主讲人：福建省龙岩市第二中学 王慕华

学科：高中数学

联系电话： 13605936752

本题出自 2013年高考新课标全国卷Ⅱ理科数学第 20题。 本题出自 2013年高考新课标全国卷Ⅱ理科数学第 20题。

平面直角坐标系 中，过椭圆 ：

( ) 右焦点的直线 交 于

两点， 为 的中点，且 的斜率为 。

（ 1 ）求 的方程 ;

（ 2 ） 为 上的两点，若四

边形 的对角线 ⊥ ，

求四边形 面积的最大值 .

xoy M2 2

2 21

x y

a b

0 ba 03 yx M BA,

P AB OP1

2

M

DC, M

ACBD CDAB

ACBD

O

y

Q xB

A

P

全国卷Ⅱ理数第 20题 全国卷Ⅱ理数第 20题

二、说解题思路一、说考点分析

和思想方法三

、说

变式

、推

广和

拓展

四、说反思和感悟

五、

说高

考链

接

1.根据已知条

件确定椭圆方程

1.根据已知条

件确定椭圆方程

2.直线与圆锥曲线的位置关系

2.直线与圆锥曲线的位置关系

3.与圆锥曲线

有关的最值问题

3.与圆锥曲线

有关的最值问题

本题考点

4.涉及的知识点

①椭圆的标准方程 ;

②椭圆的简单几何性质 ;

③两点间的斜率公式 ;

④两点间的的距离公式 ;

⑤能用解方程组的方法求两直线的交点坐标

⑥直线方程及两直线垂直时两直线斜率的关系

（一）

本题设问直接、简洁，给考生似曾相识的感觉，但考生必须要克服定势思维的影响，认真分析题意，根据已知条件合理假设未知量，构造方程组，在运算中合理选择算法、算理，同时要有耐心细致的品质，才能准确地得到所要的结论 .

1.本题第一问考查了方程思想，考查的主要方法为待定系数法，而在用待定系数法求椭圆方程时，又着重考查了点差法的巧妙使用 .

2.本题第二问重点考查了函数与方程思想、数形结合思想( 在探究 CD最长时用到这一思想 ).

3.本题两问均深入考查了化归与转化思想 , 突出考查了韦达定理和直线与圆锥曲线相交弦的弦长公式 , 在化简运算过程中，注重考查整体代换的思想，尤其是考查考生在面对多个未知参数时如何处理主元与辅元的关系 .

2 21 12 2

2 22 22 2

2 1

2 1

1

1

1

x y

a b

x y

a by y

x x

2 201 2 0 1 2 0

0

12 , 2 , , 2

2

yx x x y y y a b

x

由此可得 由此可得

方法总结：待定系数法及方程思想的应用 . 方法总结：待定系数法及方程思想的应用 .

1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )A x y B x y P x y

22 1 2 1

22 1 2 1

( )1

( )

b x x y y

a y y x x

2 23 0 - =3.M a b又由题意知， 的右焦点为（ ，），故2 2

2 2=6 =3. M 1.6 3

x ya b 因此 ， 所以 的方程为

O

y

Q xB

A

P

.

点评 :本解法利用代入消元 , 巧用韦达定理 , 寻找 a,b之间的关系 . 方程思想的应用

、

2 2

2 21

0

x yy xa b

x y

再由 消去 得关于 的方程+- 3

1

2y x AB 与直线 的由条件得直线 OP的方程为由条件得直线 OP的方程为

2 3 33 0

3 3x y P 方程 联立求得 点的坐标为（ ， ）

2 2 2 2 2 21 1 2 2

22 2

1 2 2 2

+ -2 3 - =0 A( , ), ( , ),

2 3 4 3+ = = =2 ,

+ 31

a b x a x a b x y B x y

ax x a b

a b

（ ） ，设

由韦达定理得

以下同解法

O

y

Q xB

A

P

.

