突出图形探究 强化代数推理——2022年高考“平面解析几何”专题解题分析.pdf

1、下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究突出图形探究强化代数推理2022年高考“平面解析几何”专题解题分析彭海燕彭海燕，李维（广东省佛山市教育局教学研究室广东省佛山市教育局教学研究室；广东省佛山市第一中学广东省佛山市第一中学）摘要：自2018年高考数学强化内容改革以来，平面解析几何问题逐渐回归到几何问题解析化途径的探索研究与选择中.其中，解析化是实现用代数方法解决几何问题的关键环节.在具体的解析化过程中，解题要能够从数量与数量关系、图形与图形关系角度出发，挖掘数量与图形及其关系的内涵特征，将几何问题坐标化，并最终转化为代数式，通过代数推理与运算得到代数结论，解决几何问题

2、.关键词：解析化；消参减元；数量与数量关系；图形与图形关系收稿日期：2022-07-05作者简介：彭海燕（1977），男，正高级教师，广东省特级教师，主要从事中学数学教育教学研究.一、试题特点分析2022年高考数学全国卷的平面解析几何解答题共有4道（全国甲卷文、理科同题，全国乙卷文、理科同题），研究的圆锥曲线涵盖了椭圆（全国乙卷）、双曲线（全国新高考、卷）和抛物线（全国甲卷）.这4道试题的第（1）小题都考查了圆锥曲线的标准方程，体现了基础性.其中，全国新高考卷第21题第（1）小题虽然还需要做进一步的工作，但从近几年的试题特点来看，经典结论的运用体现了基础性；全国新高考卷第21题第（2）小题和全

3、国甲卷（文、理科）第20题第（2）小题都与三角函数恒等变换结合，体现了综合性；全国新高考卷第21题给出三个条件，要求学生选取两个作为已知条件，证明另外一个成立，属于结构不良问题设计，有效增强了试题的开放性，考查了学生的创新思维能力，体现了创新性.4道试题，较好地体现了高考对平面解析几何问题解析化的要求和代数推理的要求.2022年高考平面解析几何的客观题既有对直线与圆的方程的要求，也有对曲线中几何图形特征的挖掘，特别是两套全国新高考卷中的平面解析几何多选题，4个选项的设计既涵盖了几何图形的探究，又强化了代数运算的基础性要求.解析几何是培养学生直观想象、逻辑推理和数学运算素养的重要载体，高考试题反

4、映了对上述素养的重视.2022年高考中的平面解析几何试题聚焦解析几何本质，即更加强化用代数方法研究几何问题，更加强化代数运算的严谨性和条理性.此外，延续了2020年以来的做法，在问题设置和解答中更加凸显解析几何中的经典背景（如定点定向、极点极线、垂径定理）在问题解决中的价值.限于篇幅，文章重点对2022年高考平面解析几何解答题从图形与图形关系、数量与数量关系角度进行解题分析.二、优秀试题分析例1（全国新高考卷21）已知点 A()2，1 在双曲线 C：x2a2-y2a2-1=1()a 1 上，直线 l 交 C 于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 的斜率之和为 0.（1）求 l 的斜率；（2）若

5、tan PAQ=2 2，求PAQ 的面积.目标解析：此题以双曲线中的定向问题和三角形面积研究为切入点，聚焦解析几何、解三角形和图形 78下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究探究，考查学生的逻辑推理和数学运算等素养，以及数形结合和转化与化归思想.解法分析：双曲线 C：x2a2-y2a2-1=1()a 1 的方程中只含有一个未知参数 a，代入点 A()2，1 即可解出 a.如何认识和理解此题最关键的条件“直线 AP，AQ的斜率之和为 0”？可以考虑从图形与图形关系、数量与数量关系角度进行分析.从图形角度来看，直线AP，AQ 与x轴（或y轴）围成的三角形是以点A为顶点的等

