2022高考数学一轮复习专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题（解析卷）

这是一份2022高考数学一轮复习专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题（解析卷），共15页。试卷主要包含了题型选讲，设而不求法，降低运算量，巧妙设点解决向量问题，抛物线的特殊设点技巧等内容，欢迎下载使用。

专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题
解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解析几何主要有两种方法：一是设线法；二是设点法．此题的两种解法分属于设点法和设线法．一般地，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用得好，解题过程往往会显得很简捷．解析几何大题肩负着对计算能力考查的重任，所以必要的计算量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才是胜利
一、题型选讲
题型一 、巧妙设点，降低运算量
例1、(2018南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点处时，点Q的坐标为.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且＝2时，求直线BM的方程．


【分析】 第(2)问中由＝2，可得2xM＝3xN.可以用直线BM，BN的方程，与椭圆联立得到横坐标，即可求出直线BM的斜率k；也可以用点M，N表示直线方程得出点P，Q坐标，再利用向量关系得出坐标之间的关系，最后回代椭圆求解．
【解析】 (1)由N，Q，得直线NQ的方程为y＝x－.(2分)
令x＝0，得点B的坐标为(0，－)．所以椭圆的方程为＋＝1.(4分)
将点N的坐标代入，得＋＝1，解得a2＝4.
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(8分)
(2)解法1(设线法) 设直线BM的斜率为k(k＞0)，则直线BM的方程为y＝kx－.在y＝kx－中，令y＝0，得xP＝，而点Q是线段OP的中点，所以xQ＝.所以直线BN的斜率kBN＝kBQ＝＝2k.(10分)
(注：由kBM＝，kBN＝，及OP＝2OQ也可得到kBN＝2kBM.)
联立消去y，得(3＋4k2)x2－8kx＝0，解得xM＝ .用2k代替k，得xN＝ .(12分)
又＝2，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
故2×＝3×，又k＞0，解得k＝.所以直线BM的方程为y＝x－.(16分)
解法2(设点法) 设点P，Q的坐标分别为(2t，0)，(t，0)，t＞0，则直线BM的方程为y＝x－，(10分)
联立消去y，得(1＋t2)x2－4tx＝0，解得xM＝，用t代替t，得xN＝.(12分)
又＝2，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
故2×＝3×，又t＞0，解得t＝，所以k＝.所以直线BM的方程为y＝x－.(16分)
解法3(设点法) 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
由B(0，－)，得直线BM的方程为y＝ x－，
令y＝0，得xP＝.同理，得xQ＝.
而点Q是线段OP的中点，所以xP＝2xQ，
故＝2×.(10分)
又＝2，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝x1＞0，从而＝， 解得y2＝y1＋.(12分)
将代入椭圆C的方程，得＋＝1.
又x＝4，所以＋＝1，(14分)
即y＋2y1－＝0，解得y1＝－(舍)或y1＝.又x1＞0，所以点M的坐标为M.
故直线BM的方程为y＝x－.(16分)
例2、(2018南京学情调研）如图，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，一条准线方程为x＝2.过椭圆的上顶点A作一条与x轴，y轴都不垂直的直线交椭圆于另一点P，P关于x轴的对称点为Q.
(1) 求椭圆的方程；
(2) 若直线AP，AQ与x轴交点的横坐标分别为m，n，求证：mn为常数，并求出此常数．

【解析】 (1) 因为＝，＝2,
所以a＝，c＝1，所以b＝＝1.
故椭圆的方程为＋y2＝1.(4分)
(2) 解法1 由(1)知A(0,1)，设点P坐标为(x1，y1)，则点Q坐标为(x1，－y1)．
因为kAP＝＝，所以直线AP的方程为y＝x＋1.令y＝0，解得m＝－.(8分)
因为kAQ＝＝－，所以直线AQ的方程为y＝－x＋1.令y＝0，解得n＝.(12分)
所以mn＝－× ＝.(14分)
又因为(x1，y1)在椭圆＋y2＝1上，所以＋y＝1，即1－y＝，所以＝2，即mn＝2.
所以mn为常数，且常数为2.(16分)
解法2 设直线AP的斜率为k(k≠0)，则AP的方程为y＝kx＋1，令y＝0，得m＝－.(6分)
联立方程组
消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得xA＝0，xP＝－，(8分)
所以yP＝kxP＋1＝，
则点Q的坐标为.(10分)
所以kAQ＝＝，故直线AQ的方程为y＝x＋1.令y＝0，得n＝－2k，(14分)
所以mn＝×(－2k)＝2.
所以mn为常数，常数为2.(16分)
解后反思 解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：一是设线法；二是设点法．此题的解法1就属于设点法，解法2就属于设线法．一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同．

