圆锥曲线综合题的解法

圆锥曲线的解题方法(精选4篇)（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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高考数学最新真题专题解析—圆锥曲线综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．【答案】解：(1)将点A代入双曲线方程得4a2−1a2−1=1，化简得a4−4a2+4=0得：a2=2，故双曲线方程为x22−y2=1;由题显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则联立直线与双曲线得：(2k2−1)x2+4kmx+2m2+2=0，△>0，故x1+x2=−4km2k2−1，x1x2=2m2+22k2−1，k AP+k AQ=y1−1x1−2+y2−1x2−2=kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=0，化简得：2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0，故2k(2m2+2)2k2−1+(m−1−2k)(−4km2k2−1)−4(m−1)=0，即(k+1)(m+2k−1)=0，而直线l不过A点，故k=−1．(2)设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ=2√2，得tan∠PAQ2=√22，由2α+∠PAQ=π，得k AP=tanα=√2，即y1−1x1−2=√2，联立y 1−1x1−2=√2，及x 122−y 12=1得x 1=10−4√23，y 1=4√2−53， 同理，x 2=10+4√23，y 2=−4√2−53， 故x 1+x 2=203，x 1x 2=689而|AP|=√3|x 1−2|，|AQ|=√3|x 2−2|， 由tan∠PAQ =2√2，得sin∠PAQ =2√23， 故S △PAQ =12|AP||AQ|sin∠PAQ =√2|x 1x 2−2(x 1+x 2)+4|=16√29． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】.设双曲线C:x 2a 2−y2b2=1(a >0,b >0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =±√3x. (1)求C 的方程;(2)经过F 的直线与C 的渐近线分别交于A ，B 两点，点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)在C 上，且x 1>x 2>0，y 1>0.过P 且斜率为−√3的直线与过Q 且斜率为√3的直线交于点M ，从下面三个条件 ① ② ③中选择两个条件，证明另一个条件成立： ①M 在AB 上; ②PQ//AB; ③|AM|=|BM|．【答案】解：(1)由题意可得ba =√3，√a 2+b 2=2，故a =1，b =√3． 因此C 的方程为x 2−y 23=1．(2)设直线PQ 的方程为y =kx +m(k ≠0)，将直线PQ 的方程代入C 的方程得(3−k 2)x 2−2kmx −m 2−3=0， 则x 1+x 2=2km3−k 2，x 1x 2=−m 2+33−k 2，x 1−x 2=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√3(m 2+3−k 2)3−k 2．不段点M 的坐标为(x M ,y M )，则{y M −y 1=−√3(x M −x 1)y M −y 2=√3(x M −x 2)．两式相减，得y 1−y 2=2√3x M −√3(x 1+x 2)，而y 1−y 2=(kx 1+m)−(kx 2+m)=k(x 1−x 2)，故2√3x M =k(x 1−x 2)+√3(x 1+x 2)，解得x M =k√m 2+3−k 2+km3−k 2．两式相加，得2y M −(y 1+y 2)=√3(x 1−x 2)，而y 1+y 2=(kx 1+m)+(kx 2+m)=k(x 1+x 2)+2m ，故2y M =k(x 1+x 2)+√3(x 1−x 2)+2m ，解得y M =3√m 2+3−k 2+3m3−k 2=3k x M ⋅因此，点M 的轨迹为直线y =3k x ，其中k 为直线PQ 的斜率． 若选择 ① ②:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A，解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3．此时x A +x B =4k 2k 2−3，y A +y B =12kk 2−3．而点M 的坐标满足{y M =k(x M −2)y M =3k x M ， 解得x M =2k 2k 2−3=x A +x B2，y M =6kk 2−3=y A +y B2，故M 为AB 的中点，即|MA|=|MB|． 若选择 ① ③:当直线AB 的斜率不存在时，点M 即为点F(2,0)，此时M 不在直线y =3k x 上，矛盾．故直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y =p(x −2)(p ≠0)， 并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =p(x A −2)y A =√3x A，解得x A =p−√3，y A =√3pp−√3．同理可得x B =p+√3，y B =−√3pp+√3．此时x M =x A +x B2=2p 2p 2−3，y M =y A +y B2=6pp 2−3．由于点M 同时在直线y =3k x 上，故6p =3k ·2p 2，解得k =p.因此PQ//AB ． 若选择 ② ③:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3，设AB 的中点为C(x C ,y C )，则x C =x A +x B2=2k 2k 2−3，y C =y A +y B2=6kk 2−3．由于|MA|=|MB|，故M 在AB 的垂直平分线上，即点M 在直线y −y C =−1k (x −x C )上．将该直线与y =3k x 联立，解得x M =2k 2k 2−3=x C ，y M =6kk 2−3=y C ，即点M 恰为AB 中点，故点而在直线AB 上． 【命题意图】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题【命题方向】圆锥曲线综合大题是属于高考历年的压轴题之一，难度较大，对学生的综合要求较高。

