圆锥曲线高考考查十大热点问题.docx

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1、关注公众号品数学圆锥曲线高考考查十大热点问题热点一：弦的垂直平分线问题知识点：弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维,首先弄清楚哪个是弦,哪个是对称轴,用到的知识是:垂直(两直线的斜率之积为-1)和平分(中点坐标公式).例题1、过点T(-1,0)作直线与曲线N ：交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E(,0)，使得是等边三角形，若存在，求出；若不存在，请说明理由.解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0.设直线，.由消y整理，得 由直线和抛物线交于两点，得即 由韦达定理，得：.则线段AB的中点为.线段的垂直平分线方程为：令y=0,得，则为正三角形，到直线AB的距离d为.解得满足式此时.【涉

2、及到弦的垂直平分线问题】 这种问题主要是需要用到弦AB的垂直平分线L的方程，往往是利用点差或者韦达定理产生弦AB的中点坐标M，结合弦AB与它的垂直平分线L的斜率互为负倒数，写出弦的垂直平分线L的方程，然后解决相关问题，比如：求L在x轴y轴上的截距的取值范围，求L过某定点等等.有时候题目的条件比较隐蔽，要分析后才能判定是有关弦AB的中点问题，比如：弦与某定点D构成以D为顶点的等腰三角形（即D在AB的垂直平分线上）、曲线上存在两点AB关于直线m对称等等.例题分析1：已知抛物线y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B，则|AB|等于 .解：设直线的方程为，由，进而可求出的中点，又由

3、在直线上可求出，由弦长公式可求出高中数学资料共享群（734924357）例题2：已知中心在原点的双曲线的一个焦点是一条渐近线的方程是（）求双曲线的方程；（）若以为斜率的直线与双曲线相交于两个不同的点，且线段的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求的取值范围.【解析】（）设双曲线C的方程为由题设得解得.所以双曲线C的方程为（）解：设直线l方程为点M，N的坐标满足方程组 将式代入式，得整理得此方程有两个不等实根，于是，且整理得.由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标（）满足从而线段的垂直平分线的方程为此直线与轴，轴的交点坐标分别为由题设可得整理得高中数学资料共享群（734924357）将上式

4、代入式得，整理得解得或所以k的取值范围是例题3：已知椭圆的右焦点，长轴的左、右端点分别为,且.（）求椭圆的方程；（）过焦点斜率为的直线交椭圆于两点，弦的垂直平分线与轴相交于点. 试问椭圆上是否存在点使得四边形为菱形？若存在，试求点到轴的距离；若不存在，请说明理由.【解析】（）依题设，则，.由，解得，所以.所以椭圆的方程为. （）依题直线的方程为.由得.设,弦的中点为，则，所以.高中数学资料共享群（734924357）直线的方程为，令，得，则.若四边形为菱形，则，.所以.若点在椭圆上，则.整理得，解得.所以椭圆上存在点使得四边形为菱形.此时点到的距离为. 例题4：设是椭圆上的两点，点是线段的中点

5、，线段的垂直平分线与椭圆相交于两点. （）确定的取值范围，并求直线的方程；（）试判断是否存在这样的，使得四点在同一个圆上？并说明理由.【解析】（）解法1：依题意，可设直线的方程为代入，整理得 设则是方程的两个不同的根， 且由是线段的中点，得解得k=-1，代入得，即的取值范围是.于是，直线的方程为（）解法1：垂直平分直线的方程为即代入椭圆方程，整理得 又设的中点为则是方程的两根，且即于是由弦长公式可得 将直线的方程代入椭圆方程得 同理可得 当时假设在在，使得四点共圆，则必为圆的直径，点为圆心.点到直线的距离为 于是，由、式和勾股定理可得故当时，四点均在以为圆心，为半径的圆上.（注：上述解法中最后

