新高考数学二轮专题圆锥曲线精练第15讲 设点设线技巧之设点技巧归纳总结（2份，原卷版+解析版）

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一．解答题（共19小题）
1．如图，已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧．记，的面积为，．
（1）若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积；
（2）求的最小值及此时点的坐标．
【解答】解：（1）由题意可得，解得，所以抛物线的方程为，
由已知设直线的方程为，
与抛物线联立可得，，所以，
则线段，则以线段为直径的圆的半径为8，故圆的面积为；
（2）设，，，，，，重心，，
令，，则，由直线过点，故直线的方程为，代入，可得，
所以，即，所以，
又由于，，重心在轴上，故，
所以，，
所以直线的方程为，可得，，
由于点在焦点的右侧，故，
故，
令，则，
所以，
当且仅当，即时，取得最小值，此时．
2．如图，已知点为抛物线的焦点．过点的直线交抛物线于，两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记，的面积分别为，．
（Ⅰ）求的值及抛物线的准线方程；
（Ⅱ）求的最小值及此时点的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：，
，
抛物线的准线方程为；
（Ⅱ）设，，，，，，重心，，
令，，则，
由于直线过，故直线的方程为，
代入，得：，
，即，，，
又，，重心在轴上，
，
，，，，
直线的方程为，得，，
在焦点的右侧，，
，
令，则，
，
当时，取得最小值为，此时．
3．已知椭圆的右焦点为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的右顶点，过点的直线与交于、两点（均异于，直线、分别交直线于、两点，证明：、两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值；
（3）记以坐标原点为顶点、为焦点的抛物线为，如图，过点的直线与交于、两点，点在上，并使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在的右侧，设、的面积分别为、，是否存在锐角，使得成立？请说明理由．
【解答】解：（1）依题意，得，且，
，，
椭圆的方程为．
（2）证法
由椭圆的方程可知．
若直线的斜率不存在，则直线，
，，
直线、的方程分别为、，易得，，
、两点的纵坐标之积为．
若直线的斜率存在，则可设直线，
联立椭圆的方程，得．
设，，，，
则，，
直线的方程为，点的纵坐标．
同理，点的纵坐标．
所以．
综上，、两点的纵坐标之积为定值．
证法2：设直线的方程为，
联立椭圆的方程，得．
设，，，，
则，，
直线的方程为，点的纵坐标．
同理，点的纵坐标．
所以，
故、两点的纵坐标之积为定值．
证法3：由椭圆的方程可知．
设，，则直线的方程为，
由联立椭圆的方程，得，
由韦达定理可得，即．
，
于是点的坐标为，
同理，点的坐标为，
，
、、三点共线，，
故，
化简得．
即、两点的纵坐标之积为定值．
证法4：由椭圆的方程可知．
若直线的斜率不存在，则直线，
，，
直线、的方程分别为、．可得，，
、两点的纵坐标之积为．
若直线的斜率存在，则可设，，
这里，，，
，，
、、三点共线，，故，
化简整理得，注意到直线的斜率存在，，
于是便有，化简得，
又直线的方程为，可得点的纵坐标，
同理，点的纵坐标，
所以，．
即、两点的纵坐标之积为定值．
（3）不存在．
理由如下：
显然，抛物线的方程为．
方法1：设，，
则直线方程可为，
由可得
故（注：这里表示点的纵坐标，余类似），
，．
重心在轴上，，即，，
进而，．
进一步可得直线，，，
又在焦点的右侧，，即．
因此．
当（注意到，即时，取等号，即有（※）．
若存在锐角，使得成立，则，即，
这与（※）矛盾．
因此，不存在锐角，使得成立．
方法2：设，，，，，
，，三点共线，，即，即，
同理可得，
为的重心，，
，且．
，
．
，
设，则，不妨设，
在焦点的右侧，，
而，即，
，进而，即．
因此，，
当且仅当，即时，取等号，即有（※）．
若存在锐角，使得成立，则，
即与（※）矛盾，
因此，不存在锐角，使得成立．
4．已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线的方程为．以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为，过原点的动直线与椭圆交于、两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若点为椭圆的左顶点，，求的取值范围；
（Ⅲ）若点满足，求证为定值．
【解答】（Ⅰ）解：双曲线的焦距为，，
，①
一条渐近线的方程为，
，②
由①②解得，，
椭圆的方程为．
（Ⅱ）解：点为椭圆的左顶点，，，
设，，由，得，，，
，解得，，，
设，，则，，
，
又，，，，
，
的取值范围是．
（Ⅲ）证明：由，知在线段垂直平分线上，
由椭圆的对称性知，关于原点对称，
①若、在椭圆的短轴顶点上，则点在椭圆的长轴顶点上，
此时
．
②当点，，不是椭圆的顶点时，设直线的方程为，
则直线的方程为，设，，
由，解得，，
，
用代换，得，
，
综上所述：．
5．已知椭圆的左右焦点分别为、，且经过点，为椭圆上的动点，以为圆心，为半径作圆．