题型二、设而不求法，降低运算量
例3、【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记的面积分别为．
（1）求p的值及抛物线的准线方程；
（2）求的最小值及此时点G的坐标．

【答案】（1）p=2，准线方程为x=−1；（2）最小值为，此时G（2，0）．
【解析】（1）由题意得，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（2）设，重心.令，则.
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，所以.
又由于及重心G在x轴上，故，得.
所以，直线AC方程为，得.
由于Q在焦点F的右侧，故.从而
.
令，则m>0，
.
当时，取得最小值，此时G（2，0）
例4、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2,1)在椭圆C上．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设直线l与圆O：x2＋y2＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点.
①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积；
②求证： OP⊥OQ.

(1) 由e＝＝，得a∶b∶c＝∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－)，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可．
②设l：y＝kx＋m，则只要证·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0.联列直线与椭圆方程可得x1＋x2，x1x2均可用k，m表示．由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式．
规范解答 (1) 由题意，得＝，＋＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为＋＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，所以切线方程为y＝±(x－)．当k＝时，(4分)
由方程组
解得或
所以点P，Q的坐标分别为， ， ， ，
所以PQ＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积也为.
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，所以切线方程为y＝±(x－)．当k＝时，(4分)
把切线方程 y＝(x－)代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝.
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×－×＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积为.
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
②解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P (， )，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.
因为直线与圆相切，所以＝，即m2＝2k2＋2.
将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2) x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，x1x2＝.(12分)
因为·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×＋km×＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得·＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且x＋y＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P (， )，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组消去y得(2x＋y)x2－8x0x＋8－6y＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝，x1x2＝.(12分)
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝.
因为x＋y＝2，代入上式可得·＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
解后反思：对于题目中要设的点比较多，就可以大胆的设点，找到点之间的关系，达到不要求解的目的。（公众号：高中数学最新试题）

题型三、巧妙设点解决向量问题
例5、（2016南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为.A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足＝2.
(1) 若点P的坐标为(2，)，求椭圆的方程；
(2) 设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且＝m，直线OA，OB的斜率之积为－，求实数m的值．

思路分析 第1问，根据条件＝2以及P(2，)可得A点的坐标，再根据离心率的条件以及a，b，c的关系可求得a，b，c的值，从而求出椭圆的方程；
第2问(分析1)注意到＝2，这样可得到A，P两点的坐标间的关系，再注意到＝m，这样又可将C点的坐标用B，P的坐标表示出来，为此，只需设出A，B的坐标，从而得到C的坐标，利用A，B，C三点在椭圆上，以及kOA·kOB＝－来消去A，B的坐标，得到关于m的方程，就可求出m的值；
第2问(分析2)注意到＝2，这样可将P的坐标表示为A点的坐标的形式，同时，利用kOA·kOB＝－，从而得到OB的方程，将其与椭圆的方程联立求出点B的坐标，再注意到＝m，从而将点C的坐标求出来，代入椭圆的方程中，就可得到关于m的方程，就可求出m的值；
规范解答 (1) 因为＝2，而P(2，)，
所以A－1，－，
代入椭圆方程，得＋＝1，①(2分)
又椭圆的离心率为，所以 ＝.②(4分)
由①②，得a2＝2，b2＝1.
故椭圆的方程为＋y2＝1，(6分)
(2) 解法1 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
因为＝2，所以P(－2x1，－2y1)，
因为＝m，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即
于是(9分)
代入椭圆方程，得
＋＝1，
即＋＋·＋－·＋＝1，③(12分)
因为A，B在椭圆上，所以＋＝1，＋＝1.④
因为直线OA，OB的斜率之积为－，即·＝－，结合②知＋＝0.⑤(14分)
将④⑤代入③，得＋＝1，
解得m＝.(16分)
解法2 设点A(x1，y1)，所以kOA＝，因为＝2，所以P(－2x1，－2y1)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，所以kOB＝＝－，故直线OB方程为y＝－x,
因为椭圆的离心率为，所以＝，即a＝c，故b2＝a2－c2＝c2，
所以椭圆的方程为＋＝1，即x2＋2y2＝2c2, (9分)
将它与直线OB方程联立，并消去y得(x＋2y)x2＝4yc2，
因为点A(x1，y1)在椭圆上，所以x＋2y＝2c2，从而xB＝±y1，
故B或B，(11分)
若B，设C(x0，y0)，
因为＝m，所以(－2x1－y1，－2y1＋x1)＝mx0－y1，y0＋x1，
故
即(13分)
因为点C在椭圆上，所以2＋2－x12＝2c2，
化简得－＋x＋2y＝2c2，即－＋2c2＝2c2，解得m＝.
同理，若B－y1，x1, m＝，
综上，实数m的值为.(16分)
解后反思 1. 已知离心率，通常先简化椭圆方程，可以减少字母干扰．
2. 加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；在代入运算过程中，不要忘掉整体思想．
3. 在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数．在学习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化
题型四、抛物线的特殊设点技巧
例6、【2018年高考浙江卷】如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（2）若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.满分15分.
（1）设，，．
因为，的中点在抛物线上，
所以，为方程即的两个不同的实数根．
所以．
因此，垂直于轴．
（2）由（1）可知
所以，．
因此，的面积．
因为，所以．
因此，面积的取值范围是．

