新高考数学三轮冲刺练习培优专题09 圆锥曲线大题综合：五个方程型（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc21854" 重难点题型归纳 PAGEREF _Tc21854 \h 1
\l "_Tc9488" 【题型一】 基础型 PAGEREF _Tc9488 \h 1
\l "_Tc5867" 【题型二】 直线设为：x=ty+m型 PAGEREF _Tc5867 \h 4
\l "_Tc28273" 【题型三】 直线无斜率不过定点设法：双变量型 PAGEREF _Tc28273 \h 7
\l "_Tc12493" 【题型四】面积最值 PAGEREF _Tc12493 \h 10
\l "_Tc24162" 【题型五】 最值与范围型 PAGEREF _Tc24162 \h 13
\l "_Tc18777" 【题型六】定点：直线定点 PAGEREF _Tc18777 \h 15
\l "_Tc30787" 【题型七】 定点：圆过定点 PAGEREF _Tc30787 \h 18
\l "_Tc31562" 【题型八】 定值 PAGEREF _Tc31562 \h 21
\l "_Tc25938" 【题型九】 定直线 PAGEREF _Tc25938 \h 23
\l "_Tc9871" 【题型十】 斜率型：斜率和定 PAGEREF _Tc9871 \h 26
\l "_Tc6858" 【题型十一】 斜率型：斜率和 PAGEREF _Tc6858 \h 29
\l "_Tc13427" 【题型十二】 斜率型：斜率比 PAGEREF _Tc13427 \h 31
\l "_Tc27097" 【题型十三】 斜率型：三斜率 PAGEREF _Tc27097 \h 34
\l "_Tc21048" 【题型十四】 定比分点型：a=tb PAGEREF _Tc21048 \h 36
\l "_Tc4188" 【题型十五】 切线型 PAGEREF _Tc4188 \h 38
\l "_Tc32089" 【题型十六】 复杂的“第六个方程” PAGEREF _Tc32089 \h 41
\l "_Tc22672" 好题演练 PAGEREF _Tc22672 \h 45
重难点题型归纳
【题型一】 基础型
【典例分析】
已知椭圆与双曲线有共同的焦点，双曲线的左顶点为，过斜率为的直线和双曲线仅有一个公共点，双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍.
(1)求双曲线和椭圆的标准方程；
(2)椭圆上存在一点，过的直线与双曲线的左支相交于与不重合的另一点，若以为直径的圆经过双曲线的右顶点，求直线的方程.
【答案】(1)双曲线方程为，椭圆方程为(2)
【分析】(1)根据题意得出，求出双曲线方程，得到，再利用双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得，进而求出椭圆方程；
(2)设出直线方程为，.将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出点坐标，进而得到，然后结合题意和向量的数量积即可求解.
【详解】（1）由题意，，可得双曲线方程为，此时，
由双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得，可得，
故椭圆方程为.
（2）由过的直线与双曲线的左支相交于与不重合的另一点，
设直线方程为，.
联立直线和双曲线可得，
由韦达定理知，，解得
可得，
以为直径的圆经过双曲线的右顶点，可得，
即，
将代入得.
将点坐标代入椭圆可得：，解得，故，
故直线的方程为：.
【变式演练】
已知是椭圆的一个焦点，过点的直线交于不同两点.当，且经过原点时，.
(1)求的方程；
(2)为的上顶点，当，且直线的斜率分别为时，求的值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由直线过原点，关于原点对称，结合椭圆的定义与对称性求得长半轴长，再由求得，从而得椭圆方程；
（2）设，设，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后代入化简可得．
【详解】（1）由题意，当，且经过原点时，的方程为，且点关于原点对称.
设，将代入，并化简得，即，.
.
设的另一个焦点为，根据对称性，，
根据椭圆定义得.所以的方程为.
（2）由（1）知，点坐标为.
由题意可设，即，将该式代入，
并化简得.
