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高考第高考第 20 题题圆锥曲线圆锥曲线题型一题型一定值问题定值问题巧妙消参巧妙消参定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率这些变化的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使用变化的量表达求证目标，通过截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关运算求证目标的取值与变化的量无关.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决.典例典例(20 xx北京高考北京高考)(本题满分本题满分 12 分分)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21 过过 A(2,0)， B(0,1)两点两点(1)求椭圆求椭圆 C 的方程及离心率；的方程及离心率；(2)设设 P 为第三象限内一点且在椭圆为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线上，直线 PA 与与 y 轴交于点轴交于点 M，直线，直线 PB 与与 x 轴轴交于点交于点 N，求证：四边形，求证：四边形 ABNM 的面积为定值的面积为定值思路提示思路提示第第(1)问由问由 a2，b1，c 3，解第一问；，解第一问；第第(2)问画草图可知问画草图可知 ANBM，四边形，四边形 ABNM 的面的面积为积为12|AN|BM|，设点，设点 P(x0，y0)，得出，得出 PA，PB 的方程，的方程，进而得出进而得出 M，N 的坐标，得的坐标，得出出|AN|， |BM|， 只需 证明， 只需 证明12|AN|BM|是一个与点是一个与点 P 的的坐标无关的量即可坐标无关的量即可解解(1)由题意得由题意得a2，b1，所以椭圆所以椭圆 C 的方程为的方程为x24y21.2 分分又又 c a2b2 3，所以离心率，所以离心率 eca32.3 分分(2)证明：设证明：设 P(x0，y0)(x00，y00)，则则 x204y204.又又 A(2,0)，B(0,1)，解题关键点解题关键点待 定 系 数待 定 系 数法求曲线方程法求曲线方程.障碍提醒障碍提醒1想不到设出想不到设出 P(x0，y0)后，利用点斜式写出直后，利用点斜式写出直线线PA，PB 的方程的方程 不会由直不会由直线线PA，PB 的方程求解的方程求解|BM|，|AN|.所以直线所以直线 PA 的方程为的方程为 yy0 x02(x2).5 分分令令 x0，得，得 yM2y0 x02，6 分分从而从而|BM|1yM12y0 x02.直线直线 PB 的方程为的方程为 yy01x0 x1.令令 y0，得，得 xNx0y01，从而从而|AN|2xN2x0y01.9 分分选用变量表达选用变量表达直线、线段长直线、线段长度度、 面积等几何面积等几何元素元素.2不知道四边形的面积不知道四边形的面积可用可用 S12| AN|BM|表示表示所 以 四 边 形所 以 四 边 形 ABNM 的 面 积的 面 积 S 12|AN|BM|122x0y0112y0 x023四边形四边形 ABNM 的面的面积用积用 x0，y0表示后，不会变表示后，不会变形、化简，用整体消参来求形、化简，用整体消参来求值值x204y204x0y04x08y042 x0y0 x02y02 2x0y02x04y04x0y0 x02y022.11 分分从而四边形从而四边形 ABNM 的面积为定值的面积为定值.12 分分定值问题基本定值问题基本思想思想： 求解目标求解目标与选用的变量与选用的变量无关无关.题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 1 题题题型二题型二定点问题定点问题确定方程确定方程证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出无关得出 x，y 的方程组的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点；如果直线系是使如果直线系是使用双参数表达的，要根据其它已知条件建立两个参数之间的关系，把双参数直线系方程化用双参数表达的，要根据其它已知条件建立两个参数之间的关系，把双参数直线系方程化为单参数直线系方程为单参数直线系方程.典例典例(20 xx全国卷全国卷)(本题满分本题满分 12 分分)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，四点四点 P1(1,1)，P2(0，1)，P31，32 ，P41，32 中恰有三点在椭圆中恰有三点在椭圆 C 上上(1)求求 C 的方程；的方程；(2)设直线设直线 l 不经过不经过 P2点且与点且与 C 相交于相交于 A，B 两点两点若直线若直线 P2A 与直线与直线 P2B 的斜率的和的斜率的和为为1，证明：，证明：l 过定点过定点障碍提醒障碍提醒1观察不出观察不出 P3，P4对称对称，忽视对称性导致判忽视对称性导致判断失误断失误 解解 (1) 因 为因 为 P31，32，P41，32 ，所以所以 P3，P4两点关于两点关于 y 轴对称，轴对称，故由题设知椭圆故由题设知椭圆 C 经过经过 P3，P4两点两点思路提示思路提示第第(1)问利用椭圆的问利用椭圆的性质，易排除点性质，易排除点 P1(1,1)不在椭圆上不在椭圆上， 从而求椭圆从而求椭圆方程；方程；2不会用点的坐标不会用点的坐标代入方程判断代入方程判断 P1， P2是否是否在椭圆上而滞做在椭圆上而滞做又由又由1a21b21a234b2知知， 椭圆椭圆 C 不经过不经过点点 P1，2 分分所以点所以点 P2在椭圆在椭圆 C 上上.3 分分因此因此1b21，1a234b21，解得解得a24，b21.4 分分故椭圆故椭圆 C 的方程为的方程为x24y21.5 分分(2)证明证明：设直线设直线 P2A 与直线与直线 P2B 的斜的斜率分别为率分别为 k1，k2.