2023年高考数学专项练习圆锥曲线大题综合：五个方程型（解析版）.pdf

1圆锥曲线大题综合归类：五个方程型目录目录重难点题型归纳1【题型一】基础型1【题型二】直线设为：x=ty+m型4【题型三】直线无斜率不过定点设法：双变量型7【题型四】面积最值10【题型五】最值与范围型13【题型六】定点：直线定点15【题型七】定点：圆过定点18【题型八】定值21【题型九】定直线23【题型十】斜率型：斜率和定26【题型十一】斜率型：斜率和29【题型十二】斜率型：斜率比31【题型十三】斜率型：三斜率34【题型十四】定比分点型：a=tb36【题型十五】切线型38【题型十六】复杂的“第六个方程”41好题演练4520232023年高考数学专项练习2重难点题型归纳重难点题型归纳重难点题型归纳题型一基础型基础型【典例分析】【典例分析】1已知椭圆x2a21+y2b21=1 a1b10与双曲线x2a22-y2b22=1 a20,b20有共同的焦点，双曲线的左顶点为A-1,0，过A斜率为3 的直线和双曲线仅有一个公共点A，双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍.(1)求双曲线和椭圆的标准方程；(2)椭圆上存在一点P xP,yP-1xP0，过AP的直线l与双曲线的左支相交于与A不重合的另一点B，若以BP为直径的圆经过双曲线的右顶点E，求直线l的方程.3【变式演练】1已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点，过点P t,b的直线l交C于不同两点A,B.当t=a，且l经过原点时，AB=6,AF+BF=2 2.(1)求C的方程；(2)D为C的上顶点，当t=4，且直线AD,BD的斜率分别为k1,k2时，求1k1+1k2的值.题型二直线设为：直线设为：x x=tyty+mm型型【典例分析】【典例分析】1已知双曲线C：x2a2-y2b2=1 a0,b0的左 右焦点分别为F1，F2，右顶点为P，点Q 0,b，PF2=1，F1PQ=60.(1)求双曲线C的方程；(2)直线l经过点F2，且与双曲线C相交于A，B两点，若F1AB的面积为6 10，求直线l的方程.4【变式演练】1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的左焦点为F，右顶点为A，离心率为22，B为椭圆C上一动点，FAB面积的最大值为2+12(1)求椭圆C的方程；(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足 PM=PN，若 MN=FP，求的值5题型三直线无斜率不过定点设法：双变量型直线无斜率不过定点设法：双变量型【典例分析】【典例分析】1已知抛物线：y2=2px p0，过其焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，与椭圆x2a2+y2=1 a1交于C、D两点，其中OA OB=-3(1)求抛物线方程；(2)是否存在直线AB，使得 CD是 FA与 FB的等比中项，若存在，请求出AB的方程及a；若不存在，请说明理由6【变式演练】1已知双曲线E的顶点为A-1,0，B 1,0，过右焦点F作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点G，且SOFG=3 24.点P为x轴正半轴上异于点B的任意点，过点P的直线l交双曲线于C，D两点，直线AC与直线BD交于点H.(1)求双曲线E的标准方程；(2)求证：OP OH 为定值.题型四面积最值面积最值【典例分析】【典例分析】1已知椭圆x23+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2过F1的直线交椭圆于B,D两点，过F2的直线交椭圆于A,C两点，且ACBD，垂足为P(1)设P点的坐标为(x0,y0)，证明：x203+y202b0)过点M(2，3),点A为其左顶点，且AM的斜率为12，(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求AMN的面积的最大值.2020年新高考全国卷数学试题(海南卷)题型五最值与范围型最值与范围型【典例分析】【典例分析】1设F1、F2分别是椭圆x24+y2=1的左、右焦点(1)若P是该椭圆上的一个动点，求PF1 PF2=-54，求点P的坐标；(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k的取值范围8【变式演练】1已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)一个顶 点A(0,-2)，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4 