高中数学高考第12讲 解析几何通解研究（解析版）

这是一份高中数学高考第12讲 解析几何通解研究（解析版），共24页。试卷主要包含了已知椭圆，已知椭圆过点，且离心率为等内容，欢迎下载使用。
类型一：以夹角为锐角、直角、钝角为背景的向量翻译
1．已知为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，为坐标原点．
（Ⅰ）当抛物线过点时，求抛物线的方程；
（Ⅱ）证明：是定值．
【解析】解：（Ⅰ）因为抛物线过点，
所以，，
所以抛物线的方程；
（Ⅱ）证明：当直线有斜率时，，设直线的方程为，则，
将（1）代入（2）得，，化简得，
设，的坐标分别为，，，，则，
因为点，都在抛物线上，所以，，
所以，所以，
因为点，分布在轴的两侧，所以，所以，
所以，，所以，是定值．
当直线无斜率时，，设，的坐标分别为，，，，则，代入抛物线方程得，，，
所以，因为点，分布在轴的两侧，所以，所以，
所以，，所以，是定值．
综上，，是定值．
2．已知椭圆．
（1）求椭圆的短轴长和离心率；
（2）过点的直线与椭圆相交于两点，，设的中点为，点，判断与的大小，并证明你的结论．
【解析】解：（1）由题，椭圆可变形为，，
故短轴长为，
（2）当为时，代入可得，
此时，，，，
当为斜率存在时，设
代入到，得，
，
令，，，
则，，
此时，，，，
．
，点在以为直径的圆内部．
所以，
综上所述，．
3．如图，椭圆的一个焦点是，为坐标原点．
（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线交椭圆于、两点．若直线绕点任意转动，值有，求的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）设，为短轴的两个三等分点，
因为为正三角形，所以，
即，解得．，因此，椭圆方程为．
（Ⅱ）设，，，．
（ⅰ）当直线与轴重合时，
，，
因此，恒有．
（ⅱ）当直线不与轴重合时，
设直线的方程为：，代入，
整理得，
所以
因为恒有，所以恒为钝角．
即恒成立．
．
又，所以对恒成立，
即对恒成立．
当时，最小值为0，所以．
，，
因为，，所以，即，
解得或（舍去），即，
当与轴垂直时，，，
因此，恒有．
综合，的取值范围为，．
4．已知椭圆过点，、为其左、右焦点，且△的面积等于．
（1）求椭圆的方程；
（2）若、是直线上的两个动点，满足，问以为直径的圆是否恒过定点？若是，请给予证明；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）设椭圆的焦距为，则
△的面积等于，
，、，
椭圆过点，，
椭圆的方程为；
（2）设，，则，
，
，
以为直径的圆的圆心为，，半径为
圆的方程为
即
令，整理得
或
以为直径的圆必过定点和．
5．已知椭圆过点，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过的直线交椭圆于，两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由．
【解析】解：（1）椭圆过点，且离心率为，则，．则
椭圆的方程；
（2）方法一：当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，
当的斜率不为0时，设的方程为：，点，，，，中点为，．
由，得，所以，，从而，
所以，
，
故，
所以，故，在以为直径的圆外．
解法二：当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，
当的斜率不为0时，设的方程为：，设点，，，，
则，，，，
由，得，
，，
，
，，
又，不共线，所以为锐角，
故点，在以为直径的圆外．
6．已知抛物线，过点的直线交与、两点，圆是以线段为直径的圆．
（Ⅰ）证明：坐标原点在圆上；
（Ⅱ）设圆过点，求直线与圆的方程．
【解析】（1）证明：法一：由题意知直线斜率必存在，设的方程为，，，，，
联立，消去，整理，△，
，，
，，
则以为直径的圆的方程为，即，
因此满足此方程，所以坐标原点在圆上．（6分）
法二：，
，
原点在以为直径的圆上．
综上，坐标原点在圆上．
（2）解：由（1）知以为直径的圆的方程为：，
由于在此圆上，代入上述方程，可得：，
得或，
当时，直线的方程为，即，圆的方程为：．
当时，直线的方程为，即，圆的方程为：．
类型二：以共线为背景的向量翻译
7．已知、分别是椭圆的左、右焦点，其左准线与轴相交于点，并且满足，．
（1）求此椭圆的方程；
（2）设、是这个椭圆上的两点，并且满足，当时，求直线的斜率的取值范围．
【解析】解：（1）由于，（3分）
解得，从而所求椭圆的方程为．（5分）
（2），，，三点共线，而点的坐标为．
设直线的方程为，
其中为直线的斜率，依条件知．
由消去得，
即．（6分）
根据条件可知
解得．（7分）
设，，，，则根据韦达定理，得
又由，得，，
从而
消去得．（10分）
令，任取，则．是区间上的减函数，（12分）
从而，
即，，
解得或，适合．
因此直线的斜率的取值范围是．（14分）