第第(2)问分类讨论斜率是问分类讨论斜率是否存在否存在，若存在若存在，设设 l：ykxm，利用条件建利用条件建立立k，m 的等量关系，消参的等量关系，消参后再表示出直后再表示出直线线l的方程的方程可证明可证明解题关键点解题关键点待定系数法求曲线方程待定系数法求曲线方程.如果如果 l 与与 x 轴垂直，设轴垂直，设 l：xt，6 分分由题设知由题设知 t0，且且|t|0.9 分分设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则则x1x28km4k21，x1x24m244k21.而而 k1k2y11x1y21x2kx1m1x1kx2m1x22kx1x2 m1 x1x2 x1x2.10 分分解析几何解题关解析几何解题关键之一是把几何条件转键之一是把几何条件转化为代数条件化为代数条件.4 利用利用 k1k21 运算运算变形不明确变形目标变形不明确变形目标，导导致化简不出致化简不出 k， m 的关系的关系由题设由题设 k1k21，故，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210.解得解得 km12.11 分分当且仅当当且仅当 m1 时，时，0，于是，于是l：ym12xm，即即 y1m12(x2)，所以所以 l 过定点过定点(2，1). 12 分分动直线过定点的一般方动直线过定点的一般方法是法是将将 ykxm 的两参的两参消去一个后消去一个后， 利用直线系利用直线系的思想可得定点的思想可得定点.题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 2 题题题型三题型三求最值、解范围问题求最值、解范围问题构造函数构造函数(一一)构造函数求最值构造函数求最值最值问题的基本解法有几何法和代数法最值问题的基本解法有几何法和代数法：几何法是根据已知的几何量之间的相互关系几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的平面几何和解析几何知识加以解决的 如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等反射问题等 ；代数法是建立求解目标关于某个；代数法是建立求解目标关于某个 或两个或两个 变量的函数，通过求解函数的最值变量的函数，通过求解函数的最值 普通方法、基本不等式方法、导数方法等普通方法、基本不等式方法、导数方法等 解决的解决的.典例典例(20 xx山东高考山东高考)(本题满分本题满分 12 分分)如图，已知椭圆如图，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的长的长轴长为轴长为 4，焦距为，焦距为 2 2.(1)求椭圆求椭圆 C 的方程的方程(2)过动点过动点 M(0， m)(m0)的直线交的直线交 x 轴于点轴于点 N， 交交 C 于点于点 A， P(P在第一象限在第一象限)，且，且 M 是线段是线段 PN 的中点过点的中点过点 P 作作 x 轴的垂线交轴的垂线交 C 于于另一点另一点 Q，延长，延长 QM 交交 C 于点于点 B.设直线设直线 PM，QM 的斜率分别为的斜率分别为 k，k，证明，证明kk为定值；为定值；求直线求直线 AB 的斜率的最小值的斜率的最小值障碍提醒障碍提醒1不会用坐标不会用坐标设而不求法表示设而不求法表示出出k，k，从而得不出从而得不出定值定值解解(1)设椭圆的半焦距为设椭圆的半焦距为 c.由题意知由题意知 2a4,2c2 2，所以所以 a2，c 2，b a2c2 2.2 分分所以椭圆所以椭圆 C 的方程为的方程为x24y221.4 分分(2)证明：设证明：设 P(x0，y0)(x00，y00)由由 M(0，m)，可得，可得 P(x0,2m)，Q(x0，2m)所以直线所以直线 PM 的斜率的斜率 k2mmx0mx0，直，直线线QM 的斜率的斜率思路提示思路提示第第(1)问待定系数问待定系数法求解；法求解；第第 (2) 问问 设设 点点P(x0，y0)，M 为为 PN 的的中点，可得中点，可得 y02m，根据对称性得出点根据对称性得出点 Q的坐标的坐标，只需证明只需证明kk与与 x0，m 无关；无关；k2mmx03mx0.6 分分此时此时kk3，所以，所以kk为定值为定值3.7 分分设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)直线直线 PA 的方程的方程为为ykxm，则直线则直线 QB 的方程为的方程为 y3kxm.联立联立ykxm，x24y221设设 PA 的方程的方程， 结合结合的结论的结论， 得得 QB 的方的方程，联立直线与椭圆程，联立直线与椭圆方程得方程得 A，B 坐标坐标，再再由斜率公式表示由斜率公式表示 AB的斜率的斜率，并求最小值并求最小值2 由直线由直线 PA 的的方程与方程与x24y221 联联立表示出立表示出 A(x1，y1)坐标后坐标后，没有类比意没有类比意识识，直接将直接将 x1，y1中中k 换为换为3k 化简可化简可得得B(x2，y2)坐标坐标，导致导致因运算复杂而滞做因运算复杂而滞做或做错或做错整理得整理得(2k21)x24mkx2m240.由由 x0 x12m242k21，可得，可得x12 m22 2k21 x0，8 分分所以所以 y1kx1m2k m22 2k21 x0m.同理同理 x22 m22 18k21 x0，y26k m22 18k21 x0m.9分分解题关键点解题关键点已知直线与椭圆的一已知直线与椭圆的一个交点的坐标，使用个交点的坐标，使用根与系数的关系得另根与系数的关系得另一交点的坐标一交点的坐标.3化简化简 x2x1，y2y1失误，不能失误，不能把把kAB表示为表示为 k 的函数的函数而滞做而滞做所以所以 x2x12 m22 18k21 x02 m22 2k21 x032k2 m22 18k21 2k21 x0，y2y16k m22 18k21 x0m2k m22 2k21 x0m8k 6k21 m22 18k21 2k21 x0，10 分分结构相同的方程组，结构相同的方程组，当得出一个方程组的当得出一个方程组的解时，使用代换法直解时，使用代换法直接得出另一个方程组接得出另一个方程组的解的解.4 求求 AB 斜率的斜率的最小值不明确最小值不明确，不会不会将斜率表示为一个将斜率表示为一个变量的函数变量的函数，从而无从而无法求最值法求最值所以所以 kABy2y1x2x16k214k146k1k .