第3講圓錐曲線的綜合應(yīng)用 考情考向·高考導(dǎo)航1圓錐曲線中的定點(diǎn)與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，主要以解答題形式考查，往往作為試卷的壓軸題之一2以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關(guān)存在性開放問題對考生的代數(shù)恒等變形能力、計(jì)算能力有較高的要求，并突出數(shù)學(xué)思想方法考查真題體驗(yàn)1(2019·北京卷)已知橢圓C：1的右焦點(diǎn)為(1,0)，且經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，直線l：ykxt(t±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P，Q，直線AP與x軸交于點(diǎn)M，直線AQ與x軸交于點(diǎn)N.若|OM|·|ON|2，求證：直線l經(jīng)過定點(diǎn)解析：(1)因?yàn)闄E圓的右焦點(diǎn)為(1,0)，c1；因?yàn)闄E圓經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)，所以b1，所以a2b2c22，故橢圓的方程為y21.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)聯(lián)立得(12k2)x24ktx2t220，0，x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2t，y1y2k2x1x2kt(x1x2)t2.直線AP：y1x，令y0得x，即|OM|；同理可得|ON|.因?yàn)閨OM|ON|2，所以2；1，解之得t0，所以直線方程為ykx，所以直線l恒過定點(diǎn)(0,0)答案：(1)y21(2)見解析2(2018·全國卷)設(shè)拋物線C：y22x，點(diǎn)A(2,0)，B(2，0)，過點(diǎn)A的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線BM的方程；(2)證明：ABMABN.解：(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，l的方程為x2，可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2，2)所以直線BM的方程為yx1或yx1.(2)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，AB為MN的垂直平分線，所以ABMABN.當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x10，x20.由得ky22y4k0，可知y1y2，y1y24.直線BM，BN的斜率之和為kBMkBN.將x12，x22及y1y2，y1y2的表達(dá)式代入式分子，可得x2y1x1y22(y1y2)0.所以kBMkBN0，可知BM，BN的傾斜角互補(bǔ)，所以ABMABN.綜上，ABMABN.主干整合1有關(guān)弦長問題有關(guān)弦長問題，應(yīng)注意運(yùn)用弦長公式及根與系數(shù)的關(guān)系，“設(shè)而不求”；有關(guān)焦點(diǎn)弦長問題，要重視圓錐曲線定義的運(yùn)用，以簡化運(yùn)算(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長|P1P2|x2x1|或|P1P2| |y2y1|(k0)，其中求|x2x1|與|y2y1|時(shí)通常使用根與系數(shù)的關(guān)系，即作如下變形：|x2x1|，|y2y1|.(2)當(dāng)斜率k不存在時(shí)，可求出交點(diǎn)坐標(biāo)，直接運(yùn)算(利用兩點(diǎn)間距離公式)2圓錐曲線中的最值(1)橢圓中的最值F1，F(xiàn)2為橢圓1(ab0)的左、右焦點(diǎn)，P為橢圓的任意一點(diǎn)，B為短軸的一個(gè)端點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則有：|OP|b，a；|PF1|ac，ac；|PF1|·|PF2|b2，a2；F1PF2F1BF2.(2)雙曲線中的最值F1，F(xiàn)2為雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)，P為雙曲線上的任一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則有：|OP|a；|PF1|ca.(3)拋物線中的最值點(diǎn)P為拋物線y22px(p0)上的任一點(diǎn)，F(xiàn)為焦點(diǎn)，則有：|PF|；A(m，n)為一定點(diǎn)，則|PA|PF|有最小值3拋物線焦點(diǎn)弦的幾個(gè)重要結(jié)論直線AB過拋物線y22px(p0)的焦點(diǎn)，交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，如圖(1)y1y2p2，x1x2.(2)|AB|x1x2p，x1x22p，即當(dāng)x1x2時(shí)，弦長最短為2p.(3)為定值.(4)弦長|AB|(為AB的傾斜角)(5)以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切熱點(diǎn)一圓錐曲線中的范圍、最值問題數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算圓錐曲線問題的核心素養(yǎng)以圓錐曲線問題為載體，借助相關(guān)知識，通過式的變形考查運(yùn)算求解能力，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).構(gòu)造函數(shù)求最值例11(2019·全國卷)已知點(diǎn)A(2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為.記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PEx軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點(diǎn)G.證明：PQG是直角三角形；求PQG面積的最大值審題指導(dǎo)(1)利用斜率公式及kAM·kBM求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程(2)根據(jù)點(diǎn)P在第一象限的特征，畫出滿足題意的幾何圖形，初步判斷出PQG中QPG是直角設(shè)出直線PQ的斜率和方程，再結(jié)合xExP及點(diǎn)P，Q關(guān)于原點(diǎn)對稱，求出直線QG的斜率和方程，聯(lián)立直線QG和曲線C的方程，求出點(diǎn)G的坐標(biāo)，最后求出直線PG的斜率，即可證明kPQ·kPG1.根據(jù)PQG是直角三角形，建立SPQG關(guān)于直線PQ的斜率k的關(guān)系式求最值解析(1)由題設(shè)得·，化簡得1(|x|2)，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)(2)證明：設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為ykx(k0)由得x±.