第八章 模型1圆锥曲线中的几何图形模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

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【问题背景】圆锥曲线中的几何图形模型是指在解有些解析几何综合题时，常需要借助于三角形､特殊四边形等几何图形的特征､性质，寻找分析的思路，找到解题的路径，得到相关的数量关系，进而解决问题.这是近年来新高考的热点题型之一.
【解决方法】
【典例1】（2024北京清华附中9月开学考试节选）已知椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为，过点的直线与椭圆的另一个交点为，点与点关于轴对称，直线交直线于，直线交直线于，点，求证：.
【套用模型】第一步：分析特征作图形.
根据题意作出图形，如图1，连接.
图1
【作图妙招】既然要证明，那么一般分两种情况：在等腰三角形里面作为两腰，在平行四边形里面作为对边.在本题求解过程中，我们先粗略画图后，感觉跟平行四边形有点像，然后按照这个思路重新画一个更精确的图形，这也是矫正作图的一种思路
第二步：几何特征代数化.
要想证明，考虑从证明四边形是平行四边形入手.平行四边形这一几何特征如何转化为代数运算呢？我们可以根据平行四边形的判定方法来实现.
第三步：联立方程得关系.
设点，则点，易知点，
所以直线的方程为，即.
直线的方程为，
联立直线与直线的方程，可得，
直线的方程为，同理可得.
第四步：运算化简得结论.
且，
所以线段的中点为点.又点，则线段的中点也为点.
【会变通】这里若想通过证明四边形AMTN是平行四边形，由，，结合消元化简，非常烦琐.所以选择利用对角线互相平分证明平行四边形，运算量就变小了
所以四边形为平行四边形，故.
【典例2】已知椭圆，过点作与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得为正三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【套用模型】第一步､第二步：分析特征画草图，几何特征代数化.
记线段的中点为，连接（草图略），若是正三角形，则且.
第三步：联立方程得关系.
过点作与坐标轴不垂直的直线，可设直线的方程为，
由消去整理得关于的方程，
设，则.
所以，
设，则.
第四步：运算化简得结论.
因为是正三角形，所以且.
【敲黑板】这一步是联系几何与代数的关键.垂直关系是显而易见的，而另一个长度关系也不容忽视.解析几何问题离不开求弦长，所以我们先求了弦长，而从入手找代数关系，结合正三角形，自然想到了.有了这两个关系，足以求出点坐标
所以直线的斜率为，
则，解得.
设，则，所以，
故在轴上存在点，使得为正三角形，点的坐标为或.
【典例3】（2024山东泰安开学月考）在平面直角坐标系中，动圆过定点，且与定直线相切，记动点的轨迹为.
（1）求的方程.
（2）已知正方形有三个顶点在上，求正方形面积的最小值.
（1）设，由题意得，整理得，即的方程为.
（2）【套用模型】第一步：分析特征作图形.
如图2，不妨设在上，在轴右侧（包括在轴上），且三点的坐标分别为，则.
图2
第二步：几何特征代数化.
由四边形是正方形，可得，即，
设直线的斜率为，可得，化简得①.
第三步：联立方程得关系.
因为三点在抛物线上，所以，
而三点也满足，
化简可得②，③.
第四步：运算化简得结论.
联立①②③，可得，所以，所以.
所以正方形的边长为，当且仅当，即点坐标为时等号成立.
所以正方形面积的最小值为2.
【一题多解】这里也可以利用函数思想求解，正方形的面积，变形一下就是，这时通过换元，令，则，则随着的增大而增大，所以的最小值为
（2024·河北·模拟预测）
1．如图，四边形为椭圆的内接矩形，其中点关于轴对称，点满足，直线交椭圆于点，且，则椭圆的离心率为 .