由由 m0，x00，可知，可知 k0，所以所以 6k1k2 6，等号当且仅当，等号当且仅当 k66时取时取得得.11 分分此时此时m48m266，即，即 m147，符合题意，符合题意所以直线所以直线 AB 的斜率的最小值为的斜率的最小值为62.12 分分最值问题的关键：使最值问题的关键：使用 变 量 表 达 求 解 目用 变 量 表 达 求 解 目标标题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 3 题题(二二)构造函数解范围构造函数解范围产生范围有如下几个因素：直线与曲线相交、曲线上点的坐标的范围、题目中要求的产生范围有如下几个因素：直线与曲线相交、曲线上点的坐标的范围、题目中要求的限制条件，这些产生范围的因素可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范限制条件，这些产生范围的因素可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围的产生原因围的产生原因.典例典例(20 xx浙江高考浙江高考)(本题满分本题满分 12 分分)如图，设抛物线如图，设抛物线 y22px(p0)的焦点为的焦点为 F，抛物线上的点，抛物线上的点 A 到到 y 轴的距离等于轴的距离等于|AF|1.(1)求求 p 的值；的值；(2)若直线若直线 AF 交抛物线于另一点交抛物线于另一点 B，过，过 B 与与 x 轴平行的直线和过轴平行的直线和过 F与与 AB 垂直的直线交于点垂直的直线交于点 N，AN 与与 x 轴交于点轴交于点 M，求求 M 的横坐标的取值的横坐标的取值范围范围障碍提醒障碍提醒1因忘记抛物线定义，因忘记抛物线定义，不会转化条件导出不会转化条件导出，求不出求不出 p值值解解(1)由题意可得，由题意可得，抛物线上点抛物线上点 A 到焦点到焦点 F 的距的距离等于离等于点点 A 到直到直线线 x1 的的距离，由抛物线的定义得距离，由抛物线的定义得p21，即，即 p2.3 分分(2)由由(1)得，抛物线方程为得，抛物线方程为 y24x，F(1,0)，可设可设 A(t2，2t)，t0，t1.4分分因为因为 AF 不垂直于不垂直于 y 轴，轴，思路提示思路提示第第(1)问由抛物线定义即问由抛物线定义即得；得；第第(2)问设问设 A(t2,2t)，可以，可以根据抛物线焦点弦两端点坐根据抛物线焦点弦两端点坐标之间的关系标之间的关系，用用 t 表达点表达点 B的坐标，得出的坐标，得出 BN，FN 的方的方程，进而得出点程，进而得出点 N 的坐标，的坐标，结合点结合点 A，M，N 三点共线三点共线，即可使即可使用用 t 表表达达 M 的横坐标的横坐标，确定取值范围确定取值范围2不会设出抛物线的动不会设出抛物线的动点坐标用一个参数表示点坐标用一个参数表示， 从而从而使运算复杂而滞做使运算复杂而滞做可设直线可设直线 AF 的方程为的方程为 xsy1(s0)，5 分分由由y24x，xsy1消去消去 x 得得 y24sy40，故故 y1y24，所以所以 B1t2，2t .6 分分又直线又直线 AB 的斜率为的斜率为2tt21，解题关键点解题关键点点参数法点参数法： 抛物线中可以以一抛物线中可以以一个点的横坐标或者纵坐标表个点的横坐标或者纵坐标表故直线故直线 FN 的斜率为的斜率为t212t，从而得直线从而得直线 FN 的方程为的方程为 yt212t(x1)，7 分分直线直线 BN 的方程为的方程为 y2t，达曲线上点达曲线上点.3不会挖掘题目中隐含不会挖掘题目中隐含条件条件 A，M，N 三点共线来建三点共线来建立等量关系立等量关系， 从而无法表示从而无法表示出出M 的横坐标的函数关系式，的横坐标的函数关系式，导致无从下手导致无从下手所以所以 Nt23t21，2t .8 分分设设 M(m,0)，由由 A，M，N 三点三点共线得共线得2tt2m2t2tt2t23t21，9 分分4将将 m 表示为表示为 t 的函数的函数结构后结构后， 不会用分离常数法分不会用分离常数法分离常数，然后再用单调性求离常数，然后再用单调性求2t2t21的范围而滞做的范围而滞做于于是是m2t2t2122t21，10分分所以所以 m0 或或 m2.经检验，经检验，m0 或或 m2 满足满足题意题意.11 分分综上，点综上，点 M 的横坐标的取值的横坐标的取值范围是范围是(，0)(2，)12 分分求解范围问题的关键求解范围问题的关键： 建立求建立求解目标的不等式、函数关系解目标的不等式、函数关系，解不等式或研究函数性质解不等式或研究函数性质.题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 4 题题题型四题型四探索性问题探索性问题肯定结论肯定结论1.探索性问题探索性问题，先假设存在先假设存在，推证满足条件的结论推证满足条件的结论，若结论正确则存在若结论正确则存在，若结论不正确若结论不正确则不存在则不存在., , 1 当条件和结论不唯一时，要分类讨论当条件和结论不唯一时，要分类讨论. 2 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件. 3 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.2.探索性问题通常采用探索性问题通常采用“肯定顺推法肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，将不确定性问题明朗化.一般步骤为：一般步骤为： 1 假设满足条件的曲线假设满足条件的曲线 或直线、点等或直线、点等 存在，用待定系数法设出；存在，用待定系数法设出； 2 列出关于待定系数的方程列出关于待定系数的方程 组组 ； , 3 若方程若方程 组组 有实数解有实数解， 则曲线则曲线 或直线或直线、 点等点等 存在存在，否则不存在否则不存在.