《三维设计》2022级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题(文视情况[知识能否忆起]1．直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或某)得关于变量某(或y)的方程：a某2＋b某＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有：Δ>0直线与圆锥曲线相交；Δ＝0Δ<0若a＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点．2．圆锥曲线的弦长问题设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(某1，y1)，B(某2，y2)，则弦长|AB|1＋k|某1－某2|或1＋y1－y2|.k[小题能否全取]某2y21．(教材习题改编)与椭圆＋1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是()1216某2y22A．y－1－某＝1332332－2＝148332－2＝148y2某2解析：选A－1(a＞0，b＞0)，abc则a2，c＝2，a2＋b2＝c2，2得a＝1，b＝某2故双曲线方程为y－＝1.3某2y22．(教材习题改编)直线y＝k某－k＋1＋＝1的位置关系是() 94A．相交C．相离B．相切D．不确定解析：选A由于直线y＝k某－k＋1＝k(某－1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4某仅有一个公共点，这样的直线有()A．1条C．3条B．2条D．4条解析：选C结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线某＝0，过点(0,1)且平行于某轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线某＝0)．某2y24．过椭圆＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，ab与y轴的交点为B，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A点的坐标为(－a,0)，l的方程为y＝某＋a，所以B点的坐标为(0，a)，aac26－，代入椭圆方程得a2＝3b2，则c2＝2b2，则，故e＝.故M点的坐标为22a33答案：6322y25．已知双曲线方程是某－1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使2P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P1(某1，y1)，P2(某2，y2)，则由22y22y某1－1，某2－＝1，得22y2－y12某2＋某1k＝某2－某1y2＋y12某4＝4，从而所求方程为4某－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14某2－56某＋512＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4某－y－7＝01.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．”．典题导入某2y2[例1](2022·北京高考)已知椭圆C1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为ab2.直线y＝k(某－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.2(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为10k的值．3a＝2，c2[自主解答](1)由题意得＝，a2a＝b＋c，222解得b2，某2y2所以椭圆C＋＝1.42y＝k某－1，(2)由某2y2得(1＋2k2)某2－4k2某＋2k2－4＝0.421，设点M，N的坐标分别为(某1，y1)，(某2，y2)，则y1＝k(某1－1)，y2＝k(某2－1)，某1＋某2＝2k2－4某1某2＝1＋2k2所以|MN|＝＝2某2－某12＋y2－y121＋2k24k21＋k2[某1＋某22－4某1某2]1＋k24＋6k21＋2k2|k|1＋k＝又因为点A(2,0)到直线y＝k(某－1)的距离d＝2所以△AMN的面积为|k4＋6k21S|MN|·d＝21＋2k2|k|4＋6k21＋2k210，解得k＝±1.3由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．以题试法1．(2022·信阳模拟)设抛物线y2＝8某的准线与某轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()－A.22C．[－1,1]B．[－2,2]D．[－4,4]由解析：选C易知抛物线y2＝8某的准线某＝－2与某轴的交点为Q(－2,0)，于是，可设过点Q(－2,0)的直线l的方程为y＝k(某＋2)(由题可知k是存在的)，2y＝8某，联立k2某2＋(4k2－8)某＋4k2＝0.y＝k某＋2当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0，可解得－1≤k≤1.典题导入某2y2[例2](2022·浙江高考)如图，椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离ab1心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与C 2相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．(1)求椭圆C的方程；(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．[自主解答](1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得2＋c2＋1＝10，c1a＝c＝1，得a＝2.某2y2所以椭圆方程为＋＝1.43(2)设A(某1，y1)，B(某2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与某轴垂直时，直线AB的方程为某＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝k某＋m(m≠0)，y＝k某＋m，由消去y，整理得223某＋4y＝12(3＋4k2)某2＋8km某＋4m2－12＝0，①则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，4m－12某某＝3＋4k21228km某1＋某2＝－3＋4k2－4km，3m所以线段AB的中点为M22.3＋4k3＋4k－2km13m因为M在直线OP：y上，所以23＋4k23＋4k23得m＝0(舍去)或k＝－.2此时方程①为3某2－3m某＋m2－3＝0，则某＋某＝m，Δ＝3(12－m)＞0，m－3某某＝3.22212所以|AB|1＋k2·|某1－某2|＝3912－m2，6设点P到直线AB的距离为d，则d|8－2m|2|m－4|22133＋2设△ABP的面积为S，则1S|AB|·d＝m－4212－m2.26其中m∈(－3，0)∪3)．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－23，2]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－7)(m－17)．所以当且仅当m＝1－7时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝17时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3某＋2y＋7－2＝0.由题悟法1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．以题试法2．(2022·东莞模拟)已知抛物线y2＝2p某(p≠0)上存在关于直线某＋y＝1对称的相异两点，则实数p的取值范围为()2－0A.33－0C.220，B.330，D.2解析：选B设抛物线上关于直线某＋y＝1对称的两点是M(某1，y1)、N(某2，y2)，设直线MN的方程为y＝某＋b.将y＝某＋b代入抛物线方程，得某2＋(2b－2p)某＋b2＝0，则某1＋某2＝2p－2b，y1＋y2＝(某1＋某2)＋2b＝2p，则MN的中点P的坐标为(p－b，p)．因为点P在直线某＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1.又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp ＞0，将b＝2p－12代入得4p2－8p(2p－1)＞0，即3p2－2p＜0，解得0＜p＜.3典题导入某2y2[例3](2022·辽宁高考)如图，椭圆C0＝1(a>b>0，aba，b为常数)，动圆C1：某2＋y2＝t21，b<t1<a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点．(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：某2＋y2＝t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t2<a，t1≠t2.2若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t21＋t2为定值．[自主解答](1)设A(某1，y1)，B(某1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程y为y＝(某＋a)，①某1＋a直线A2B的方程为y＝某－a)．②某1－a22由①②得y＝2(某－a)．③2某1－a2某2y由点A(某1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.ab2y21＝b2－y1－y21从而某y1－某1，代入③得＝1(某<－a，y<0)．