6、一步可按如下解法获得：高中数学资料共享群（734924357）共圆为直角三角形，为直角即 由式知，式左边=由和知，式右边=式成立，即四点共圆练习1：设抛物线过定点，且以直线为准线（）求抛物线顶点的轨迹的方程；（）若直线与轨迹交于不同的两点，且线段恰被直线平分，设弦的垂直平分线的方程为，试求的取值范围【解析】（）设抛物线的顶点为，则其焦点为由抛物线的定义可知：等于点到直线的距离为所以，所以，抛物线顶点的轨迹的方程为： （）因为是弦的垂直平分线与轴交点的纵坐标，由所唯一确定所以，要求的取值范围，还应该从直线与轨迹相交入手显然，直线与坐标轴不可能平行，所以，设直线的方程为，代入椭圆方程得：由于与轨迹

7、交于不同的两点，所以，即（）又线段恰被直线平分，所以，所以，代入（）可解得：下面，只需找到与的关系，即可求出的取值范围由于为弦MN的垂直平分线，故可考虑弦的中点在中，令，可解得：将点代入，可得：所以，且解法二设弦MN的中点为，则由点为椭圆上的点，可知：两式相减得：又由于，代入上式得：又点在弦MN的垂直平分线上，所以，所以，由点在线段上（为直线与椭圆的交点），所以，也即：所以，且圆锥曲线高考考查十大热点问题热点二：动弦过定点的问题若直线过的定点在已知曲线上,则过定点的直线的方程和曲线联立,转化为一元二次方程(或类一元二次方程) , 考察判断式后,韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标,进

8、而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。例题1、已知椭圆C：的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（II）若直线与x轴交于点T,点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论解：（I）由已知椭圆C的离心率，,则得。从而椭圆的方程为（II）设，直线的斜率为,则直线的方程为，由消y整理得是方程的两个根，则，即点M的坐标为，同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为，直线MN的方程为：，令y=0，得，将点M、N的坐标代入，化简后得：又，椭圆的焦点为，即故当时，MN过

9、椭圆的焦点。例题2、已知点A、B、C是椭圆E： 上的三点，其中点A是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线对称，求直线PQ的斜率。解：(I) ，且BC过椭圆的中心O又点C的坐标为。A是椭圆的右顶点，则椭圆方程为：将点C代入方程，得，椭圆E的方程为(II) 直线PC与直线QC关于直线对称，设直线PC的斜率为，则直线QC的斜率为，从而直线PC的方程为：，即，由消y，整理得：是方程的一个根，即同理可得：则直线PQ的斜率为定值。方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线对称”得两直线

10、的斜率互为相反数，设直线PC的斜率为k，就得直线QC的斜率为-k。利用是方程的根，易得点P的横坐标：，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标：，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。接下来，如果分别利用直线PC、QC的方程通过坐标变换法将点P、Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。直接计算、，就降低了计算量。总之，本题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题，一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数，减少计算量，达到节省时间的目的。练习1、：已知，椭圆C以过点A（1，），两个焦点为（1，0）（1，0）。（1

11、）求椭圆C的方程；（2）E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。 分析：第一问中，知道焦点，则 ，再根据过点A，通过解方程组，就可以求出 ，求出方程。第二问中，设出直线AE的斜率k，写出直线的方程，联立方程组，转化成一元二次方程，由韦达定理和点A的坐标，可以求出点E的坐标,将点E中的k,用-k换下来，就可以得到点F的坐标，通过计算yE-yF，xE-xF，就可以求出直线EF的斜率了解：（）由题意，c=1,可设椭圆方程为 ，将点A的坐标代入方程： ，解得 ， （舍去）所以椭圆方程为 。 （）设直线AE方程为：，代入得 设,因为

12、点在椭圆上，所以 8分又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以K代K，可得 所以直线EF的斜率即直线EF的斜率为定值，其值为。 12分老师总结：此类题的关键就是定点在曲线上，定点的坐标是方程的根，通过韦达定理，将动点的坐标求出，在根据斜率互为相反数，就可以直接求出第二动点的坐标，最后由斜率公式，可以求出斜率为定值。练习2：已知椭圆C中心在原点、焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点的最大值为3，最小值为1 （）求椭圆C的标准方程； （）若直线l：y=kx+m（k0）与椭圆交于不同的两点M、N（M、N不是左、右顶点），且以MN为直径的圆经过椭圆的右顶点A求证：直线l过定点，并求出定点的坐标【