典例典例(高三高三湘中名校联考湘中名校联考)(本题满分本题满分 12 分分)如图，曲线如图，曲线 C 由上半由上半椭圆椭圆 C1：y2a2x2b21(ab0，y0)和部分抛物线和部分抛物线 C2：yx21(y0)连接而成，连接而成，C1与与 C2的公共点为的公共点为 A，B，其中，其中 C1的离心率为的离心率为32.(1)求求 a，b 的值；的值；(2)过点过点 B 的直线的直线 l 与与 C1，C2分别交于点分别交于点 P，Q(均异于点均异于点 A，B)，是否存在直线是否存在直线 l，使得使得以以 PQ 为直径的圆恰好过点为直径的圆恰好过点 A，若存在，求出直线，若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由的方程；若不存在，请说明理由思路提示思路提示第第(1)问在问在 C2的方程中，的方程中，令令 y0 可得可得 b，再由，再由ca32，a2c2b2可得可得 a；第第(2)问设出过点问设出过点 B 的直的直线线 l 的方程，分别与曲线的方程，分别与曲线 C1，C2联立联立 用直线用直线 l 的斜率的斜率 k 表表示出点示出点 P，Q 的坐标后的坐标后，要使要使以以 PQ 为直径的圆过点为直径的圆过点 A，则则有有 AP AQ0，从而解得从而解得 k，求出直线求出直线 l 的方程的方程解解(1)在在 C2的方程中，令的方程中，令 y0，可，可得得b1.1 分分且且 A(1， 0)， B(1,0)是上半椭圆是上半椭圆 C1的左的左、右顶点右顶点设设 C1的半焦距为的半焦距为 c，由由ca32及及 a2c2b21 可得可得 a2，2分分a2，b1.3 分分(2)存在直线存在直线 l，理由如下：，理由如下：由由(1)知，上半椭圆知，上半椭圆 C1的方程为的方程为y24x21(y0).4 分分由题易知由题易知， 直直线线l与与x轴不重合也不垂直轴不重合也不垂直，设其方程为设其方程为yk x1 k0 .5 分分代入代入 C1的方程，整理得的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)6 分分设点设点 P 的坐标为的坐标为(xP，yP)，直线直线 l 过点过点 B，x1 是方程是方程(*)的一的一个根个根解题关键点解题关键点假设存在直线假设存在直线 l，分析斜率存在情分析斜率存在情况，设出直线方况，设出直线方程程.障碍提醒障碍提醒1不会求不会求 P 点坐标、点坐标、Q 点坐标导致无从下手点坐标导致无从下手由求根公式，得由求根公式，得 xPk24k24，从而，从而 yP8kk24，点点 P 的坐标为的坐标为k24k24，8kk24 .7 分分同理，由同理，由yk x1 k0 ，yx21 y0 得点得点 Q 的坐标为的坐标为(k1， k22k).8 分分2不会将以不会将以 PQ 为直径为直径的圆恰好过点的圆恰好过点 A 这一几何条这一几何条件转化件转化，从而求不出直线从而求不出直线 l 的的斜率斜率 AP2kk24(k，4)， AQk(1，k2).9 分分依题意可知依题意可知 APAQ， AP AQ0，即即2k2k24k4(k2)0.10 分分条件坐标化的关条件坐标化的关键是转化几何性键是转化几何性质质.3由条件得出由条件得出 APAQ后利用后利用 AP AQ0 变形求变形求解解， 因运算过程不细心而出现因运算过程不细心而出现计算失误而滞做计算失误而滞做k0，k4(k2)0，解得解得 k83.经检验，经检验，k83符合题意，符合题意，故存在直线故存在直线 l 的方程为的方程为 y83(x1)，11分分即即 8x3y80，使得以，使得以 PQ 为直径的为直径的圆恰好过点圆恰好过点 A.12 分分题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 5 题题课堂练习课堂练习1(高三高三西安八校联考西安八校联考)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过经过(1,1)与与62，32 两点两点(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)过原点的直线过原点的直线 l 与椭圆与椭圆 C 交于交于 A，B 两点，椭圆两点，椭圆 C 上一点上一点 M 满足满足|MA|MB|.求证求证：1|OA|21|OB|22|OM|2为定值为定值解：解：(1)将将(1,1)与与62，32 两点代入椭圆两点代入椭圆 C 的方程，的方程，得得1a21b21，32a234b21，解得解得a23，b232.椭圆椭圆 C 的方程为的方程为x232y231.(2)证明：由证明：由|MA|MB|，知，知 M 在线段在线段 AB 的垂直平分线上，由椭圆的对称性知的垂直平分线上，由椭圆的对称性知 A，B关于原点对称关于原点对称若点若点 A，B 是椭圆的短轴顶点，是椭圆的短轴顶点，则点则点 M 是椭圆的一个长轴顶点，是椭圆的一个长轴顶点，此时此时1|OA|21|OB|22|OM|21b21b22a221a21b22.同理，若点同理，若点 A，B 是椭圆的长轴顶点，是椭圆的长轴顶点，则点则点 M 在椭圆的一个短轴顶点，在椭圆的一个短轴顶点，此时此时1|OA|21|OB|22|OM|21a21a22b221a21b22.若点若点 A，B，M 不是椭圆的顶点，不是椭圆的顶点，设直线设直线 l 的方程为的方程为 ykx(k0)，则直线则直线 OM 的方程为的方程为 y1kx，设设 A(x1，y1)，则，则 B(x1，y1)，由由ykx，x232y231，解得解得 x21312k2，y213k212k2，|OA|2|OB|2x21y213 1k2 12k2，同理同理|OM|23 1k2 2k2，1|OA|21|OB|22|OM|2212k23 1k2 2 2k2 3 1k2 2，故故1|OA|21|OB|22|OM|22 为定值为定值2(20 xx宜昌模拟宜昌模拟)已知椭圆已知椭圆 C 的中心在原点的中心在原点，焦点在焦点在 x 轴上轴上，离心率为离心率为22，它的一个它的一个焦点焦点 F 恰好与抛物线恰好与抛物线 y24x 的焦点重合的焦点重合(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)设椭圆的上顶点为设椭圆的上顶点为 A，过点过点 A 作椭圆作椭圆 C 的两条动弦的两条动弦 AB，AC，若直线若直线 AB，AC 斜率斜率之积为之积为14，直线，直线 BC 是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由解：解：(1)由题意知椭圆的焦点由题意知椭圆的焦点 F(1,0)，即，即 c1.