設(shè)u，則P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直線QG的斜率為，方程為y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.設(shè)G(xG，yG)，則u和xG是方程的解，故xG，由此得yG，從而直線PG的斜率為.所以PQPG，即PQG是直角三角形由得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面積S|PQ|PG|.設(shè)tk，則由k0得t2，當(dāng)且僅當(dāng)k1時(shí)取等號因?yàn)镾在2，)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t2，即k1，S取得最大值，最大值為.因此，PQG面積的最大值為.最值問題的2種基本解法幾何法根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點(diǎn)到某個(gè)定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中經(jīng)?？疾?代數(shù)法建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)(或兩個(gè))變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值解決的(普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法)(如本例)等尋找不等關(guān)系解范圍問題例12(2018·全國卷，節(jié)選)已知斜率為k的直線l與橢圓C：1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m>0)證明：k<.審題指導(dǎo)利用點(diǎn)差法將k轉(zhuǎn)化為含m的表達(dá)式，求解m的取值范圍，進(jìn)而證明結(jié)論證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則1，1.兩式相減，并由k得0由題設(shè)知1，m，于是k由題設(shè)得0m，故k.解決圓錐曲線中的范圍問題的常用解法(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，關(guān)鍵是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系(3)利用隱含的不等關(guān)系(如：點(diǎn)在橢圓內(nèi))建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍(4)利用求函數(shù)的值域或求函數(shù)定義域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)或其他變量的自變量，從而確定參數(shù)的取值范圍(2020·山師附中模擬)已知點(diǎn)A(0，2)，橢圓E：1(ab0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程解析：(1)設(shè)F(c,0)，由條件知，得c.又，所以a2，b2a2c21.故E的方程為y21.(2)當(dāng)lx軸時(shí)不合題意，故設(shè)l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)將ykx2代入y21，得(14k2)x216kx120.當(dāng)16(4k23)0，即k2時(shí)，x1,2.從而|PQ|x1x2|.又點(diǎn)O到直線PQ的距離d.所以O(shè)PQ的面積SOPQd·|PQ|.設(shè)t，則t0，SOPQ.因?yàn)閠4，當(dāng)且僅當(dāng)t2，即k±時(shí)等號成立，且滿足0.所以，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為yx2或yx2.熱點(diǎn)二圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題巧妙消元證定值例21(2019·青島三模)已知橢圓E：1(ab0)的離心率為，以橢圓的短軸為直徑的圓與直線xy0相切(1)求橢圓E的方程(2)設(shè)橢圓過右焦點(diǎn)F的弦為AB、過原點(diǎn)的弦為CD，若CDAB，求證：為定值審題指導(dǎo)(1)要求橢圓方程，只要由原點(diǎn)到直線的距離等于半短軸長，求b即可(2)要證明為定值，只要利用弦長公式計(jì)算化簡即可解析(1)依題意，原點(diǎn)到直線xy0的距離為b，則有b.由，得a2b24.所以橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，易求|AB|3，|CD|2，則4.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的斜率為k，依題意k0，則直線AB的方程為yk(x1)，直線CD的方程為ykx.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，由得(34k2)x28k2x4k2120，則x1x2，x1x2，|AB|x1x2|· .由整理得x2，則|x3x4|.|CD|x3x4|4 .所以·4.綜合，4為定值解答圓錐曲線的定值問題的策略定值問題就是證明一個(gè)量與其中的變化因素?zé)o關(guān)，這些因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)等，這類問題的一般解法是使用變化的量表示求證目標(biāo)，通過運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān)巧引參數(shù)尋定點(diǎn)例22(2020·長沙模擬)已知以點(diǎn)C(0,1)為圓心的動(dòng)圓C與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)A，其弦AB的中點(diǎn)D恰好落在x軸上(1)求點(diǎn)B的軌跡E的方程；(2)過直線y1上一點(diǎn)P作曲線E的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N.探究直線MN是否過定點(diǎn)？請說明理由審題指導(dǎo)(1)利用直接法求軌跡方程(2)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)(6，1)，先求M、N處的切線方程再建立直線MN的方程(用參數(shù)t表示)，從而求定點(diǎn)解析(1)設(shè)B(x，y)，y0，則AB的中點(diǎn)D，C(0,1)，連接DC，.在C中，DCDB，·0，y0，即x24y(y0)，點(diǎn)B的軌跡E的方程為x24y(y0)(2)由(1)可得曲線E的方程為x24y(y0)設(shè)P(t，1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，y，y，過點(diǎn)M，N的切線方程分別為yy1(xx1)，yy2(xx2)，由4y1x，4y2x，上述切線方程可化為2(yy1)x1x,2(yy2)x2x.