8．已知，分别为椭圆的左、右焦点，直线过点且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于直线，垂足为，线段的垂直平分线交于点．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点作直线交曲线于两个不同的点和，设，若，，求的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）设，则，由中垂线的性质知
化简得的方程为（3分）
（另：由知曲线是以轴为对称轴，以为焦点，以为准线的抛物线
所以，，则动点的轨迹的方程为
（Ⅱ）设，，，，由知①．
又由，，，在曲线上知②，
由①②解得，所以有，．（8分）
（10分）
设，有在区间，上是增函数，
得，进而有，
所以，的取值范围是．（13分）
高考预测二：以弦长、面积为背景的条件翻译
9．已知点，椭圆的长轴长是短轴长的2倍，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的动直线与椭圆相交于，两点．当的面积最大时，求直线的方程．
【解析】解：（1）设，由条件知．
又，可得，，
椭圆的方程：．
（2）依题意当轴不合题意，故设直线，设，，，
将代入椭圆的方程：．得，
当△，即．
，
从而．
又点到直线的距离．
所以的面积
设，则，．
当且仅当，等号成立，且满足△，
所以当的面积最大时，的方程为：或．
10．已知椭圆的焦点在轴上，椭圆的左顶点为，斜率为的直线交椭圆于、两点，点在椭圆上，，直线交轴于点
（Ⅰ）当点为椭圆的上顶点，的面积为时，求椭圆的离心率；
（Ⅱ）当，时，求的取值范围．
【解析】（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）直线的方程为
直线的方程为，令，（2分）
（3分）
于是，（5分）
（Ⅱ）直线的方程为，
联立并整理得，
解得或，（7分）
（8分）
（9分）
因为，
整理得，．（11分）
因为椭圆的焦点在轴，所以，即，（13分）
整理得，解得．（14分）
11．如图，已知点是轴左侧（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点，，满足，的中点均在抛物线上
（1）求抛物线的焦点到准线的距离；
（2）设中点为，且，，，，证明：；
（3）若是曲线上的动点，求面积的最小值．
【解析】（1）解：由抛物线，得，则，
抛物线的焦点到准线的距离为2；
（2）证明：，，设，，，，
中点为的坐标为，，则，，
抛物线上存在不同的两点，满足，的中点均在上，
可得，，
化简可得，为关于的方程的两根，
可得，，
可得；
（3）解：若是曲线上的动点，
可得，，，
由（2）可得，，
由垂直于轴，可得面积为
，
令，
得时，取得最大值．
时，取得最小值2，
即，
则在递增，可得，，
面积的最小值为．
高考预测三：斜率为背景的条件翻译
12．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，直线不与轴重合，求的值．
【解析】解：（1）由已知得，的方程为，
由已知可得，点的坐标为或．
所以的方程为或；
（2）当与轴重合时，，
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，，，，
当，直线，的斜率之和为，
由，得，
将代入，得，
所以．
则，
从而，故，的倾斜角互补，所以，
所以．
13．设椭圆的右焦点为，过的直线与椭圆交于，两点，已知点的坐标为．
（Ⅰ）当与轴垂直时，求点、的坐标及的值；
（Ⅱ）设为坐标原点，证明：．
【解析】（Ⅰ）解：由已知得，的方程为．
由已知可得，点或．
（Ⅱ）证明：当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，，，，
则，直线，的斜率之和为．
由，得．
将代入得．
所以，．
则．
从而，故，的倾斜角互补，所以．
综上，．
14．在直角坐标系中，抛物线与直线交于、两点．
（1）当时，分别求抛物线在点和处的切线方程；
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
【解析】解：（1）由题意知时，联立，解得，．
设在点的切线方程为，
联立得：
由题意：△，
即，解得．切线方程：，即．
根据对称性，在点的切线斜率为．切线方程：，即．
（2）存在符合题意的点，证明如下：
设点为符合题意的点，，，，，
直线，的斜率分别为，．联立方程，
得，故，，
从而
当时，有，则直线与直线的倾斜角互补，
故，所以点符合题意．
15．已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于，两点
（1）说明曲线的形状，并写出其标准方程；
（2）是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
【解析】解：（1）设动点坐标为
点到直线的距离为．依题意可知，
则，
化简得，
所以曲线是椭圆，它的标准方程为，
（2）①当直线与轴垂直时，由椭圆的对称性可知，
又因为得，则，
从而点必在轴上．
②当直线与轴垂直时，则，，由①可设，，
由得，解得（舍去），或．
则点的坐标只可能是．
下面只需证明直线斜率存在且时均有由即可．
设直线的方程为，代入得．
设，，，，
，，
，
设点关于轴对称的点坐标，，
因为直线的斜率，
同理得直线的斜率，
，
，三点，，共线．