由由 e22得得 a 2，b 211，椭圆椭圆 C 的方程为的方程为x22y21.(2)由由(1)知知 A(0,1)，当直线，当直线 BC 的斜率不存在时，的斜率不存在时，设设 BC：xx0，设，设 B(x0，y0)，则，则 C(x0，y0)，kABkACy01x0y01x01y20 x2012x20 x201214，不合题意故直线不合题意故直线 BC 的斜率存在的斜率存在设直线设直线 BC 的方程为：的方程为：ykxm(m1)，代入椭圆方程，得：代入椭圆方程，得：(12k2)x24kmx2(m21)0，由由(4km)28(12k2)(m21)0，得得 2k2m210.设设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则则 x1x24km12k2，x1x22 m21 12k2.由由 kABkACy11x1y21x214，得得 4y1y24(y1y2)4x1x2，即即(4k21)x1x24k(m1)(x1x2)4(m1)20，将将代入上式，整理得代入上式，整理得(m1)(m3)0.又因为又因为 m1，所以，所以 m3，此时直线此时直线 BC 的方程为的方程为 ykx3.所以直线所以直线 BC 恒过一定点恒过一定点(0,3)3(20 xx合肥模拟合肥模拟)如图如图，已知抛物线已知抛物线 E：y22px(p0)与圆与圆 O：x2y28 相交于相交于 A，B两点，且点两点，且点 A 的横坐标为的横坐标为 2.过劣弧过劣弧 AB 上动点上动点 P(x0，y0)作圆作圆 O 的切的切线交抛物线线交抛物线 E 于于 C，D 两点两点，分别以分别以 C，D 为切点作抛物线为切点作抛物线 E 的切的切线线l1，l2，l1与与 l2相交于点相交于点 M.(1)求抛物线求抛物线 E 的方程；的方程；(2)求点求点 M 到直线到直线 CD 距离的最大值距离的最大值解：解：(1)把把 xA2 代入代入 x2y28，得，得 y2A4，故故 2pxA4，p1.于是，抛物线于是，抛物线 E 的方程为的方程为 y22x.(2)设设 Cy212，y1，Dy222，y2，切线，切线 l1：yy1kxy212 ，代入，代入 y22x 得得 ky22y2y1ky210，由由0，解得，解得 k1y1.l1的方程为的方程为 y1y1xy12，同理，同理，l2的方程为的方程为 y1y2xy22.联立联立y1y1xy12，y1y2xy22，解得解得xy1y22，yy1y22.易得直线易得直线 CD 的方程为的方程为 x0 xy0y8，其中其中 x0，y0满足满足 x20y208，x02,2 2 联立联立y22x，x0 xy0y8，得得 x0y22y0y160，则则y1y22y0 x0，y1y216x0.M(x，y)满足满足x8x0，yy0 x0，即点即点 M 为为8x0，y0 x0.点点 M 到直线到直线 CD：x0 xy0y8 的距离的距离 d|8y20 x08|x20y20y20 x0162 28x20 x0162 28x0 x0162 2，令令 f(x)8xx162 2，x2,2 2 ，则则 f(x)在在2,2 2 上单调递减，上单调递减，当且仅当当且仅当 x2 时，时，f(x)取得最大值取得最大值9 22，故故 dmax9 22.4(20 xx广西五校联考广西五校联考)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形连线构成等腰直角三角形，直线直线 xy10 与以椭圆与以椭圆 C 的右焦点为圆心的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴以椭圆的长半轴长为半径的圆相切长为半径的圆相切(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)过点过点 M(2,0) 的直线的直线 l 与椭圆与椭圆 C 相交于不同的两点相交于不同的两点 S 和和 T， 若椭圆若椭圆 C 上存在点上存在点 P 满足满足OS OTt OP(其中其中 O 为坐标原点为坐标原点)，求实数，求实数 t 的取值范围的取值范围解：解：(1)由题意，以椭圆由题意，以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(xc)2y2a2，圆心到直线圆心到直线 xy10 的距离的距离 dc12a.(*)椭圆椭圆 C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，bc，a 2c，代入代入(*)式得式得 bc1，a 2，故所求椭圆方程为，故所求椭圆方程为x22y21.(2)由题意知，直线由题意知，直线 l 的斜率存在，设的斜率存在，设 P(x0，y0)，直线，直线 l 的方程为的方程为 yk(x2)，将直线，将直线 l的方程代入椭圆方程得的方程代入椭圆方程得(12k2)x28k2x8k220，64k44(12k2)(8k22)0，解得，解得 k212.设设 S(x1，y1)，T(x2，y2)，则则 x1x28k212k2，x1x28k2212k2，y1y2k(x1x24)4k12k2.由由 OS OTt OP，得，得 tx0 x1x2，ty0y1y2，当当 t0 时，直线时，直线 l 为为 x 轴，轴，则椭圆上任意一点则椭圆上任意一点 P 满足满足 OS OTt OP，符合题意；，符合题意；当当 t0 时，时，tx08k212k2，ty04k12k2，x01t8k212k2，y01t4k12k2.