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用思维导图突破解析几何压轴题 专题1 曲线和方程 （共12页）
专题01 曲线与方程
解答数学题的“思维导图”：
逛公园顺道看景，好风光驻足留影.
把条件翻成图式，关键处深挖搞清.
综合法由因导果，分析法执果索因.
两方法嫁接联姻，让难题无以遁形.
这里把解题比作逛公园，沿路而行，顺道看景，既有活跃气氛，又有借景喻理之意，即理解题意后把已知条件“翻译”出来，如果能得到结论那是最好，如果不行就要转化，即从已知条件入手推出中间结论（可知），当中间结论能直接证明最终结论时，则解题成功.当中间结论不能直接证明最终结论时，可把最终结论等价转化为“需知”，再用中间结论证明“需知”从而达到解题目的.有时还要挖掘题目的隐含条件.从某种意义上说，解题就是“找关系”----找出已知与未知的联系，不断缩小以至消除二者之间的差距，从而达到解题目的.
这个思维导图不仅是用来解答压轴题，其实，每个层次的学生都有相应的难题。中等以下水平的学生高考基本不用做压轴题的，但他们做中档题会有困难，思维导图一样适用。
专题1 曲线的方程
本专题思维导图
一个问题两方面
几何直观是曲线
代数运算很精准
读题画图思路现
曲线与方程是解析几何的最基础问题，高考中除了部分直接考求轨迹方程的解答题，
还有不少试题作为第（1）题要求曲线的方程，或者在知道曲线类型的情况下，求其他基本量（a、b、c、e、p）或其他特定的量.解题过程中要注意基本量思想的运用，即根据条件设出几个变量（基本量），相应地就要根据条件列出几个方程，解出相关变量，达到解题目的.
曲线形象直观，方程精准深刻，二者从不同的角度、以不同的形式反映同一个问题。因此解题过程需要画出图形以利思考。
思路点拨
如图所示，过点A作渐近线的垂线AP，由∠MAN=60°可得∠PAN=30°,
因为，，所以，，
.
又，所以，解得，所以.
思路点拨
根据抛物线定义，，所以.
因为 所以，
所以，，所以渐近线方程为.
思路点拨
以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，即，即 ，，故选A.
思路点拨
（1）由椭圆的离心率为可得，又圆的半径为，，解出a，．
（2）若，为上下或左右顶点，则直线，与圆相切。一般情形设直线的方程为，代入椭圆方程可得．
再设，，，利用及韦达定理求出m和k的关系，然后计算圆心到直线的距离，并比较此距离与半径的大小．
本题思维导图：
满分解答
由题意知，。
设圆的半径为，则，即，解得，所以，所以，椭圆的方程为．
（2）因为M，N关于原点对称，O为原点，由知．
设，，，,当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
代入椭圆方程整理得。
由于，，，，且，所以
，于是。
又圆的圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切．
当直线的斜率不存在时，依题意得，，，．由得，所以 ，结合得，所以直线到原点的距离都是，即直线与圆也相切．
同理可得，直线与圆也相切．
综合上述，直线、与圆相切
思路点拨　
第(1)题列出关于a，c的方程，解出a，c即可.第（2）题需要表示出B、D的坐标，可以用椭圆的参数方程设出B的坐标，也可以设PA的方程为x=my+1，再与椭圆方程联立求出B的坐标，再求直线BQ的方程，从而求出D的坐标.
满分解答
（1）设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.
故椭圆的方程为，抛物线的方程为.
(2) 解1 如图，考虑到图形的对称性，先计算点纵坐标为正实数的情形．设，.
因为，所以，解得，于是 ，于是
，所以直线BQ的方程为.
令，得，即.
所以的面积，即
，与联立解得，．
由此可得，所以直线的方程为.
根据图形的对称性，可得直线的方程为或．
解2设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.
把与联立，消去，整理得，解得，或.
由点异于点，可得点.
由，可得直线的方程为.
令，解得，故，.
又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.
所以，直线的方程为或.
思路点拨
第（2）题利用中点坐标公式，只要证明，需要设出M、N的坐标，利用第（1）中所得方程，可以设成普通坐标，也可以根据抛物线的参数方程设出其坐标.