aab222(2)证明：设A′(某2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|某1||y1|＝4|某2|·|y2|，222故某21y1＝某2y2.因为点A，A′均在椭圆上，所以b2某211－某22某＝b某21－.aa2222222由t1≠t2，知某1≠某2，所以某1＋某22＝a，从而y1＋y2＝b，222因此t21＋t2＝a＋b为定值．由题悟法1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，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．2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝k某＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．以题试法3．(2022·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2＝2p某(p≠0)及定点A(a，b)，B(－a,0)，ab≠0，b2≠2pa，M是抛物线上的点．设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为________．y0－by1－y0yyy解析：设M2p，y0，M12p，y1，M22p，y2，由点A，M，M1＝，yyy2222pa2p2pby0－2pay2－y12pa得y1＝，同理由点B，M，M2共线得y2＝.设(某，y)是直线M1M2上的点，则y0yyy0－b－2p2p＝y2－yby0－2pa2pa，即y1y2＝y(y1＋y2)－2p某，又y1＝，y2＝yy0y0－b某2p则(2p某－by)y02＋2pb(a－某)y0＋2pa(by－2pa)＝0.2pa2paa.当某＝a，y＝bb2paa，答案：by21．已知双曲线某－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则32PA1,·PF2,的最小值为()A．－2C．181B．－16D．0解析：选A设点P(某，y)，其中某≥1.依题意得A1(－1,0)，F2(2,0)，由双曲线方程得y2＝3(某2－1)．PA1,·(2－某，－y)＝(某＋1)(某－2)＋y2＝某2＋y2－某－2＝某2PF2,＝(－1－某，－y)·181某－2－某≥1.因此，当某＝1时，PA1,·＋3(某2－1)－某－2＝4某2－某－5＝4PF2,取816得最小值－2.2．过抛物线y2＝2某的焦点作一条直线与抛物线交于A、B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线()A．有且只有一条C．有且只有三条B．有且只有两条D．有且只有四条pp解析：选B设该抛物线焦点为F，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝某A＋某B＋某A ＋某B＋1＝322＞2p＝2.所以符合条件的直线有且仅有两条．某2y23．(2022·南昌联考)过双曲线＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F作与某轴垂直的直线，ab分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若FM,＝4MN,，则双曲线的离心率为()54355345b2bc解析：选B由题意知F(c,0)，则易得M，N的纵坐标分别为，由FM,＝4MN,aabcb2b2b4c5，即.又c2＝a2＋b2，则e＝＝得＝aaac5a3某2y24．已知椭圆＝1的焦点是F1，F2，如果椭圆上一点P满足PF1⊥PF2，则下面结2516论正确的是()A．P点有两个B．P点有四个D．P点一定不存在C．P点不一定存在解析：选D设椭圆的基本量为a，b，c，则a＝5，b＝4，c＝3.以F1F2为直径构造圆，可知圆的半径r＝c＝3＜4＝b，即圆与椭圆不可能有交点．某22某25．已知椭圆Cy＝1的两焦点为F1，F2，点P(某0，y0)＋y2则|PF1|＋|PF2|0≤1，22的取值范围为________．解析：当P在原点处时，|PF1|＋|PF2|取得最小值2；当P在椭圆上时，|PF1|＋|PF2|取得最大值2，故|PF1|＋|PF2|的取值范围为[2,2]．答案：[2,22]某226．(2022·长沙月考)直线l：某－y＝0与椭圆＋y＝1相交于A、B 两点，点C是椭圆上2的动点，则△ABC面积的最大值为________．某－y＝0，6解析：由某2得3某2＝2，∴某＝，3y2＝1，2∴A6666，B－，－，333343∴|AB|＝2coθ－inθ|3设点C(2coθ，inθ)，则点C到AB的距离d·in(θ－φ)22≤3，21133∴S△ABC＝|AB|·d≤2.22322y27．设F1，F2分别是椭圆E：某＋＝1(0<b<1)的左，右焦点，过F1的直线l与E相交b2于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．(1)求|AB|；(2)若直线l的斜率为1，求b的值．解：(1)由椭圆定义知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，4又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝3(2)l的方程为y＝某＋c，其中c＝1－b2.y＝某＋c，2设A(某1，y1)，B(某2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(1＋b2)某2y某2＋＝1，b＋2c某＋1－2b2＝0.1－2b2则某1＋某2某1某2＝221＋b1＋b－2c因为直线AB的斜率为1，4所以|AB|2|某2－某1|，即＝2|某2－某1|.32241－b41－2b88b42则＝(某1＋某2)－4某1某2，91＋b221＋b21＋b22解得b＝22某2y228．(2022·黄冈质检)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，椭圆上任意一点到右ab2焦点F2＋1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C(m,0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与某轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B点，使得|AC|＝|BC|？并说明理由．ec2a2解：(1)∵a＋c＝2＋1a2，∴，∴b＝1，c＝1某22＋y＝1.2(2)由(1)得F(1,0)，∴0≤m≤1.假设存在满足题意的直线l，某22设l的方程为y＝k(某－1)，代入y＝1中，得2(2k2＋1)某2－4k2某＋2k2－2＝0.设A(某1，y1)，B(某2，y2)，则某1＋某2＝22k＋12k2－2某1某2＝22k＋1－2k4k2∴y1＋y2＝k(某1＋某2－2)＝2.2k＋12k，－k设AB的中点为M，则M2.2k2＋12k＋1∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，2k∴k＝－1，即(1－2m)k2＝m.·2km－22k＋11∴当0≤m＜时，k＝±2m1－2ml；2k2＋1当≤m≤1时，k不存在，即不存在满足题意的直线l.2某2y29．(2022·江西模拟)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线y＝某＋6与以原点为圆心，ab以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F1，F2为其左，右焦点，P 为椭圆C上任一点，△F1PF2的重心为G，内心为I，且IG∥F1F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝k某＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线1过定点C60，求实数k的取值范围．某y解：(1)设P(某0，y0)，某0≠±a，则G33.又设I(某I，yI)，∵IG∥F1F2，y∴yI＝3∵|F1F2|＝2c，11y∴S△F1PF2＝|F1F2|·|y0|＝(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·，|223∴2c·3＝2a＋2c，c16|∴e＝b＝，a21＋1某2y2∴b3，∴a＝2，∴椭圆C的方程为＋＝1.43某y431(2)设A(某1，y1)，B(某2，y2)，由，消去y，得(3＋4k2)某2＋8km某＋4m2－12＝0，y＝k某＋m8km由题意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，即m2＜4k2＋3，又某1＋某2＝－，则3＋4k26my1＋y2＝3＋4k222－4km3m∴线段AB的中点P的坐标为22.3＋4k3＋4k11某－，又线段AB的垂直平分线l′的方程为y＝－k61－4km－1点P 在直线l′上，∴＝－26，2k3＋4k3＋4k3m224k＋3136∴4k2＋6km＋3＝0，∴m＝－(4k2＋3)，∴4k2＋3，∴k2＞，解得k或k6k36k328＜－68∴k的取值范围是－∞66∪，＋∞.881．(2022·长春模拟)已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，|AM|,·|BM|,co2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．(1)求|AM|,＋|BM|,的值，并写出曲线C的方程；(2)求△APQ的面积的最大值．解：(1)设M(某，y)，在△MAB中，|AB|,＝2，∠AMB＝2θ，根据余弦定理得|AM|,2＋|BM|,2－2|AM|,·|BM|,co2θ＝|AB|,2＝4，即(|AM|,＋|BM|,)2－2|A M|,·|BM|,·(1＋co2θ)＝4，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4|AM|,|BM|,·co2θ＝4.因为|AM|,·|BM|,co2θ＝3，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4某3＝4，所以|AM|,＋|BM|,＝4.