设，则.
.
.即.
【题型二】 直线设为：x=ty+m型
【典例分析】
已知双曲线：的左､右焦点分别为，，右顶点为，点，，.
(1)求双曲线的方程；
(2)直线经过点，且与双曲线相交于，两点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)(2)或或或
【分析】（1）由题意得，求解即可；
（2）设：，联立，由根与系数的关系结合三角形面积求解即可
【详解】（1）由题意，得，解得，，，
所以双曲线的方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设：，联立，消，得，
由，解得.
设，，则.
所以，
所以的面积，
由，化简，得，解得，，，，
所以直的方程为或或或.
【变式演练】
已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的方程；
（2）由题意设直线为（），，设，将直线方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由可得，再根据可求得结果.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为面积的最大值为，
所以，因为，所以解得，
所以椭圆C的方程为；
（2），设直线为（），，不妨设，设，
由，得，则，
所以，因为，所以，
所以，所以，
所以，因为，
所以，所以，
所以，解得，因为，
所以，，所以，
，所以，
化简得，解得，因为，所以.
【题型三】 直线无斜率不过定点设法：双变量型
【典例分析】
已知抛物线：，过其焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，与椭圆交于C、D两点，其中．
(1)求抛物线方程；
(2)是否存在直线，使得是与的等比中项，若存在，请求出AB的方程及；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)不存在；理由见解析
【分析】（1）设直线的方程为，，联立直线与抛物线，利用根与系数的关系结合已知条件即可求解；
（2）由焦半径公式可得，设，由得，由根与系数的关系结合弦长公式可得，若是与的等比中项，则，即，判断方程是否有解即可求解
【详解】（1）设直线的方程为，，
由得，
则，
，
，
又，所以，又，所以，
所以抛物线方程为；
（2）由（1）可知：，
所以，
设，由得，
则，
所以，
若是与的等比中项，则，即，
所以，即，所以，
因为，所以，所以方程无解，
所以不存在直线，使得是与的等比中项．
【变式演练】
已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；
（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.
【详解】（1）设双曲线，易知.
由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：
，则，
又，则解得，
则双曲线.
（2）设直线的方程为：，（且），，.联立，消得：，，，
，①，②联立①②，解得：.
又，同理，，
把它们代入，得
，故，得证.
【题型四】面积最值
【典例分析】
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．
（1）设点的坐标为，证明：；
（2）求四边形的面积的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，由此可证得结论；
（2）分类讨论直线的斜率存在与否两种情况：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆得，利用弦长公式结合韦达定理知，同理知，求出四边形的面积，再利用基本不等式求得最小值，当直线的斜率不存在或斜率时，此时四边形的面积，即可求得最小值.
【详解】（1）证明：椭圆，可知，
由，知点在以线段为直径的圆上，故
所以
（2）①当直线的斜率存在且时，则直线的方程为，
联立，消去y得，
设,，则，
由弦长公式得
由，垂足为，知的斜率为，可知
则四边形的面积
，当且仅当，即时，等号成立.
②当直线的斜率不存在或斜率时，此时四边形的面积
故四边形的面积的最小值为
【变式演练】
已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
2020年新高考全国卷Ⅱ数学试题（海南卷）
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【题型五】 最值与范围型
【典例分析】
设分别是椭圆的左、右焦点．
(1)若P是该椭圆上的一个动点，求，求点P的坐标；
(2)设过定点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】(1)求出椭圆的a、b、c，设，利用平面数量积的坐标表示和即可求解；
(2)设直线的方程和，联立椭圆方程，根据和为锐角可得，结合韦达定理代入化简计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，，所以，设，
则，
又，有，解得，所以；
（2）显然不满足题意，设直线的方程为，设，
，，解得，①
，则，
又为锐角，则，即，，所以
，解得，②由①②，解得或，
所以实数k的取值范围为.
