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纵观近年的高考题，解析几何题目是每年必考题型，主要体现在解析几何知识内的综合及与其他知识之间的综合，且椭圆考查的最多，考查椭圆与直线的交汇以及所引申出来的最值；考查与椭圆有关的轨迹问题的综合；考查椭圆离心率有关的问题；考查椭圆与向量的交汇，等等.预计在2018年高考中解答题仍会重点考查直线与椭圆的位置关系，同时可能与平面向量、导数相交汇，每个题一般设置了两个问，第（1）问一般考查曲线方程的求法，主要利用定义法与待定系数法求解，而第（2）问主要涉及最值问题、定值问题、对称问题、轨迹问题、探索性问题、参数范围问题等.这类问题综合性大，解题时需根据具体问题，灵活运用解析几何、平面几何、函数、不等式、三角知识，正确构造不等式，体现了解析几何与其他数学知识的密切联系.这体现了考试中心提出的“应更多地从知识网络的交汇点上设计题目，从学科的整体意义、思想含义上考虑问题”的思想.且同学们需对椭圆的两个基本问题弄扎实，1.椭圆的基本概念、标准方程、几何性质；2.直线与椭圆的位置关系所引申出来的定点、定值、最值、取值范围等问题.
一、范围、最值问题
例1（2017山东，理21）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为22，焦距为2.
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，动直线l：y=k1x-32交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2=24，M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|=2∶3，圆M的半径为|MC|，OS，OT是圆M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率.
分析：（1）本小题由e=ca=22，2c=2确定a，b即得.
（2）通过联立方程组x22 y2=1，y=k1x-32，化简得到一元二次方程后应用根与系数关系，应用弦长公式确定|AB|及圆M的半径r表达式.
进一步求得直线OC的方程并与椭圆方程联立，确定得到|OC|r的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式.
解：（1）由题意知e=ca=22，2c=2，所以a=2，b=1，
因此椭圆E的方程为x22 y2=1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组
x22 y2=1，y=k1x-32，，得（4k21 2）x2-43k1x-1=0，
由题意知Δ>0，且x1 x2=23k12k21 1，
x1x2=-12（2k21 1），
所以|AB|=1 k21|x1-x2|
=21 k211 8k212k21 1.
则由题意可知圆M的半径r为
r=223 1 k211 8k212k21 1，
而k1k2=24，所以k2=24k1，由此直线OC的方程为y=24k1x.
联立方程x22 y2=1，y=24k1x，，得x2=8k211 4k21，y2=11 4k21，因此|OC|=x2 y2=1 8k211 4k21.
由题意可知sin∠SOT2=rr |OC|=11 |OC|r，
而|OC|r=1 8k211 4k21223 1 k211 8k212k21 1
=324 1 2k211 4k211 k21，
令t=1 2k21，则t>1，1t∈（0，1），
因此|OC|r=32 t2t2 t-1=32 12 1t-1t2=32 1-（1t-12）2 94≥1，
當且仅当1t=12，即t=2时等号成立，此时k1=±22，
所以sin∠SOT2≤12，因此∠SOT2≤π6，所以∠SOT最大值为π3.
综上所述：∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1=±22.
点评：本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用a，b，c，e的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法——如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
二、定值问题
例2（2017年高考新课标Ⅰ卷理）已知椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，32），P3（1，32）中恰有三点在椭圆C上.
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点.
解析：（1）根据椭圆对称性，必过P3、P4，
又P4横坐标为1，椭圆必不过P1，所以过P2、P3、P4三点，
将P2（0，1）、P3（-1，32）代入椭圆方程得
1b2=11a2 34b2=1，解得a2=4，b2=1，
∴椭圆C的方程为：x24 y2=1.
（2）①当直线l斜率不存在时，设l：x=m，A（m，yA），B（m，-yA），
kP2A kP2B=yA-1m -yA-1m=-2m=-1，
解得m=2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.