将上式代入椭圆方程得将上式代入椭圆方程得32k4t2 12k2 216k2t2 12k2 21，整理得，整理得 t216k212k2161k22，由由 k212知，知，0t24，所以所以 t(2,0)(0,2)，综上可得，实数综上可得，实数 t 的取值范围是的取值范围是(2,2)5(20 xx湖南东部五校联考湖南东部五校联考)已知椭圆已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为的右焦点为 F(c,0)，且，且 bc.设短轴的一个端点为设短轴的一个端点为 D， 原点原点 O 到直线到直线 DF 的距离为的距离为32， 过原点和过原点和 x 轴不重合的直线与轴不重合的直线与椭圆椭圆 E 相交于相交于 C，G 两点，且两点，且| GF| CF|4.(1)求椭圆求椭圆 E 的方程；的方程；(2)是否存在过点是否存在过点 P(2,1)的直线的直线 l 与椭圆与椭圆 E 相交于不同的两点相交于不同的两点 A，B 且使得且使得 OP24 PA PB成立？若存在，试求出直线成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由的方程；若不存在，请说明理由解：解：(1)由椭圆的对称性知由椭圆的对称性知| GF| CF|2a4，a2.又原点又原点 O 到直线到直线 DF 的距离为的距离为32，bca32，bc 3.又又 a2b2c24，bc，b 3，c1.故椭圆故椭圆 E 的方程为的方程为x24y231.(2)当直线当直线 l 与与 x 轴垂直时不满足条件轴垂直时不满足条件故可设故可设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 直线直线 l 的方程为的方程为 yk(x2)1，代入椭圆方程得代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x28k 2k1 34k2，x1x216k216k834k2，32(6k3)0，k12. OP24 PA PB，即即 4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即即 4x1x22(x1x2)4(1k2)5，416k216k834k228k 2k1 34k24(1k2)444k234k25，解得，解得 k12，k12不符合题意，舍去不符合题意，舍去存在满足条件的直线存在满足条件的直线 l，其方程为，其方程为 y12x.1(高三高三石家庄摸底石家庄摸底)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右顶点分别为的左、右顶点分别为 A，B，且，且长轴长为长轴长为 8，T 为椭圆上任意一点，直线为椭圆上任意一点，直线 TA，TB 的斜率之积为的斜率之积为34.(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)设设 O 为坐标原点，过点为坐标原点，过点 M(0,2)的动直线与椭圆的动直线与椭圆 C 交于交于 P，Q 两点，求两点，求 OP OQMPMQ的取值范围的取值范围解：解：(1)设设 T(x，y)，由题意知，由题意知 A(4,0)，B(4,0)，设直线设直线 TA 的斜率为的斜率为 k1，直线，直线 TB 的斜率为的斜率为 k2，则则 k1yx4，k2yx4.由由 k1k234，得，得yx4yx434，整理得整理得x216y2121.故椭圆故椭圆 C 的方程为的方程为x216y2121.(2)当直线当直线 PQ 的斜率存在时的斜率存在时， 设直线设直线 PQ 的方程为的方程为 ykx2， 点点 P， Q 的坐标分别为的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立方程，联立方程x216y2121，ykx2消去消去 y，得，得(4k23)x216kx320.所以所以 x1x216k4k23，x1x2324k23.从而，从而， OP OQ MPMQx1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)480k2524k232084k23.所以所以20 OP OQ MPMQ523.当直线当直线 PQ 的斜率不存在时，的斜率不存在时， OP OQMPMQ的值为的值为20.综上，综上， OP OQMPMQ的取值范围为的取值范围为20，523 .2(20 xx全国卷全国卷)设设 O 为坐标原点为坐标原点，动点动点 M 在椭圆在椭圆 C：x22y21 上上，过过 M 作作 x 轴的轴的垂线，垂足为垂线，垂足为 N，点，点 P 满足满足 NP 2 NM.(1)求点求点 P 的轨迹方程；的轨迹方程；(2)设点设点 Q 在直线在直线 x3 上上，且且 OP PQ1.证明证明：过点过点 P 且垂直于且垂直于 OQ 的直线的直线 l 过过 C的左焦点的左焦点 F.解：解：(1)设设 P(x，y)，M(x0，y0)，则则 N(x0,0)， NP(xx0，y)，NM(0，y0)由由 NP 2 NM，得得 x0 x，y022y.因为因为 M(x0，y0)在椭圆在椭圆 C 上，所以上，所以x22y221.因此点因此点 P 的轨迹方程为的轨迹方程为 x2y22.(2)证明：由题意知证明：由题意知 F(1,0)设设 Q(3，t)，P(m，n)，则则 OQ(3，t)， PF(1m，n)，OQ PF33mtn，OP(m，n)， PQ(3m，tn)由由 OP PQ1，得，得3mm2tnn21，又由又由(1)知知 m2n22，故，故 33mtn0.所以所以 OQ PF0，即，即 OQ PF.又过点又过点 P 存在唯一直线垂直于存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点所以过点 P 且垂直于且垂直于 OQ 的直线的直线 l 过过 C 的左焦点的左焦点 F.3(高三高三西安八校联考西安八校联考)设设 F1，F2分别为椭圆分别为椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，的左、右焦点，若椭圆上的点若椭圆上的点 T(2， 2)到点到点 F1，F2的距离之和等于的距离之和等于 4 2.