（1）求椭圆的方程；
（2）若圆与轴有两个交点，求点横坐标的取值范围．
【解答】解：（1）由椭圆定义得，（1分）
即，（3分）
．又，．（5分）
故椭圆方程为．（6分）
（2）设，，则圆的半径，（7分）
圆心到轴距离，（8分）
若圆与轴有两个交点则有即，（9分）
化简得．（10分）
为椭圆上的点
，（11分）
代入以上不等式得，
解得．（12分）
，（13分）
．（14分）
6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，且椭圆上的点满足，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）作直线垂直于轴，交椭圆于点，，点是椭圆上异于，两点的任意一点，直线，分别与轴交于，两点，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【解答】解：（1）依题意得：，．
由椭圆定义知，
又，则，
在△中，，由余弦定理得：，
即，解得，
又，
故所求椭圆方程为．
（2）依题意得知：，两点关于轴对称，
设，，，，则，，
则，，
，同理，
又直线的方程为，
由得点的横坐标，
同理直线的方程为，
由得点的横坐标，
，为定值．
7．已知椭圆的左右焦点坐标为，且椭圆经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点是椭圆上位于第一象限内的动点，，分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形的面积．
【解答】解：（1）因为椭圆焦点坐标为，且过点，
所以，所以，（3分）
从而，
故椭圆的方程为． （6分）
（2）设点，，，，，
因为，且，，三点共线，所以，解得，
所以，（8分）
同理得，（10分）
因此，
，（12分）
因为点，在椭圆上，所以，即，代入上式
得：．
四边形的面积为2． （14分）
8．在平面直角坐标系中，椭圆过点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）点，是单位圆上的任意一点，设，，是椭圆上异于顶点的三点且满足，求证：直线与的斜率乘积为定值．
【解答】解：（1）由题意得，，解得，．
故椭圆方程为；
证明：（2）令，，，，
则由，可知，，
故，
整理得．
又，，，
故，
故．
9．在平面直角坐标系中，椭圆过点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）点，是单位圆上的任意一点，设，，是椭圆上异于顶点的三点且满足，探讨是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意得，解得，．
椭圆的方程为；
（2）是定值，等于9．
证明如下：令，，，，
由，得，，
故，
整理得：，
又，，，故，
得．
．
故，
则．
故是定值，等于9．
10．定义：在平面内，点到曲线上的点的距离的最小值称为点到曲线的距离．在平面直角坐标系中，已知圆及点，动点到圆的距离与到点的距离相等，记点的轨迹为曲线．
（Ⅰ）求曲线的方程；
（Ⅱ）过原点的直线不与坐标轴重合）与曲线交于不同的两点，，点在曲线上，且，直线与轴交于点，设直线，的斜率分别为，，求．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知：点在圆内且不为圆心，圆及点，动点到圆的距离与到点的距离相等，故，
所以点的轨迹为以、为焦点的椭圆，（2分）
设椭圆方程为，则，
所以，故曲线的方程为．（5分）
（Ⅱ）设，，，，则，，则直线的斜率为，又，所以直线的斜率是，记，设直线的方程为，由题意知，，由得：．，，由题意知，，
所以，（9分）
所以直线的方程为，令，得，即，．
可得．（11分）
所以，即．（12分）
（其他方法相应给分）
11．已知椭圆的离心率为，且过点，动直线交椭圆于不同的两点，，且为坐标原点）
（1）求椭圆的方程．
（2）讨论是否为定值．若为定值，求出该定值，若不是，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意可知，
所以，整理，得，①
又点在椭圆上，所以有，②
由①②联立，解得，，
故所求的椭圆方程为．
（2）为定值，理由如下：
设，，，，由，
可知．
联立方程组，消去，化简得，
由△，
得，
由根与系数的关系，得，，③
由，，
得，
整理，得．
将③代入上式，得．
化简整理，得，即．
12．已知，分别是椭圆的左、右焦点，，分别为椭圆的上、下顶点，到直线的距离为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围；
（Ⅲ）过椭圆的右顶点的直线与椭圆交于点（点异于点，与轴交于点（点异于坐标原点，直线与交于点．证明：为定值．
【解答】解：（Ⅰ），分别是椭圆的左、右焦点，
，分别为椭圆的上、下顶点，到直线的距离为．
，，，解得，
椭圆的方程为．
（Ⅱ）的斜率不存在时，，解得，，
；
的斜率存在时，设直线，代入椭圆方程可得
，
设，，，，则，，
，，
，．
综上可得的取值范围是，；
（Ⅲ）证明：椭圆的右顶点，，
设直线，，则，
联立，得，
，
，
设点，直线的方程为，、、三点共线，
则有，，
，
，
又，，
将代入，得：，，
，，．
即为定值1．