②当直线l斜率存在时，设l：y=kx b（b≠1），
A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立y=kx bx2 4y2-4=0，整理得（1 4k2）x2 8kbx 4b2-4=0，
∴x1 x2=-8kb1 4k2，x1·x2=4b2-41 4k2，
则kP2A kP2B=y1-1x1 y2-1x2
=x2（kx1 b）-x2 x1（kx2 b）-x1x1x2
=8kb2-8k-8kb2 8kb1 4k24b2-41 4k2=8k（b-1）4（b 1）（b-1）=-1，
又b≠1b=-2k-1，此时Δ=-64k，存在k使得Δ>0成立.
∴直线l的方程为y=kx-2k-1，
当x=2时，y=-1，所以直线l过定点（2，-1）.
点评：本题考查了直线与椭圆的相关知识，是一道综合性的试题，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力.由于定点、定值是变化中得不变量，引进参数表述这些量，不变的量就是与参数无关的量，通过研究何时变化的量与参数无关，找到定点或定值的方法叫做参数法，其解题的关键是合适的参数表示变化的量.当要解决动直线过定点问题时，可以根据确定直线的条件建立直线系方程，通过该直线过定点所满足的条件确定所要求的定点坐标.
例3（2016年高考北京理数）已知椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设P为椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.
解析：（1）由题意得ca=32，12ab=1，a2=b2 c2，解得a=2，b=1.
所以椭圆C的方程为x24 y2=1.
（2）由（1）知，A（2，0），B（0，1），设P（x0，y0），则x20 4y20=4，
当x0≠0时，直线PA的方程为y=y0x0-2（x-2），
令x=0，得yM=-2y0x0-2，
从而|BM|=|1-yM|=|1 2y0x0-2|，
直线PB的方程为y=y0-1x0x 1，
令y=0，得xN=-x0y0-1.
从而|AN|=|2-xN|=|2 x0y0-1|.
所以|AN|·|BM|=|2 x0y0-1|·|1 2y0x0-2|
=|x20 4y20 4x0y0-4x0-8y0 4x0y0-x0-2y0 2|
=|4x0y0-4x0-8y0 8x0y0-x0-2y0 2|=4.
当x0=0时，y0=-1，|BM|=2，|AN|=2，
所以|AN|·|BM|=4.
综上，|AN|·|BM|为定值.
点评：解决定值定点方法一般有两种：（1）从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁琐的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
三、探索性问题
例4（2015年高考湖北，理21）一种作图工具如图（1）所示.O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN=ON=1，MN=3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图（2）所示的平面直角坐标系.
（1）（2）
（1）求曲线C的方程；
（2）设动直线l与两定直线l1：x-2y=0和l2：x 2y=0分别交于P，Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OQP的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由.
解析：（1）如图，设点D（t，0）（|t|≤2），N（x0，y0），M（x，y），
依题意，MD=2DN，且|DN|=|ON|=1，
所以（t-x，-y）=2（x0-t，y0），
且（x0-t）2 y20=1x20 y20=1，
即t-x=2x0-2ty=-2y0，t（t-2x0）=0，
由于當点D不动时，点N也不动，所以t恒等于0，
于是t=2x0，故x0=x4，y0=-y2，
代入x20 y20=1，可得x216 y24=1，即所求的曲线C的方程为x216 y24=1.
（2）①当直线l的斜率不存在时，直线l为x=4或x=-4，都有S△OPQ=12×4×4=8.
②当直线l的斜率存在时，设直线l：y=kx m（k≠±12），
由y=kx mx2 4y2=16消去y，可得（1 4k2）x2 8kmx 4m2-16=0.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ=64k2m2-4（1 4k2）（4m2-16）=0，即m2=16k2 4.①
又由y=kx mx-2y=0，可得P（2m1-2k，m1-2k）；同理可得Q（-2m1 2k，m1 2k）.
由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1 k2和|PQ|=1 k2|xP-xQ|，可得
S△OPQ=12|PQ|·d=12|m|·|xP-xQ|
=12|m|·|2m1-2k 2m1 2k|=|2m21-4k2|②
将①代入②得，S△OPQ=|2m21-4k2|=8|4k2 1||4k2-1|，
当k2>14时，S△OPQ=8（4k2 1）（4k2-1）=8（1 24k2-1）>8；
当0≤k2<14时，S△OPQ=8（4k2 1）（1-4k2）=8（-1 21-4k2）；
因0≤k2<14，则0<1-4k2≤1，21-4k2≥2，所以S△OPQ=8（-1 21-4k2）≥8，当且仅当k=0时取等号.