点评 :因半焦距 c 已知，利用 a ， b ， c 的关系先用 b 表达 a元，再利用直线 OP的斜率已知，构造方程求解，凸显化简方程的意识。

、

2 2 2 23) 2 3( 3) (3 )( 3) 0(*)y x b x b b 2消去 得(2b

2 2

2 21

3 0 0 3. 3

0

x yx y y x c b b

x y

方程 中，令 ，得 联立+- 3

21 2

0 0 02

220

20

2 2

+ 3( 3)= = 3

2 2 3

1 2 3 1= 3.

2 3 2

16 3

x x bx y x

b

y bb

x b

x yM

且 ，

由 = 得-1+

所以 的方程为

1 1 2 2 0 0 1 2( , ), ( , ), ( , ) *A x y B x y P x y x x设 ，则 、 是方程（ ）的解，

O

y

Q xB

A

P

B

2 2 4 3=1 4 63 =6 3

330 =

3

x y x xAB

yx y y

=0由 解得 或 因此

3+- 3 -

由题意可设得直线 CD的由题意可设得直线 CD的 y x m 方程为

3 3 4 4( , ), ( , ).C x y D x y设2 2

2 2

2

13 +4 +2 -6=0,6 3

= 4 12(2 -6)>0 -3< 3

x yx mx m

y x m

m m m

2

由 得

（ )

D

C

O

y

Q xB

A

P

2

3,4

2 2(9 ), 1

3

m mx CD

于是 因为直线 的斜率为 ，

4 3= 2 .CD x x 24所以 = 9-m

31 8 6

= = .2 9

ACBD s CD AB 2由已知，四边形 的面积 9-m

8 6当m=0时，S取得最大值为

3 8 6所以四边形ACBD面积的最大值为

3

方法总结：因线段 AB的长度可求，为了表达四边形ACBD的面积，此解法在于巧用 C,D两点的横坐标表达线段 CD的长，从而构造面积 S 关于 m 的函数关系式，再利用函数的最值求法求得面积的最大值，这种解法为通法。

方法总结：因线段 AB的长度可求，为了表达四边形ACBD的面积，此解法在于巧用 C,D两点的横坐标表达线段 CD的长，从而构造面积 S 关于 m 的函数关系式，再利用函数的最值求法求得面积的最大值，这种解法为通法。

点评 : 通过两点间的弦长公式巧用设而不求的思想，简化计算 .

2 23 4 3 41 1 ( ) 4x x x x 由上述解法，利用弦长公式得 CD

22 24 2 6 4

2 ( ) 4 93 3 3

m mm

以下同前述解法

D

C

O

y

Q xB

A

P

.

点评 : 此法利用椭圆的对称性，从特殊角度出发求解，进一步简化了计算 .

4 6

3

1 2 6= =2 3

ACBD

s CD CD

由前述解法得 AB ，四边形 的面积

为 AB

要使面积S最大，只需 CD最大，因为CD与椭圆

4

.

有两个交点，且斜率为1，由椭圆的对称性知，当直线CD过原点时，CD最长，此时直线CD的方

程为y=x代入椭圆方程得 CD ，所以四边形

8 6ACBD面积最大值为

3D

C

O

y

Q xB

A

P

变式 1 ：已知条件不变，把问题（ 2 ）改为，设直线 OP与椭圆 M 交于不同的两点 C 、 D,求：四边形 ACBD的面积。

变式 2 ：平面直角坐标系 中过椭圆 ： ( )右焦点的直线 交 于 两点，

为 的中点，且 的斜率为 .