【变式演练】
已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
2021年北京市高考数学试题
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.又，故，所以
又。故即，综上，或.
【题型六】定点：直线定点
【典例分析】
已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．
(1)求的方程；
(2)过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)存在，或
【分析】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；
（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）解：由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），
故抛物线的方程为．
（2）解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．
由（1）得，抛物线的准线的方程为．
设直线的方程为，，，，
联立得，
所以，，．
因为，
，
所以，解得或．
故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或．
【变式演练】
已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点且与椭圆相交于，两点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)(2)直线恒过定点，定点坐标为
【分析】(1)根据题意椭圆过点P2、、，代入椭圆方程列出方程组，解之即可求解；
(2)根据角、线段之间的数量关系可得，设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和平面向量的坐标表示可得，求出m的值，即可得出直线恒过的定点.
【详解】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此解得故C的方程为.
（2）在中，，，
所以，从而，
又为线段的中点，即，所以，
因此，从而，
根据题意可知直线的斜率一定存在，设它的方程为，，，
联立消去得①，，
根据韦达定理可得，，
所以
所以，
整理得，解得或 又直线不经过点，所以舍去，
于是直线的方程为，恒过定点，该点在椭圆内，满足关于的方程①有两个不相等的解，
所以直线恒过定点，定点坐标为.
【题型七】 定点：圆过定点
【典例分析】
如图，等边三角形OAB的边长为，且其三个顶点均在抛物线E：x2=2py（p＞0）上．
（1） 求抛物线E的方程；
（2） 设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=-1相交于点Q．证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点
【答案】（1）（2）见解析
【详解】(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°．
设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cs30°＝12．
因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2．故抛物线E的方程为x2＝4y．
(2)方法一：由(1)知y＝x2，y′＝x．
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－．
由，得．
所以Q(，－1)．
设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝ (x0≠0)的点(x0，y0)恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝(，－1－y1)，
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋＝0，
即(＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0 (*)．
由于(*)式对满足y0＝ (x0≠0)的y0恒成立，
所以，解得y1＝1．
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
【变式演练】
已知动点到点的距离与到直线的距离之比为，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)曲线与轴正半轴交于点，过的直线交曲线于A，B两点（异于点），连接，并延长分别交于D，C，试问：以为直径的圆是否恒过定点，若是，求出定点，若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)圆恒过定点和
【分析】（1）设动点，由题可得，化简后可得E方程；
（2）由（1）设，，，
可得，，后设以CD为直径的圆上一点为Q，由可得圆方程，即可得圆所过定点.
【详解】（1）设动点，则，化简得；
（2）设，与联立可得：，由题.设，，
则，.
又由（1）可得，则，令，得.
同理可得.令以为直径的圆上动点为，则.
又，
则.注意到，.
则可得.
因所过定点与参数无关，则，则或.
故圆恒过定点和.

【题型八】 定值
【典例分析】
如图，已知抛物线，过点任作一直线与相交于两点，过点作轴的平行线与直线相交于点（为坐标原点）.
(1)证明：动点在定直线上；
(2)作的任意一条切线（不含轴）与直线相交于点，与（1）中的定直线相交于点，证明：为定值，并求此定值.
【答案】（1）详见解析，（2）8.
【详解】试题分析：（1）依题意可设的方程为，代人，得即，设，则有，直线的方程为的方程为，解得交点的坐标，利用，即可求得点在定直线上；（2）依据题意得，切线的方程为，代入得即．由得，分别令得得的坐标为，从而可知为定值．
试题解析：（1）依题意可设的方程为，代人，得，
即，设，则有，
直线的方程为的方程为，解得交点的坐标为，
注意到及，则有，
因此点在定直线上．
（2）依题意,切线的斜率存在且不等于．
设切线的方程为，代人得，即．
由得，化简整理得．故切线的方程可写为．
分别令，得的坐标为，
则，即为定值．
【变式演练】
.已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k