13．已知椭圆经过点，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若直线与曲线相交于异于点的两点、，且直线与直线的斜率之和为，则直线是否过定点？若是，求出该定点；若不是，说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆经过，所以，①
因为离心率为，所以，②
又，③
由①②③，解得，，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，，，，
联立，得，
，，则，，
因为直线与直线的斜率之和为，
所以，所以，①
所以，
把①代入，得，
所以，
化简得，
因为直线不过点，
所以，即，所以，
所以直线方程为，
所以直线过定点．
14．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线上的点和椭圆上点的最小距离为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆的上顶点为，点，是上的不同于的两点，且点，关于原点对称，直线，分别交直线于点，．记直线与的斜率分别为，．
①求证：为定值；
②求的面积的最小值．
【解答】解：（1）由题知，又，
，．
故椭圆的方程为；
（2）①设，，则，
点，关于原点对称，则，，
；
②直线的方程为，令，得，
直线的方程为，令，得，
，
由，，，
即的最小值为，
的面积的最小值为．
15．在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为、，右焦点为．设过点的直线、与椭圆分别交于点，、，，其中，，．
（1）设动点满足，求点的轨迹；
（2）设，，求点的坐标；
（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．
【解答】解：（1）设点，则：、、．
由，得，化简得．
故所求点的轨迹为直线．
（2）将分别代入椭圆方程，以及，，
得、，
直线方程为：，即，
直线方程为：，即．
联立方程组，解得：，
所以点的坐标为．
（3）点的坐标为
直线方程为：，即，
直线方程为：，即．
分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，
解得：、．
（方法一）当时，
直线方程为：，
令，可得，
即为，
令，解得：．此时必过点；
当时，直线方程为：，与轴交点为．
所以直线必过轴上的一定点．
（方法二）若，则由及，得，
此时直线的方程为，过点．
若，则，直线的斜率，
直线的斜率，得，所以直线过点．
因此，直线必过轴上的点．
16．已知是椭圆的左顶点，斜率为的直线交于、两点，点在上，且．
（1）当时，求的面积；
（2）当时，求的值．
【解答】解：（1）设，，由题可知，，
因为，可得，
故直线的方程为，
联立，得，
解得或，
所以，
所以．
（2）由题意可得，
设直线的方程为，
联立，得，
所以，即，
所以，
同理可设直线的方程为，
解得，
由，得，
即，
即，
因为，所以，
所以．
17．已知椭圆的离心率为，右焦点．过点作斜率为的直线，交椭圆于、两点，是一个定点．如图所示，连、，分别交椭圆于、两点（不同于、，记直线的斜率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在直线的斜率变化的过程中，是否存在一个常数，使得恒成立？若存在，求出这个常数；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）设，由题意，．解得，．
椭圆的方程为．（5分）
（Ⅱ）存在常数．
设，，，，，，，．
联立，可得
于是，．
直线的斜率，联立，可得
则，进一步可得．
将代入，则
同理可得．
则，
由，两式相减可得，
综上可知，存在常数．（15分）
18．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点斜率为的直线与椭圆交于、两点，为坐标原点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，延长，分别与椭圆交于、两点，直线的斜率为，求的值及直线所经过的定点坐标．
【解答】解：（1）依题意，得，解得，
在椭圆中，．
椭圆的标准方程为：（4分）
（2）设，，，，，，，，显然，，
故直线的方程为，代入椭圆方程，消去得：，由韦达定理得：，
代入直线的方程得，
，，
，则，即，，同理得，
显然，两点坐标均满足直线的方程，
所以直线的方程为，
，且直线过定点，（12分）
19．已知椭圆的离心率为，以的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设，分别为椭圆的左、右顶点，是直线上不同于点的任意一点，若直线，分别与椭圆相交于异于，的点、，试探究，点是否在以为直径的圆内？证明你的结论．
【解答】解：（Ⅰ）依题意得，，又，由此解得，．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）点在以为直径的圆内．证明如下：
方法1：由（Ⅰ）得，．设，．
点在椭圆上，． ①
又点异于顶点、，．
由、、三点共线可以得．
从而，，．
． ②
将①代入②，化简得．
，，于是为锐角，从而为钝角，
故点在以为直径的圆内．
方法2：由（Ⅰ）得，．设，，，，
则，，又的中点的坐标为，
依题意，计算点到圆心的距离与半径的差
③
直线的方程为，直线的方程为，
而两直线与的交点在直线上，
，即 ④
又点在椭圆上，则，即 ⑤
于是将④、⑤代入③，化简后可得．