5(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|15时，求k的取值范围2021年北京市高考数学试题题型六定点：直线定点定点：直线定点【典例分析】【典例分析】1已知F为抛物线C:y2=2px(p0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为-1,OFM的面积为1(1)求C的方程；(2)过点F作一条直线l，交C于A,B两点，试问在l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由9【变式演练】1已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)，四点P12,2，P20,2，P3-2,2，P42,2中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为M，若AMP2=2ABP2，试问直线l是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.10题型七定点：圆过定点定点：圆过定点【典例分析】【典例分析】1如图，等边三角形OAB的边长为8 3，且其三个顶点均在抛物线E：x2=2py(p0)上(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=-1相交于点Q证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点【变式演练】1已知动点P到点F 1,0的距离与到直线l:x=4的距离之比为12，记点P的轨迹为曲线E(1)求曲线E的方程；(2)曲线E与x轴正半轴交于点M，过F的直线交曲线E于A，B两点(异于点M)，连接AM，BM并延长分别交l于D，C，试问：以CD为直径的圆是否恒过定点，若是，求出定点，若不是，说明理由11题型八定值定值【典例分析】【典例分析】1如图，已知抛物线C:x2=4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)与直线y=2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2-|MN1|2为定值，并求此定值.【变式演练】1已知抛物线C：y2=2px经过点P(1，2)过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N()求直线l的斜率的取值范围；()设O为原点，QM=QO，QN=QO，求证：1+1为定值.12题型九定直线定直线【典例分析】【典例分析】1已知直线l:x=my-1，圆C:x2+y2+4x=0.(1)证明：直线l与圆C相交；(2)设直线l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程；(3)在(2)的条件下，设圆C在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，l1与l2的交点为Q.证明：Q，A，B，C四点共圆，并探究当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上?若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由.【变式演练】1已知双曲线E:x2a2-y2b2=1 a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，F1F2=2 3 且双曲线E经过点A3,2(1)求双曲线E的方程；(2)过点P 2,1作动直线l，与双曲线的左、右支分别交于点M、N，在线段MN上取异于点M、N的点H，满足PMPN=MHHN，求证：点H恒在一条定直线上13题型十斜率型：斜率和定斜率型：斜率和定【典例分析】【典例分析】1已知点F F是椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点，P P是椭圆E E的上顶点，O O为坐标原点且tanPFO=33.(1 1)求椭圆的离心率e e；(2 2)已知M 1,0，N 4,3，过点MM作任意直线l l与椭圆E E交于A A，B B两点.设直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=2，求椭圆E E的方程.【变式演练】1在平面直角坐标系中，己知圆心为点QQ的动圆恒过点F(1,0)，且与直线x=-1相切，设动圆的圆心QQ的轨迹为曲线.()求曲线的方程；()过点F F的两条直线l1、l2与曲线相交于A A、B B、C C、D D四点，且MM、N N分别为AB、CD的中点.设l1与l2的斜率依次为k1、k2，若k1+k2=-1，求证：直线MNMN恒过定点.14题型十一斜率型：斜率和斜率型：斜率和【典例分析】【典例分析】1设椭圆方程为x2a2+y2b2=1 ab0，A-2,0，B 2,0分别是椭圆的左、右顶点，动直线l过点C 6,0，当直线l经过点D-2,2时，直线l与椭圆相切.