故由．
所以存在点满足题意．
高考预测四：选用合适的方程形式或面积公式实现简化计算
16．（1）直线过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，，，两点，证明：；
（2）直线过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，，，两点，点在抛物线的准线上，且轴，证明：直线经过原点．
【解析】解（1）当斜率不存在时，直线．此时，
当斜率存在，设直线方程为：
消元得：所以
综上所述
（2）当斜率不存在时，直线，此时，
所以直线的斜率为
所以直线的方程为直线经过原点
当斜率存在，设直线方程为：
设，
由
消元得：；所以直线的斜率为
所以直线的方程：
所以直线经过原点．
综上所述，直线经过原点
17．设椭圆，直线过椭圆左焦点且不与轴重合，椭圆交于、，左准线与轴交于，．当与轴垂直时，．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线绕着旋转，与圆交于，两点，若，求△的面积的取值范围为椭圆的右焦点）．
【解析】解（1）设椭圆半焦距为，
，将代入椭圆方程得，
所以，
，所求椭圆方程为：
（3）设直线即，圆心到的距离
由圆性质：，
又，得，
联立方程组，消去得
设，，，
则
（令，，
设，
，对，恒成立，
在，上为增函数，，
所以，
高考预测五：利用计算的对称性避免重复计算
18．已知动点到定点的距离比到定直线的距离小1．
（1）求证：点轨迹为抛物线，并求出其轨迹方程；
（2）大家知道，过圆上任意一点，任意作互相垂直的弦、，则弦必过圆心（定点）．受此启发，研究下面问题：
①过（1）中的抛物线的顶点任意作互相垂直的弦、，问：弦是否经过一个定点？若经过，请求出定点坐标，否则说明理由；
②研究：对于抛物线上顶点以外的定点是否也有这样的性质？请提出一个一般的结论，并证明．
【解析】（1）证明：动点到定点的距离比到定直线的距离小1．
动点到定点的距离与到定直线的距离相等．
根据抛物线的定义可知：点轨迹为抛物线，其轨迹方程为．
（2）①过（1）中的抛物线的顶点任意作互相垂直的弦、，弦是经过一个定点．下面给出证明：
证明：当轴时，直线，的方程分别为：，，联立，，解得．
，同理，此时直线的方程为：，经过定点．
当与轴不垂直时，设直线，的方程分别为：，，，
联立，，解得，
同理可得，．
直线的方程为：，
令，解得．
直线经过定点．
综上可得：直线经过定点．
②对于抛物线上顶点以外的定点也有这样的性质：设点，是抛物线上的定点，过点作相互垂直的两条弦，，则直线过定点．
下面给出证明：设，，．
则，．
，
，
，
，
化为．．
直线的方程为：，
化为，
把代入可得，
令，可得．
直线过定点．
19．设椭圆，其离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设曲线的上、下顶点分别为、，点在曲线上，且异于点、，直线，与直线分别交于点，．
（1）设直线，的斜率分别为，，求证：为定值；
（2）求线段长的最小值．
【解析】解：（Ⅰ）椭圆，其离心率为，
且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为．
，解得，，，
椭圆的方程为：（4分）
证明：（Ⅱ）（1）椭圆的上、下顶点分别为、，
由题意，，，令，，则，
直线的斜率，的斜率．
又点在椭圆上，，
从而有．
即为定值．（7分）
解：（2）由题设可以得到直线的方程为，
直线的方程为，
由，得，
由，得，
直线与直线的交点，，
直线与直线的交点，．
又，
，
当且仅当，即时等号成立，
故线段长的最小值是．（13分）
高考预测六：设而不求，整体代换
20．已知平面内一动点在轴的上方，点到的距离与它到轴的距离的差等于1．
（1）求动点轨迹的方程；
（2）设，为曲线上两点，与的横坐标之和为4．
①求直线的斜率；②设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程．
【解析】解：设动点的坐标为，由题意为
因为，化简得：，
所以动点的轨迹的方程为，，
（2）①设，，，，则，，，又，
直线的斜率，
②依题意设在处的切线方程可设为，联立，
可得，
△ 得，
此时，
点的坐标为，
设的方程为，
故线段的中点坐标为，
，联立消去整理得：，
△，，，，
，
由题设知：，即，解得：
直线的方程为：
21．已知抛物线的顶点为原点，其焦点，到直线的距离为，设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点．
（1）求抛物线的方程；
（2）当点，为直线上的定点时，求直线的方程；
（3）当点在直线上移动时，求的最小值．
【解析】解：（1）焦点，到直线的距离，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）设，，
由（1）得抛物线的方程为，，
所以切线，的斜率分别为，，
所以①②
联立①②可得点的坐标为，即，，
又因为切线的斜率为，整理得，
直线的斜率，
所以直线的方程为，
整理得，即，
因为点，为直线上的点，
所以，即，
所以直线的方程为．
（3）根据抛物线的定义，有，，
所以
，
由（2）得，，，
所以．
所以当时，的最小值为．