满分解答
(1) 把代入得，于是抛物线的方程为，焦点坐标为，准线方程为．
(2) 设：，，，则，.
直线的方程为，直线的方程为.
由题知，，联立方程组
得：，
所以，.
，
由，，上式得， 故为线段的中点.
解2 由（1）可设，则直线MN的斜率为，，即.
此时，若为线段的中点，则,即，这显然成立.
故为线段的中点.
思路点拨
第（1）题根据已知可得关于a、c的二次齐次式，从而求出e.第(2)题把四边形的面积转化为，因此要求出的坐标.根据条件需要设出直线的方程为.
满分解答
（1）设椭圆的离心率为e．由已知，可得．
又由，可得，即．又因为，解得．
所以，椭圆的离心率为．
（2）（ⅰ）依题意，设直线的方程为，则直线的斜率为．
由（1）知，可得直线的方程为，即，与直线
的方程联立，可解得，，即点的坐标为．
由已知，有，整理得
，所以，即直线的斜率为．
（ii） 由，可得，故椭圆方程可以表示为．
由（i）得直线的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去）或．
因此点，进而可得，
所以．
由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线．
因为，所以，
所以的面积为.
同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得．
所以，椭圆的方程为．
思路点拨
第（1）题根据条件求出b即可求出渐近线方程.
第（2）要求的斜率k，就需要得到关于k的方程，只要设出直线方程代入双曲线方程，再把已知条件坐标化即可.由可知计算可以稍微简单一些，也可以利用点差法求k.
满分解答
（1）由已知，解得，所以的边长为，代入，解得，所以双曲线的渐近线方程为
（2）解1 设直线的方程为点
则
由得
其中
因为即
=
由于因此即解得
所以的斜率为
解2 设直线的方程为点点
与的中点为则
由题可知
因此(如图)所以
整理得
以下过程同法一.
解3设直线的方程为点点与的中点为则
由于点与在双曲线上，因此
两式相减得 整理得
因为所以
由题可知即
所以代入解得
所以的斜率为
思路点拨
第（1）题要证明，只需证明其斜率相等；第（2）题设AB中点E(x,y)，AB与x轴交点D(m,0)，可以利用A、B、D、E四点共线建立x，y之间的关系.
满分解答
（1）由条件可得，设，，则
设过A、B的直线为l，则，所以l的方程为，即
由于F在直线l上，所以.
又，，所以.
（2）设与轴的交点为，
则.
由题设可得2 ，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由于ABDE四点共线，所以可得.
因为，所以.
当与轴垂直时，与重合.所以所求轨迹方程为.
否
能
曲 线 和 方 程 问 题
由定义或相关条件列方程组，解出a,b,c,e，p或圆心、半径，检验
已知方程研究曲线性质
画出满足条件的图形
根据方程所具有的性质（联立方程组）及其他条件解题
已知性质求曲线（方程）
作 答
例1 已知双曲线C：（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，则C的离心率为________.
例2在平面直角坐标系xOy中，双曲线 的右支与焦点为F的抛物线交于A，B两点，若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为 .
例3 已知椭圆C：，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为
（A） （B） （C） （D）
例4设椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，菱形的内切圆的半径为，椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设，是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点满足，试判断直线，与圆的位置关系，并证明你的结论．
例5 设椭圆()的左焦点为，右顶点为，离心率为．已知是抛物线()的焦点，到抛物线的准线的距离为．
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；
(2) 设上两点关于轴对称，直线与椭圆相交于点(异于点)，直线与轴相交于点，若的面积为，求直线的方程．
例6 已知抛物线
过点，过点作直
线与抛物线交于不同的两点．过点
作轴的垂线分别与直线交于点
，其中为原点．
（1）求抛物线的方程，并求其焦点坐
标和准线方程；
(2) 求证：为线段的中点．
例7 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.
（i）求直线的斜率；
（ii）求椭圆的方程.
例8 双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点.
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.
例9已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（1）若在线段上，是的中点，证明；
（2）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.用思维导图突破解析几何压轴题 专题02 定点、定值问题 （共11页）
3
专题 定点、定值问题
解析几何中的定点、定值问题一直是高考中值得关注的问题.它的基本形式是在若干个相关个几何量转化，某些量却是恒定不变的.解答途径是用部分量去表示要求的量，即建立适当的函数（或方程）关系，最后证明函数值是定值或某个定点坐标适合方程.
