专题06 圆锥曲线大题（解析版）_20240229_233554

专题06圆锥曲线大题解题秘籍1.利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解2.若直线与圆雉曲线相交于，两点，由直线与圆锥曲线联立，消元得到（）则：则：弦长或圆锥曲线弦长万能公式（硬解定理）设直线方程为:y=kx+b(特殊情况要对k进行讨论),圆锥曲线的方程为:fx,y=0,把直线方程代入曲线方程,可化为ax2+bx+c=0a≠0或ay2+by+c=0,a≠0,设直线和曲线的两交点为Ax1,y1,Bx2,y2,求根公式为x=−b±b2−4ac2a(1)若消去y,得ax2+bx+c=0a≠0则弦长公式为:AB=x1−x22+y1−y22=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+k2Δa(2)若消去x,得ay2+by+c=0a≠0则弦长公式为:AB=x1−x22+y1−y22=1+1k2⋅y1−y2=1+1k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+1k2Δa处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.处理定值问题的思路：联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可.模拟训练一、解答题1．（22·23下·无锡·三模）已知，，为椭圆上三个不同的点，满足，其中.记中点的轨迹为.(1)求的方程；(2)若直线交于，两点，交于，两点，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据向量的坐标计算和椭圆的标准方程即可求解；（2）根据直线和椭圆的方程联立以及中点坐标公式即可求解.【详解】（1）设，，则，，将代入，得将代入，得，即，又因为且所以，所以，所以的方程为.即的方程为.（2）  设中点为，中点为.当垂直轴时，由对称性可得；当不垂直轴时，设，将直线的方程代入，得，所以，，所以，，即，同理，由此可知.2．（22·23·深圳·二模）已知椭圆的离心率，且点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)若经过定点的直线与椭圆交于两点，记椭圆的上顶点为，当直线的斜率变化时，求面积的最大值.【答案】(1)(2)16【分析】根据离心率的值和定义可以求出之间的关系式，待定系数法设出椭圆方程后把已知点代入求解即可.设出直线方程后，联立直线和椭圆方程，消元化简后，可得，利用弦长公式求出弦长，再利用点到直线距离公式求出三角形的高，的面积可用直线斜率进行表达，通过换元转化为一元二次函数，求出最值即可.【详解】（1）椭圆的离心率，则，即，所以，椭圆方程为.将点代入方程得，故所求方程为.（2）点在椭圆内，直线的斜率存在，设直线的方程为，由得.设，则..点到的距离.令，则则.因为，所以当时，是所求最大值.  3．（22·23下·河北·一模）已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，当时，.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线与抛物线C交于M，N两点，证明：由直线，直线及y轴围成的三角形为等腰三角形.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据直线抛物线方程的联立以及抛物线的定义即可求解；（2）根据直线与抛物线方程的联立以及坐标关系即可求解.【详解】（1）  当时，直线，与联立消去y，整理可得，由得，即.设，，可得，所以，由题意可得，准线方程为，根据抛物线的定义可得，，所以，解得，满足，所以抛物线C的方程为.（2）  直线与联立可得，由得，即或（舍）设，，则；直线与联立消去y，整理可得，由得，即或（舍），故，设，，则；因为，同理，所以，所以由直线，直线及y轴围成的三角形为等腰三角形.4．（22·23下·河北·三模）已知椭圆，其焦距为，连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为6．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点，过点作斜率不为0的直线交椭圆于不同两点，求证：直线与直线所成的较小角相等．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得，进而解方程求解即可；（2）设直线的方程为，，设，，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得到、，转化直线与直线所成的较小角相等为，进而求证即可.【详解】（1）由题意得，，解得，，，所以椭圆的标准方程为.（2）证明：由题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，，设，，联立，整理得，所以，即，且，，，因为直线平行于轴，所以要证直线与直线所成的较小角相等，即证直线的倾斜角互补，即证，下面进行证明：，所以直线与直线所成的较小角相等.  5．（22·23下·浙江·二模）已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线于P，Q两点（不与A，B重合），直线，分别与y轴交于M，N两点．(1)记直线，的斜率分别为，，求；(2)记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程．【答案】(1)见解析(2)或或【分析】（1）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可．（2）根据可得，根据两点坐标求解直线的方程，进而可得的坐标，结合韦达定理即可代入求值.【详解】（1）由题意知，，，设直线的方程为，,,，联立，得，，，，，直线的斜率，直线的斜率，，为定值．（2）设,则，,由于,得，设直线，可得，设直线，可得，所以，所以由得，当时，则，解得，此时直线方程为当时，则，解得，此时直线方程为故直线方程为或或【点睛】圆锥曲线中求定值的常见求解策略，利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造等量关系，利用直线与曲线的联立，得到韦达定理，以及距离公式，弦长公式，直线方程的交点等关系式，还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，代入等量关系中化简，即可找到解题突破.6．（22·23下·长沙·二模）已知双曲线的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：与圆相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为（，），（，）．    (1)求k的取值范围；(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么是定值吗？证明你的结论．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据直线与圆相切，可得，联立直线与双曲线，根据可得的范围；（2）根据斜率公式以及韦达定理，将变形化简可得结果.【详解】（1）与圆相切，，，由，得，，，故的取值范围为.（2）由已知可得的坐标分别为，，，又因为，所以，为定值.7．（22·23下·浙江·三模）已知双曲线为其左右焦点，点为其右支上一点，在处作双曲线的切线.(1)若的坐标为，求证：为的角平分线；(2)过分别作的平行线，其中交双曲线于两点，交双曲线于两点，求和的面积之积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）易得点处的切线方程，根据交轴于点，由判断；（2）过的切线，由时，得到，联立，得到，再由，然后由求解.【详解】（1）解：由题意点处的切线为，所以过点处的切线方程为，交轴于点，则，即，所以为的角平分线；（2）过的切线，当时，即不为右顶点时，，即，（或由直线与单支有两个交点，则也可）联立设，则所以又所以，，当时，即点为右顶点时，，所以，所以的最小值为.8．（22·23·宁德·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，椭圆的右焦点到直线的距离．(1)求椭圆的方程．(2)已知，是椭圆上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点．试判断圆与直线的位置关系并说明理由．【答案】(1)(2)圆与直线相切，理由见解析．【分析】（1）根据椭圆的离心率公式以及点到直线的距离公式，建立方程，可得答案；（2）设出直线方程，联立可得一元二次方程，写出韦达定理，结合直线与圆相切的性质，可得答案.【详解】（1）设椭圆的右焦点为，因为椭圆的右焦点到直线的距离是，所以，所以．又因为离心率，所以，所以，所以椭圆方程为．（2）圆与直线相切．理由：设，．当直线的斜率存在时，设直线的方程为．由，得．，化简可得：.所以，，．因为以线段为直径的圆过坐标原点，所以，所以，且，所以圆心到直线的距离．当直线的斜率不存在时，由题知，所以，所以，所以圆心到直线的距离．综上所述，圆与直线相切．9．（22·23·厦门·一模）已知圆：，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于(1)求动点的轨迹的方程；(2)经过点和的圆与直线：交于，，已知点，且、分别与交于、.试探究直线是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.【答案】(1)(2)经过定点，定点坐标为【分析】（1）利用椭圆的定义即可求出动点的轨迹的方程；（2）设，，直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出，，，之间的关系，再利用两点式写出直线的方程，求出点，，再写出以为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点，得到关系式，进而求得为定值，从而得到直线过定点.【详解】（1）如图所示，  ∵，且，∴点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设椭圆方程，则，，∴，.所以点的轨迹方程为：.（2）设直线的方程为：，由，得设，，则，.所以，，因为直线的方程为：，令，得，所以，，同理可得，以为直径的圆的方程为：，即，因为圆过点，所以，，得，代入得，化简得，，解得或（舍去），所以直线经过定点，当直线的斜率为0时，此时直线与轴重合，直线经过点，综上所述，直线经过定点.10．（22·23下·湖北·三模）已知分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆C上一点．(1)求椭圆C的方程；(2)设是椭圆C上且处于第一象限的动点，直线与椭圆C分别相交于两点，直线，相交于点N，试求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的定义求出，然后根据的关系即可求解；（2）设，得到，将的方程与曲线方程联立，利用韦达定理得到，，代入进而利用基本不等式即可求解.【详解】（1）由，得，∴椭圆C的方程是；（2）设，根据题意设的方程为：，由题意知，，     将，代入中，整理得，，又，．，，同理可得，，                                （当且仅当时取等号）的最大值是．11．（22·23下·武汉·三模）已知椭圆过点，左焦点为．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线与椭圆C交于A，B两点，点M为椭圆C外一点，直线，分别与椭圆C交于点C，D（异于点A，B），直线，交于点N，求证：直线的斜率为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知过点和椭圆性质即可求解.（2）利用已知求出两点坐标，解设出，然后利用斜率并表示出方程，再表示出直线的斜率即可得出结论.【详解】（1）由已知得，解得，．即椭圆C的方程为.（2）由，得，．设，，则，同理．设，，则由直线过点得：．    ①由直线过点N得：．     ②①×②得：．    ③同理，由直线过点M得：．    ④由直线过点N得：．    ⑤④×⑤得：．    ⑥③－⑥得：，进而．所以直线的斜率为定值．12．（22·23下·黄冈·三模）如图，双曲线的中心在原点，焦点到渐近线的距离为，左、右顶点分别为．曲线是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设在第一象限且在双曲线上，直线交椭圆于点，直线与椭圆交于另一点．  (1)求椭圆及双曲线的标准方程；(2)设与轴交于点，是否存在点使得（其中为点的横坐标），若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据双曲线以及椭圆的几何性质即可求解的值，（2）联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，结合坐标运算即可求解.【详解】（1）由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，则双曲线的一条渐近线方程为，即，故，即，又，解得，所以双曲线方程：，椭圆方程为：；（2）设，直线，，显然，由，又因为在双曲线上，满足，即，所以，即．同