2022年高考圆锥曲线压轴大题十大题型解题方法与技巧

高中数学教研群QQ群号929518278精品资料每天更新关注微信公众号：高斯课堂下载更多精品资料第PAGE\*MERGEFORMAT1页共NUMPAGES\*MERGEFORMAT68页2022年 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 圆锥曲线压轴大题十大题型解题方法与技巧目录一、十大题型精讲【题型一】五个方程题型框架【题型二】直线设法【题型三】双变量设法核心理解【题型四】直线过定点【题型五】圆过定点【题型六】面积的几种求法（基础）【题型七】面积最值（难点）【题型八】定值【题型九】最值与范围（难点）【题型十】第六个方程的积累（难点）二、最新模拟试题精练一、十大题型精讲【题型一】五个方程题型框架【典例分析】已知圆C经过两点A(2，2)，B(3，3)，且圆心C在直线x－y+1=0上.（1）求圆C的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程；（2）设直线l：y=kx+1与圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，求|MN|的值.【分析】（1）设圆的方程为，由已知列出关于，，的方程组求解即可得答案；（2）设，，，，将代入，利用根与系数的关系结合向量数量积的坐标运算求出值，再利用弦长公式即可求解．【详解】（1）解：设所求圆的标准方程为，由题意，有，解得，所以圆C的标准方程为；（2）解：设，，，，将代入，整理得，所以，，所以，解得或，检验时，不合题意，所以，所以，，所以.【提分秘籍】“五个方程”（过去老高考对韦达定理型的直观称呼.）参考【典例分析】1.一直一曲俩交点.2.直线有没有？是那种未知型的？已知过定点.则可设为，同时讨论k不存在情况.如3.曲线方程有没有？俩交点：设为4.联立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式或者5.得到对应的韦达定理或6.目标，就是把题中问题转化为第六个关于韦达定理的方程或者不等式，代入求解【变式演练】1.椭圆：的左右焦点分别为，，P为椭圆C上一点.（1）当P为椭圆C的上顶点时，求；（2）若，求满足条件的点P的个数；（直接写答案）（3）直线与椭圆C交于A，B，若，求k.【分析】（1）由椭圆的方程可得，，然后可得答案；（2）结合（1）的答案可得点的个数；（3）联立直线与椭圆的方程消元，利用弦长公式求解即可.【小问1详解】因为椭圆：的左右焦点分别为，，P为椭圆C的上顶点所以，，所以，，所以【小问2详解】若，满足条件的点P的个数为0【小问3详解】设，联立可得所以所以解得2.已知动点P到点（0，1）的距离与到直线y＝2的距离的比值为，动点P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）直线y＝kx+1与曲线C交于A，B两点，点M（0，2），证明：直线MA，MB的斜率之和为0．【分析】（1）根据题意，结合两点间距离公式进行求解即可；（2）直线y＝kx+1与曲线C方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式进行求解即可.【小问1详解】设点P的坐标为P（x，y），则，整理可得曲线C的轨迹方程为；【小问2详解】证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），与直线方程联立可得：（k2+2）x2+2kx﹣1＝0，则：，＝，从而直线MA，MB的斜率之和为0．3.设椭圆的左焦点为，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的下顶点，为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点.若，求的值.【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；（2）根据平面向量数量积坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】（1）由题意可得，，当时，，所以得：，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）由（1）可知，，，，过点且斜率为的直线方程为，联立方程，可得，设，，则，，故，又，，，，所以，整理可得，解得.【方法点评】关键点睛：根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解是解题的关键.【提分秘籍】如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线.【典例分析】把两种设法都展示出来供参考.选择不同直线的设法，是因为：1.避免对k不存在情况讨论，可以把k不存在的情况包含在里边.2.两种直线形式设法，有时候在计算中可以降低参数的计算量：如过点（1，0）直线，设成与代入到圆锥曲线中，明显的后边这种设法代入计算时要稍微简单点.3.2011年以来，最早出现这种设直线法的高考题是2012年的重庆试卷压轴大题，教师授课时可搜集补充教学.4.授课时，如有可能，尽量把两种设法，都让学生同时做做，做个对比，既能看出这种设法在某些试题中的计算优势，又不过分拔高这种设法的效果.如【典例分析】.建议授课时，把班里学生分为两组，每组挑出一个代表上讲台演版分别用着不同方法做这道题.