动中不动是为定
变化之中理辩清
直接计算求定值
含参系数令其零
思路点拨
如图，因为与共底边CF，所以
.
因为抛物线，故可知，准线方程为.
过点作准线的垂线交于点，交轴于点，同样过点作
准线的垂线交于点，交轴于点.
根据抛物线的定义，得，.
所以选（A）.
思路点拨
第（1）题根据椭圆的对称性可以排除P1（1,1）.第（2）题联立方程即可，此时有两种方法联立，第一种，假设直线AB的方程，第二种假设直线P2A和P2B.
满分解答
(1) 根据椭圆对称性可得，P1（1,1），P4（1，）不可能同时在椭圆上，P3（–1，），P4（1，）一定同时在椭圆上，因此可得椭圆经过P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）.
把P2，P3坐标代入椭圆方程得解得，
故椭圆的方程为；
（2）解1 ①当直线的斜率不存在时，设，，此时
，解得，此时直线过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.
②当直线的斜率存在时，设，，则
消去y得 ，
，，此时
.
由于，所以，即，此时，存在，使得成立，
所以直线的方程为，直线必过定点.
解2 由题意可得直线与直线的斜率一定存在，不妨设直线为, 则直线为.
由得，
设，此时可得：，
同理可得.
此时可求得直线的斜率为：
，化简可得，此时满足.
当时，两点重合，不合题意.
当时，直线方程为：，
即，当时，，因此直线恒过定点.
思路点拨
第（1）题只需证明.第（2）题要先求圆的方程，令y=0即可求出在y轴上弦长.求圆方程可以用标准式方程，也可以用一般式方程.当然，本题还可以利用相交弦定理来解.
满分解答
(1)设，则是方程的根，所以，则.
所以不会能否出现AC⊥BC的情况.
（2）解1 由于过A，B，C三点的圆的圆心必在线段AB垂直平分线上，设圆心，则.
由得，化简得
，所以圆E的方程为.
令得，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为.所以,过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值
解2 由于的中点坐标为，可得的中垂线方程为.
由（1）可得，所以的中垂线方程为.
联立又，
可得
所以过三点的圆的圆心坐标为，半径，
故圆在轴上截得的弦长为，即过三点的圆在轴上的截得的弦长为定值.
解3 设圆的方程为，
令，得，由题意，
把代入圆的方程，得，即.
故圆的方程为： .
令，得，所以，故.
所以过三点的圆在轴上截得的弦长为定值3.
解4设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，由可知原点O在圆内，由相交弦定理可得，又，所以，
所以，过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为，为定值.
思路点拨
第（1）题可以直接求出a、b；第（2）题用参数表示，可以设，用做参数，也可以设， 用做参数.
满分解答
(1)由已知，，又，解得
所以椭圆的方程为.
（2）解1 设椭圆上一点，则.
由于直线的方程：,令，得，
所以；
直线的方程：,令，得，
所以.
因为，所以，从而
.
故为定值.
解2 设椭圆 上一点，则
直线PA的方程:,令，得，
所以；
直线的方程:,令
，得，
所以.
故为定值.
思路点拨
第（3）题的两种解法都是转化成某个变量的系数中含有m，利用S是常数与该变量无关，令该变量系数为0得到含有m的式子，从而解出m的值.这是待定系数法，
是解答这类问题的常用方法.
解答本题思维导图：
满分解答
直线的方程为，
则到的距离.
因，所以
也可以这样求：的绝对值
把点C的坐标代入上述公式得
S=.（*）
由得.
由和椭圆的交点关于原点对称可知，代入（＊），并平方整理得
，所以或.
（３）解1因为，即.由
得，同理.所以
，即，
从而可得.
由（1）可得
.
因为常数，所以与无关，令解得.
解2 设直线的斜率为，则直线的斜率为，设
直线的的方程为，联立方程组，
消去解得.
根据对称性，设则.
同理可得，，
所以.
设（常数），所以
，所以
.
由于左右两边恒成立，所以只能是，
解得.
思路点拨
第(2)题用直线AB的斜率k和表示，令含有k的项系数为0，解出.