13、分析】（）由题设条件可知解得，由此能够推导出椭圆C的标准方程 （）由方程组消去y，得（3+4k）x+8kmx+4m12=0，然后结合题设条件利用根的判别式和根与系数的关系求解 【解答】解：（）设椭圆的长半轴为a，半焦距为c， 则解得 椭圆C的标准方程为 （）由方程组消去y， 高中数学资料共享群（734924357）得（3+4k）x+8kmx+4m12=0 由题意：=（8km）4（3+4k）（4m12）0 整理得：3+4km0 设M（x，y）、N（x，y）， 1122则， 由已知，AMAN，且椭圆的右顶点为A（2，0） （x2）（x2）+yy=0 即（1+k）xx+（km2）（x+x）+m+4=

14、0 也即 整理得：7m+16mk+4k=0 解得：m=2k或，均满足 当m=2k时，直线l的方程为y=kx2k，过定点（2，0），舍去 当时，直线l的方程为，过定点， 故直线l过定点，且定点的坐标为 圆锥曲线高考考查十大热点问题热点三：过已知曲线上定点的弦的问题例题1、已知点A、B、C是椭圆E： 上的三点，其中点A是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线对称，求直线PQ的斜率。 解：(I) ，且BC过椭圆的中心O又点C的坐标为。A是椭圆的右顶点，则椭圆方程为：将点C代入方程，得，椭圆E的

15、方程为(II) 直线PC与直线QC关于直线对称，设直线PC的斜率为，则直线QC的斜率为，从而直线PC的方程为：，即，由消y，整理得：是方程的一个根，即同理可得：则直线PQ的斜率为定值。练习1.已知是抛物线C：上的一点，过P作互相垂直的直线PA，PB与抛物线C的另一交点分别是A，B.（1）若直线AB的斜率为，求AB方程；（2）设，当时，求PAB的面积.高中数学资料共享群（734924357）【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到抛物线的方程为，设，利用斜率公式以及两直线垂直的条件，整理得出，得到或，从而得到直线过原点，进而得到直线方程；（2）先证明三点共线，根据得，进而求得方

16、程为，利用面积公式求得结果.【详解】（1）将点坐标代入得，抛物线方程为设，则 又，即，得 所以或，直线方程为 （2）先证明三点共线，（或设方程为，与抛物线方程联立得，由韦达定理，结合（1）的结论得，即直线过定点）所以三点共线，得（舍去）或 所以方程为，法二： 所以由得 （舍去）或 所以方程为，.练习2：已知A(-2,0)， B(2,0)， 点P在平面内运动，。(I) 求点P的轨迹C的方程;(II) 若点2(0,1)，M,N为轨迹C.上的两动点，.问直线MN能否过定点，若能过定点，则求出该定点坐标，若不能过定点则说明理由.解答:(I )设P(x,y),y0,则,所以，点P的轨迹方程：（y0）（I

17、I）设M(,),N(,),MN:y=kx+m代入：即又m1，4m+2=0m=,y=kx-,过定点（0，）圆锥曲线高考考查十大热点问题热点四：共线向量问题1：如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足的轨迹为曲线E.I）求曲线E的方程；II）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足，求的取值范围.解：（1）NP为AM的垂直平分线，|NA|=|NM|又动点N的轨迹是以点C（1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.且椭圆长轴长为焦距2c=2. 曲线E的方程为 （2）当直线GH斜率存在时，设直线GH方程为得设 ，又当直线GH斜率不存在，方程为