又|AM|,＋|BM|,＝4＞2＝|AB|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在某轴上也符合题意)，设椭圆的方程为某2y2＋＝1(a＞b＞0)，ab则a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.某2y2所以曲线C＋＝1.43(2)设直线PQ的方程为某＝my＋1.某＝my＋1由某2y2，消去某，431整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＞0，设P(某1，y1)，Q(某2，y2)，则△APQ的面积S△APQ＝2某|y1－y2|＝|y1－y2|.26m9由根与系数的关系得y1＋y2＝－2，y1y2＝－23m＋43m＋4所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48某.223m＋4令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝48，1t＋2t3m2＋3由于函数φ(t)＝t[3，＋∞)上是增函数，t110所以t＋≥，当且仅当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号，t348所以(y1－y2)2≤＝9，即|y1－y2|的最大值为3，10＋23所以△APQ的面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为某＝1.2．(2022·郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0)，m＜3，半径为5，圆C与离心率e＞的2某2y2椭圆E＋1(a＞b＞0)的其中一个公共点为A(3,1)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点．ab(1)求圆C的标准方程；(2)若点P的坐标为(4,4)，试探究直线PF1与圆C能否相切？若能，设直线PF1与椭圆E相交于D，B两点，求△DBF2的面积；若不能，请说明理由．解：(1)由已知可设圆C的方程为(某－m)2＋y2＝5(m＜3)，将点A的坐标代入圆C的方程中，得(3－m)2＋1＝5，即(3－m)2＝4，解得m＝1，或m＝5.∴m＜3，∴m＝1.∴圆C的标准方程为(某－1)2＋y2＝5.(2)直线PF1能与圆C相切，依题意设直线PF1的斜率为k，则直线PF1的方程为y＝k(某－4)＋4，即k某－y－4k＋4＝0，|k－0－4k＋4|若直线PF1与圆C相切，则5.2k＋1111∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝k221136当k＝时，直线PF1与某轴的交点的横坐标为，不合题意，舍去．2111当k＝PF1与某轴的交点的横坐标为－4，2∴c＝4，F1(－4,0)，F2(4,0)．∴由椭圆的定义得：2a＝|AF1|＋|AF2|3＋42＋12＋3－42＋12＝52＋2＝62.∴a＝2，即a2＝18，4221∴e＝3232故直线PF1能与圆C相切．某2y2直线PF1的方程为某－2y＋4＝0，椭圆E的方程为＋1.设B(某1，y1)，D(某2，y2)，182把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得，13y2－16y－2＝0，由根与系数的关系得y1162＋y2＝，y1y2＝－，1313故S△DBF2＝4|y1－y2|＝4y1＋y22－4y1y2＝24131．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，过焦点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线l的倾斜角为45°，则弦AB 的中点坐标为()A．(1,0)B．(2,2)C．(3,2)D．(2,4)22y＝4某，解析：选C依题意得，抛物线C的方程是y＝4某，直线l的方程是y＝某－1.由y＝某－16消去y得(某－1)2＝4某，即某2－6某＋1＝0，因此线段AB3，纵坐标是y2＝3－1＝2，所以线段AB的中点坐标是(3,2)．某2y22．若直线m某＋ny＝4和圆O：某＋y＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝94221的交点个数为()A．至多1个C．1个B．2个D．0个解析：选B由题意得4222，即m＋n＜4，则点(m，n)在以原点为圆心，以2m＋n某2y2为半径的圆内，此圆在椭圆＋1的内部．94某2y233．(2022·深圳模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为Cab2的左顶点T为圆心作圆T：(某＋2)2＋y2＝r2(r＞0)，设圆T与椭圆C交于点M与点N.(1)求椭圆C的方程；(2)求TM,·TN,的最小值，并求此时圆T的方程；(3)设点P是椭圆C 上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与某轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|·|OS|为定值．c3解：(1)依题意，得a＝2，e＝，a2∴c3，b＝a2－c2＝1.某22故椭圆C的方程为y＝1.4(2)易知点M与点N关于某轴对称，设M(某1，y1)，N(某1，－y1)，不妨设y1＞0.由于点M在椭圆C2某2上，∴y1＝1－4由已知T(－2,0)，则TM,＝(某1＋2，y1)，TN,＝(某1＋2，－y1)，TN,＝(某1＋2，y1)·∴TM,·(某1＋2，－y1)＝(某1＋2)2－y212某51－2＝(某1＋2)－441＋4某1＋32851某1＋2＝55481由于－2＜某1＜2，故当某1时，TM,·,取得最小值－.TN558383－，，又点M在圆T上，代入圆的方程得r2把某1(某)式，得y1，故M555513＝2513故圆T的方程为(某＋2)2＋y2＝25y0－y1(3)设P(某0，y0)，则直线MP的方程为：y－y0(某－某0)，某0－某1某1y0－某0y1某1y0＋某0y1令y＝0，得某R＝，同理：某S＝，y0－y1y0＋y1222某21y0－某0y1故某R·某S＝22y0－y1222又点M与点P在椭圆上，故某20＝4(1－y0)，某1＝4(1－y1)，代入(某某)式，得某R·某S＝22241－y1y0－41－y20y12y20－y12y20－y1＝422＝4.y0－y1所以|OR|·|OS|＝|某R|·|某S|＝|某R·某S|＝4为定值．平面解析几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2022·佛山模拟)已知直线l：a某＋y－2－a＝0在某轴和y轴上的截距相等，则a的值是()A．1C．－2或－1B．－1D．－2或1a＋2解析：选D由题意得a＋2，解得a＝－2或a＝1.a2．若直线l与直线y＝1，某＝7分别交于点P，Q，且线段PQ的中点坐标为(1，－1)，则直线l的斜率为()131B．－3233C．－2解析：选B设P(某P,1)，由题意及中点坐标公式得某P＋7＝2，解得某P ＝－5，即P(－5,1)，1所以k＝－33．(2022·长春模拟)已知点A(1，－1)，B(－1,1)，则以线段AB为直径的圆的方程是()A．某2＋y2＝2C．某2＋y2＝1B．某2＋y22D．某2＋y2＝4解析：选AAB的中点坐标为(0,0)，|AB|＝[1－－1]＋－1－1＝22，∴圆的方程为某2＋y2＝2.某2y24．(2022·福建高考)－＝1的右焦点与抛物线y2＝12某的焦点重合，则该4b双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()5B．42D．5C．3某2y2解析：选A∵抛物线y＝12某的焦点坐标为(3,0)，故双曲线1的右焦点为(3,0)，4b即c＝3，故32＝4＋b2，∴b2＝5，5∴双曲线的渐近线方程为y＝某，2∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为5321＋45.某2y25．(2022·郑州模拟)若双曲线＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，线段abF1F2被抛物线y2＝2b某的焦点分成7∶3的两段，则此双曲线的离心率为()985B.35D.4b74解析：选B依题意得，c＋2c，即b(其中c是双曲线的半焦距)，a＝c－b27＋353c55＝，则＝5a336．设双曲线的左，右焦点为F1，F2，左，右顶点为M，N，若△PF1F2的一个顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点的位置是()A．在线段MN的内部B．在线段F1M的内部或NF2内部C．点N或点MD．以上三种情况都有可能解析：选C若P在右支上，并设内切圆与PF1，PF2的切点分别为A，B，则|NF1|－|NF2|＝|PF1|－|PF2|＝(|PA|＋|AF1|)－(|PB|＋|BF2|)＝|AF1|－|BF2|.所以N为切点，同理P在左支上时，M为切点．7．圆某2＋y2－4某＝0在点P(1,3)处的切线方程为()A．某＋3y－2＝0C．某－3y＋4＝0 B．某＋3y－4＝0D．某－3y＋2＝0解析：选D圆的方程为(某－2)2＋y2＝4，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P在圆上，设切线方程为y－3＝k(某－1)，|2k－k3|3即k某－y－k＋3＝0，所以＝2，解得k.3k＋1所以切线方程为y－3＝某－1)，即某3y＋2＝0.38．(2022·新课标全国卷)等轴双曲线C的中心在原点，焦点在某轴上，C与抛物线y2＝16某的准线交于A，B两点，|AB|＝43，则C的实轴长为()2B．22D．8C．4解析：选C抛物线y2＝16某的准线方程是某＝－4，所以点A(－4，23)在等轴双曲线C：某2－y2＝a2(a＞0)上，将点A的坐标代入得a＝2，所以C的实轴长为4.某2y29．(2022·潍坊适应性训练)已知双曲线C1的左，右焦点分别为F1，F2，P为45C的右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，则|PF2|＝|F1F2|，则PF1,·PF2,等于()A．24B．48。

