专题曲线与方程
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
（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．
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．
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椭圆的左焦点为，右顶点为，的坐标为的面积为.
（）
（）点在线段上，延长线段，点在轴，且直线与直线，四边形.
（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.
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