6、腰三角形；从数量关系角度来看，即直线 AP，AQ的倾斜角互补.根据以上分析，作出此题的图形如图1所示.QxyOAPl图1P0Q0第（1）小题要求直线 l 的斜率，主要有如下两种思路.思路1：设直线 l 的斜率为 k，将条件“直线 AP，AQ 的斜率之和为 0”转化为关于 k 的方程，进而解出k 的值.思路2：设直线 AP 的斜率为 k，依据条件“直线 AP，AQ 的斜率之和为 0”，可知直线 AQ 的斜率为-k.用 k表示 P，Q 两点的坐标，进而计算出直线 PQ 的斜率.第（2）小题首先要对条件“tan PAQ=2 2”进行转化.如图1，设直线 AP，AQ 分别与 x 轴交于点 P0，Q0，

7、则直线 AP，AQ 的倾斜角分别为 AP0 x，AQ0 x，且 AP0 x+AQ0 x=.所以 PAQ=P0AQ0=AQ0 x-AP0 x=-2AP0 x.利用诱导公式和二倍角的正切公式可以解出 tan AP0 x，即直线 AP 的斜率.再结合第（1）小题，可以求出 P，Q 两点的坐标和直线 l 的方程.要计算 PAQ 的面积，只需再求出|PQ 的长和点 A 到直线 l 的距离.平面解析几何中的面积求解是高考中的常见问题，要加以总结、提炼，特别是要基于三角形（四边形）的几何特征对图形进行切割、划分，进而转化为面积的最优化表达.解：（1）因为点 A()2，1 在双曲线 C：x2a2-y2a2-1

8、=1()a 1 上，所以 4a2-1a2-1=1()a 1.解得 a2=2.所以双曲线 C 的方程为 x22-y2=1.（方法1）易知直线 l 的斜率存在，设 l：y=kx+m，P()x1，y1，Q()x2，y2，联立|y=kx+m，x22-y2=1，得()1-2k2 x2-4mkx-2m2-2=0.所以 =16m2k2+4()2m2+2()1-2k2 0，x1+x2=-4mk2k2-1，x1x2=2m2+22k2-1.由 kAP+kAQ=0，得 y1-1x1-2+y2-1x2-2=0，即()x1-2()kx2+m-1+()x2-2()kx1+m-1=0.所以 2kx1x2+()m-1-2k(

9、)x1+x2-4()m-1=0，即2k()2m2+22k2-1+()m-1-2k|-4mk2k2-1-4()m-1=0.化简，得()k+1()2k-1+m=0.所以 k=-1或 m=1-2k.当 m=1-2k 时，直线 l：y=kx+m=k()x-2+1 过点 A()2，1，与题意不符，舍去.故 k=-1.（方法2）设 P()x1，y1，Q()x2，y2，直线 AP 的斜率为 k|k 0，k 22，则直线 AQ 的斜率为-k，直线 AP 的方程为 y-1=k()x-2.联立|y-1=k()x-2，x22-y2=1，得()1-2k2 x2+()8k2-4k x-4()2k2-2k+1=0.所以

10、2x1=-4()2k2-2k+11-2k2，即 x1=-4k2+4k-21-2k2.所以 y1=k()x1-2+1=2k2-4k+11-2k2，即 P|-4k2+4k-21-2k2，2k2-4k+11-2k2.将 k 换成-k，得 Q|-4k2-4k-21-2k2，2k2+4k+11-2k2.因此，直线 l 的斜率为 y2-y1x2-x1=-1.（2）不妨设直线 AP，AQ 的倾斜角分别为，()0上的一点，不过点 P 的直线l交抛物线C于A，B两点，直 线 PA，PB 的 倾 斜 角 分 别 为，斜 率 分 别 为k1，k2.（1）若 k1+k2=t()t0，则直线l过定点|x0-2y0t，-