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l与椭圆交于P，Q(异于A，B)两点，且直线AP与BQ的斜率之和为-12，求直线l的方程.【变式演练】1已知点M 1,32在椭圆x2a2+y2b2=1 ab0上，A，B分别是椭圆的左、右顶点，直线MA和MB的斜率之和满足：kMA+kMB=-1.(1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为1的直线交椭圆于P，Q两点，椭圆上是否存在定点T，使直线PT和QT的斜率之和满足kPT+kQT=0(P，Q与T均不重合)？若存在，求出T点坐标；若不存在，说明理由.15题型十二斜率型：斜率比斜率型：斜率比【典例分析】【典例分析】1已知圆F1:x2+y2+2x-15=0和定点F2(1,0),P是圆F1上任意一点，线段PF2的垂直平分线交PF1于点M，设动点M的轨迹为曲线E(1)求曲线E的方程；(2)设A(-2,0),B(2,0)，过F2的直线l交曲线E于M，N两点(点M在x轴上方)，设直线AM与BN的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值16【变式演练】1已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a0，b0)，离心率e=55，P为椭圆上一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，若PF1F2的周长为2+2 5.(1)求椭圆E的方程；(2)已知四边形ABCD(端点不与椭圆顶点重合)为椭圆的内接四边形，且AF2=F2C，BF2=F2D，若直线CD斜率是直线AB斜率的52倍，试问直线AB是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由.江西省重点中学协作体2023届高三下学期第一次联考数学(理)试题17题型十三斜率型：三斜率斜率型：三斜率【典例分析】【典例分析】1已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点，且P 1,32在椭圆C上，PF垂直于x轴.(1)求椭圆C的方程.(2)过点F的直线l交椭圆C于A,B(异于点P)两点，D为直线l上一点.设直线PA,PD,PB的斜率分别为k1,k2,k3，若k1+k3=2k2，证明：点D的横坐标为定值.【变式演练】1在平面内动点P与两定点A1(-3,0),A2(3,0)连线斜率之积为-23(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)已知点F1(-1,0),F2(1,0)，过点P作轨迹E的切线其斜率记为k(k0)，当直线PF1,PF2斜率存在时分别记为k1,k2探索1k1k1+1k2是否为定值若是，求出该定值；若不是，请说明理由18题型十四定比分点型：定比分点型：a a=tbtb【典例分析】【典例分析】1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)，倾斜角为30的直线过椭圆的左焦点F1和上顶点B，且SABF1=1+32(其中A为右顶点).(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点M(0,m)的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且PM=2MQ，求实数m的取值范围.【变式演练】1已知点M，N分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点与上顶点，原点O到直线MN的距离为32，且椭圆的离心率为63(1)求椭圆C的方程；(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点F2，并且与椭圆交于A，B两点，若AF2=12F2B，求直线AB的方程19题型十五切线型切线型【典例分析】【典例分析】1法国数学家加斯帕尔蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)中，离心率e=12，左、右焦点分别是F1、F2，上顶点为Q，且 QF2=2，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；(2)设P是椭圆C外一动点(不在坐标轴上)，过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为-12，求POH面积的最大值.20【变式演练】1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的上顶点为A，左、右焦点分别为F1、F2，三角形AF1F2的周长为6，面积为3(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M是椭圆C外一点，过点M所作椭圆的两条切线互相垂直，求三角形AF2M面积的最大值21题型十六复杂的“第六个方程”复杂的“第六个方程”【典例分析】【典例分析】1如图，已知点B 2,1，点N为直线OB上除O，B两点外的任意一点，BK，NH分别垂直y轴于点K，H，NABK于点A，直线OA，NH的交点为M.