满分解答
(1)由已知，点的坐标分别为，又点的坐标为，且，
于是，解得.
所以椭圆的方程为.
(2)当直线斜率存在时，可设直线方程为，的坐标分别为.
联立，得，其判别式
，所以，从而
．
所以，当时，．此时，为定值.
当直线斜率不存在时，直线即为直线，此时.
所以，存在常数，使得为定值.用思维导图突破解析几何压轴题 专题3 最值问题 （共17页）
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专题03 最值问题
最值（含范围）问题是解析几何中常见的
问题之一，其基本解题方法是把所求量表示成
某个变量的函数，利用二次函数或函数单调性
求最值或范围，也可以利用基本不等式，有时
也会利用几何量的有界性确定范围.
最值问题不仅解答题中分量较大，而且客
观题中也时常出现.
求最值的思维导图如右
最大最小为最值
单调二次不等式
几何有界也有用
具体问题再审视
思路点拨
解1 显然两条直线的斜率都存在且不为0，抛物线的焦点.
设，由消元y得
，
所以，
同理，，
，当且仅当时取等号.选（A）.
解2 设直线的倾斜角为，则的倾斜角为，
因为，，
所以
，
当且仅当或时取等号.选（A）.
注1 过抛物线的焦点弦长.
注2 也可以设，则消取x得，
所以，同理，，
，当且仅当时取等号.
思路点拨
当，焦点在轴上，要使上存在点满足，则，即，得.
当，焦点在轴上，要使上存在点满足，则，即，得.
故的取值范围为.
思路点拨
要求两个绝对值之和的最小值，就要去掉绝对值，需要分类讨论.怎么确定分类标准？就是令绝对值内部的式子为0.比如，若令，则直线与圆相交，把圆分成两部分.
解1 原问题可以转化为如下的非线性规划问题：可行域为单位圆（含内部）的任意一点，直线将可行域分成两个部分，不妨将左下方的区域（大弓形区域）记作Ⅰ，将右上方的区域（小弓形区域）记作Ⅱ．
因为单位圆及其内部在直线下方，所以，所以
直线与单位圆交点，.
设，分别作直线并平移，则都在点取得最小值3.
所以的最小值是3.
解2 ，（当时取等号）.
设，其中.
则
.
其中由确定，等号当且仅当，即.
另外，当时，.
所以的最小值是3.
思路点拨
在平面直角坐标系中画出可行域如图，
的几何意义为可行域内的点到原点距离的平方．
过原点O作直线的垂线，垂足为A，可以看出图中点距离原点最近，此时距离为原点O到直线的距离，
，则，
图中点距离原点最远，点为与交点，则，则．
所以，的取值范围为
（1）求直线AP斜率的取值范围；
（2）求的最大值.
思路点拨
第（2）题的关键是选择适当的参数表示，可以用直线的斜率为为参数，需要求出Q的坐标，再分别求出的表达式，计算量较大.也可以设，以t为参数，从向量的角度得到
.
转化为t函数，再求最大值.
满分解答
（1）设直线的斜率为，，
因为，所以直线斜率的取值范围是.
（2）解1设直线AP的斜率为k，则
直线AP的方程为y=kx+k+，BQ的方程为y=.
联立直线与的方程
解得点.
因为，
，
所以.
令，因为，
所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值.
解2 用向量法，令，所以
.
当且仅当时等号成立.
解3 在解2中，由
等号当且仅当时取得．因此所求的最大值为．
思路点拨
　 第（2）题可设，则，则.
，只要求的最小值，即只要求的最小值.
选择作变量，需要分别求出|AB|和|OC|的表达式，预计有一定的计算量.
满分解答
(1) 由题意知 ，所以，因此 椭圆的方程为.
(2) 设，则，且.
设，联立方程得，
由题意知，且，故
.
联立方程得，因此.
所以 ，
.
等号当且仅当时取得．因此的最大值为，从而的最大值为，此时直线的斜率为．
注 .
令，则，代入上式整理得
.
当且仅当，即时的最小值 ，此时.