點(diǎn)P在這兩條切線上，2(y11)tx1,2(y21)tx2，即直線MN的方程為2(y1)tx，故直線MN過定點(diǎn)C(0,1)過定點(diǎn)問題的常用解法(1)動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為ykxt，由題設(shè)條件將t用k表示為tmk，其代入直線方程yk(xm)，故動(dòng)直線過定點(diǎn)(m,0)(2)動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)(3)從特殊位置入手，找出定點(diǎn)，再證明該點(diǎn)符合題意(2019·全國卷)已知點(diǎn)A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，|AB|4，M過點(diǎn)A，B且與直線x20相切(1)若A在直線xy0上，求M的半徑(2)是否存在定點(diǎn)P，使得當(dāng)A運(yùn)動(dòng)時(shí)，|MA|MP|為定值？并說明理由解：(1)因?yàn)镸過點(diǎn)A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上，由已知A在直線xy0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，所以M在直線yx上，故可設(shè)M(a，a)因?yàn)镸與直線x20相切，所以M的半徑為r|a2|.由已知得|AO|2，又，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半徑r2或r6.(2)存在定點(diǎn)P(1,0)，使得|MA|MP|為定值，理由如下：設(shè)M(x，y)，由已知得M的半徑為r|x2|，|AO|2，由于，故可得x2y24(x2)2，化簡得M的軌跡方程為y24x，因?yàn)榍€C：y24x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn)，以直線x1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|x1.因?yàn)閨MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在滿足條件的定點(diǎn)P.限時(shí)60分鐘滿分60分解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)1已知橢圓C：1(ab0)經(jīng)過點(diǎn)M(2,1)，且離心率e.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)A，B分別是橢圓C的上頂點(diǎn)、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓C在第一象限內(nèi)的一點(diǎn)，直線AP，BP分別交x軸，y軸于點(diǎn)M，N，求四邊形ABMN面積的最小值解析：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、橢圓的基本性質(zhì)以及直線方程，考查考生分析問題、解決問題的能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算(1)由離心率及c2a2b2得a，b的關(guān)系，再把已知點(diǎn)代入即可求出標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，得到直線AP，BP的方程，從而表示出點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而得到|AN|·|BM|，最后利用S四邊形ABMNSOMNSOAB及基本不等式求面積的最小值(1)由橢圓的離心率為得，又c2a2b2，a2b.又橢圓C經(jīng)過點(diǎn)(2,1)，1，解得b22，橢圓C的方程為1.(2)由(1)可知，A(0，)，B(2，0)，設(shè)P(x0，y0)(0x02，0y0)，則直線AP：yx，從而M.直線BP：y(x2)，從而N.1，|AN|·|BM|·8.S四邊形ABMNSOMNSOAB(|OM|·|ON|OA|·|OB|)(|BM|2|AN|8)(|BM|2|AN|)44·244(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，當(dāng)且僅當(dāng)|BM|4，|AN|2時(shí)取得最小值2已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，上頂點(diǎn)M到直線xy40的距離為3.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l過點(diǎn)(4，2)，且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，l不經(jīng)過點(diǎn)M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值解：本題主要考查橢圓與直線的交匯，考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、推理論證能力以及運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算(1)由題意可得，解得，所以橢圓C的方程為1.(2)易知直線l的斜率恒小于0，設(shè)直線l的方程為y2k(x4)，k0且k1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得，得(14k2)x216k(2k1)x64k(k1)0，則x1x2，x1x2，因?yàn)閗MAkMB，所以kMAkMB2k(4k4)×2k4(k1)×2k(2k1)1(為定值)3(2019·淮南三模)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，直線4x3y50與以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓相切(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若A為橢圓C的下頂點(diǎn)，M，N為橢圓C上異于A的兩點(diǎn)，直線AM與AN的斜率之積為1.求證：直線MN恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求·的取值范圍解析：(1)由題意可得離心率e，又直線4x3y50與圓x2y2b2相切，所以b1，結(jié)合a2b2c2，解得a，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x21.