(1)求点M的轨迹方程；(2)若E 3,0，C，G是点M的轨迹在第一象限的点(C在G的右侧)，且直线EC，EG的斜率之和为0，若CEG的面积为152，求tanCEG.22【变式演练】1已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为32，且椭圆C上的点到两个焦点的距离之和为4.(1 1)求椭圆C的方程；(2 2)设A为椭圆C的左顶点，过点A的直线l与椭圆交于点M，与y轴交于点N，过原点且与l平行的直线与椭圆交于点P.求SPANSPAM(SAOP)2的值.23好题演练1(2023贵州毕节统考模拟预测)已知椭圆C的下顶点M，右焦点为F，N为线段MF的中点，O为坐标原点，ON=32，点F与椭圆C任意一点的距离的最小值为3-2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l：y=kx+m k0与椭圆C交于A，B两点，若存在过点M的直线l，使得点A与点B关于直线l对称，求MAB的面积的取值范围.2(2023天津南开统考二模)已知椭圆x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为32，左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，坐标原点O到直线AD的距离为2 55.(1)求椭圆的方程；(2)过A点作两条互相垂直的直线AP，AQ与椭圆交于P，Q两点，求BPQ面积的最大值.243(2023河北统考模拟预测)已知直线l：x=12与点F 2,0，过直线l上的一动点Q作直线PQl，且点P满足 PF+2PQ PF-2PQ=0(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过点F作直线与C交于A，B两点，设M-1,0，直线AM与直线l相交于点N试问：直线BN是否经过x轴上一定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由4(2023北京东城统考二模)已知焦点为F的抛物线C:y2=2px(p0)经过点M(1,2)(1)设O为坐标原点，求抛物线C的准线方程及OFM的面积；(2)设斜率为k(k0)的直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，若以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标255(2023四川自贡统考三模)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1 ab0的离心率e=22，设A62,12，B-62,12，P 0,2，其中A，B两点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)过点P的直线交椭圆C于M，N两点(M在线段AB上方)，在AN上取一点H，连接MH交线段AB于T，若T为MH的中点，证明：直线MH的斜率为定值6(2023江西赣州统考二模)在平面直角坐标系xOy中，F1(-1,0)，F2(1,0)，点P为平面内的动点，且满足F1PF2=2，PF1 PF2cos2=2(1)求 PF1+PF2的值，并求出点P的轨迹E的方程；(2)过F1作直线l与E交于A、B两点，B关于原点O的对称点为点C，直线AF2与直线CF1的交点为T当直线l的斜率和直线OT的斜率的倒数之和的绝对值取得值最小值时，求直线l的方程267(2023四川乐山统考三模)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(2,0)，短轴长等于焦距(1)求C的方程；(2)过F的直线交C于P，Q，交直线x=2 2 于点N，记OP，OQ，ON的斜率分别为k1，k2，k3，若(k1+k2)k3=1，求|OP|2+|OQ|2的值8(2023贵州贵阳统考模拟预测)已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1 ab0与椭圆C2：x22+y2=1的离心率相等，C1的焦距是2 2(1)求C1的标准方程；(2)P为直线l：x=4上任意一点，是否在x轴上存在定点T，使得直线PT与曲线C1的交点A，B满足PAPB=ATTB？