所以当k=0时，S△OPQ的面积最小值为8.
综合①、②可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OQP的面积取得最小值8.
点评：本题以滑槽，长短杆为背景，乍一看与我们往年考的很不一样，但是只要同学们仔细读题均能找到椭圆的a，b，c.那么第一问就迎刃而解了.第二问仍然为圆锥曲线的综合问题.直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型.解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况，计算要准确.
一、范围、最值问题
例1（2017山东，理21）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为22，焦距为2.
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，动直线l：y=k1x-32交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2=24，M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|=2∶3，圆M的半径为|MC|，OS，OT是圆M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率.
分析：（1）本小题由e=ca=22，2c=2确定a，b即得.
（2）通过联立方程组x22 y2=1，y=k1x-32，化简得到一元二次方程后应用根与系数关系，应用弦长公式确定|AB|及圆M的半径r表达式.
进一步求得直线OC的方程并与椭圆方程联立，确定得到|OC|r的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式.
解：（1）由题意知e=ca=22，2c=2，所以a=2，b=1，
因此椭圆E的方程为x22 y2=1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组
x22 y2=1，y=k1x-32，，得（4k21 2）x2-43k1x-1=0，
由题意知Δ>0，且x1 x2=23k12k21 1，
x1x2=-12（2k21 1），
所以|AB|=1 k21|x1-x2|
=21 k211 8k212k21 1.
则由题意可知圆M的半径r为
r=223 1 k211 8k212k21 1，
而k1k2=24，所以k2=24k1，由此直线OC的方程为y=24k1x.
联立方程x22 y2=1，y=24k1x，，得x2=8k211 4k21，y2=11 4k21，因此|OC|=x2 y2=1 8k211 4k21.
由题意可知sin∠SOT2=rr |OC|=11 |OC|r，
而|OC|r=1 8k211 4k21223 1 k211 8k212k21 1
=324 1 2k211 4k211 k21，
令t=1 2k21，则t>1，1t∈（0，1），
因此|OC|r=32 t2t2 t-1=32 12 1t-1t2=32 1-（1t-12）2 94≥1，
當且仅当1t=12，即t=2时等号成立，此时k1=±22，
所以sin∠SOT2≤12，因此∠SOT2≤π6，所以∠SOT最大值为π3.
综上所述：∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1=±22.
点评：本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用a，b，c，e的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法——如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
二、定值问题
例2（2017年高考新课标Ⅰ卷理）已知椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，32），P3（1，32）中恰有三点在椭圆C上.
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点.
解析：（1）根据椭圆对称性，必过P3、P4，
又P4横坐标为1，椭圆必不过P1，所以过P2、P3、P4三点，
将P2（0，1）、P3（-1，32）代入椭圆方程得
1b2=11a2 34b2=1，解得a2=4，b2=1，
∴椭圆C的方程为：x24 y2=1.
（2）①当直线l斜率不存在时，设l：x=m，A（m，yA），B（m，-yA），
kP2A kP2B=yA-1m -yA-1m=-2m=-1，
解得m=2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.
②当直线l斜率存在时，设l：y=kx b（b≠1），
A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立y=kx bx2 4y2-4=0，整理得（1 4k2）x2 8kbx 4b2-4=0，
∴x1 x2=-8kb1 4k2，x1·x2=4b2-41 4k2，
则kP2A kP2B=y1-1x1 y2-1x2
=x2（kx1 b）-x2 x1（kx2 b）-x1x1x2
=8kb2-8k-8kb2 8kb1 4k24b2-41 4k2=8k（b-1）4（b 1）（b-1）=-1，
又b≠1b=-2k-1，此时Δ=-64k，存在k使得Δ>0成立.
∴直线l的方程为y=kx-2k-1，
当x=2时，y=-1，所以直线l过定点（2，-1）.