思路点拨
第（1）题直接计算可得。第（2）要选择参数表示面积，结合图形可选点P的坐标为参数，因为Q、E都分别用P的坐标表示，从而直线QE与椭圆交点即可解除G点坐标。
（2）（i）从结论并结合图形发现要证明。由已知可得(把条件翻成图式)：设直线PQ的方程为y=kx(k>0),则,E(，。
由此可得（中间结论：）
,
由，在把点坐标代入椭圆方程作差化积。
页利用求P，G坐标（“暴力解法”）
（ii）由于，剩下就是化简求最值。若发现QG中点M，则三角形OQM面积是三角形PQG面积的四分之一（隐含条件），则更简单。
但是由于是双变量，可以预见运算量较大，既考能力也考意志。
满分解答
（1）由题，得，即，所以曲线为，表示焦点在轴上，长轴长为4的椭圆（除去左右定点）.
（2）（i）设直线PQ的方程为y=kx(k>0),则,E(，。
由此可得 ,
由
因为在椭圆上，所以可得，从而, =所以即。
所以是直角三角形。
解2 设直线的方程为，由题意可知，直线的方程与椭圆方程联立，即或,点P在第一象限，所以
，因此点的坐标为
直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解
所以有，代入直线方程中，得
，所以点的坐标为，
直线的斜率为：
因为所以，因此是直角三角形。本题思维导图如下：
（2）(ii)解1 设直线PQ斜率为k（k>0），P(x1,y1), G(x0,y0,),则Q(-x1,-y1).
设M为QG的中点，则由（1）知，直线QG的方程为，
由解得。
直线PQ的方程与椭圆方程联立，即解得.
所以 =.
所以=。
(ii)解2 直线QG的方程与椭圆方程联立，得方程组
消去y得 。
由韦达定理得，由弦长公式得
.
所以。
(ii)解3 可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，再利用导数求出面积的最大值.
由（i）可知：，
的坐标为，
，，
.
亦或.
求该函数的最大值有以下两种处理方式：
解1 .
设，则由得，当且仅当时取等号.因为在单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为.
解2 ，,因为，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.
因此，面积的最大值为.
第（ii）题的思维导图：
思路点拨
第（2）题设，即用点P横坐标作为参数，通过求导或判别式法求直线的斜率（用m表示），由“点差法”可得，从而用m表示D、G的坐标，再用m表示和，把转化为m的函数求最小值.
满分解答
（1）由于，所以 ，又，所以，因为，解得， 所以，椭圆方程为：.
（2）（i）设点坐标为 ，设，则过点的切线斜率 ，直线 的方程为.
因为在椭圆上，所以 两式相减可得：
，
又，所以直线 的方程为：.
因为交点的横坐标为，所以，所以点在定直线上.
（ii）由（i）得 ，由可得 ，从而
， ，
于是
.
当且仅当即时，“=”成立，此时.
注 本题解答的关键是求D的坐标.也可以把直线的方程代入椭圆方程，整理得 .
由得，由韦达定理可得
第（2）题中求的最大值，也可以令，则，，转化为二次函数最值问题.
思路点拨
因为是等腰三角形，所以N的横坐标为D横坐标的一半，因此，可选点N的坐标为参数，也可用作为参数.
满分解答
（1）解1 设点，，
，依题意，，且，
所以，且
即且
由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为
解2由已知，若设，则.
设，依题意，，即
，，
所以，所求的曲线的方程为
（2）解1 ①当直线的斜率不存在时，直线为或，都有.
②当直线的斜率存在时，设直线，
由 消去，可得.
因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，
即. ①
又由 可得；
同理可得.
由原点到直线的距离为和，可得
. ②
将①代入②得，.
当时，；
当时，.
因，则，，所以，当且仅当时取等号.
所以当时，的最小值为8.
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.
解2设直线与椭圆C相切于点，则直线的方程为（）.
由解得，同理可得，从而可得.
因为，所以，又，（当且仅当时取等号）.
注 过椭圆上点的切线方程是.
解3 设直线与椭圆C的一个公共点为，则为切点，且，所以过E的切线方程为.
把 与得，
同理可得.
所以
当，即直线与椭圆C在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.用思维导图突破解析几何压轴题 专题4 存在性问题 （共11页）
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专题04 存在性问题
解析几何中的存在性问题通常是设其
存在，然后依据题设条件进行推理，有时
通过直接计算就能得到结论，有时要根据
要求确定存在的条件，如果得到矛盾则说
明不存在.高考中存在性问题一般以解答
题的形式出现.