若存在，求出点T的坐标若不存在，请说明理由1圆锥曲线大题综合归类：五个方程型目录目录重难点题型归纳1【题型一】基础型1【题型二】直线设为：x=ty+m型4【题型三】直线无斜率不过定点设法：双变量型7【题型四】面积最值10【题型五】最值与范围型13【题型六】定点：直线定点15【题型七】定点：圆过定点18【题型八】定值21【题型九】定直线23【题型十】斜率型：斜率和定26【题型十一】斜率型：斜率和29【题型十二】斜率型：斜率比31【题型十三】斜率型：三斜率34【题型十四】定比分点型：a=tb36【题型十五】切线型38【题型十六】复杂的“第六个方程”41好题演练452重难点题型归纳重难点题型归纳重难点题型归纳题型一基础型基础型【典例分析】【典例分析】1已知椭圆x2a21+y2b21=1 a1b10与双曲线x2a22-y2b22=1 a20,b20有共同的焦点，双曲线的左顶点为A-1,0，过A斜率为3 的直线和双曲线仅有一个公共点A，双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍.(1)求双曲线和椭圆的标准方程；(2)椭圆上存在一点P xP,yP-1xP0，过AP的直线l与双曲线的左支相交于与A不重合的另一点B，若以BP为直径的圆经过双曲线的右顶点E，求直线l的方程.【答案】(1)双曲线方程为x2-y23=1，椭圆方程为x29+y25=1(2)y=5 73x+1【分析】(1)根据题意得出a2=1,b2a2=3，求出双曲线方程，得到c=2，再利用双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得a1=3，进而求出椭圆方程；(2)设出直线方程为y=k x+1，(k3).将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出点B坐标，进而得到EB=2k23-k2,6k3-k2,EP=xP-1,yp，然后结合题意和向量的数量积即可求解.【详解】(1)由题意，a2=1,b2a2=3，可得双曲线方程为x2-y23=1，此时c=2，由双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得a1=3，可得a1=3,b1=a21-c2=5，故椭圆方程为x29+y25=1.(2)由过A的直线l与双曲线的左支相交于与A不重合的另一点B，设直线方程为y=k x+1，(k3).联立直线和双曲线y=k x+1x2-y23=1 可得 3-k2x2-2k2x-k2-3=0，由韦达定理知，-1xB=-k2-33-k2，解得xB=k2+33-k2,yB=6k3-k2可得EB=2k23-k2,6k3-k2,EP=xP-1,yp，3以BP为直径的圆经过双曲线的右顶点E，可得EP EB=0，即2k23-k2xP-1+6kyP3-k2=0，将yP=k xP+1代入得,xP=-12,yP=12k.将P点坐标代入椭圆可得：1914+15k24=1，解得k2=17593，故k=5 73，故直线l的方程为：y=5 73x+1.方法归纳【技法指引】“五个方程”(过去老高考对韦达定理型的直观称呼。)参考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(x0，y0)。则可设为y-y0=k(x-x0)，同时讨论k k不存在情况。如3.3.曲线方程有没有？俩交点：设为A x1,y1,B x2,y24.4.联立方程，消y y或者消x x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式(a)x2+(b)x+c=0。(3)0或者(a)y2+(b)y+c=0。(3)05.得到对应的韦达定理x1+x2=.(4)x1x2=.(5)或y1+y2=.(4)y1y2=.(5)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已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点，过点P t,b的直线l交C于不同两点A,B.当t=a，且l经过原点时，AB=6,AF+BF=2 2.(1)求C的方程；(2)D为C的上顶点，当t=4，且直线AD,BD的斜率分别为k1,k2时，求1k1+1k2的值.【答案】(1)x22+y2=1(2)1k1+1k2=-1【分析】(1)由直线l过原点，A,B关于原点对称，结合椭圆的定义与对称性求得长半轴长a，再由 AB=6 求得b，从而得椭圆方程；(2)设A x1,y1,B x2,y2，设l:x=k y-1+4，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得x1+x2,x1x2，然后代入1k1+1k2化简可得【详解】(1)由题意，当t=a，且l经过原点时，l的方程为y=bax，且点A,B关于原点对称.设A x0,y0，将y=bax代入x2a2+y2b2=1，并化简得x2=a22，即x20=a22，y20=b22.AB=6,4 x20+y20=2 a2+b2=6.设C的另一个焦点为F0，根据对称性，AF+BF=AF+AF0=2 2，4根据椭圆定义得2a=2 2,a2=2.b2=1.所以C的方程为x22+y2=1.(2)由(1)知，点D坐标为 0,1.