18、 2：已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率为.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过椭圆C 的右焦点作直线交椭圆C于、两点，交轴于点，若， ，求证：.解：设椭圆C的方程为 （）抛物线方程化为，其焦点为， 则椭圆C的一个顶点为，即 由，椭圆C的方程为 （2）证明：右焦点，设，显然直线的斜率存在，设直线的方程为 ，代入方程 并整理，得， 又，而 ， ，即，所以 3、已知OFQ的面积S=2, 且。设以O为中心，F为焦点的双曲线经过Q， ，当取得最小值时，求此双曲线方程。解：设双曲线方程为， Q（x0, y0）。 ， SOFQ=，。=c(x0c)=。当且仅当，所

19、以。类型1求待定字母的值例1设双曲线C：与直线L：x+y=1相交于两个不同的点A、B，直线L与y轴交于点P，且PA=，求的值思路：设A、B两点的坐标，将向量表达式转化为坐标表达式，再利用韦达定理，通过解方程组求a的值。 解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,1)PA= x1=.联立消去y并整理得，(1a2)x2+2a2x2a2=0(*)A、B是不同的两点，0a且a1. 于是x1+x2= 且x1 x2=，即，消去x2得，=，a=，0a且a1，a=。类型2求动点的轨迹例2如图2 ，动直线与y轴交于点A，与抛物交于不同的两点B和C, 且满足BP=PC， AB=AC，其中。求POA的重心Q

20、的轨迹。思路：将向量表达式转化为坐标表达式，消去参数获得重心Q的轨迹方程，再运用判别式确定实数k的取值范围，从而确定轨迹的形状。解：由得，k2x2+(2k1)x+4=0.由设P(x,y)，B(x1，y1)，C(x2,y2)， （图2）则x1+x2=, x1.x2=.由= = 由 =。 消去k得， x2 y6=0 (*) 设重心Q(x,y)，则，代入(*)式得，3x6y4=0。因为故点Q的轨迹方程是3x6y4=0（），其轨迹是直线3x6y4=0上且不包括点的线段AB。类型3证明定值问题例3已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线。设M为椭

21、圆上任意一点，且，其中证明：为定值。思路：设A、B、M三点的坐标，将向量间的共线关系、和差关系转化为代数关系，再利用方程组、韦达定理、点在椭圆上满足方程等证明定值。解：设椭圆方程为 则直线AB的方程为代入椭圆方程中，化简得，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由 与共线，得，。又而于是。因此椭圆方程为设M(x, y), 由得，因M为椭圆上一点，所以 即 又，则 而代入得，=1，为定值。类型4探索点、线的存在性例4在ABC中，已知B(2, 0), C(2, 0), ADBC于D，ABC的垂心H分有向线段AD 设P(1, 0), Q(1, 0), 那么是否存在点H，使成等差数列，为什么？思路：

22、先将ACBH转化为代数关系，由此获得动点H的轨迹方程；再将向量的长度关系转化为代数（坐标）关系，通过解代数方程组获解。解： 设H(x, y), 由分点坐标公式知H为垂心 ACBH，整理得，动点H的轨迹方程为 。 ， ， 。假设成等差数列，则 即 H在椭圆上 a=2, b=, c=1，P、Q是焦点，即 由得， 联立、可得，显然满足H点的轨迹方程，故存在点H（0，），使成等差数列。类型5求相关量的取值范围 例5给定抛物线C：，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点，且，求l在轴上截距的变化范围。思路：设A、B两点的坐标，将向量间的共线关系转化为坐标关系，再求出l在轴上的截距，利用函数的单

23、调性求其变化范围。解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由得，即 由得， 。 联立、得，。而当直线l垂直于轴时，不符合题意。因此直线l的方程为或直线l在轴上的截距为或由知，在上递减的，所以 于是直线l在轴上截距的变化范围是存在、向量例6、双曲线，若上存在一点。解：方程为，即。由，消去y得，定值问题例7：是抛物线上的两点，满足（为坐标原点），求证：（1）两点的横坐标之积、纵坐标之积分别是定值；（2）直线经过一定点。分析：（1）设，则又由 （2）直线的方程为，故直线过定点。圆锥曲线高考考查十大热点问题热点五：面积问题例题1、已知椭圆C：（ab0）的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为。（）求椭