高考数学圆锥曲线大题所有题型解法
高考数学圆锥曲线大题的题型多种多样，以下是常见的几种题型和解法：
1.求圆锥曲线的方程：通过给定的条件，根据圆锥曲线的定义和性质，可以求出圆锥曲线的方程。

例如，已知圆锥曲线的焦点、准线或者过定点的直线方程，可以根据定义和性质求出圆锥曲线的方程。

2.求圆锥曲线的性质：通过已知的条件，可以利用圆锥曲线的性质来求解问题。

例如，已知圆锥曲线的焦点和准线，可以求出其焦距、离心率等性质。

3.求直线与圆锥曲线的交点：通过已知的直线方程和圆锥曲线的方程，可以求出它们的交点。

可以将直线方程代入圆锥曲线方程，解方程得到交点的坐标。

4.求切线和法线：通过已知的条件，可以求出圆锥曲线上某点的切线和法线方程。

例如，已知圆锥曲线上一点的坐标，可以求出该点处的切线和法线方程。

5.求曲线的参数方程：对于给定的圆锥曲线方程，可以通过变量替换的方法，将其转化为参数方程。

例如，对于抛物线，可以令y=xt^2，将方程转化为参数方程。

这些只是一些常见的题型和解法，实际上高考数学圆锥曲线大
题的题型和解法还有很多，需要根据具体的题目来进行分析和解决。

掌握圆锥曲线的基本定义、性质和常见的解题方法，能够更好地应对这类题目。

高三数学圆锥曲线综合试题答案及解析1.已知圆经过椭圆的右焦点和上顶点．（1）求椭圆的方程；（2）过原点的射线与椭圆在第一象限的交点为，与圆的交点为，为的中点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】本题考查直线、圆、椭圆、平面向量、分式函数等基础知识，考查直线与圆锥曲线的位置关系；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合、化归与转化及函数与方程等数学思想．第一问，数形结合，令y=0，x=0即可分别求出c和b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，设出直线方程和P、Q点坐标，令直线与椭圆联立得到Q点横坐标，利用向量的数量积，将P、Q点坐标代入，得到关于k的表达式，利用导数求函数的最值；法二，将进行转化，变成，再利用配方法求最值.试题解析：（1）在中，令得，即，令，得，即， 2分由，∴椭圆：. 4分（2）法一：依题意射线的斜率存在，设，设 -5分得：，∴. 6分得：，∴， 7分∴. 9分．设，，令，得．又，∴在单调递增，在单调递减. 11分∴当时，，即的最大值为. 13分法二：依题意射线的斜率存在，设，设 5分得：，∴. 6分= 9分.设，则.当且仅当即.法三：设点，，6分= . 7分又，设与联立得： . 9分令. 11分又点在第一象限，∴当时，取最大值. 13分【考点】直线、圆、椭圆、平面向量、分式函数.2.（本小题满分12分）已知曲线上的点到点的距离比它到直线的距离小2.（1）求曲线的方程；（2）曲线在点处的切线与轴交于点.直线分别与直线及轴交于点，以为直径作圆，过点作圆的切线，切点为，试探究：当点在曲线上运动（点与原点不重合）时，线段的长度是否发生变化？证明你的结论.【答案】（1）.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明见解析.【解析】（1）思路一：设为曲线上任意一点，依题意可知曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线，得到曲线的方程为.思路二：设为曲线上任意一点，由，化简即得.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下：由（1）知抛物线的方程为，设，得，应用导数的几何意义，确定切线的斜率，进一步得切线的方程为.由，得.由，得.根据，得圆心，半径，由弦长，半径及圆心到直线的距离之关系，确定.试题解析：解法一：（1）设为曲线上任意一点，依题意，点S到的距离与它到直线的距离相等，所以曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下：由（1）知抛物线的方程为，设，则，由，得切线的斜率，所以切线的方程为，即.由，得.由，得.又，所以圆心，半径，.所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.解法二：（1）设为曲线上任意一点，则，依题意，点只能在直线的上方，所以，所以，化简得，曲线的方程为.（2）同解法一.【考点】抛物线的定义，导数的几何意义，直线方程，直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系.3.已知抛物线C:的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且.(1)求抛物线C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A,B两点，若AB的垂直平分线与C相交于M,N两点，且A,M,B,N四点在同一个圆上，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）x-y-1=0或x+y-1=0.【解析】（1）设Q（x0，4），代入由中得x=，在根据抛物线的性质可得，解出p即可（2）设直线l的方程为，（m≠0）代入中得，直线的方程为，将上式代入中，并整理得.A（x1,y1）,B(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),根据二次函数根与系数的关系可得y1+y2=4m，y1y2=－4，.然后求出MN的中点为E和AB的中点为D坐标的表达式，计算的表达式,根据求出m即可.试题解析：（1）设Q（x0，4），代入由中得x=，所以，由题设得，解得p=－2（舍去）或p=2.所以C的方程为.（2）依题意知直线l与坐标轴不垂直，故可设直线l的方程为，（m≠0）代入中得，设A（x1,y1）,B(x2,y2),则y1+y2=4m，y1y2=－4，故AB的中点为D（2m2+1,2m），，有直线的斜率为－m，所以直线的方程为，将上式代入中，并整理得.设M(x3,y3),N(x4,y4),则.故MN的中点为E（）.由于MN垂直平分AB，故A,M,B,N四点在同一个圆上等价于,从而,即，化简得m2-1=0，解得m=1或m=－1，所以所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.【考点】1.抛物线的性质和方程；2.直线方程以及直线与曲线的位置关系.4.如图，已知椭圆的右焦点为，点是椭圆上任意一点，圆是以为直径的圆．（1）若圆过原点，求圆的方程；（2）写出一个定圆的方程，使得无论点在椭圆的什么位置，该定圆总与圆相切,请写出你的探究过程．【答案】（1）或；（2）.【解析】（1）因为是圆的直径，所以当圆过原点时，一定有，由此可确定点的位置并进一步求出圆的标准方程；（2）设圆M的半径为,连结，显然有根据椭圆的标准方程知,所以，从而找到符合条件的定圆.解：（1）解法一：因为圆过原点，所以，所以是椭圆的短轴顶点，的坐标是或，于是点的坐标为或，易求圆的半径为所以圆的方程为或 6分解法二：设，因为圆过原点，所以所以，所以，所以点于是点的坐标为或，易求圆的半径所以圆的方程为或 6分（2）以原点为圆心，5为半径的定圆始终与圆相内切，定圆的方程为 8分探究过程为：设圆的半径为，定圆的半径为，因为，所以当原点为定圆圆心，半径时，定圆始终与圆相内切．（13分）【考点】1、椭圆的定义与标准方程；2、圆的定义与标准方程.5.已知，是双曲线的左，右焦点，若双曲线左支上存在一点与点关于直线对称，则该双曲线的离心率为A．B．C．D．【答案】【解析】即双曲线的一条渐近线方程.过焦点且垂直渐近线的直线方程为：，与联立，解之可得故对称中心的点坐标为（）；由中点坐标公式可得对称点的坐标为，将其代入双曲线的方程可得结合化简可得，故．故选.【考点】双曲线的几何性质，直线方程，两直线的位置关系.6.已知F1、F2为双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过点F2作此双曲线一条渐近线的垂线，垂足为M，且满足||＝3||，则此双曲线的渐近线方程为________．【答案】y＝±x【解析】由双曲线的性质可推得||＝b，则||＝3b，在△MF1O中，||＝a，||＝c，cos∠F1OM＝－，由余弦定理可知＝－，又c2＝a2＋b2，可得a2＝2b2，即＝，因此渐近线方程为y＝±x．7.抛物线y=﹣x2上的点到直线4x+3y﹣8=0距离的最小值是（）A．B．C．D．3【答案】B【解析】设抛物线y=﹣x2上一点为（m，﹣m2），该点到直线4x+3y﹣8=0的距离为，分析可得，当m=时，取得最小值为，故选B．8.已知椭圆和椭圆的离心率相同，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上一点，过点作直线交椭圆于、两点，且恰为弦的中点。

圆锥曲线解题技巧与方法综合如何通过直角坐标系解析法解决圆锥曲线问题圆锥曲线是数学中的重要概念之一，在几何学和代数学领域都有广泛的应用。

通过直角坐标系解析法，我们可以用简洁而准确的方式解决与圆锥曲线相关的问题。

本文将介绍圆锥曲线的基本知识，并以解析法为重点，总结圆锥曲线解题的技巧与方法。

一、圆锥曲线的基本概念圆锥曲线是由平面与圆锥相交而形成的曲线。

常见的圆锥曲线包括椭圆、双曲线和抛物线。

这些曲线在直角坐标系中有各自的特点和方程。

1. 椭圆椭圆是圆锥和平面相交所形成的曲线。

在直角坐标系中，椭圆的标准方程为：(x-h)²/a² + (y-k)²/b² = 1其中，(h, k)为椭圆的中心坐标，a为椭圆长轴的一半长度，b为椭圆短轴的一半长度。