(1)求 的方程 ;

xoy M

2 2

2 21

x y

a b

0 ba 0x y p M BA, P

AB OP (0 1)k k M2 2

2 2

y1(0 1)

1 1

xk

p kpk k

答案：

4 3答案：

变式 3 ：平面直角坐标系 中，过抛物线 ：

焦点的直线 交 于 两点，

(Ι)求 的方程 ;

（Ⅱ） 为 上的两点，若四边形 的对角

线 ⊥ ，求四边形 面积的最大值。

xoy

M

2 2y px

03 yx

M

BA,

M

DC, M

ACBDCDAB

ACBD

(Ι) （Ⅱ）2 4 3y x 48 2

( 0)p

P

A

B

xF

y

O

已知条件不变，把问题 2 推广为，过椭圆 M 右焦点的两条互相垂直的直线 ， 与椭圆 M 交于C 、 D 的两点， 与椭圆 M 交于 E 、 F 两点 . 求证：四边形 CEDF的面积是否存在最大值，若存在最大值，则求此最大值，若不存在则说明理由 .

1 2,l l 1l

2l

2 2

1

1 2

166 3

,

6 2 6 6

x yl x

x

l l EF

解法：当 轴，由 可求得 CD ，= 3

的长即为椭圆M的长轴长，可得四边形CEDF1 1

的面积为S= CDEF （ ） ；2 2

F

E

D

C

O

y

Q x

A

1 1

2 21 2 2

2 2 2 2

21 1 2 2 1 2 1 2

2 2 42 2

2 2

( 3)( 0),

( 3)1( 3),

16 3

2 1) 4 3 6 6 0,

( ), ( ), 1 ( 4

4 3 6 6 48 24(1 ( 4 1

2 1 2 1

l x l y k x k

y k xl l l y x x yk

y x k x k x k

C x y D x y CD k x x x x

k k kk k

k k

2

2

当 与 轴不垂直时，可设 的方程为

由 ，得 的方程为 由

消去 得关于 的方程：（

设 ， ， 则 )

)2 2

2 2

22

22

2

2

1)(2 1)

(2 1)

1( ) 11 1

2 6 , (*) * 2 612 1 2( ) 1

12 6 ,

2

k k

k

k kk EFk k

k

k

k

用- 代替（ ）式中的 得到

2 2

2 2

22

22

2

1 1 112

2 2 1 2

t 12 121 , ( 1), 12

1 12 1 1 2 1 ( ) 2

12 1 16 16, 0 1, 6, 6

1 1 9 3 3( )2 4

6.

k kCEDF S CD EF

k k

t tk t t S

t t t tt t

S S St

t

则四边形 的面积

，令 得

综合可得 【 ，】，故

存在最大值为

点评 : 本题解法用到了分类讨论、整体换元、函数与方程，数形结合，特殊与一般等重要的数学思想，比原题更能考查考生综合运用所学知识解决问题的能力，更能考查考生的数学素养，当然在求函数最值时也可利用导数求解。

2 22

2 21

1 2

22

1 2

,

22 2

x yb

l x a ba

x

l l CD

ba b

a

解法：当 轴，由 可求得 AB ，=c

的长即为椭圆M的长轴长，可得四边形ACBD

1 1的面积为S= AB CD （ ） ；

2 2

2 2

2 21( 0) ( ,0)

,

.

x ya b F c

a bl l l M l

M

1 2 1 2

过椭圆M: 右焦点 的两条

互相垂直的直线 ， 与椭圆 交于A、B两点，

椭圆 交于C、D两点，求：四边形ACBD的面积的取值范围

B

A

D

C

O

y

Q x

A

1 1

2 21 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

21 1 2 2 1 2 1 2

2 2 2 2 22

2 2 2

( )( 0),

( )1( ),

1

) 2 0,

( ), ( ), 1 ( 4

21 ( 4

l x l y k x c k

y k x c

l l l y x c x yka b

y x a k b x a ck x a c k a b

x y B x y AB k x x x x

a ck a c kk

a k b

2

2

当 与 轴不垂直时，可设 的方程为

由 ，得 的方程为 由

消去 得关于 的方程：（

设A ， ， 则 )

)2 2

22 2 2

4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 22 2

2 2 22 2 2

1

4 4( )( ) 2 ( 1), (*)