由题意可设l:x=k y-1+4，即x=ky+4-k，将该式代入x22+y2=1，并化简得 k2+2y2+2k 4-ky+k2-8k+14=0,.设A x1,y1,B x2,y2，则y1+y2=-2k 4-kk2+2,y1y2=k2-8k+14k2+2.x1+x2=k y1+y2+8-2k=16-4kk2+2.1k1+1k2=x1y1-1+x2y2-1=x1y2+x2y1-x1+x2y1y2-y1+y2+1=2ky1y2+4-ky1+y2-x1+x2y1y2-y1+y2+1=2k k2-8k+14k2+2-2k(4-k)2k2+2-16-4kk2+2k2-8k+14k2+2+2k 4-kk2+2+1=-1.即1k1+1k2=-1.题型二直线设为：直线设为：x x=tyty+mm型型【典例分析】【典例分析】1已知双曲线C：x2a2-y2b2=1 a0,b0的左 右焦点分别为F1，F2，右顶点为P，点Q 0,b，PF2=1，F1PQ=60.(1)求双曲线C的方程；(2)直线l经过点F2，且与双曲线C相交于A，B两点，若F1AB的面积为6 10，求直线l的方程.【答案】(1)x2-y23=1(2)5x+15y-10=0或5x-15y-10=0或3x+y-6=0或3x-y-6=0【分析】(1)由题意得c-a=1b=3aa2+b2=c2，求解即可；(2)设AB：x=my+2，联立x=my+23x2-y2=3，由根与系数的关系结合三角形面积求解即可【详解】(1)由题意，得c-a=1b=3aa2+b2=c2，解得a=1，b=3，c=2，所以双曲线C的方程为x2-y23=1.(2)由题意可知，直线l的斜率不为0，设AB：x=my+2，联立x=my+23x2-y2=3，消x，得 3m2-1y2+12my+9=0，由3m2-10=144m2-36 m2-10，解得m213.设A x1,y1，B x2,y2，则y1+y2=-12m3m2-1y1y2=93m2-1.5所以 y1-y22=y1+y22-4y1y2=-12m3m2-12-363m2-1=36 m2+13m2-12，所以F1AB的面积S=12F1F2 y1-y2=1246 m2+13m2-1=12 m2+13m2-1，由12 m2+13m2-1=6 10，化简，得45m4-32m2+3=0，解得m2=35，m2=19，m=155，m=13，所以直l的方程为5x+15y-10=0或5x-15y-10=0或3x+y-6=0或3x-y-6=0.方法归纳【技法指引】如果所过定点在 x x 轴上，为(mm，0 0)，也可以设为 x=ty+m，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x x轴这条直线。选择不同直线的设法，是因为：1.1.避免对k k不存在情况讨论，可以把k k不存在的情况包含在里边。2.2.两种直线形式设法，有时候在计算中可以降低参数的计算量：如过点(1 1,0 0)直线，设成y=k(x-1)与x=ty+1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。3.20113.2011年以来，最早出现这种设直线法的高考题是20122012年的重庆试卷压轴大题，教师授课时可搜集补充教学。4.4.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。【变式演练】1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的左焦点为F，右顶点为A，离心率为22，B为椭圆C上一动点，FAB面积的最大值为2+12(1)求椭圆C的方程；(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足 PM=PN，若 MN=FP，求的值【答案】(1)x22+y2=1；(2)=2 2.【分析】(1)由题意可得e=ca=22，12(a+c)b=2+12，再结合a2=b2+c2可求出a,b，从而可求出椭圆的方程；(2)由题意设直线MN为x=ty-1(t0)，M(x1,y1),N(x2,y2)，设P(x0,0)，将直线方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由 PM=PN可得x0=-1t2+2，再根据 MN=FP可求得结果.