【变式演练】4.已知椭圆E：过点，且离心率为．（1）求椭圆E的方程；（2）设过点的直线交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．【分析】（1）根据点在椭圆上，求得，再根据离心率求得，则可得答案;（2）设直线方程，和椭圆方程联立，整理可得根与系数的关系式，借助于此式，表示出点与圆心的距离，进而将此距离与圆的半径比较大小，即可判断结论.【小问1详解】椭圆过点，且离心率为，则，而,则椭圆的方程；【小问2详解】当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，当的斜率不为0时，设的方程为：，点，，，，中点为，．由，得，所以，，从而，所以，故，所以，故，在以为直径的圆外．5.已知双曲线：的离心率为，点在上，为的右焦点.（1）求双曲线的方程；（2）设为的左顶点，过点作直线交于（不与重合）两点，点是的中点，求证：.【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点可构造方程组求得双曲线方程；（2）易知直线斜率不为，设，与双曲线方程联立后可得韦达定理的形式，根据向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可得，证得，由直角三角形的性质可得结论.【小问1详解】由已知可得，，解得：…①，又点在上，…②，由①②可得：，，双曲线的方程为；【小问2详解】当的斜率为时，此时中有一点与重合，不符合题意.当斜率不为时，设，，，联立得：，则，解得：.，，，则是直角三角形，是斜边，点是斜边的中点，，即.6.已知椭圆的中心为原点，长轴在轴上，上顶点为，左、右焦点分别为，线段的中点分别为，且△是面积为4的直角三角形．（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；（Ⅱ）过作直线交椭圆于，，求直线的方程【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0），利用△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，可得∠B1AB2为直角，从而，利用c2=a2﹣b2，可求，又S=|B1B2||OA|==4，故可求椭圆标准方程；（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2，代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16﹣0，利用韦达定理及PB2⊥QB2，利用可求m的值，进而可求△PB2Q的面积．【详解】（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，即∵c2=a2﹣b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20∴椭圆标准方程为；（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16=0①设P（x1，y1），Q（x2，y2），∴，∵，∴=∵PB2⊥QB2，∴∴，∴m=±2故直线的方程为和考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．【题型三】双变量直线核心理解【典例分析】已知点M为直线l1：x＝－1上的动点，N(1，0)，过M作直线l1的垂线l，l交MN的中垂线于点P，记点P的轨迹为C．（1）求曲线C的方程；（2）若直线l2：y＝kx＋m(k≠0)与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，与曲线C交于A，B两点，且D为线段AB的中点，求直线l2的方程．【分析】（1），点到定点的距离等于到直线的距离，说明点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，求解抛物线方程即可．（2）设，，，，，，直线斜率为，显然，由得，，求出D的坐标，再利用与圆切于D求解即可．【详解】（1）由已知可得，，即点到定点的距离等于到直线的距离，故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，所以曲线的方程为．（2）设，，，，，，直线斜率为，显然，由得，，．所以，，即，．因为直线与圆相切于点，所以；，从而且，整理可得，即．所以，故的方程为或．【提分秘籍】当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了.（1）（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论.（3）设“双变量”时，第一种设法较多.因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势.如第1题.（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系.这也是证明直线过定点的理论根据之一.【变式演练】7.在平面直角坐标系中，已知分别是椭圆的左、右焦点，椭圆与抛物线有一个公共的焦点，且过点.（1）求椭圆的方程;（2）设直线l与椭圆相交于、两点，若(O为坐标原点)，试判断直线l与圆的位置关系，并证明你的结论.【分析】（1）根据给定条件求出的坐标，再利用椭圆定义求出a即可计算作答.