( )

12 [( ) 1]1 2 ( 1)

* ,1

( )

a bk

a k b

a c k a c k a b a k b ab k

a k b a k b

ab ab kkk CDk a b ka b

k

用- 代替（ ）式中的 得到

2 22 4

2 2 2 2 2 2

2 2 42 2 2 2

2 4 2 2 4

2 2 2 22 2 2 2

2 4 2 4

42 2 2 2 2 2 4 2 4 2

1 1 12

2t

1 , ( 1), 2( 1) ( 1)

2 21 1( )( ) ( )( )

2 21 1 1 1( ) ( ) ( )

2 4

k kS AB CD a b

a k b b k at

k t t S a ba t b b t a

a b t a b

a t c b t c a c b ct t

a b a b

ca b a c b c c c at t t

则四边形ACBD的面积

，令 得

2 2

2 4 2 42

4 4 2 22 2

,

1 2 80 1, 2 ,

44

b

a b a bS b S

ct c a ba b

2综合可得 【 ，2b】.

点评 : 拓展后的运算求解全部涉及字母运算，要求考生有较强的运算能力，同时要有锲而不舍的个性品质才能得出相关的结论。

反思 1 ：椭圆一直是高考解答题中考查解析几何知识的重要载体，在解题教学中应狠抓双基，重视基本技能的培养，同时要特别注意多字母参数的训练。

反思 2 ：直线与椭圆的位置关系的考查，一定要把握好以下几“不”，①不能缺少判别式；②不能忽略直线的斜率；③不能小视“基本”变形；④不能弱化几何证明；⑤不能忘记交代几何结论。⑥不能忽视数学思想方法的应用。

感悟 1 ：在解析几何的复习教学中应特别重视以下两类问题的研究，一是根据已知条件确定曲线方程，二是利用曲线方程研究曲线的几何性质。在由条件确定曲线方程时 , 若已知曲线类型，则宜采用待定系数法；若曲线类型未知时，则可利用直接法、定义法、参数法、交轨法、几何法、相关点法等求解。

感悟 2 ：与圆锥曲线有关的最值问题涉及代数、三角、不等式等多方面，而代数法中的函数思想是重中之重，其变化形式更是多种多样，建立函数模型、利用不等式、单调性、导数等多种工具求解体现了其较强的综合性。解决此类问题的基本思路是：先根据已知条件列出所求目标函数的解析式，再利用求函数最值的有关方法解决，在求最值过程中要注意想尽一切办法简化计算，求出结果后理应带回去检验。

近年高考解析几何题中 , 涉及求最值问题的题目不多，现略举如下 :

2012年广东 20（ 2 ）2012年广东 20（ 2 ）

平面直角坐标系 中，已知椭圆 C ：

的离心率 ，且椭圆 C 上的点到点 Q （ 0 ， 2 ）的距离的最

大值为 3.

(1)求椭圆 C 的方程 ; （ 2 ）在椭圆 C 上，是否存在点 M

（ m,n），使得直线 与圆 O ： 相交于

不同的两点 A 、 B ，且 的面积最大？若存在，求出点 M的

坐标及对应的 的面积；若不存在，请说明理由 .

xoy2 2

2 21

x y

a b 0 ba

2

3e

( )

: 1l mx ny 2 2 1x y ABD

ABD

2013年浙江卷理科 21(2)2013年浙江卷理科 21(2)

如图，点 是椭圆 的一个顶

点， 的长轴是圆 的直径 . 是过点

且互相垂直的两条直线，其中 交圆 于 两点，

交椭圆 于另一点 D.（ 1 ）求椭圆的方程

（ 2 ）求 面积取最大值时直线 的方程.

xO

y

B

l1

l2

P

D

A

)1,0( P )0(1:2

2

2

2

1 bab

y

a

xC

1C 4: 222 yxC 21, ll P

1l 2C,A B 2l

1C

ABD 1l