(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)若直线若直线 ykx(k0)与椭圆与椭圆 C 交于交于 E，F 两点两点，A 为椭圆为椭圆 C 的左顶点的左顶点，直线直线 AE，AF分别与分别与 y 轴交于点轴交于点 M，N.问问：以以 MN 为直径的圆是否经过定点？若经过为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标求出定点的坐标；若不经过，请说明理由若不经过，请说明理由解解：(1)由椭圆上的点由椭圆上的点 T(2， 2)到点到点 F1，F2的距离之和是的距离之和是 4 2，可得可得 2a4 2，a2 2.又又 T(2， 2)在椭圆上，因此在椭圆上，因此4a22b21，所以，所以 b2，所以椭圆所以椭圆 C 的方程为的方程为x28y241.(2)因为椭圆因为椭圆 C 的左顶点为的左顶点为 A，所以点所以点 A 的坐标为的坐标为(2 2，0)因为直线因为直线 ykx(k0)与椭圆与椭圆x28y241 交于交于 E，F 两点，设点两点，设点 E(x0，y0)(不妨设不妨设 x00)，则点则点 F(x0，y0)由由ykx，x28y241消去消去 y，得，得 x2812k2，所以所以 x02 212k2，则，则 y02 2k12k2，所以直线所以直线 AE 的方程为的方程为 yk1 12k2(x2 2)因为直线因为直线 AE，AF 分别与分别与 y 轴交于点轴交于点 M，N，令令 x0，得，得 y2 2k1 12k2，即点即点 M0，2 2k1 12k2.同理可得点同理可得点 N0，2 2k1 12k2.所以所以|MN|2 2k1 12k22 2k1 12k2|2 2 12k2 |k|.设设 MN 的中点为的中点为 P，则点则点 P 的坐标为的坐标为 P0，2k .则以则以 MN 为直径的圆的方程为为直径的圆的方程为 x2y2k22 12k2 |k|2，即，即 x2y22 2ky4.令令 y0，得，得 x24，即，即 x2 或或 x2.故以故以 MN 为直径的圆经过两定点为直径的圆经过两定点 P1(2,0)，P2(2,0)4.(20 xx安徽二校联考安徽二校联考)已知焦点为已知焦点为 F 的抛物线的抛物线 C1：x22py(p0)，圆，圆 C2：x2y21，直线，直线 l 与抛物线相切于点与抛物线相切于点 P，与圆相切，与圆相切于点于点 Q.(1)当直线当直线 l 的方程为的方程为 xy 20 时，求抛物线时，求抛物线 C1的方程的方程；(2)记记 S1，S2分别为分别为FPQ，FOQ 的面积，求的面积，求S1S2的最小值的最小值解：解：(1)设点设点 Px0，x202p ，由，由 x22py(p0)得，得，yx22p，求得，求得 yxp，因为直线，因为直线 PQ 的斜率为的斜率为 1，所以所以x0p1 且且 x0 x202p 20，解得，解得 p2 2.所以抛物线所以抛物线 C1的方程为的方程为 x24 2y.(2)点点 P 处的切线方程为处的切线方程为 yx202px0p(xx0)，即即 2x0 x2pyx200，OQ 的方程为的方程为 ypx0 x.根据切线与圆相切，得根据切线与圆相切，得|x20|4x204p21，化简得化简得 x404x204p2，由方程组，由方程组2x0 x2pyx200，ypx0 x，解得解得 Q2x0，4x202p.所以所以|PQ| 1k2|xPxQ|1x20p2|x02x0|p2x20p|x202x0|，又点又点 F0，p2 到切线到切线 PQ 的距离的距离d1|p2x20|4x204p212x20p2，所以所以 S112|PQ|d112p2x20p|x202x0|12x20p2x20p24p|x202x0|，S212|OF|xQ|p2|x0|，而由而由 x404x204p2知，知，4p2x404x200，得，得|x0|2，所以所以S1S2x20p24p|x202x0|2|x0|p x20p2 x202 2p2 4x20 x404x20 x202 2 x404x20 x20 x202 2 x204 x20424x20432 23，当且仅当当且仅当x20424x204时取等号，时取等号，即即 x20422时取等号，此时时取等号，此时 p 22 2.所以所以S1S2的最小值为的最小值为 2 23.高考第高考第 21 题题函数与导数函数与导数题型一题型一函数单调性、极值问题函数单调性、极值问题分类讨论思想分类讨论思想利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用到分类讨论思想，其分类讨论利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤点一般步骤典例典例(20 xx全国卷全国卷)(本题满分本题满分 12 分分)已知函数已知函数 f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性；(2)若若 f(x)有两个零点，求有两个零点，求 a 的取值范围的取值范围障碍提醒障碍提醒1对对 f(x)求导计算错或求导计算错或求导后不会分解而滞做求导后不会分解而滞做解解(1)f(x)的定义域为的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex思路提示思路提示第第(1)问求函数问求函数 f(x)的的导数，分类讨论确定导数，分类讨论确定1)(2ex1).2 分分导函数的符号来判导函数的符号来判断断f(x)的单调性；的单调性；2对含参数的单调性问对含参数的单调性问题无分类讨论意识而导致解题无分类讨论意识而导致解题错误题错误()若若 a0，则则 f(x)0，则由则由 f(x)0，得，得 xln a.当当 x ( ， ， ln a) 时 ，时 ，f(x)0.所以所以 f(x)在在(，ln a)上单调递上单调递减，减，在在(ln a，)上单调递增上单调递增.5 分分(2)()若若 a0，由由(1)知，知，f(x)至多有一个零点至多有一个零点.6 分分第第(2)问结合第问结合第(1)问函问函数的单调性，判断函数的单调性，判断函数存在两个零点的条数存在两个零点的条件，从而确定件，从而确定 a 的取的取值范围值范围3函数有零点的条件是函数有零点的条件是什么不清楚，导致不会求解什么不清楚，导致不会求解()若若 a0，由由(1)知知， 当当 xln a时，时，f(x)取得最小值，取得最小值，最小值为最小值为 f(ln a)11aln a7分分解题关键点解题关键点处分解变形后得分处分解变形后得分类点类点 1.