（2）按直线l的斜率存在、不存在两种情况结合向量垂直的坐标表示及韦达定理分别探讨，计算判断作答.【小问1详解】抛物线的焦点，依题意有：，令点为P，则有，即，所以椭圆的方程为．【小问2详解】直线与圆相切，由题意可知，直线不过坐标原点，设，则，当直线轴时，直线的方程为且，由得：不妨令，因，则，即，解得，则直线的方程为，因此，点到直线的距离为，又圆的圆心为，半径，即直线与圆相切，当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，由消去并整理得；，则有，，因，即，则有，即，点到直线的距离为，因此，直线与圆相切，所以直线l与圆相切.【方法点评】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.8.已知抛物线的准线方程为.（1）求抛物线的标准方程；（2）若过点的直线与抛物线相交于两点，且以为直径的圆过原点，求证：为常数，并求出此常数.【分析】（1）由准线方程为求得，得解抛物线C的方程（2）设过P的直线l方程为：（m），联解后，利用原点落在以为直径的圆上得得到得解【详解】（1）由准线方程为可设抛物线C的方程求得故所求的抛物线C的方程为：（2）依题意可设过P的直线l方程为：（m），设由得：依题意可知，且原点落在以为直径的圆上令即解得：即为常数，∴原题得证9.已知A、B、C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点.(I)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积.(II)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.【详解】(1)椭圆W：＋y2＝1的右顶点B的坐标为(2,0)．因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．所以可设A(1，m)，代入椭圆方程得＋m2＝1，即m＝±.所以菱形OABC的面积是|OB|·|AC|＝×2×2|m|＝.(2)四边形OABC不可能为菱形．理由如下：假设四边形OABC为菱形．因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．由消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则＝－，＝k·＋m＝.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为－.因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．【题型四】直线过定点【典例分析】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【详解】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.所E的方程为+y2=1．（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3b>0)的焦点F在直线上，离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）若O为坐标原点，过点M(0，2)作直线l交椭圆C于A、B两点，求△AOB面积的最大值.【分析】（1）由和解得，即可求得椭圆的方程；（2）设出直线AB的方程代入椭圆方程，利用一元二次方程跟与系数关系得出交点纵坐标的关系，继而表示△OAB的面积，利用基本不等式求最值．【小问1详解】设F(c，0)，则知c=1，离心率，知a=c，由，从而a=，b=1，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】设，由题意可设直线AB的方程为y=kx+2，由消去y并整理，得，由，得，由韦达定理，得，，因为点O到直线AB的距离为d=，|AB|=，所以S△AOB=|AB|·d=，设，由，知t>0，于是S△AOB=，由t+≥8，得S△AOB≤，当且仅当t=4，时等号成立，所以△AOB面积的最大值为.20.已知点是已知椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，当时，面积达到最大，且最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆交于两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的取值范围.【分析】（1）根据题意，点在短轴端点时，△PF1F2的面积最大，且为正三角形，进而得到的关系，解得答案即可；（2）根据判断出四边形是平行四边形，进而设出直线方程并代入椭圆方程化简，然后结合根与系数的关系求出面积的表达式，最后解出面积的范围.【小问1详解】由题可知，当点在短轴端点时，△PF1F2的面积最大，且为正三角形，，又，由，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设，则由，可得，即，，又因为，所以四边形是平行四边形，设平面四边形的面积为S，则.设，则,所以因为，而对勾函数在上单调递增，所以，所以.所以四边形面积的取值范围为.【方法点评】本题破解点在于根据判断出四边形是平行四边形，进而列出面积的表达式，到这里应该可以想到应该运用根与系数的关系解决问题.21.已知椭圆的长轴长为4，离心率为，一动圆过椭圆上焦点，且与直线相切．