24、圆C的方程；（）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求AOB面积的最大值。解：（）设椭圆的半焦距为，依题意，所求椭圆方程为。（）设，。（1）当轴时，。（2）当与轴不垂直时，设直线的方程为。由已知，得。把代入椭圆方程，整理得，。当且仅当，即时等号成立。当时，综上所述。当最大时，面积取最大值。例题2、已知椭圆C:=1(ab0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为.()求椭圆C的方程;()设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求AOB面积的最大值.解：（）设椭圆的半焦距为，依题意，所求椭圆方程为（）设，（1）当轴时，（2）当与轴不垂直时，设直线的方程

25、为由已知，得把代入椭圆方程，整理得，当且仅当，即时等号成立当时，综上所述当最大时，面积取最大值例题3、已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为（）设点的坐标为，证明：；（）求四边形的面积的最小值解：（）椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，所以，（）（）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得设，则，；因为与相交于点，且的斜率为，所以，四边形的面积当时，上式取等号（）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积综上，四边形的面积的最小值为练习1.己知椭圆的离心率为，点在椭圆C上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点

26、，点P在第一象限，轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.求证：是直角三角形；求面积的最大值.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）解方程组即可；（2）设直线PQ的斜率为k.则其方程为，联立直线与椭圆方程得到坐标，再由QG与椭圆方程联立得到G点坐标，证明斜率乘积等于即可；利用两点间的距离公式算得的长度，将三角形的面积用k表示，再结合双勾函数的单调性即可得到答案.【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆的方程为：.（2）：设直线PQ的斜率为k.则其方程为.由，得.记，则，.于是直线QG的斜率为，方程为.由得.设，则和是方程的解，故，由此得.从而直线PG的斜率为.所以，即是直角三角形.

27、：由得，所以的面积，又，所以.设，则由得，当且仅当时取等号.因为，而在单调递增，所以当，即时，S取得最大值，最大值为.因此，面积的最大值为.练习2.点与定点的距离和它到直线的距离的比是常数（）求点的轨迹的方程；（）过坐标原点的直线交轨迹于，两点，轨迹上异于，的点满足直线的斜率为（）证明：直线与的斜率之积为定值；（）求面积的最大值【答案】（）（）（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）根据已知条件列方程，化简后求得轨迹的方程.（）（）利用点差法，求得，由此证得结论成立.（）利用弦长公式求得，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，由此求得三角形面积的表达式，利用二次函数的性质求得三角形面积的最大

28、值.【详解】（）由已知得，两边平方并化简得，即点的轨迹的方程为：（）（）设点，则点，满足， 设点，满足， 由得：，（），关于原点对称，设直线，代入曲线化简得：，设，由得：，点到直线的距离，当时，取到最大值练习3.已知椭圆的焦点坐标为，过垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线与椭圆交于不同的两点、，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在；内切圆面积的最大值为，直线的方程为【解析】【分析】（1）设椭圆方程，由焦点坐标可得，由，可得，又，由此可求椭圆方程；（2）设，不妨，设的内切圆的径，则的

29、周长，因此最大，就最大设直线的方程为，与椭圆方程联立，从而可表示的面积，利用换元法，借助于导数，即可求得结论【详解】解：（1）设椭圆方程为，由焦点坐标可得.由，可得.又，得，.故椭圆方程为.（2）设，不妨令，设的内切圆的半径为，则的周长为，因此要使内切圆的面积最大，则最大，此时也最大.，由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，由得，得，则，令，则，则令，则，当时，所以在上单调递增，有，当，时，又，这时所求内切圆面积的最大值为，此时直线的方程为练习4：抛物线，为直线上的动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，.（1）证明：直线过定点；（2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该