当当 a1 时，时，由于由于 f(ln a)0，故故 f(x)只有一个零点；只有一个零点；8 分分当当 a 1， 时，时，由于由于 11alna0，即即 f(ln a)0，故，故 f(x)没有零点；没有零点；9分分当当 a 0，1 时，时，11aln a0，即即f(ln a)2e处由处由 1 的单调性得的单调性得分类点分类点 2.处处由由 f ln a 0得得分类点分类点 3.220，4当当 0a1 时，易判时，易判断出断出 f(x)在在(， ln a)上有上有一个零点一个零点， 而在判断而在判断 f(x)在在(ln a，)上也有一个零点上也有一个零点时，不会寻求某正整数时，不会寻求某正整数 n0，且判断且判断 f(n0)0 而滞做而滞做故故 f(x)在在(， ln a)有一个零点有一个零点.10分分设正整数设正整数 n0满足满足 n0ln3a1，则则 f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.11 分分由于由于 ln3a1ln a，因此因此 f(x)在在(ln a，)有一个零有一个零点点综上，综上，a 的取值范围为的取值范围为(0,1).12 分分题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 1 题题题型二题型二讨论函数零点的个数或已知方程根求参数问题讨论函数零点的个数或已知方程根求参数问题数形结合思想数形结合思想研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目要求要求，画出函数图象的走势规律画出函数图象的走势规律，标明函数极标明函数极 最最 值的位置值的位置，通过数形结合的思想去分析问通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.典例典例(本题满分本题满分 12 分分)已知函数已知函数 f(x)(xa)ex，其中，其中 e 是自然对数的底数，是自然对数的底数，aR.(1)求函数求函数 f(x)的单调区间；的单调区间；(2)当当 a1 时，试确定函数时，试确定函数 g(x)f(xa)x2的零点个数，并说明理由的零点个数，并说明理由障碍提醒障碍提醒1对函对函数数 f(x) 求 导求 导计算错而导计算错而导致解题错误致解题错误解解(1)因为因为 f(x)(xa)ex，xR，所以所以 f(x)(xa1)ex.1 分分令令 f(x)0，得，得 xa1.2 分分当当 x 变化时，变化时，f(x)和和 f(x)的变化情况如下：的变化情况如下：思路提示思路提示第第(1)问求函数问求函数 f(x)的导的导数并讨论函数的单调性；数并讨论函数的单调性；2不会不会利用导数求利用导数求解函数的单解函数的单调区间调区间第第(2)问把函问把函数数 g(x)转化转化为方程来判断方程解的个为方程来判断方程解的个数，即为函数数，即为函数 g(x)的零点个的零点个数；若不能直接判断出零点数；若不能直接判断出零点个数的，可构造函数个数的，可构造函数 F(x)，故故 f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为单调递增区间为(a1，).4 分分(2)结论结论：当当 a1 时时，函数函数 g(x)有且仅有一个零有且仅有一个零点点.5 分分理由如下理由如下：由由 g(x)f(xa)x20，通过讨论函通过讨论函数数F(x)的单调性的单调性并结合函数零点存在性定理并结合函数零点存在性定理确定函数确定函数 g(x)的零点个数的零点个数3对于对于函数零点个函数零点个数的判断数的判断， 不不会转化构造会转化构造函数而无从函数而无从下手下手得方程得方程 xexax2，显然显然 x0 为此方程的一个实数解，为此方程的一个实数解，所以所以 x0 是函数是函数 g(x)的一个零点的一个零点.6 分分当当 x0 时，方程可化简为时，方程可化简为 exax.设函数设函数 F x exax，7 分分解题关键点解题关键点使用函数与方程思想进行转使用函数与方程思想进行转化化.由方程再次构造函数由方程再次构造函数则则 F(x)exa1，令令 F(x)0，得，得 xa.当当 x 变化时，变化时，F(x)和和 F(x)的变化情况如下：的变化情况如下：4在判在判断方程断方程 exa x(x0) 无无零点时不会零点时不会构造转化构造转化， 利利用单调性及用单调性及最值做出判最值做出判断断即即 F(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为单调递减区间为(，a).9 分分所以所以 F(x)minF(a)1a.10 分分因为因为 a1，所以，所以 F x minF a 1a0，所以对于任意所以对于任意 xR，F(x)0，11 分分因此方程因此方程 exax 无实数解无实数解所以当所以当 x0 时，函数时，函数 g(x)不存在零点不存在零点综上，函数综上，函数 g(x)有且仅有一个零点有且仅有一个零点.12 分分可数形结合作出分析可数形结合作出分析.题型对点练见课堂练习第题型对点练见课堂练习第 2 题题题型三题型三不等式的证明问题不等式的证明问题函数与方程思想函数与方程思想利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造函数的性质来完成，其一般思路是：用构造函数的性质来完成，其一般思路是：典例典例(20 xx安庆二模安庆二模)(本题满分本题满分 12 分分)已知函数已知函数 f(x)ln xax，aR.(1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性；(2)若函数若函数 f(x)的两个零点为的两个零点为 x1，x2，且，且
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