【详解】(1)因为椭圆的离心率为22，所以e=ca=22，因为FAB面积的最大值为2+12，所以12(a+c)b=2+12，因为a2=b2+c2，所以解得a=2,b=c=1，6所以椭圆C的方程为x22+y2=1；(2)F(-1,0)，设直线MN为x=ty-1(t0)，M(x1,y1),N(x2,y2)，不妨设y1y2，设P(x0,0)，由x=ty-1x22+y2=1，得(t2+2)y2-2ty-1=0，则y1+y2=2tt2+2,y1y2=-1t2+2，所以y1-y2=(y1+y2)2-4y1y2=2t2+22t2+2，因为 PM=PN，所以(x1-x0)2+y21=(x2-x0)2+y22，所以x21-x22-2x1x0+2x2x0+y21-y22=0，所以(x1+x2)(x1-x2)-2x0(x1-x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0，所以(ty1-1+ty2-1)(ty1-ty2)-2x0(ty1-ty2)+(y1-y2)(y1+y2)=0，因为y1-y20，所以t(ty1+ty2-2)-2x0t+(y1+y2)=0，所以t2t2t2+2-2-2x0t+2tt2+2=0，所以2t2t2+2-2-2x0+2t2+2=0，解得x0=-1t2+2，因为 MN=FP，所以 MN2=2FP2，0，所以(x1-x2)2+(y1-y2)2=2(x0+1)2，(ty1-ty2)2+(y1-y2)2=2(x0+1)2(t2+1)(y1-y2)2=2(x0+1)2，所以(t2+1)8t2+8(t2+2)2=2(t2+1)2(t2+2)2，化简得2=8，解得=2 2，因为0，所以=2 2.题型三直线无斜率不过定点设法：双变量型直线无斜率不过定点设法：双变量型【典例分析】【典例分析】1已知抛物线：y2=2px p0，过其焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，与椭圆x2a2+y2=1 a1交于C、D两点，其中OA OB=-3(1)求抛物线方程；(2)是否存在直线AB，使得 CD是 FA与 FB的等比中项，若存在，请求出AB的方程及a；若不存在，请说明理由【答案】(1)y2=4x(2)不存在；理由见解析【分析】(1)设直线AB的方程为x=my+p2，A x1,y1,B x2,y2，联立直线与抛物线，利用根与系数的关系结合已知条件即可求解；(2)由焦半径公式可得 FA FB=4 m2+1，设C x3,y3,D x4,y4，由x=my+1x2+a2y2=a2 得 m2+a2y2+2my+1-a2=0，由根与系数的关系结合弦长公式可得 CD2=1+m2-2mm2+a22-41-a2m2+a2，若 CD是 FA与 FB的等比中项，则 CD2=FA FB，即4 m2+1=71+m2-2mm2+a22-41-a2m2+a2，判断方程是否有解即可求解【详解】(1)设直线AB的方程为x=my+p2，A x1,y1,B x2,y2，由x=my+p2y2=2px 得y2-2pmy-p2=0，则y1+y2=2pm,y1y2=-p2，x1x2=my1+p2my2+p2=m2y1y2+mp2y1+y2+p24=p24，x1+x2=my1+p2+my2+p2=m y1+y2+p=2pm2+p，又OA OB=x1x2+y1y2=p24-p2=-3p24=-3，所以p2=4，又p0，所以p=2，所以抛物线方程为y2=4x；(2)由(1)可知：F 1,0,FA=x1+1,FB=x2+1，所以 FA FB=x1+1 x2+1=x1x2+x1+x2+1=p24+2pm2+p+1=4 m2+1，设C x3,y3,D x4,y4，由x=my+1x2+a2y2=a2 得 m2+a2y2+2my+1-a2=0，则y3+y4=-2mm2+a2,y3y4=1-a2m2+a2，所以 CD2=1+m2y3+y42-4y3y4=1+m2-2mm2+a22-41-a2m2+a2，若 CD是 FA与 FB的等比中项，则 CD2=FA FB，即4 m2+1=1+m2-2mm2+a22-41-a2m2+a2，所以1=m2m2+a22-1-a2m2+a2，即1+m2m2+a2=m2m2+a22，所以m4+m2a2+a2=0，因为m40,m20,a21，所以m4+m2a2+a21，所以方程m4+m2a2+a2=0无解，所以不存在直线AB，使得 CD是 FA与 FB的等比中项方法归纳【技法指引】当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：y=kx+m，依旧得讨论k 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 1)设成y=kx+m。此时直线不包含斜率不存在，注意适当的对此补充讨论。(2 2)设成x=ty+m，此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。(3 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 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 1题。(4 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。8【变式演练】1已知双曲线E的顶点为A-1,0，B 1,0，过右焦点F作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点G，且SOFG=3 24.点P为x轴正半轴上异于点B的任意点，过点P的直线l交双曲线于C，D两点，直线AC与直线BD交于点H.(1)求双曲线E的标准方程；(2)求证：OP OH 为定值.