（1）求椭圆的方程及动圆圆心轨迹的方程；（2）过作两条互相垂直的直线，，其中交椭圆于，两点，交曲线于，两点，求四边形面积的最小值．【分析】(1)利用椭圆的简单几何性质求a、b、c，利用直线和圆相切关系求圆心轨迹方程；(2)先讨论，其中一条斜率不存在，另外一条斜率为零的情况；再讨论斜率存在且不为零的情况﹒，互相垂直，可设斜率为k，则斜率为，用弦长公式分别求出|PQ|和|MN|﹒对角线互相垂直的四边形，面积等于对角线乘积的一半，据此用k表示出四边形的面积，求这个关于k的式子的最小值，即可得到答案﹒【小问1详解】由已知可得，则所求椭圆方程，由已知可得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线的焦点为，准线方程为，则动圆圆心轨迹方程为．【小问2详解】当直线的斜率不存在时，，此时，从而，设直线的斜率为，则，直线的方程为：，直线的方程为，设，，，，，，，，由，消去可得，，由，消去得，由抛物线定义可知：，，令，，则，则，∴，综上，，∴四边形面积的最小值为8．【变式演练】22.已知双曲线C的中心在原点，是它的一个顶点.是它的一条渐近线的一个方向向量.（1）求双曲线C的方程；（2）设，M为双曲线右支上动点，当|PM|取得最小时，求四边形ODMP的面积；（3）若过点任意作一条直线与双曲线C交于A，B两点（A，B都不同于点D），求证:为定值.【分析】(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，利用待定系数法计算得解.(2)根据给定条件求出点M的坐标，并求出点M到直线DP距离，再借助三角形面积公式计算即得.(3)设出直线AB方程：，联立直线AB与双曲线C的方程，借助韦达定理计算即可作答.【小问1详解】因双曲线C的中心在原点，一个顶点是，则设双曲线C的方程为：，于是得双曲线C的渐近线方程为，而双曲线C的一条渐近线的一个方向向量是，则有，所以双曲线C的方程为.【小问2详解】依题意，设点，则，即，，当时，，此时，点M到直线DP：的距离为，而，如图，四边形ODMP的面积，所以四边形ODMP的面积为.【小问3详解】显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程：，由消去x得：，当时，恒成立，设，则有，，因此，，所以为定值0.【方法点评】方法点睛：求定值问题常见的方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．23.已知圆：，定点，A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点．（1）求P点的轨迹C的方程；（2）设直线过点且与曲线C相交于M，N两点，不经过点．证明：直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值．【分析】(1)根据给定条件探求出，再利用椭圆定义即可得轨迹C的方程.(2)由给定条件可得直线的斜率k存在且不为0，写出直线的方程，再联立轨迹C的方程，借助韦达定理计算作答.【小问1详解】圆：的圆心，半径为8，因A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点，则，于是得，因此，P点的轨迹C是以，为左右焦点，长轴长2a=8的椭圆，短半轴长b有，所以P点的轨迹C的方程是.【小问2详解】因直线过点且与曲线C：相交于M，N两点，则直线的斜率存在且不为0，又不经过点，即直线的斜率不等于-1，设直线的斜率为k，且，直线的方程为：，即，由消去y并整理得：，，即，则有且，设，则，直线MQ的斜率，直线NQ的斜率，，所以直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值.24.已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线（不与轴重合）交椭圆于点，，直线，分别与直线交于点，．求证：以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值．【分析】（1）由条件、、可得答案；（2）设，，，，直线的方程为，可得、坐标，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得及中点坐标，可求得以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值．【小问1详解】由条件有，解得，，所以椭圆的方程为．【小问2详解】证明：，设直线的方程为，，，，，联立椭圆方程，整理得，，，直线的方程为，令，得，同理，，所以，中点为，即，故以线段为直径的圆被轴截得的弦长为，即：以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值．【题型九】最值与范围【典例分析】已知中心在原点的双曲线的右焦点为，右顶点为．（）求双曲线的方程；（）若直线与双曲线交于不同的两点，，且线段的垂直平分线过点，求实数的取值范围．【分析】（1）由双曲线的右焦点为，右顶点为求出和，进而根据求得，则双曲线方程可得；（2）把直线方程与双曲线方程联立，消去，利用判别式大于求得和的不等式关系，设的中点为，根据韦达定理表示出和，根据，可知的斜率为，进而求得和的关系，最后综合可求得的范围.【详解】（）设双曲线方程为．由已知得，，，∴．故双曲线的方程为．（）联立，整理得．∵直线与双曲线有两个不同的交点，∴，可得．