点评：本题考查了直线与椭圆的相关知识，是一道综合性的试题，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力.由于定点、定值是变化中得不变量，引进参数表述这些量，不变的量就是与参数无关的量，通过研究何时变化的量与参数无关，找到定点或定值的方法叫做参数法，其解题的关键是合适的参数表示变化的量.当要解决动直线过定点问题时，可以根据确定直线的条件建立直线系方程，通过该直线过定点所满足的条件确定所要求的定点坐标.
例3（2016年高考北京理数）已知椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设P为椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.
解析：（1）由题意得ca=32，12ab=1，a2=b2 c2，解得a=2，b=1.
所以椭圆C的方程为x24 y2=1.
（2）由（1）知，A（2，0），B（0，1），设P（x0，y0），则x20 4y20=4，
当x0≠0时，直线PA的方程为y=y0x0-2（x-2），
令x=0，得yM=-2y0x0-2，
从而|BM|=|1-yM|=|1 2y0x0-2|，
直线PB的方程为y=y0-1x0x 1，
令y=0，得xN=-x0y0-1.
从而|AN|=|2-xN|=|2 x0y0-1|.
所以|AN|·|BM|=|2 x0y0-1|·|1 2y0x0-2|
=|x20 4y20 4x0y0-4x0-8y0 4x0y0-x0-2y0 2|
=|4x0y0-4x0-8y0 8x0y0-x0-2y0 2|=4.
当x0=0时，y0=-1，|BM|=2，|AN|=2，
所以|AN|·|BM|=4.
综上，|AN|·|BM|为定值.
点评：解决定值定点方法一般有两种：（1）从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁琐的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
三、探索性问题
例4（2015年高考湖北，理21）一种作图工具如图（1）所示.O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN=ON=1，MN=3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图（2）所示的平面直角坐标系.
（1）（2）
（1）求曲线C的方程；
（2）设动直线l与两定直线l1：x-2y=0和l2：x 2y=0分别交于P，Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OQP的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由.
解析：（1）如图，设点D（t，0）（|t|≤2），N（x0，y0），M（x，y），
依题意，MD=2DN，且|DN|=|ON|=1，
所以（t-x，-y）=2（x0-t，y0），
且（x0-t）2 y20=1x20 y20=1，
即t-x=2x0-2ty=-2y0，t（t-2x0）=0，
由于當点D不动时，点N也不动，所以t恒等于0，
于是t=2x0，故x0=x4，y0=-y2，
代入x20 y20=1，可得x216 y24=1，即所求的曲线C的方程为x216 y24=1.
（2）①当直线l的斜率不存在时，直线l为x=4或x=-4，都有S△OPQ=12×4×4=8.
②当直线l的斜率存在时，设直线l：y=kx m（k≠±12），
由y=kx mx2 4y2=16消去y，可得（1 4k2）x2 8kmx 4m2-16=0.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ=64k2m2-4（1 4k2）（4m2-16）=0，即m2=16k2 4.①
又由y=kx mx-2y=0，可得P（2m1-2k，m1-2k）；同理可得Q（-2m1 2k，m1 2k）.
由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1 k2和|PQ|=1 k2|xP-xQ|，可得
S△OPQ=12|PQ|·d=12|m|·|xP-xQ|
=12|m|·|2m1-2k 2m1 2k|=|2m21-4k2|②
将①代入②得，S△OPQ=|2m21-4k2|=8|4k2 1||4k2-1|，
当k2>14时，S△OPQ=8（4k2 1）（4k2-1）=8（1 24k2-1）>8；
当0≤k2<14时，S△OPQ=8（4k2 1）（1-4k2）=8（-1 21-4k2）；
因0≤k2<14，则0<1-4k2≤1，21-4k2≥2，所以S△OPQ=8（-1 21-4k2）≥8，当且仅当k=0时取等号.
所以当k=0时，S△OPQ的面积最小值为8.
综合①、②可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OQP的面积取得最小值8.
点评：本题以滑槽，长短杆为背景，乍一看与我们往年考的很不一样，但是只要同学们仔细读题均能找到椭圆的a，b，c.那么第一问就迎刃而解了.第二问仍然为圆锥曲线的综合问题.直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型.解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况，计算要准确.