【答案】(1)x2-y22=1(2)证明见解析【分析】(1)根据题意表示出G点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；(2)联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.【详解】(1)设双曲线E:x2a2-y2b2=1，易知a=1.由题意可知：OFG为等腰三角形，则xG=c2，代入y=bax得：yG=bc2a=bc2，则SOFG=12cbc2=3 24，又c2=a2+b2=1+b2，则解得b=2，则双曲线E:x2-y22=1.(2)设直线l的方程为：x=ty+m，(m0且m1)，C x1,y1，D x2,y2.联立x=ty+mx2-y22=1，消x得：t2-12y2+2mty+m2-1=0，y1+y2=-2mtt2-12，y1y2=m2-1t2-12，y1y2=m2-1-2mty1+y2.AC:y=y1x1+1x+1，BD:y=y2x2-1x-1，联立，解得：xH=y2x1+y1x2+y2-y1y2x1-y1x2+y2+y1.又y2x1=y2ty1+m=ty2y1+my2，同理，y1x2=ty1y2+my1，把它们代入xH，得xH=2ty1y2+m y1+y2+y2-y1m y2-y1+y2+y1=-m2-1my1+y2+m y1+y2+y2-y1m y2-y1+y2+y1=1my1+y2+y2-y1m y2-y1+y2+y1=1my1+y2+m y2-y1m y2-y1+y2+y1=1m，故OP OH=mxH=m1m=1，得证.题型四面积最值面积最值【典例分析】【典例分析】1已知椭圆x23+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2过F1的直线交椭圆于B,D两点，过F2的直线交椭圆于A,C两点，且ACBD，垂足为P(1)设P点的坐标为(x0,y0)，证明：x203+y2021；(2)求四边形ABCD的面积的最小值9【答案】(1)证明见解析；(2)9625【分析】(1)椭圆的半焦距c=1，由ACBD知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x20+y20=1，由此可证得结论；(2)分类讨论直线BD的斜率存在与否两种情况：当直线BD的斜率存在k时，设直线BD的方程为y=k(x+1)，代入椭圆得(3k2+2)x2+6k2x+3k2-6=0，利用弦长公式结合韦达定理知 BD=4 3(k2+1)3k2+2，同理知|AC|=4 3(k2+1)2k2+3，求出四边形ABCD的面积S=12 BD AC，再利用基本不等式求得最小值，当直线BD的斜率不存在或斜率k=0时，此时四边形ABCD的面积S=4，即可求得最小值.【详解】(1)证明：椭圆x23+y22=1，可知a2=3,b2=2，c2=3-2=1由ACBD，知点P(x0,y0)在以线段F1F2为直径的圆上，故x20+y20=1所以x203+y202x202+y202=12b0)过点M(2，3),点A为其左顶点，且AM的斜率为12，(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求AMN的面积的最大值.2020年新高考全国卷数学试题(海南卷)【答案】(1)x216+y212=1；(2)18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：y-3=12(x-2)，即x-2y=-4.当y=0时，解得x=-4，所以a=4，椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0过点M(2，3)，可得416+9b2=1，解得b2=12.所以C的方程：x216+y212=1.(2)设与直线AM平行的直线方程为：x-2y=m，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值.联立直线方程x-2y=m与椭圆方程x216+y212=1，可得：3 m+2y2+4y2=48，化简可得：16y2+12my+3m2-48=0，所以=144m2-416 3m2-48=0，即m2=64，解得m=8，与AM距离比较远的直线方程：x-112y=8，直线AM方程为：x-2y=-4，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d=8+41+4=12 55，由两点之间距离公式可得|AM|=(2+4)2+32=3 5.所以AMN的面积的最大值：123 5 12 55=18.题型五最值与范围型最值与范围型【典例分析】【典例分析】1设F1、F2分别是椭圆x24+y2=1的左、右焦点(1)若P是该椭圆上的一个动点，求PF1 PF2=-54，求点P的坐标；(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且AOB为锐角(其中O为