本专题思维导图如右
解题预设其存在
推理论证求出来
如若前后有矛盾
那就说明不存在
思路点拨
（1）证明与垂直可以证明，也可以证明斜率之积等于-1，还可以用几何法；（2）设直线MN的方程为，则有，用相关量分别表示、、，根据即可即得的值.
满分解答
（1）依题意，可设直线MN的方程为，则有
由消去x可得． w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
从而有 ①
于是 ②
又由，可得 ③
（1）如图，当时，点即为抛物线的焦点，为其准线，此时 ①可得．
证法1：，
．
证法2：
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
证法3 平面几何 证法 .
(2)存在，使得对任意的，都有成立．
记直线与x轴的交点为,则．于是有
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
若，即，
亦即 ．
把的值代入解得．
思路点拨
第（1）题把直线方程代入椭圆方程得到关于x的一元二次方程，利用判别式及已知条件即可求出椭圆方程和T点坐标；第（2）题把直线与联立可求得P点坐标，把与E联立，利用韦达定理求出，最后求出，说明存在.
直线的方程可设为斜截式，也可设为参数式，因此第（2）题有两种解法.
满分解答
（1）设短轴一端点为，左、右焦点分别为，，则.
由题意，为直角三角形，则 解得，所以
.
把代入E整理可得 . （*）
与椭圆只有一个交点，则，解得.
所以.
把代入（*），解得，则，所以的坐标为.
解1 由已知可设的方程为.
由方程组解得 即
，则 .
由方程组得 .
其判别式，即
由韦达定理得，于是
，
.
由得，即
故存在这样的，使得成立.
解2 设在上，由，平行，可设的参数方程为 代入椭圆得，
整理可得 .
设两根为，，则有.
而，
，
同理可得 .
故有.
由题意，所以.
故存在这样的，使得成立.
思路点拨
第（1）题只要用弦长公式即可.第（2）题几何意义明显，因为圆和椭圆都关于y轴对称，“至多有三个公共点”的反面是由4个公共点，然后取补集.也可以从方程有解和距离角度去解答.
满分解答
（1）设直线被椭圆截得的线段为，由
得，
故，．
因此．
（2）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（1）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此， ①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为
，由得，所求离心率的取值范围为．
解2 设圆的方程为，与椭圆方程联立得
①
根据题意知，上述方程在上至多一解，记
.
假设方程①在上有两解，则
于是，或，故.
因此，任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件是.
由得所求离心率的取值范围为.
解3 取椭圆上点，则.
.
根据题意，当P从A到B(0,-1)逆时针旋转的过程中，PA处处不相等，由此可以判断PA是单调变化的.因此PA的最大值即为AB，当且仅当时取得，此时只需对称轴，即得.
因此，任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件是.
由得所求离心率的取值范围为.
思路点拨
第（2）题设点A在第一象限可以省去、与直线、斜率之间符号的讨论.由转化为.也可以利用相似于来解.
满分解答
（1）因在椭圆上，所以，又离心率，即
，.
由得，所以.
所以椭圆的方程为.
因，所以直线的方程为，
令得，所以.
（2）不失一般性，不妨设点A在第一象限.
若，则，即
，
亦即，即.
由已知，同理可得.设存在，
使，则
，解得.
因，所以，所以.
所以存在点，使得.
（2）因为∽，所以
，，所以.
思路点拨
第（2）题求圆弦的中点轨迹，利用弦心距和弦垂直比较简单.可以两直线斜率乘积等于-1，可以用向量数量积等于0，还可以从几何意义角度考虑.
第（3）题是直线与圆弧有一个公共点，一种可能是相切，另一种可能是相交，求交点时用数形结合来解较为简单，也可以转化为二次方程根的分布，但运算量较大.
满分解答
(1)将圆的方程化为标准方程得，可知圆的圆心坐标.
(2)解1 设线段的中点，由圆的性质可得垂直于直线.设直线的方程为（易知直线的斜率存在），所以，，，所以，即.
因为动直线与圆相交，所以，所以.所以，所以，解得或，又因为，所以.