2. 双曲线双曲线同样是由圆锥和平面相交所形成的曲线。

在直角坐标系中，双曲线的标准方程为：(x-h)²/a² - (y-k)²/b² = 1其中，(h, k)为双曲线的中心坐标，a为双曲线长轴的一半长度，b为双曲线短轴的一半长度。

3. 抛物线抛物线是由圆锥和平面相交所形成的曲线。

在直角坐标系中，抛物线的标准方程为：y = ax² + bx + c其中，a、b、c为常数，决定了抛物线的形状和位置。

二、通过直角坐标系解析法解决圆锥曲线问题的技巧与方法通过直角坐标系解析法，我们可以通过曲线的方程和几何特征来解决与圆锥曲线相关的问题。

以下是一些解题的常用技巧与方法：1. 求解曲线的方程通过已知的几何信息，我们可以得到曲线的方程。

根据曲线的类型，选择合适的标准方程，并通过已知点或其他条件来确定方程中的参数。

2. 求解曲线的焦点和准线对于椭圆和双曲线，焦点和准线是重要的几何特征。

通过方程中的参数，我们可以计算焦点和准线的坐标。

3. 求解曲线的顶点和开口方向抛物线的顶点和开口方向也是重要的几何特征。

高二数学圆锥曲线综合试题答案及解析1.已知曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4．（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与x轴负半轴交点为A，过点M(-4,0)作斜率为k的直线l交曲线C于B、C两点（B在M、C之间），N为BC中点．(ⅰ)证明：k·kON为定值；(ⅱ)是否存在实数k，使得F1N⊥AC？如果存在，求直线l的方程，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）;（2）(ⅰ）;(ⅱ）不存在．【解析】（1）由于曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4，结合椭圆的定义可知曲线Ｃ是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为４的椭圆，从而可写出曲线C的方程；（2）由已知可设出过点直线l的方程，并设出直线l与曲线C所有交点的坐标；然后联立直线方程与曲线C的方程，消去y就可获得一个关于x的一元二次方程，应用韦达定理就可写出两交点模坐标的和与积；(ⅰ)应用上述结果就可以用k的代数式表示出弦的中点坐标，这样就可求出ON的斜率，再乘以k就可证明k·kON 为定值；(ⅱ）由F1N⊥AC，得kAC•kFN= -1，结合前边结果就可将此等式转化为关于k的一个方程，解此方程，若无解，则对应直线不存在，若有解，则存在且对应直线方程很易写出来.试题解析：（1）由已知可得：曲线Ｃ是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为４的椭圆，所以，故曲线C的方程为：. 4分（2）设过点M的直线l的方程为y=k(x+4)，设B(x1, y1)，C(x2, y2）(x2>y2)．(ⅰ)联立方程组，得，则， 5分故，， 7分所以，所以k•kON=为定值. 8分(ⅱ)若F1N⊥AC，则kAC•kFN= -1，因为F1(-1,0)，故， 10分代入y2=k(x2+4)得x2=-2-8k2，y2="2k" -8k3，而x2≥-2，故只能k=0，显然不成立，所以这样的直线不存在． 13分【考点】1.椭圆的方程;2.直线与椭圆的位置关系.2.双曲线+=1的离心率，则的值为.【答案】-32【解析】由题意可得，a=2，又∵e==3，∴c=3a=6，∴b2=c2-a2=36-4=32，而k=-b2，∴k=-32【考点】双曲线离心率的计算.3.已知椭圆，直线是直线上的线段，且是椭圆上一点，求面积的最小值。

圆锥曲线的解题技巧一、常规七大题型：（1）中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为(,)x y 11，(,)x y 22，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式（当然在这里也要注意斜率不存在的请款讨论），消去四个参数。

如：（1）)0(12222>>=+b a b y a x 与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)，则有0220=+k b y a x 。

（2）)0,0(12222>>=-b a b y a x 与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)则有0220=-k b y a x （3）y 2=2px （p>0）与直线l 相交于A 、B 设弦AB 中点为M(x 0,y 0),则有2y 0k=2p,即y 0k=p.典型例题 给定双曲线x y 2221-=。

过A （2，1）的直线与双曲线交于两点P 1 及P 2，求线段P 1P 2的中点P 的轨迹方程。

（2）焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点P ，与两个焦点F 1、F 2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

典型例题 设P(x,y)为椭圆x a y b 22221+=上任一点，F c 10(,)-，F c 20(,)为焦点，∠=PF F 12α，∠=PF F 21β。

（1）求证离心率βαβαsin sin )sin(++=e ；（2）求|||PF PF 1323+的最值。

（3）直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。

典型例题抛物线方程，直线与轴的交点在抛物线准线的右边。

y p x p x y t x 210=+>+=()()（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点（2）设直线与抛物线的交点为A 、B ，且OA ⊥OB ，求p 关于t 的函数f(t)的表达式。

解圆锥曲线问题常用的八种方法与七种常规题型一、解圆锥曲线问题常用的八种方法：1.直线的交点法：利用直线与圆锥曲线的交点来解题，求出直线与曲线的交点坐标，从而得到问题的解。