二、达标训练
1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）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.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=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t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3 由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.

2、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.

（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,； （2）存在点，且.
【解析】
（1）由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
4、（2016南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：＋y2＝1上的一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.
(1) 若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；
(2) 若r＝.
①求证：k1k2＝－；
②求OP·OQ的最大值．

思路分析1 第(2)问，注意到直线OP，OQ与圆相切，因此，利用圆心到直线的距离等于半径可得到k1，k2与x0，y0的关系，利用点(x0，y0)在椭圆上，来求出k1k2的值．由直线OP，OQ与椭圆相交，求出交点的坐标，进而将OP·OQ表示为k1，k2的代数式，根据k1k2＝－，消去k1(或k2)后，得到关于k2(或k1)的函数，利用基本不等式或函数求最值的方法，求出OP·OQ的最大值．
思路分析2 对于第(2)问的第②小题，由点P，Q在椭圆上以及k1k2＝－，将OP，OQ表示为点P，Q的横坐标的形式，然后来求它的最值．
规范解答 (1) 因为椭圆C右焦点的坐标为(，0)，所以圆心M的坐标为，±，(2分)
从而圆M的方程为(x－)2＋y±2＝.(4分)
(2) ①因为圆M与直线OP：y＝k1x相切，所以＝，
即(4－5x)k＋10x0y0k1＋4－5y＝0，(6分)
同理，有(4－5x)k＋10x0y0k2＋4－5y＝0，
所以k1，k2是方程(4－5x)k2＋10x0y0k＋4－5y＝0的两根，(8分)
从而k1k2＝＝＝＝－.(10分)
②解法1 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立
解得x＝，y＝，(12分)
同理，x＝，y＝，
所以OP2·OQ2＝＋·＋.
由①可知，k1k2＝－，所以原式＝·＝·(14分)
≤＝，
当且仅当k1＝±时取等号. 所以OP·OQ的最大值为. (16分)
解法2 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知k1k2＝－，
得＝－，16yy＝xx.(*)
因为y＝1－，y＝1－代入(*)，整理得x＋x＝4.(12分)
所以OP2·OQ2＝(x＋y)·(x＋y)
＝1＋1＋(14分)
≤2＝，
当且仅当x1＝－x2＝±时取等号，
所以OP·OQ的最大值为.(16分)
解后反思 1. 本题第(2)问第①小题，本质就是证明定值问题，也就是无关问题，由于k1，k2与x0，y0有关，因此，证明k1k2＝－，本质就是x0，y0在解题中可以消去，从而得到定值．求最值问题，首先得建立相应的函数关系式，然后利用函数的方法或基本不等式来求最值．
2. 解决直线与椭圆的位置关系问题时，通常有两种处理方法：一是采用求点法，即将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，将交点的坐标用直线的斜率表示出来，进而将所要研究的问题转化为交点的坐标形式来加以研究；二是采用设点法，即设出交点的坐标，利用交点在椭圆上，代入椭圆，从而来研究问题．（公众号：高中数学最新试题）