30、圆的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）或【解析】【分析】（1）设点，利用导数求出切线的斜率，再利用斜率公式求出切线的斜率，进而求出直线的方程，从而可证明直线过定点；（2）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理，求出点坐标，借助向量垂直的坐标运算，求得或，进而求得圆的面积.【详解】（1）设，则，由，所以，所以切线的斜率为，故，整理得，设，同理可得，所以直线的方程为，所以直线恒过定点.（2）由（1）得直线的方程为，由，得，设为线段的中点，则，由于，而，与向量平行，所以，解得或，当时，圆半径，所以圆的面积为，当时，圆半径，所以圆的面积为.所以，该圆的面积为或.圆锥曲线高考考查十大热点问题热

31、点六：弦或弦长为定值、最值问题1、已知的面积为，（1）设，求正切值的取值范围；（2）设以O为中心，F为焦点的双曲线经过点Q（如图）， 当 取得最小值时，求此双曲线的方程。解析：（1）设 （2）设所求的双曲线方程为，又，当且仅当时，最小，此时的坐标是或 ，所求方程为2、已知椭圆两焦点分别为F1、F2，P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点.（）求P点坐标；（）求证直线AB的斜率为定值；（）求PAB面积的最大值.解：（）由题可得，设则，点在曲线上，则，从而，得.则点P的坐标为.（）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，则BP

32、的直线方程为：.由得 ，设，则，同理可得，则，.所以：AB的斜率为定值.（）设AB的直线方程：.由，得，由，得P到AB的距离为，则。当且仅当取等号三角形PAB面积的最大值为。3、已知椭圆的左焦点为F，O为坐标原点。（I）求过点O、F，并且与椭圆的左准线相切的圆的方程；（II）设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与轴交于点G，求点G横坐标的取值范围。解：（I）圆过点O、F，圆心M在直线上。设则圆半径由得解得所求圆的方程为（II）设直线AB的方程为代入整理得直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根。记中点则的垂直平分线NG的方程为令得点G横坐标的取值范围为4、

33、已知点的坐标分别是，直线相交于点M，且它们的斜率之积为（1）求点M轨迹的方程；（2）若过点的直线与（1）中的轨迹交于不同的两点、（在、之间），试求与面积之比的取值范围（为坐标原点）解：（1）设点的坐标为， 整理，得（）， （2）如图，由题意知直线的斜率存在，设的方程为将代入，整理，得，由，解得设，则令，且且，解得且 ，且故OBE与OBF面积之比的取值范围是5、已知椭圆：的右顶点为，过的焦点且垂直长轴的弦长为 （I）求椭圆的方程； （II）设点在抛物线：上，在点处的切线与交于点当线段的中点与的中点的横坐标相等时，求的最小值解析：（I）由题意得所求的椭圆方程为， （II）不妨设则抛物线在点P处的切

34、线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线MN与椭圆有两个不同的交点，所以有，设线段MN的中点的横坐标是，则， 设线段PA的中点的横坐标是，则，由题意得，即有，其中的或；当时有，因此不等式不成立；因此，当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为1圆锥曲线高考考查十大热点问题热点七：直线问题例题1、设椭圆过点，且着焦点为（）求椭圆的方程；（）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上解 (1)由题意： ，解得，所求椭圆方程为 (2)方法一 设点Q、A、B的坐标分别为。由题设知均不为零，记,则且又A，P，B，Q四点共线，从而于是

35、 ， ， 从而 ，（1） ，（2）又点A、B在椭圆C上，即 （1）+（2）2并结合（3），（4）得即点总在定直线上方法二设点，由题设，均不为零。且 又 四点共线，可设,于是 （1） （2）由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得 （3） (4)(4)(3) 得 即点总在定直线上2、已知曲线上任意一点到两个定点和的距离之和为4（1）求曲线的方程；（2）设过的直线与曲线交于、两点，且（为坐标原点），求直线的方程解：（1）根据椭圆的定义，可知动点的轨迹为椭圆， 其中，则 所以动点M的轨迹方程为 （2）当直线的斜率不存在时，不满足题意当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设， 由方程组得则