11、y0+2pt；（2）若 k1+k2=0，则直线l的斜率为定值-py0；（3）若 k1k2=t()t 0，则直线l过定点|x0-2pt，-y0；（4）若 +=2，则 直 线 l 过 定点|x0-2p-2y0t，-y0+2pt，其中 t=tan 对于椭圆的情形，我们可以用齐次化联立的方法进行证明.已知 P()x0，y0 是椭圆 E：x2a2+y2b2=1 上的一点，不过点 P 的直线 l 交椭圆 E 于 A，B 两点，直线PA，PB的斜率分别为 k1，k2.若 k1+k2=t()t 0，则直线 l过定点|x0-2y0t，-y0-2x0t b2a2；若 k1+k2=0，则直线 l 的斜率为定值 x0

12、y0 b2a2；若 k1k2=t|t b2a2，则直线 l 过定点|()ta2+b2 x0ta2-b2，-()ta2+b2 y0ta2-b2；若 k1k2=b2a2，则直线 l 的斜率为定值-y0 x0.对于双曲线的情形，只需将上面的 b2 都换成-b2.在例1中，直线 l 的斜率为定值 21 -12=-1.类似试题还有2017年全国乙卷理科第20题和2020年全国新高考卷第22题.例2（全国新高考卷21）已知双曲线 C：x2a2-y2b2=1()a 0，b 0 的右焦点为 F()2，0，渐近线方程为 y=3 x.（1）求 C 的方程；（2）过点 F 的直线与 C 的两条渐近线分别交于A，B两

13、点，点 P()x1，y1，Q()x2，y2 在C 上，且 x1 x2 0，y1 0.过点 P 且斜率为-3 的直线与过点Q 且斜率为3 的直线交于点 M，从下面中选择两个作为条件，证明另外一个成立.M在AB上；PQAB；|AM=|BM.80下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.目标解析：此题以双曲线为切入点，聚焦结构不良问题重点考查双曲线的垂径定理.围绕图形特征的探索，考查学生的数学探究和空间想象素养，以及逻辑推理和数学运算等关键能力.解法分析：由双曲线 C：x2a2-y2b2=1()a 0，b 0的右焦点为 F()2

14、，0，渐近线方程为 y=3 x，可知a2+b2=2，ba=3.联立解出a，b，进而可得双曲线 C的方程.根据题设条件作出图形如图2所示.TxyOABPQMNF图2S此题题干中最为关键的条件是“过点 P 且斜率为-3 的直线与过点 Q 且斜率为3 的直线交于点 M”.应注意到双曲线 C 的渐近线的斜率就是 3.结合限制条件“点 P()x1，y1，Q()x2，y2 在 C 上，且 x1 x2 0，y1 0”可理解为“过双曲线C右支内的一个点 M，作两条渐近线的平行线，分别交双曲线C于P，Q两点”.这就是图形探究的价值所在.同时，要不断强化数学语言、符号语言和图形语言三种语言的转化.设 M()x0，

15、y0，由于双曲线C：x2a2-y2b2=1的两条渐近线的方程为 x2a2-y2b2=0，故过点 M 且与两条渐近线分别平行的两条相交直线的方程为()x-x02a2-()y-y02b2=0.此方程与双曲线 C 的方程有相同的二次项系数，相减即可得到直线PQ的方程为 2x0 xa2-2y0yb2=x20a2-y20b2-1.故kPQ=b2x0a2y0.所以 kPQkOM=b2a2.我们可以用“点差法”证明垂径定理在双曲线：x2a2-y2b2=(R，包括退化的情形，即两条渐近线的情形）中的推广：设M是曲线：x2a2-y2b2=的弦AB的中点，则 kABkOM=b2a2.因此，如果选择作为条件，则有