所以满足，即的轨迹的方程为.
解2 由题意，，设，则
，那么，即
，其轨迹为圆，方程为
因两圆与相交弦所在直线方程为，故所求的轨迹方程为.
解3 因，即，所以是，从而可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程是.
轨迹范围求法同上（略）.
(3)直线与圆弧有一个交点最常见的方法数形结合，还可以转化为一元二次方程在某个区间有一个根（零点）.
解1 由题意知直线表示过定点，斜率为的直线.
结合图形，
表示的是一段关于x轴对称，起点为按逆时针方向运动到的圆弧.根据对称性，只需讨论在x轴对称下方的圆弧.设，则,而当直线与轨迹相切时， ，解得.在这里暂取，因为，所以，结合图形，可得对于轴对称的下方的圆弧，当或时，直线与轴对称下方的圆弧有且只有一个交点，根据对称性可知或.
综上所述：当或时，直线与曲线只有一交点.
解2 由（2）和得
，.（*）
直线与圆弧C只有一个交点等价于方程（*）在区间有唯一个解.
① 若直线与圆弧C相切，则由
，解得.
② 若直线与圆弧C不相切，记
，
由得，对称轴，
所以要使（*）在区间有唯一个解，必须对称轴满足
，且解得.
综上所述：当或时，直线与曲线只有一交点.用思维导图突破解析几何压轴题 专题5 参数方程与极坐标 （共12页）
12
专题05 参数方程与极坐标
本专题所说的参数方程不仅指直线和圆锥曲线的参数方程，还包括在解题过程中要根据具体情况自行选取的参数.参数在解题过程中起到“桥梁”作用，用参数沟通其他量之间的关系，最后消去参数，达到解题目的.
本专题思维导图如右
参数作用似桥梁
一桥飞架联系畅
直线曲线都已知
其他选参代表强
思路点拨
要求，就要把P的坐标表示出来，注意到曲线是半圆，想到圆的参数方程，转化为三角函数最值问题；当然，P的坐标也可以用（x，y）表示，最终可转化为x代数式求最值；由于是定值，由数量积的投影几何意义可知，只要求在上投影的最大值，于是，有下面三种解法：
解1设，则，
.
因为，所以，故
解2 设，则那么
，
所以，当且仅当，即时等号成立；
当时，，所以
解3由，，的最大值就是在上投影的最大值的倍，这只要作的垂线且与半圆相切，如图的点.
当位于时，此时直线恰与垂直时数量积最小，最小值为0.
设直线的方程为圆心到直线的距离解得（舍），因此，在.
所以=
综上所述，的取值范围是
思路点拨
设出点，用参数t表示x，y，把直线OM的斜率表示成t的函数，然后求最值.
设（不妨设），则，所以
即
所以，所以，故选（C）.
思路点拨
第（1）题将参数方程化为直角方程后，直接联立方程求解即可.第（2）题将参数方程直接代入距离公式即可.
满分解答
将曲线C 的参数方程化为直角方程为，直线化为直角方程为+.
（1）当a=-1时，代入可得直线为，
由解得或，
故而交点为或.
（2）点到直线+的距离为
，其中.
依题意得：，
若，则当时最大，即，；
当，则当时最大，即， ，
综上或.
思路点拨
(1)将曲线的参数方程先消参化简得到直角坐标方程,再代入及化简即可.
(2) 将代入曲线的极坐标方程得出韦达定理,再根据的几何意义代入韦达定理,并利用三角函数的最值问题求解即可.也可以把极坐标系下的方程用参数方程（t为参数），代入圆的方程，由，并利用韦达定理即可得所求表达式。当然若利用几何意义，则更简单。
【满分解答】
（1）将曲线C的参数方程,消去参数,
得.
将及代入上式,得.
（2）解1（用极坐标）依题意由知.
将代入曲线C的极坐标方程,得.
设,则，所以
.
因为,所以,则,所以的取值范围为.
解2 （用直线的参数方程）设直线l的参数方程（t为参数），代入圆的方程整理得
.
，以下同解1.