（）设、，的中点为．则，，．由题意，，∴．整理得．（）将（）代入（），得，∴或．又，即．∴的取值范围是．【提分秘籍】求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意1.注意变量的范围.2.式子转化为求值域或者求最值的专题复习【变式演练】25.已知中心在原点的双曲线的一个焦点，一个顶点为.（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线的左右两支各有一个交点，求的取值范围.【分析】（1）由题可得，求出即得双曲线方程；（2）联立直线与双曲线方程，利用判别式和韦达定理即可求出.【详解】（1）双曲线的一个焦点，一个顶点为，双曲线的焦点在x轴上，且，，双曲线的方程为；（2）联立直线与双曲线方程，可得，直线与双曲线的左右两支各有一个交点，，解得.26.已知双曲线C的方程为（），离心率为.（1）求双曲线的标准方程；（2）过的直线交曲线于两点，求的取值范围.【分析】（1）根据题意，结合离心率易，知双曲线为等轴双曲线，进而可求解；（2）根据题意，分直线斜率否存在两种情形讨论，结合设而不求法以及向量数量积的坐标公式，即可求解.【小问1详解】根据题意，由离心率为，知双曲线是等轴双曲线，所以，故双曲线的标准方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线的方程为，则由消去，得到，∵直线与双曲线交于M､N两点，，解得.设，则有，，因此，∵，∴且，故或，故；②当直线的斜率不存在时，此时，易知，，故.综上所述，所求的取值范围是.27.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，离心率为，P为椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时，△的面积为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设斜率存在的直线与C的另一个交点为Q，是否存在点，使得?若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由.【分析】（1）根据题意，结合椭圆的性质，列方程组求出、、，即可求解；（2）根据题意，结合设而不求法以及中垂线的性质，即可求解.【小问1详解】根据题意，由离心率为，得，由当P是C的上顶点时，△的面积为，得，联立，解得，故椭圆C的标准方程为.【小问2详解】根据题意，知，设直线：，联立，得，设，，则，，设为的中点，则.当时，若，易得；当时，若，则，得，因为，所以，即，由，得.综上所述，.故存在点，使得，且.【题型十】第六个方程的积累【典例分析】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点且与平行的直线与椭圆交于点.求的值.【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题意知解得，所以椭圆的标准方程为（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则设直线的方程为，直线的方程为，则，由得易知，设，则，是方程（1）的两个根，所以，所以，则又，所以由得.设，则，，所以，所以，【提分秘籍】在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”.1.具有明显的可转化为韦达定理特征的.属于较容易的题.2.隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理.3.没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想.【变式演练】28.已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，，点P为坐标平面内的一点，且，，O为坐标原点.（1）求椭圆C的方程；（2）设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线，的倾斜角分别为，，且证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.【分析】（1）设，，，运用两点的距离公式和向量数量积的坐标表示，以及椭圆的离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程；（2）设,，,，判断直线的斜率不存在不成立，设直线的方程为，联立椭圆方程，运用判别式大于0，以及韦达定理，结合直线的斜率公式，化简整理，结合直线方程和恒过定点的求法，可得所求．【详解】（1）设，，，由，可得，，，，即有，即，又，可得，，则椭圆的方程为；（2）证明：设，，,，由题意可得，若直线的斜率不存在，即，，由题意可得直线，的斜率大于0，即，矛盾；因此直线的斜率存在，设其方程为．联立椭圆方程，化为：，△，化为：．，．由，可得，，，化为：，，化为，解得，或．直线的方程可以表示为（舍去），或，则直线恒过定点,．29.已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．【分析】（1）首先根据,求，再根据点在椭圆上代入椭圆方程，求解；（2）将条件化简为,分与轴垂直或不垂直两种情况代入数量积的坐标表示，再结合根与系数的关系，得到直线方程.