16、kPQ=kAB.通过数量关系和图形关系很容易得到 PQAB.由于两条直线的交点是唯一的，故 和 均可以用同一法证明.（1）解：由题意，得|a2+b2=2，ba=3.解得 a=1，b=3.所以双曲线C的方程为 x2-y23=1.（2）证明：先证明一个引理：设M是曲线：x2a2-y2b2=的弦AB的中点，则 kABkOM=b2a2引理的证明：设 M()x0，y0，A()x1，y1，B()x2，y2，则 x21a2-y21b2=，x22a2-y22b2=.两式相减，得()x1-x2()x1+x2a2-()y1-y2()y1+y2b2=0.因为 x0=x1+x22，y0=y1+y22，所以 y1-y2

17、x1-x2 y0 x0=b2a2，即 kABkOM=b2a2回到此题，设 M()x0，y0，则PM：y-y0=-3()x-x0，QM：y-y0=3()x-x0.联立两个方程，得 3()x-x02-()y-y02=0.与双曲线 C：3x2-y2=3 作差，得PQ：6x0 x-2y0y-3x20+y20-3=0.故 kPQkOM=3.选择由证明.由前述证明，得 kABkOM=3.故 kPQ=kAB，即PQAB.选择由证明.由PQAB，可知 kPQ=kAB.设线段AB的中点为 M，则 kABkOM=3.故 kOM=kOM.所以点 O，M，M 共线.因为点 M，M 都在直线AB上，81下半月（高中版）

18、2022年第78期（总第267268期）解题研究所以点 M，M是同一点，即点 M 是线段AB的中点.所以有|AM=|BM.选择由证明.假设点M不在直线AB上，设线段AB的中点为 M，则由引理，得 kABkOM=3.由PQAB，可知 kPQ=kAB.所以 kOM=kOM.所以点 O，M，M 共线.由|AM=|BM，可知 AB MM，即 kABkMM=-1.所以 kOM=-3kMM.而 kOM=kOM=kMM 0，矛盾.所以点M在直线AB上.试题分析：回顾解题过程，可以发现“A，F，B共线”这一条件是多余的.此题主要的障碍点有两个：一是对条件“过点P且斜率为-3 的直线与过点Q且斜率为3 的直线交

19、于点M”进行转化，得到 kPQkOM=3；二是证明“垂径定理”在双曲线中的推广，即 kABkOM=3.此题源于新教材第108页例3，命制原理是垂径定理在双曲线中的推广.事实上，利用垂径定理在双曲线中的推广，我们可以进一步得到如下结论：设直线 l与双曲线C交于P，Q两点，与双曲线C的渐近线交于S，T两点，则|SP=|QT，|SQ=|PT.证明：设PQ的中点为M，ST的中点为 M，则 kPQkOM=kSTkOM=b2a2.因为kPQ=kST，所以kOM=kOM.所以点O，M，M共线.因为点 M，M都在直线l上，所以点 M，M是同一点.所以|PM=|QM，|SM=|TM.所以|SP=|QT，|SQ=

20、|PT.据此可以给出 的另一种证明：如图2，依题意得四边形AMQS，BMPT都是平行四边形，所以|AM=|SQ=|PT=|BM.类似试题还有2014年浙江卷理科第16题和2022年全国新高考卷第16题.例3（全国甲卷理20）设抛物线 C：y2=2px()p 0的焦点为 F，点 D()p，0，过点 F 的直线交 C 于 M，N两点.当直线 MD 垂直于x轴时，|MF=3.（1）求 C 的方程；（2）设直线 MD，ND 与 C 的另一个交点分别为 A，B，记直线 MN，AB 的倾斜角分别为，.当 -取得最大值时，求直线 AB 的方程.目标解析：此题以抛物线为切入点，考查图形探究下的几何问题解析化，

