题能力.只要加强这方面复习，掌握直线与二次曲线关系问题的常见题型及解题方法就不难迎刃而解.