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由題意知A(0，)，又直線AM與AN的斜率之積為1，所以·1，即有x1x2y1y2(y1y2)3，由題意可知直線MN的斜率存在且不為0，設(shè)直線MN：ykxt(k0)，代入橢圓方程，消去y可得(3k2)x22ktxt230，所以x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2t2t，y1y2k2x1x2kt(x1x2)t2k2·ktt2，所以3，化簡得t23t60，解得t2(舍去)，則直線MN的方程為ykx2，即直線MN恒過定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，2)由可得·x1x2y1y2，由(3k2)x22ktxt230，可得4k2t24(t23)(3k2)48k236(3k2)0，解得k29.令3k2m，則m12，且k2m3，所以3，由m12，可得33.則·的取值范圍是.4(2019·浙江卷)如圖，已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y22px(p0)的焦點(diǎn)過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)記AFG，CQG的面積分別為S1，S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；(2)求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)解：(1)由題意得1，即p2.所以，拋物線的準(zhǔn)線方程為x1.(2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xc，yc)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，則xAt2.由于直線AB過F，故直線AB的方程為xy1，代入y24x，得y2y40，故2tyB4，即yB，所以B.又由于xG(xAxBxC)，yG(yAyByC)及重心G在x軸上，故2tyC0，得C，G.所以，直線AC的方程為y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，故t22.從而2.令mt22，則m>0，2221.當(dāng)m時(shí)，取得最小值1，此時(shí)G(2,0)5(2019·北京卷)已知拋物線C：x22py經(jīng)過點(diǎn)(2，1)(1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)解析：本題主要考查拋物線方程的求解與準(zhǔn)線方程的確定，直線與拋物線的位置關(guān)系，圓的方程的求解及其應(yīng)用等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力(1)將點(diǎn)(2，1)代入拋物線方程：222p×(1)可得：p2，故拋物線方程為：x24y，其準(zhǔn)線方程為：y1.(2)很明顯直線l的斜率存在，焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0，1)，設(shè)直線方程為ykx1，與拋物線方程x24y聯(lián)立可得：x24kx40.故：x1x24k，x1x24.設(shè)M，N，則kOM，kON，直線OM的方程為yx，與y1聯(lián)立可得：A，同理可得B，易知以AB為直徑的圓的圓心坐標(biāo)為：，圓的半徑為：，且：2k，2×2，則圓的方程為：(x2k)2(y1)24(k21)，令x0整理可得：y22y30，解得：y13，y21，即以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)(0，3)，(0,1)高考解答題·審題與規(guī)范(五)解析幾何類考題重在“巧設(shè)”思維流程1.解析幾何部分知識點(diǎn)多，運(yùn)算量大，能力要求高，在高考試題中大都是在壓軸題的位置出現(xiàn)，是考生“未考先怕”的題型之一，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運(yùn)算2.在遵循“設(shè)列解”程序化運(yùn)算的基礎(chǔ)上，應(yīng)突出解析幾何“設(shè)”的重要性，以克服平時(shí)重思路方法、輕運(yùn)算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸.真題案例審題指導(dǎo)審題方法(12分)(2019·全國卷)已知曲線C：y，D為直線y上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點(diǎn)；(2)若以E為圓的圓與直線AB相切，切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ABCD的面積.(1)設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線DA，DB的斜率，利用方程的同解性得出直線AB的方程，進(jìn)而證明直線過定點(diǎn)(2)聯(lián)立直線AB與拋物線的方程，求出AB的弦長及點(diǎn)D，E到直線AB的距離，建立四邊形ADBE的面積表達(dá)式，再利用直線與圓相切的條件求出參數(shù)的值，進(jìn)而可求四邊形ADBE的面積.審方法數(shù)學(xué)思想是問題的主線，方法是解題的手段審視方法，選擇適當(dāng)?shù)慕忸}方法，往往使問題的解決事半功倍審題的過程還是一個(gè)解題方法的抉擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，適宜的解題方法則幫助我們事半功倍.規(guī)范解答解析(1)設(shè)D，A(x1，y1)，則x2y1.1分由yx，所以切線DA的斜率為x1，故x1.整理得2tx12y110.2分設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.3分故直線AB的方程為2tx2y10.4分所以直線AB過定點(diǎn)5分(2)由(1)得直線AB的方程為ytx.由可得x22tx10.6分于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|x1x2|×2(t21).7分設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，則d1，d2.因此，四邊形ADBE的面積S|AB|(d1d2)(t23).9分設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M.由于，而(t，t22)，與向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t±1.11分當(dāng)t0時(shí)，S3；當(dāng)t±1時(shí)，S4.因此，四邊形ADBE的面積為3或4.12分評分細(xì)則第(1)問踩點(diǎn)得分設(shè)出D點(diǎn)、A點(diǎn)坐標(biāo)得1分求出A點(diǎn)處的切線方程得1分同理寫出B點(diǎn)處的切線方程得1分求出AB的方程得1分求出定點(diǎn)得1分第(2)問踩點(diǎn)得分聯(lián)立方程組得x的一元二次方程得1分用t表示出|AB|的長得1分分別求出點(diǎn)D、E到AB的距離得1分；表示出四邊形的面積得1分求出M點(diǎn)及的坐標(biāo)得1分；求出AB的方向向量，利用求出t的值得1分求出四邊形的面積得1分.- 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