解3 ，当直线l与圆相切时，，此时的最小值为，当直线l过圆心时，，此时的最大值为
本题本意考查圆参数方程化简极坐标的方法,同时也考查了极坐标的几何意义与三角函数求最值的方法.实际上，把直线的极坐标方程化成直角坐标的参数方程也可以，利用切割线定理则十分简单。
思路点拨
第（1）只需证明，可以用向量的数量积为0，也可以利用斜率之积等于-1.第（2）题设点A、B坐标可以根据抛物线方程设出参数式，也可以设普通形式.求圆方程需要确定圆心和半径，根据不同选择参数的方法，用参数表示圆心和半径，再根据其他条件求出圆心和半径即可.
满分解答
解1 （1）设，，则直线AB的斜率是，所以AB的方程为 ，
令y=0得直线与x轴交点横坐标，即，因此，因此命题得证．
(2) 根据题意，有
解得或．
因为直线的方程为，圆的圆心坐标为，
所以当时，直线的方程为，，所以圆的圆心坐标为，圆的方程为.
当时，直线的方程为，圆的圆心坐标为，圆的方程为.
解2 （1）设.
由可得，则.
又所以.
因的斜率与的斜率之积为，所以.
故坐标原点在圆上.
（2）由（1）可得.
故圆心的坐标为，圆的半径，由于圆过点，因此.
故，即
由（1）可得，所以，解得或.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.
思路点拨
第（1）只要解方程组即得。第（2）题要哪个角是直角进行讨论。第（3）题设出P，M的坐标，通过已知条件去表示出点C或Q的坐标，从而求出直线AC的方程。其中点可设，或。
满分解答
（1）设，则，解得，即.
（2）设，则。
当时，（舍）；
当时，；
当时，。
综上，，。
（3）解1 设，
由得，即 ①
又在椭圆上，所以 ②
①-②得.
因为点不为上顶点，所以 ③
由得，由得，代入椭圆方程，整理。
将②式代入得 ④
联立②③④式解得，从而，所以方程.
解2 设，则
，那么
，
把点C坐标代入椭圆方程得，即
。 ①
又，所以，即。
因为P不过顶点，所以，从而， ②
把②代入①得，即，
因为P不过顶点，所以，从而
，于是，所以AC直线的方程为
思路点拨
第（2）题中若点、关于直线对称，则直线PQ的方程为y=-x+n,代入直线方程利用韦达定理可得中点坐标，利用判别式可得不等式，由此解出的取值范围.这里是选n作为参数.
也可以用“点差法”，用点、坐标作为参数.
满分解答
（1）因为与轴的交点坐标为，即抛物线的焦点为，即，所以抛物线方程为.
（2）解1 ①由已知可设直线PQ的方程为y=-x+n,代入抛物线方程整理得y2 +2 py -2pn=0.
，
即. （*）
设点，，为PQ中点，则由韦达定理得，代入直线方程解得，所以线段上的中点坐标为.
②因为在直线y=-x+n上，所以，即，代入（*）得
，即，所以.
另解 因为在抛物线焦点区域内，所以，即，所以.
（2）解2 ① 设点，，则
即从而.
又关于直线对称，所以，即，.
又中点一定在直线上，所以，所以线段的中点坐标为.
②因为线段PQ的中点坐标为，则
即
由此可得 即关于y的一元二次方程
有两个不等根.
所以，即，解得．
注 此题结论可推广为：若抛物线y2=2px (p＞0)上存在与坐标轴不对称的两点关于直线：y=kx十m对称，则．
若用此结论立得 k=1，m=-2，代入上式得3p-4<0，所以.
还可推广到椭圆和双曲线的情况.
思路点拨
设直线AM的斜率为，把直线方程代入椭圆方程，求出交点坐标或利用韦达定理求出|AM|，以代求出|AN|.对第（1）题直接解出，在求面积；对第（2）题，用表示t，再根据t>3求出范围.
满分解答
⑴当时，椭圆E的方程为，A点坐标为，则直线AM的方程为．
联立并整理得，.
解得或，则.
因为，所以.
因为，，所以，整理得，无实根，所以．
所以的面积为．
（2）直线AM的方程为，
联立并整理得 .
解得或，所以
，
从而.
因为，所以，
整理得，．
因为椭圆E的焦点在x轴，所以，即，整理得，
即或（也可用“标根法”）解得．

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