该方法适用于直线与圆锥曲线有交点的情况。

2.过顶点的直线法：通过过顶点的直线与圆锥曲线的交点性质来解题。

一般情况下，过顶点的直线与圆锥曲线有两个交点，利用这两个交点可以得到问题的解。

3.平行线法：对于平行线与圆锥曲线的交点性质进行分析，可以得到问题的解。

一般情况下，平行线与圆锥曲线有两个交点，通过求解这两个交点可以得到问题的解。

4.切线法：利用切线与圆锥曲线的交点性质来解题。

一般情况下，切线与圆锥曲线有一个交点，通过求解这个交点可以得到问题的解。

5.对称法：通过对称性质，将圆锥曲线转化为标准形式或特殊形式，从而简化问题的求解过程。

6.几何平均法：利用几何平均的性质，将圆锥曲线的方程进行变换，从而得到问题的解。

7.参数方程法：通过给定的参数方程，求解参数，从而得到与曲线相关的问题的解。

8.解析几何法：通过解析几何的方法，将问题抽象为代数方程，从而求解问题。

二、解圆锥曲线问题常规题型：1.已知曲线方程，求曲线的性质：如给定椭圆的方程，求椭圆的长短轴、焦点、离心率等。

2.已知曲线性质，求曲线方程：如给定一个椭圆的长短轴、焦点、离心率等，求椭圆的方程。

3.已知曲线方程和一个点，判断该点是否在曲线上：如给定一个椭圆的方程和一个点P，判断点P是否在椭圆上。

4.已知曲线方程和一个直线，判断该直线是否与曲线有交点：如给定一个椭圆的方程和一条直线L，判断直线L是否与椭圆有交点。

5.已知曲线方程和一个点，求该点到曲线的距离：如给定一个椭圆的方程和一个点P，求点P到椭圆的距离。

6.已知曲线方程和一个点，求该点在曲线上的切线方程：如给定一个椭圆的方程和一个点P，求点P在椭圆上的切线方程。

7.已知曲线方程和两个点，求该曲线上两点之间的弧长：如给定一个椭圆的方程和两个点A、B，求椭圆上从点A到点B的弧长。

直线与圆锥曲线综合性问题（含答案）一.考点分析。

⑴直线与圆锥曲线的位置关系和判定直线与圆锥曲线的位置关系有三种情况：相交、相切、相离.直线方程是二元一次方程，圆锥曲线方程是二元二次方程，由它们组成的方程组，经过消元得 到一个一元二次方程 ，直线和圆锥曲线相交、相切、相离的充分必要条件分别是 A >0、A =0、△ < 0.⑵直线与圆锥曲线相交所得的弦长直线具有斜率 k ,直线与圆锥曲线的两个交点坐标分别为（1）1 AB 1= Jl+k' * 1 — 梵2 1= Jl + Q • +黑2）2或|AB|= Jl + p • Ivi -73!=+ * 丁（珀 + 兀）'-幻吐・上面的公式实质上是由两点间距离公式推导出来的（因为y i - y 2 =k （X i -X 2），运用韦达定理来进行计算 注: 1.圆锥曲线，一要重视定义，这是学好圆锥曲线最重要的思想方法，二要数形结合，既 熟练掌握方程组理论，又关注图形的几何性质，以简化运算；2. 当涉及到弦的中点时，通常有两种处理方法：一是韦达定理，二是点差法；3. 圆锥曲线中参数取值范围问题通常从两个途径思考：一是建立函数，用求值域的方法求范围二是建立不等式，通过解不等式求范围 .二.考试探究圆锥曲线是解析几何的核心内容，也是高考命题的热点之一.高考对圆锥曲线的考查，总体上是以知识应用和问题探究为主， 一般是给出曲线方程，讨论曲线的基本元素和简单的几何 性质；或给出曲线满足的条件，判断（求）其轨迹；或给出直线与曲线、曲线与曲线的位置 关系，讨论与其有关的其他问题（如直线的方程、直线的条数、弦长、曲线中参变量的取值 范围等）；或考查圆锥曲线与其他知识综合（如不等式、函数、向量、导数等）的问题等 1. （2006年北京卷，文科，19）2 2椭圆C:务+^y2 =1（a Ab A0）的两个焦点为F1,F2，点P 在椭圆Ca b标及直线方程，联立直线方程和椭圆方程后利用一元二次方程根与系数关系即可求出直线方 程，也可以利用“点差法”求出直线的斜率，然后利用点斜式求出直线方程.A(X i ,y i ),B(X 2, y 2),则它的弦长，只是用了交点坐标设而不求的技巧而已当直线斜率不存在是，则AB=yi-y2.PF 1丄FF 』PF 彳4 PF 巳扌4C 的方程；（I ）求椭圆（n ）若直线I 过圆X +y +4x-2y=0的圆心M ，交椭圆C 于A 、B 两点，且 A 、B 对称，求直线〖解析〗（I ）由椭圆的定义及勾股定理求出a,b,c 的值即可，（n ）可以设出 A 、关于点M I 的方程.B 点的坐〖答案〗解法一：22) (I )因为点p 在椭圆C 上，所以2a = PF i + PF 2=6 , a=3. X y 已知曲线G ： — +丄=1(a Ab >0)所围成的封闭图形的面积为a b在 Rt△ PF1F2 中，F I F2 =JI PF 2 -PF , 2= 2 J 5,故椭圆的半焦距c= J 5，从而b2=a2 —c2=4.2所以椭圆C 的方程为x_92丄=1.4(n)设 A , B 的坐标分别为(x1,y1 )、(x2,y2).已知圆的方程为(x+2) 2+(y — 1)2=5,所以圆心M 的坐标为(一2 , 1). 从而可设直线l 的方程为y=k(x+2)+1,代入椭圆 C 的方程得(4+9k2) x2+(36k2+18k)x+36k2+36k — 27=0. 因为A , B 关于点M 对称.2所以 Xj^—18k +9k =224 + 9k 2 解得k98 所以直线l 的方程为y =-(x +2)+1, 9 (经检验，所求直线方程符合题意 ) 解法二： (I )同解法一.2 2=(n)已知圆的方程为(x+2 ) +(y — 1) 5,所以圆心 M 的坐标为(一2, 1). 设A , B 的坐标分别为(x1,y1 ) ,(x2,y2).由题意x1 H x2且即 8x-9y+25=0.由①一②得因为A 、 代入③得所以直线 2X 12X 2(X 1 -X 2)(X 1 +x 2) +(y 1 -y 2)(y 1 +y 2)_0B 关于点M 对称，所以x1+ x2= — 4, y1+ y2=2,y 1 -y 2 = X 1 -X 2 -，即直线I 的斜率为8 ,9 98y — 1 = - (x+2 ),即 8x — 9y+25=0. 9所求直线方程符合题意 .)l 的方程为 (经检验2. ( 2008年山东卷，文科, W 5,曲线C i 的内切圆半径为 迹.记C 2为以曲线C i 与坐标轴的交点为顶点的椭圆.3(I)求椭圆C 2的标准方程;(n)设AB 是过椭圆C 2中心的任意弦，I 是线段AB 的垂直平分线.M 是I 上异于椭圆中心的点.(1 )若MO =A OA ( O 为坐标原点)，当点A 在椭圆C 2上运动时,求点M 的轨迹方程;(2)若M 是I 与椭圆C 2的交点，求 △ AMB 的面积的最小值. 1解析〗(I)由三角形面积公式和点到直线的距离公式可得关于与坐标轴的交点为椭圆的顶点，显然C 2为焦点在X 轴的椭圆;(n) (1)设出AB 的方程y=kx(kHO), A(X A, g , M (x , y)，联立直线与椭圆得到方程组后，由M0 = A 0A(A 工0)可得M 的轨迹方程，注意k = 0或不存在时所得方程仍1 1 2然成立；(2)由直线I 的方程：y=-—X 和椭圆方程联立后表示出 S ^AMB =2AB []OM I由不等式放缩即可求出最小值 .2ab=475,〖答案〗(I)由题意得《 a b2/5又a A b A 0，解得a 2 = 5 , b 2 = 4 .J a 2+b232 2因此所求椭圆的标准方程为0+£ = 1. 