【详解】（1）因为椭圆的右焦点，，所以，因为在椭圆上，所以，由，得，，所以椭圆的方程为．（2）由得：，即，可得，①当垂直轴时，，此时满足题意，所以此时直线的方程为；②当不垂直轴时，设直线的方程为，由消去得，设，，所以，，代入可得：，代入，，得，代入化简得：，解得，经检验满足题意，则直线的方程为，综上所述直线的方程为或．【方法点评】解析几何解答题的考查，不管问题是什么都会涉及转化与化归能力的考查，比如本题，如何将其转化为熟悉的代数运算是本题的关键，转化为后，即转化为直线方程与圆锥曲线联立，设而不求的思想，代入根与系数的关系，得到结果.30.已知抛物线（）的焦点为，直线过点且与相交于、两点，当直线的倾斜角为时，.（1）求的方程；（2）若点是抛物线上、之间一点，当点到直线的距离最大时，求△面积的最小值；（3）若的垂直平分线与相交于、两点，且、、、四点在同一圆上，求的方程.【分析】（1）设出直线的方程，代入，利用列方程求解即可；（2）设直线的方程为，联立，消去，利用韦达定理求出，再利用直线和抛物线相切时距离最大，求出△的高，求出△的面积，进而可得最小值；（3）可的方程为，与抛物线联立，求出，即线段的中点坐标，设的方程，与抛物线联立，求出，即线段的中点坐标，再利用、、、四点在同一圆上等价于，列方程计算即可.【详解】（1）由已知，设，设直线的方程为，代入，得，则，于是，得，∴的方程为；（2）设直线的方程为，联立，消去，得，于是，由题意，抛物线过点的切线与直线平行，可设该切线的方程为，代入，得，由，可得，从而可得点到直线的距离为，∴，当且仅当时等号成立，即面积的最小值为2；（3）由题意知与坐标轴不垂直，∴可设的方程为，代入，得，设、，则，．∴的中点为，，又的斜率为，∴的方程为，将上式代入，并整理得，设、，则，，∴的中点为，，由于垂直平分，∴、、、四点在同一圆上等价于，从而，即，化简得：，解得：或，所求直线的方程为或．二、最新模拟试题精练1.已知椭圆的右焦点为，下顶点为，离心率为，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与轴交于点，过作斜率为的直线交椭圆于不同的两点，延长交于点，若，求的取值范围.【分析】（1）利用离心率和求出与的值，进而求出椭圆方程；（2）设出点和点坐标，利用直线方程得到的横坐标，进而求出与的长，根据题意设出直线BC：，联立后利用韦达定理，再结合求出的与的长，不等式，得到关于的不等关系，解出答案，结合得出的k的取值范围，最终确定答案【小问1详解】由题意得：，，故，由得：，故椭圆的标准方程为【小问2详解】如图所示，，设，，因为直线BC的斜率存在，所以，故直线：，令得：，同理，设直线BC：，由，可得：，故，解得：或.又，，故，所以，故，解得：，综上：2.已知椭圆E的方程为，过点且离心率为（1）求椭圆E的方程；（2）点A是椭圆E与x轴正半轴的交点，不过点A的直线交椭圆E于B、C两点，且直线，的斜率分别是，，若，①证明直线l过定点R；②求面积的最大值．【分析】（1）由已知可得，从而可求出，进而可得椭圆E的方程，（2）①设，直线，再将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系，由可得，结合前面的式子可求得，从而可证得结论，②，再利用基本不等可求得答案【小问1详解】由题意，解得，得，所以曲线E的方程为．【小问2详解】①设，直线，联立方程组得，由，解得，由知，且，代入化简得，解得，∴直线l过定点②由①知且，得，（当且仅当时取等号）．综上，面积的最大值为3.已知椭圆经过点，焦距为.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若四边形内接于椭圆E，对角线交于坐标原点O，且这两条对角线的斜率之积为，求证：四边形的任意一组邻边的倾斜角互补.【分析】（1）根据焦距求的值，把点代入椭圆方程结合椭圆中的关系式，即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线的方程，；把直线方程与椭圆方程联立，消元，写韦达，根据可求出直线的斜率；同样的方法，可求出直线的斜率，从而可得出结论，即四边形的任意一组邻边的倾斜角互补.【小问1详解】设椭圆的半焦距为c，所以，所以，因为椭圆经过点，所以，解得，所以椭圆E的标准方程为；【小问2详解】不妨设一组邻边为，，由四边形内接于椭圆E，对角线交于坐标原点O，且这两条对角线的斜率之积为，得，即.若直线的斜率不存在，此时，此时不满足；所以直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，得，(※)，，所以，因为，所以，即，整理，得，即，同理可得，直线的斜率为，所以，所以四边形的任意一组邻边的倾斜角互补.4.已知P(，)是椭圆C：(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．【分析】(1)由椭圆过的点的坐标及三角形的面积可得，，之间的关系，求出，的值，进而求出椭圆的标准方程；(2)由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和，进而求出交点的中点的纵坐标，同理求出的纵坐标，进而求出面积的表达式，换元由函数的单调性求出其最大值．【小问1详解】由题意可得，解得：，，∴椭圆的标准方程为：；【小问2详解】由(1)可得右焦点，由题意设直线的方程为：，设直线与椭圆的交点，，，，则中点的纵坐标为，联立直线与椭圆的方程，整理可得：，，∴，同理可得直线与椭圆的交点的纵坐标，∴，设，令，则，令，，，，恒成立，∴在，单调递增，∴．