备战2024年高考数学二轮复习热点题型归纳专题9-3圆锥曲线压轴大题五个方程框架十种题型(全国通用)(解析版).docx

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1、专题9-3 圆锥曲线压轴大题五个方程框架十种题型热点题型归纳【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xy+1=0上.（1）求圆C的标准方程；（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.【答案】（1）（2）【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（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

2、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.【答案】（

3、1）（2）0（3）【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.解（1）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（2）若，满足条件的点P的个数为0（3）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y2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ykx+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【答案】（1）（2）证明见解析【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ykx+1与曲线C

4、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.解（1）设点P的坐标为P（x，y），则，整理可得曲线C的轨迹方程为；（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），与直线方程联立可得：（k2+2）x2+2kx10，则：，从而直线MA，MB的斜率之和为03.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.【答案】（1）；（2）.【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

5、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.【题型二】 直线设法【典例分析】已知抛物线，过点的直线交抛物线于，两点.（1）求抛物线的焦点坐标及准线方程；（2）证明：以线段为直径的圆过原点.【答案】（1）焦点坐标，准线方程；（2）证明见解析.【分析】（1）由抛物线的标准方程即可求解.（2）方法一：讨论直线斜率存在或不存在，将直线与抛物线联立，证出即可证明；方法二：当直线斜率为0或者设，将直线与抛物线联立，证明即可证明.【详解】（1）由抛物线的标准方程：

6、焦点坐标，准线方程.（2）法一：当直线斜率不存在时，.当直线斜率存在时，设，由得，得，.综上所述，故以线段为直径的圆过原点.法二：当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意.设，联立，得，.，故以线段为直径的圆过原点.【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

7、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】1.已知椭圆E：过点，且离心率为()求椭圆E的方程； ()设过点（0，-1)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，并说明理由试题解析：解法一：()由已知得解得所以椭圆E的方程为.()设点，则由所以从而

8、2.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：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【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.解（1）由已知可得，解得：，又点在上，由可得：，双曲线的方程为；（2）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.3. 如图，设

9、椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，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。（）求该椭圆的离心率和标准方程；（）过B做直线交椭圆于P，Q两点，使，求直线的方程解：设所求椭圆的标准方程为，右焦点为。 因是直角三角形，又,故为直角，因此,得。结合得，故，所以离心率。 在中，故由题设条件，得，从而。因此所求椭圆的标准方程为：（2）由（1）知，由题意知直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为：，代入椭圆方程得， 设，则是上面方程的两根，因此,又，所以 由,得,即，解得，所以满足条件的直线有两条，其方程分别为：和【题型三】 双变量直线核心理解【典例分析】已知点M为直线l1：

10、x1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：ykxm(k0)与圆E：(x3)2y26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【答案】（1）（2）或【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（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

11、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】1.在平面直角坐标系中

12、，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.()求椭圆的方程;()设直线与椭圆相交于、两点,若(为坐标原点),试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.解()由已知得,由题意得 ，又，2分消去可得，解得或（舍去），则，所以椭圆的方程为4分()结论：直线与圆相切.证明:由题意可知,直线不过坐标原点,设的坐标分别为 ()当直线轴时,直线的方程为且 则 解得，故直线的方程为 ， 因此,点到直线的距离为，又圆的圆心为,半径 所以直线与圆相切 7分()当直线不垂直于轴时,设直线的方程为，联立直线和椭圆方程消去得；得 ，故，即10分又圆的圆心为,半径，圆心到直线的距离为， 将式带入

13、式得： ， 所以 因此,直线与圆相切13分2.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.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【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3.已知A、B、C是椭圆W:上的三个点,O是坐标

14、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.【答案】解:(I)椭圆W: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,),代入椭圆方程得,即. 所以菱形OABC的面积是. (II)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. 由消去并整理得. 设A,C,则,. 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,所以AC与OB不垂直. 所以OABC不是菱形,

15、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：（a1）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.解：（1）由题设得A（a，0），B（a，0），G（0，1）.则，=（a，1）.由=8得a21=8，即a=3.所以E的方程为+y2=1（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知3nb0)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

16、，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.【答案】（1）；（2）.【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（1）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.（2）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SAOB=|AB|d=，设，由，知t0，于是SAOB=，由t+8，得SAOB，当且仅当t=4

17、，时等号成立，所以AOB面积的最大值为.2.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.【答案】（1）（2）【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.（1）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.（2）设，则

18、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.3.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【答案】（1），；（2）8【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

19、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（1）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（2）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【题型八】 定值【典例分析】已知椭圆C：(ab0)的右焦点F2与抛物线y24x的焦点重合，且其离心率为（1）求椭圆C的方程（2）已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，

20、N两点，线段MN中点为P，问：kMNkOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由【答案】（1）；（2）kMNkOP为定值，定值为；理由见解析【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合抛物线焦点坐标公式进行求解即可；（2）把直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式、中点坐标公式进行求解证明即可.（1）抛物线y24x的焦点为(1，0)，椭圆C的半焦距c1，又椭圆的离心率，因此椭圆C的方程为；（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为ykxm，将ykxm代入，得(4k23)x28kmx4m2120，0，可得m24k23设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为线段

21、MN中点为P，所以，因此，所以kMNkOP.【提分秘籍】求定值问题常见的思路和方法技巧：（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，从而得到定值求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题【变式演练】1.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.【答案】（1）；（2）；（3）定值0，证明见解析.【分析】

22、(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.（1）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.（2）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.（3）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

23、，设，则有，因此，所以为定值0.2.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【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为-1.【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.（1）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

24、有，所以P点的轨迹C的方程是.（2）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.3.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【答案】（1）（2）证明见解析【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，

25、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（1）由条件有，解得，所以椭圆的方程为（2）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【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（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，

26、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.试题解析：（）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】1.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.【答案

27、】（1）；（2）.【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.2.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.【答案】（1）；（2）.【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.（1）根据题意，由离心率为，知双曲线是等轴双曲线，所以