36、，代入，得即，解得，或所以，直线的方程是或 3、设、分别是椭圆的左、右焦点。（）若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值；（）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围。解：（）解法一：易知 所以，设，则因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值解法二：易知，所以，设，则（以下同解法一）（）显然直线不满足题设条件，可设直线，联立，消去，整理得：由得：或又 又，即 故由、得或圆锥曲线高考考查十大热点问题热点八：轨迹问题轨迹法：1直接法：如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，

37、易于表述成含x,y的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法；例1、已知直角坐标系中，点Q（2，0），圆C的方程为，动点M到圆C的切线长与的比等于常数，求动点M的轨迹。【解析】设MN切圆C于N，则。设,则 化简得（1） 当时，方程为，表示一条直线。（2） 当时，方程化为表示一个圆。如图，圆与圆的半径都是1，. 过动点分别作圆、圆的切线（分别为切点），使得. 试建立适当的坐标系，并求动点的轨迹方程.【解析】以的中点为原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，.由已知，得.因为两圆半径均为1，所以.设，则，即.(或)评析：1、用直接法求动点轨迹一般有建系,设点，列式，化简，证明五个步

38、骤，最后的证明可以省略，但要注意“挖”与“补”。2、求轨迹方程一般只要求出方程即可，求轨迹却不仅要求出方程而且要说明轨迹是什么。2定义法：运用解析几何中一些常用定义（例如圆锥曲线的定义），可从曲线定义出发直接写出轨迹方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程。例2、已知动圆过定点，且与直线相切，其中.求动圆圆心的轨迹的方程；【解析】如图，设为动圆圆心，为记为，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为； 已知圆O的方程为 x2+y2=100,点A的坐标为（-6，0），M为圆O上任一点，AM的

39、垂直平分线交OM于点P，求点P的方程。【解析】由中垂线知，故，即P点的轨迹为以A、O为焦点的椭圆，中心为（-3，0），故P点的方程为已知A、B、C是直线l上的三点，且|AB|=|BC|=6，O切直线l于点A，又过B、C作O异于l的两切线，设这两切线交于点P，求点P的轨迹方程. 【解析】设过B、C异于l的两切线分别切O于D、E两点， 两切线交于点P.由切线的性质知：|BA|=|BD|，|PD|=|PE|，|CA|=|CE|，故|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC|=|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=6+12=186=|BC|，故由椭圆定义知，点P的轨

40、迹是以B、C为两焦点的椭圆， 以l所在的直线为x轴，以BC的中点为原点，建立坐标系， 可求得动点P的轨迹方程为：评析：定义法的关键是条件的转化转化成某一基本轨迹的定义条件。 三、相关点法：动点所满足的条件不易表述或求出，但形成轨迹的动点P(x,y)却随另一动点Q(x，y)的运动而有规律的运动，且动点Q的轨迹为给定或容易求得，则可先将x,y表示为x,y的式子，再代入Q的轨迹方程，然而整理得P的轨迹方程，代入法也称相关点法。几何法：利用平面几何或解析几何的知识分析图形性质，发现动点运动规律和动点满足的条件，然而得出动点的轨迹方程。例3、如图，从双曲线x2-y2=1上一点Q引直线x+y=2的垂线，垂

41、足为N。求线段QN的中点P的轨迹方程。【解析】设动点P的坐标为（x,y）,点Q的坐标为（x1,y1）则N（ 2x-x1,2y-y1）代入x+y=2,得2x-x1+2y-y1=2又PQ垂直于直线x+y=2，故，即x-y+y1-x1=0由解方程组得, 代入双曲线方程即可得P点的轨迹方程是2x2-2y2-2x+2y-1=0已知椭圆的左、右焦点分别是F1（c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足求点T的轨迹C的方程；【解析】解法一：（相关点法）设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点. 设点Q的坐标为（），则因此 由得 将代入，可得综上所述，点T的轨迹C的方程是解法二：（几何法）设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点.在QF1F2中，所以有综上所述，点T的轨迹C的方程是评析：一般地：定比分点问题，对称问题或能转化为这两类的轨迹问题，都可用相关点法。四、参数法：求轨