∴面积的最大值为：．（福建省厦门第一中学2021-2022学年高三上学期期中）5.已知点A为抛物线上的一个动点（A与坐标原点O不重合），中点P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）直线L过交曲线C于M，N两点，F为曲线C的焦点，求的最小值.【分析】(1)首先设出点和的坐标，利用P点横纵坐标表示A点横纵坐标关系并结合A在抛物线上即可求解；(2)首先设出直线，然后与抛物线联立方程，求出的值，然后表示出，最后利用均值不等式求解即可.【小问1详解】设，，因为是的中点，所以，，因为A在抛物线上，所以，即，化简得，所以曲线C的方程为.【小问2详解】设直线L为：，，，由可得，，，故，，又因为点坐标为，所以，从而，，所以，当且仅当时，有最小值4.6.已知椭圆C：的离心率为，且是C上一点．（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点作直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使为定值？若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，试说明理由．【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程，再椭圆离心率公式和，由此即可求出结果；（2）设直线AB的方程为，将其与椭圆方程联立化简，求出韦达定理，设根据数量积公式和韦达定理化简可得，根据为定值，即可求出结果.【小问1详解】由题意知，∴椭圆C的方程为．【小问2详解】设直线AB的方程为，，，，即，所以假设存在这样的符合题意，则，，要使其为定值，则，解得．∴存在符合题意，该定值为．37.已知椭圆的右顶点为，焦距是，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）直线（均为常数）与椭圆相交于不同的两点（均异于点），若以为直径的圆经过椭圆的右顶点，试判断直线能否过定点？若能，求出该定点坐标；若不能，也请说明理由．【分析】(1)由题意可得，可得，再由离心率可得答案.(2)将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由条件可得，将韦达定理代入，可得的关系，从而得到答案.【小问1详解】由题意得：，解得∴椭圆的方程为：；【小问2详解】设，，由得：∵直线与椭圆相交于两点，∴得：（）由韦达定理：，；∵以为直径的圆过椭圆的右顶点，∴，由于，所以从而即，即∴或，均符合（）当时，直线，即，所以恒过定点，当时，直线，过定点，舍去．综上可知：直线过定点，该定点为．8.已知圆F1：（x+1）2+y2=16，F2（1，0），P是圆F1上的一个动点，F2P的中垂线l交F1P于点Q.（1）求点Q的轨迹E的方程；（2）若斜率为k（k≠0）的直线l1与点Q的轨迹E交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点（，0），求k的取值范围.【分析】（1）利用椭圆的定义可求椭圆方程.（2）设直线，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理可求的中垂线的方程，结合其过所得的等式，结合判别式为正可得的取值范围.【小问1详解】由题意可知：，由的中垂线l交于点Q，则，∴，则点Q的轨迹E为以为焦点，4为长轴长的椭圆，即，∴点Q的轨迹E的方程为：.【小问2详解】设直线，将代入椭圆方程，消去y得，所以即①，由根与系数关系得，则，所以线段的中点M的坐标为.又线段的直平分线的方程为，由点M在直线上，得，即，所以②，由①②得，∵，∴，所以，即或，所以实数的取值范围是.已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．（1）求椭圆的方程；（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据椭圆的几何意义得到abc的值，从而得到椭圆方程；（2）将向量模长的方程两边平方得到，即，即，联立直线和椭圆得到二次方程，带入韦达定理得到参数范围．【详解】（1）由已知得，解方程组得，∴椭圆的方程为，（2）假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，由得，设，则，，由得，即，即，故，代入（*）式解得或．【方法点评】：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．10.已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.【分析】（1）先根据题意得，，，进而得直线的方程为：，再结合题意得，，联立方程即可求得答案；（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程得，，，再结合已知条件得，进而得，最后求，原点到直线的距离为：，计算面积即可得答案.【详解】根据题意得：，，，所以直线的方程为：，所以点到直线的距离为：，化简整理得：.又因为点在椭圆上，故.联立，解得：.故椭圆的方程为：.（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程并化简得：，所以，，，所以，因为，所以，化简整理得：，所以，整理得：（满足）此时，，原点到直线的距离为：，所以的面积为：.