21、以及三角恒等变换、基本不等式等知识的综合运用.聚焦直观想象、逻辑推理和数学运算关键能力，考查函数与方程思想、数形结合思想.解法分析：根据题设条件作出图形如图3所示.NxyOABDEFM图3第（1）小题，当直线 MD 垂直于x轴时，点M的横坐标与点D的横坐标相等.根据抛物线的焦半径公式，可以根据|MF=3 解出p的值，进而求得C的方程.第（2）小题，要使 -取得最大值，即使tan()-=tan -tan 1+tan tan 取得最大值.其中，tan，tan 即为直线MN，AB的斜率.设法将条件“M，F，N三点共线（F为定点）”“M，D，A三点共线（D为定点）”“N，D，B三点共线（D为定点）”从

22、图形和图形关系的角度转化为 tan，tan 之间的数量关系，实现减元.将tan()-=tan -tan 1+tan tan 转化为单变量函数求最大值（运用类似的思想还可以解决2022年全国新高考卷第18题），得到直线AB的斜率 tan ，进而可以求出直线AB的方程.解：（1）当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时|MF=2p2+|p22=3，解得 p=2.所以抛物线C的方程为 y2=4x.（2）由（1），知 D()2，0.设 M|y214，y1，N|y224，y2，A|y234，y3，B|y244，y4，直线 MN：x=my+1，直线 MD：x=ty+2.由x=my+1，y2=4x，得 y

23、2-4my-4=0.所以 y1y2=-4.由x=ty+2，y2=4x，得 y2-4ty-8=0.所以 y1y3=-8.所以 y3=2y2.82下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究同理，可得 y4=2y1.由斜率公式，得kMN=y1-y2y214-y224=4y1+y2，kAB=y3-y4y234-y244=kMN2.因为直线MN，AB的倾斜角分别为，所以 kAB=tan =kMN2=tan 2.设 kMN=2kAB=2k 0，则 tan()-=k1+2k2=11k+2k12 1k 2k=24，当且仅当 1k=2k，即 k=22 时，等号成立.所以当 -最大时，kAB

24、=22.设直线 AB：x=2 y+n，代入抛物线方程，得 y2-4 2 y-4n=0.因为 0，y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以 n=4.所以直线 AB：x=2 y+4.试题分析：此题中的动点多达四个，三点共线的条件也有三个之多.解题的关键在于如何消参减元.回顾解题过程，我们还可以发现直线AB的横截距n是定值4（与斜率无关），即直线AB过定点()4，0.事实上，这与抛物线的几何平均性质有关.如图4，抛物线 C：y2=2px 的弦PQ所在直线的横截距 x0 是P，Q两点横坐标 x1，x2 的等比中项.x2xOyPQx1x0（a）yxOQPx2x1x0（b）图4根据抛物线的几何平均性质，

25、有|xMxN=x2F=1，xMxA=x2D=4，xNxB=x2D=4.所以 xAxB=xMxNxAxB=16.所以直线AB过定点()4，0.如图5，一方面，设直线 MN 和直线 AB 于点 G，则点 G 在点 D 关于抛物线 C 的极线 x=-2 上.另一方面，由于直线 AB 过定点 E()4，0，且 -=EGF，所以问题转化为“米勒问题”，即当 EGF 最大时求点 G 的位置问题.设 H()-2，0，则当EFG的外接圆与直线x=-2 相切时，EGF 最大.此时根据切割线定理，有HG2=HF HE=3 6=18，则 HG=3 2.所以 G()-2，-3 2.所以 kAB=kGE=22.所以直线

26、 AB：x=2 y+4.NxyOABDEFM图5HGx=-2类似试题还有2020年全国卷理科第20题.例4（全国乙卷理20）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过 A()0，-2，B32，-1 两点.（1）求E的方程；（2）设过点 P()1，-2 的直线交E于M，N两点，过点M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足 MT=TH.证明：直线HN过定点.目标解析：此题以椭圆为切入点，考查直线与圆锥曲线的位置关系，以及平面向量背景下的三点共线和直线方程的形式.聚焦分类讨论思想和数形结合思想，重点考查学生的数学探究素养和数学运算关键能力.解法分析：椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为