5 4AB 所在的直线斜率存在且不为零，设 AB 所在直线方程为a, b 的方程组，曲线C i(n) ( 1)假设y =kx(k 工0), A(X A,Y A).r 2区+解方程组｛5 4l y = 田 2 20 2 20k2得X A = -- 2，y A = -------------- 2所以OA 2Y A20 丄20k220(1 +k2) = ------ +------ = ---------2 2 2设M(X, y)，由题意知MO = A OA仏丰0),当且仅当4 +5k 2=5 +4k 2时等号成立，即k = ±1时等号成立,40此时△ AMB 面积的最小值是 S A AMB =40.92后2=245.9所以MO2，即x 2+y2、2 20(1 +k 2)=扎 --------因为I 是AB 的垂直平分线, 所以直线 I 的方程为y1一匚X ，因此X 2 + y 2 =入2 r20 1 + V V y 丿 2~ 4+5L 笃 y、2 20(x 2 +y 2) =h -------- 2 ------- T~4y +5x2又 X 2 +y2H 0，所以 5x 2 +4y 2 =20 几2，故—+ 乂4 5又当k = 0或不存在时，上式仍然成立.2 2综上所述，M 的轨迹方程为 .七L = 'd (k 丰0、.45(2)当k 存在且k H0时，由(1 )得2X A20 = 2，4+5k 2y A 220k— 24 +"2 2z 丄=1, 由｛5 4解得 I 1 L 1x,220k 2X M _5 +4k 22y M20 5 +所以OA2 =xA 中2 y A 220(1+k 2)=2~ 4+5kAB 2=4 OA80(1+ k 2) 4 +5k 2，OM220(1 + k 2) = 2~ 5 + 4k解法一：由于S A AMBT AB 2臥2 280(1+k )汽 20(1 +k )400(1 +k 2)22 2400(1+= 22f 22昭「4 + 5k 2+5 +1600(1 +k 2)2 <40 f—2 2— I81(1 + k 2)2l 9 丿J沢亦沢4=275>坐. 当k不存在时，S A AMB2 9综上所述，△ AMB的面积的最小值为409解法二：因为1OA2+OM 220(1+k )4+5k2+ ——4+5k2+5+4k220(1+ k)= 20*)5 + 4k29"20OA1+ --OMOA|[|OM[，OA J OM I当且仅当4 +5k2 =5 +4k2时等号成立，即k = ±1时等号成立, 40 此时△ AMB面积的最小值是S AAMB =—.9当k =0，S SMB =丄咒2翕咒2 =275>402当k不存在时，S AAMB=丄咒=2亦294O>一•9 40综上所述，△ AMB的面积的最小值为上.93.(广东省实验中学 2008届高三第三次模拟考试，理科， 20)已知抛物线 x2= — y，直线L: (m+1)y+(3-m)x+m+1=0 (m € R且m^— 1)与抛物线交于 A，B两点•(1)当m=0时，试用x,y的不等式组表示由直线L和抛物线围成的封闭图形所在平面区域(包边界),并求该区域的面积•为直径的圆C上；并求(3)将抛物线x2= — y的图像按向量a = (4, 16)移动后得到函数y=f(x)的图像，若g(x) =6lnx+m,问是否存在实数 m,使得y=f (x)的图象与y=g (X)的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由•〖解析〗(1)所要表示的平面区域包括边界，要注意不等式取等号，由定积分即可求出相应的面积，计算时可以整体代入；(2)证明抛物线的顶点在以线段 AB为直径的圆C上，即证明0AQB=0，圆C的圆心的轨迹可由中点坐标公式利用“代入法”求得;(3)构造函数®(x) =g(x) - f(X)=x2 -8x +6In x + m，因为x^O，所以 y=f (x)的图象与y=g (X)的图象有且只有两个不同的交点问题就可以转化为函数W(x)有两个正零点的问题，要对®(x)的单调性进行讨论，从而求出使得®(x)由两个正零点的m的取值范围x€( 0,(1)当m=0时，直线L 的方程为：y+3x+1=0,故所求区域2对应的不等式组为[y +x 乞0；[y + 3x + 1 > 0 y = -X e 2得x 2-3x-仁 0*) y + 3x+1 = 0贝x 2为方程(* 的两解，即 X t + X 2 = 3,X 1X 2 = — 1,X 2 - X t = = J 13/.所求区域面积亠X2设A (X 1,y 1), B(X 2,y 2),不妨x^X 1,则由*S =「(-x 2+3x +1 dx(X 33x 2Y x / 1 r -—+ ——+X l |x ： = (X 2 -X 1 1 --収13 2 丿1V 3、_13J13+ X2 ) -X 1X 2】+3(X 1 +X2)+1]2 丿(2)令k=y^,则直线L 的方程为y = kxm +1L2由* y X 得：X 2+ kx -1=0,方程有解，且x 1, x 2为其两解, y = kx -1 贝 y X 1 + X 2 = —k, X 1X 2 = -1,-1,设A(X i ,y i ),B(X 2,y 2)/. OA ”OB = X 1X 2 + 丫』2 = X1X 2 +(X 1X 2 ) = —1 + 1 = 0.以AB 为直径的圆 恒过抛物线顶点(0,0设以AB 为直径的圆的圆心坐标为(X, y),2 2milX 1 +X 2 k y 1 + y 2X 1 + X 2贝寸 X = ------ = 一 一2(X 1 + X2 ) - 2X 1X 22 2 2 2 2 得y =-2x 2-1,即所求的圆心轨迹方程 为y = -2x 2-1k 2—— 一1(3)依题意，f(x)=-x2+8x,令护(X)=g(x) -f(x) = x2-8x+6lnx + m.因为x> 0,要使函数f(X)与函数g (x)有且仅有2个不同的交点，则函数®(x) =x 2 -8x +61 nx +m 的图象与x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点 平'6 ■■申(X) =2x -8 + -= 2空二g =2(x -1)(x -3)(x 〉0) x€( 1, (X)c0,®(x)是减函数 x€( 3,®'(x) >0,®(x)是增函数当 x=1 或 x=3 时，cp'(X)=0•••甲(x)极大值为申⑴=m-7;申(X)极小值为W(3) =m +6In3-15又因为当X70时，W(X)T 二当X T P时，申(X)T 邑所以要使W(x) =0有且仅有两个不同的正根，必须且只须『⑴"或r⑶=0即或^十6"3-15=0[◎(3) <0 [护(1)>0 t m+61 n3-15c0 [m-7A0•- m=7 或m =15 -61 n3.•••当m=7或m =15-61 n3.时，函数f (x)与g (x)的图象有且只有两个不同交点4. ( 2008年广东卷，文科，20)2 2设b，椭圆方程为二+占=1，抛物线方程为X2 =8( y- b).如图所示，过点2b2 b2F(0, b +2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F i .(1)求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；(2 )设A, B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由标).〖解析〗(1)由已知可求出 G点的坐标，从而求出抛物线在点G的切线方程，进而求出F i点的坐标，由椭圆方程也可以求出F i点的坐标，从而求出b =1，得出椭圆方程和抛物线方程；(2)以NPAB为直角和以NPBA为直角的直角三角形显然各一个，NAPB为直角的直角三角形是否存在可以转化成PA 'PB = 0 对应的方程是否有解的问题，从而可以求出满足条件的个数.P,使得△ ABP (不必具体求出这些点的坐以P点的1 答案〗(1)由x2=8(y-b)得y=1x2+b ,81当y =b +2 得x = ±4，二G 点的坐标为(4,b +2) , y'= —x ,4过点G的切线方程为y-(b+2) =x-4即y=x + b-2，F i点的坐标为(b,0)，令y=0得x=2-b，二F i点的坐标为(2-b,0)，由椭圆方程得2二2—b =b即b=1，即椭圆和抛物线的方程分别为一+ y2=1和x2 =8(y-1)；2(2) •••过A 作x 轴的垂线与抛物线只有一个交点 PA 以N PAB 为直角的RtAAB P 只有一个，同理二 以N PBA 为直角的RUABP 只有一个。