27、x轴、y轴，表明椭圆E的方程是标准方程 x2a2+y2b2=1()a b 0 或 y2a2+x2b2=1()a b 0 由于焦点在x轴还是y轴未知，可设E的方程为 mx2+ny2=1（m 0，n 0，且 m n），再分别代入A，B两点的坐标，得到关于未知参数m，n的二元一次方程组，解出m，n的值，从而求得E的方程根据题设条件作出此题的图形如图6所示.TxyOABMNPH图6 83下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究第（2）小题要证明直线HN过定点，可以通过HN的两个特殊位置，得出定点的坐标，再证明该点与H，N三点共线（1）解：设E的方程为 mx2+ny2=1（m 0

28、，n 0，且 m n），则4n=1，94 m+n=1.解得|m=13，n=14.故椭圆E的方程为 y24+x23=1（2）证明：由 A()0，-2，B32，-1，得直线 AB：y=23 x-2 当直线MN的斜率不存在时，由|x=1，y24+x23=1，得 M|1，-2 63，N|1，2 63.代入AB的方程 y=23 x-2，得 T|3-6，-2 63.由 MT=TH，得 H|5-2 6，-2 63.所以直线HN的方程为 y=|2+2 63x-2，过点()0，-2.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为kx-y-()k+2=0，M()x1，y1，N()x2，y2.联立|kx-y-()k+2

29、=0，y24+x23=1，得()3k2+4 x2-6k()2+k x+3k()k+4=0.所以|x1+x2=6k()2+k3k2+4，x1x2=3k()4+k3k2+4，|y1+y2=-8()2+k3k2+4，y2y2=8()2+2k-k23k2+4，且x1y2+x2y1=-24k3k2+4联立|y=y1，y=23 x-2，得 T|3y12+3，y1，H()3y1+6-x1，y1.可求得此时 HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2()x-x2 将()0，-2 代入，整理得2()x1+x2-6()y1+y2+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0所以24k+12k2+96+48k-2

30、4k-48-48k+24k2-36k2-48=0，显然成立综上，可得直线HN过定点()0，-2 试题分析：此题中的动点有四个，动线有三条，涉及的变量较多，故如何“消参减元”是关键将 HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2()x-x2 直接配凑成点斜式较为困难，建议采用“先猜后证”的方式，即先通过直线HN的两个特殊位置得出定点的坐标，再证明该点与H，N三点共线事实上，此题并未指定M，N两点中哪个在上方，哪个在下方，故交换M，N两点的位置就能得到HN的两个位置类似试题还有2020年北京卷第20题.三、复习备考建议根据 普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订），学习解析几何旨在培

31、养和发展学生的逻辑推理、直观想象和数学运算素养.高考平面解析几何试题命题的深入，要求师生在日常解题教学中要更加重视“四基”的落实和“四能”的培养.例如，在讲评2022年全国乙卷理科第20题时，要注意引导学生提炼解题过程中运用的方程思想、特殊与一般思想，教会学生分析问题和解决问题.通过对2022年高考平面解析几何试题的分析可以看到，几何问题解析化是有方向可循的，即当面对一个几何问题时，要明确这是一个什么样的几何问题，是将这个几何问题视作整体挖掘它的几何特征，还是看成两个图形去探索它们之间的关系，抑或是从数量或数量关系角度进行挖掘，接着研究和探索这个几何问题需要用到哪些代数条件，再把几何问题代数化

32、（有时候这个代数化过程不是很直观，需要把几何问题转化为另一个等价的几何问题后再进行代数化）.这些探索与研究的过程是需要时间与实践的.也正因为如此，在复习备考中要强化自主探究，要能够从多角度思考，深入挖掘图形的几何特征，掌握研究解析几何问题的一般方法和思维方式.具体而言要做到以下几点.1.重视图形探究例2中涉及两条直线的倾斜角的差的正切，这其实是到角公式.学生必须明晰概念（斜率是倾斜角的正切值），掌握从图形与图形关系和数量与数量关系的角度把握几何问题解析化的基本途径，熟练运用向量、三角等工具.84下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究2.强化代数运算综观2022年高考平

33、面解析几何试题，可以感受到全国卷的4道平面解析几何试题的运算量比以往要大，参变量更多，如何“消参减元”是关键.教学中，一定要让学生关注代数的本质结构特征，多想多算，培养学生的耐心和严谨细致的习惯，以及坚忍不拔的意志品质.3.重视经典问题高考从不回避经典，中点弦、焦点弦长、垂径定理、极点极线等问题在高考中的考查不断创新.教学中，一定要重视对这些经典问题的积累和研究，让学生掌握解决这类经典问题的通性、通法4.重视回归教材平面解析几何的复习要回归教材，在新高考强调教考衔接的情况下，更要将教材中的研究路径和研究的一般思维方法落地、落细.从对上述高考平面解析几何试题的分析来看，只要吃透了教材训练系统的精

34、神实质，对教材中的例题、习题进行深入研究，挖掘其内在的联系并拓展其研究空间，对于高考试题的本质还是容易把握的.四、典型模拟题1.已知双曲线 C 的渐近线方程为 y=33 x，且过点 P()3，2.（1）求 C 的方程；（2）设 Q()1，0，直线 x=t()t R 不经过点 P 且与 C 相交于 A，B 两点，若直线 BQ 与 C 交于另一点 D，求证：直线 AD 过定点.答案：（1）x23-y2=1；（2）略.2.已知圆心在 x 轴上移动的圆经过点 A()-4，0，且与 x 轴、y 轴分别交于点 B()x，0，C()0，y 两个动点，记点 D()x，y 的轨迹为曲线.（1）求曲线 的方程；（

35、2）过点 F()1，0 的直线 l 与曲线 交于 P，Q 两点，直线 OP，OQ 与圆 F：()x-12+y2=1 的另一交点分别为 M，N（其中 O 为坐标原点），求 OMN 和OPQ 的面积之比的最大值.答案：（1）y2=4x；（2）425.3.已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1()a b 0 的某三个顶点形成边长为 2 的正三角形，O 为 C 的中心.（1）求椭圆 C 的方程；（2）点 P 在 C 上，过 C 的左焦点 F 且平行于 OP的直线与 C 交于 A，B 两点，是否存在常数 ，使得|AF|BF=|OP2？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.答案：（1）x23+y2=1；（

36、2）13.4.已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1()a b 0，F 为左焦点，上顶点 P 到点 F 的距离为 2，离心率为32（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）设斜率为 k 的动直线 l 与椭圆 C 交于 M，N两点，且|PM=|PN，求 k 的取值范围答案：（1）x24+y2=1；（2）()-2，2 5.已知椭圆 C 的中心为坐标原点，焦点在 x 轴上，焦距为 2，椭圆 C 上的点到焦点的距离的最大值为 3（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）设点 A，F 分别为椭圆 C 的左顶点、右焦点，过点 F 的直线交椭圆 C 于点 P，Q，直线 AP，AQ分别与直线 l：x=3 交于点 M，N，求

37、证：直线 FM 和直线 FN 的斜率之积为定值答案：（1）x24+y23=1；（2）略.参考文献：1 中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）M.北京：人民教育出版社，2020.2 教育部考试中心制定.中国高考评价体系M.北京：人民教育出版社，2019.3 彭海燕.突出核心 回归本质：从2017年高考题谈课标全国卷对解析几何的考查J.中学数学研究（华南师范大学版），2017（9）：34-39.4 彭海燕.几何问题“解析化”途径的探索J.中学数学教学参考（上旬），2021（7）：65-68.5 彭海燕.高考数学全国卷解密M.杭州：浙江大学出版社，2019.6 彭海燕，程生根，钱耀周.高考数学全国卷真题精编M.杭州：浙江大学出版社，2022.85