（2023高三·全国·竞赛）
2．已知焦点在轴上的椭圆，点、是过原点的直线与椭圆的两个交点．若数使得在椭圆上还存在另一点，使为正三角形，则对所有这样的，的面积的最大值是 ．
（2024·浙江·模拟预测）
3．已知斜率为1的直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于，两点，若椭圆上存在点，使得的重心恰好是坐标原点，则椭圆的离心率 .
（2023•江西省高三4月新课程教学质量监测）
4．已知为直角坐标系的坐标原点，双曲线上有一点（m>0），点P在轴上的射影恰好是双曲线C的右焦点，过点P作双曲线C两条渐近线的平行线，与两条渐近线的交点分别为A,B，若平行四边形PAOB的面积为1，则双曲线的标准方程是
A．B．C．D．
（2024•四川省宜宾市高三第二次诊断检测数学）
5．已知点分别是双曲线的左右两焦点，过点的直线与双曲线的左右两支分别交于两点，若是以为顶角的等腰三角形，其中，则双曲线离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
（23·24高三上·全国·单元测试）
6．已知椭圆，过左焦点且不与轴垂直的直线交于、两点，若直线上存在点，使得是等边三角形，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2024•天津市红桥区重点中学八校高三3月联考）
7．已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，已知，是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
（2024·湖北·模拟预测）
8．已知椭圆的上顶点为，是椭圆上的一点，以为直径的圆经过椭圆的右焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，在直线上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求出等边三角形的面积；若不存在，请说明理由.
（23·24高三下·浙江绍兴·开学考试）
9．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：.
(1)设是椭圆上的一个动点，求的取值范围；
(2)设与坐标轴不垂直的直线交椭圆于两点，试问：是否存在满足条件的直线，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
（23·24高三上·山西·阶段练习）
10．已知椭圆过点，直线与交于两点，且线段的中点为为坐标原点，直线的斜率为.
(1)求的标准方程；
(2)已知直线与有两个不同的交点为轴上一点.是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由.
（23·24高三上·湖南·阶段练习）
11．已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为2，记动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知正方形有三个顶点在曲线上，求该正方形面积的最小值.
参考答案：
1．##0.5
【分析】设，根据对称即可得出，，利用得出，然后利用表示出和，联立得出，再结合在椭圆上，通过化简即可得出离心率.
【详解】由题知，设，
则，，，
，，
则，
所以，
：，①
，
因为，所以，
则，
：，②
联立①②得，
而，，
所以，
则，
所以，
而，所以，
所以，，
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查直线与圆锥曲线相位置关系，注意运用椭圆的方程和对称性，考查化简整理的运算求解能力，属于中档题.
2．
【详解】设，．则由为正三角形可知，且．
设．则易知点坐标为．
分别代入椭圆方程，得，
．
故，．
则由可得．
∴．（不合题意，舍去）
故．得，．
3．
【分析】设点，，坐标分别为，则根据题意有，分别将点，，的坐标代入椭圆方程得，然后联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到和的值，代入得到关于的齐次式，然后解出离心率.
【详解】设，，坐标分别为，
因为的重心恰好是坐标原点，则，
则，代入椭圆方程可得，
其中，所以……①
因为直线的斜率为，且过左焦点，则的方程为：，
联立方程消去可得：，
所以，……②
所以……③，
将②③代入①得，从而.
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的离心率求解问题，难度较大.解答时,注意，，三点坐标之间的关系，注意韦达定理在解题中的运用.
4．A
【详解】设平行线方程为，由，解得，则，又点到直线的距离，化简得：，又，又，解得，所以方程是，故选A.
【方法点晴】本题主要考查双曲线的简单性质、双曲线的渐近线及待定系数法求双曲线方程，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
5．A
【分析】根据为等腰三角形，设，再利用双曲线的定义，分别求得，，然后在中，利用余弦定理求解.
【详解】解：如图所示：
因为为等腰三角形，设，
由Q为双曲线上一点，，
所以，
由P为双曲线上一点，，
所以，
在中，由余弦定理得,
所以，即，
又因为，则，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
6．D
【分析】设直线的方程为，其中，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出的长以及等边的高，根据几何关系可得出，即可求得该椭圆离心率的取值范围.
【详解】知点，设直线的方程为，其中，
设点、，

联立可得，
，
由韦达定理可得，，
所以，，
设线段的中点为，则，
，
因为为等边三角形，则，且直线的斜率为，
所以，，
且，即，即，
整理可得，所以，，
故选：D.
7．（1）；（2）①；②直线AB的斜率为定值；答案见解析．
【分析】（1）设椭圆C的方程为，由抛物线的焦点得，由和得可得答案；
（2）①设，，设出直线AB的方程与椭圆联立，可得进而可得四边形APBQ的面积，即可求其最值；
②设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为，由直线PA的方程与椭圆方程联立可得可得答案．
【详解】（1）设椭圆C的方程为，
抛物线的焦点为，
，
由，，得，
椭圆C的方程为．
（2）设，
①设直线AB的方程为，
代入，得，
由，解得，
，，
，
四边形APBQ的面积，
当时，S取得最大值，且，
②若，则直线PA，PB的斜率之和为0，
设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为，直线PA的方程为，
由消去y，得，
，
将k换成可得，
，，
，
直线AB的斜率为定值．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
8．（1）；（2）存在；.
【分析】（1）由点在椭圆上，及基本量关系列方程即可；
（2）直线代入椭圆方程得一元二次方程，求弦长，再由弦长关系得面积.
【详解】解：依据题意得，得，，
又， ， ，
椭圆的方程为.
（2）假设在直线上存在一点使得为等边三角形，设直线
由得，
，设，，的中点为
则，
，
.
为等边三角形，所以的斜率为，又点的横坐标为2，
为等边三角形，
即，得.，
的面积为
【点睛】直线与椭圆相交弦长公式：，
利用韦达定理整体求解是常用方法.
9．(1)
(2)或
【分析】（1）设点，将转化为坐标表示，求取值范围；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，设中点为D，若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则，，解出直线方程.
【详解】（1）设点，则，
，
因为，所以当时，，
当时，，
所以.
（2）设直线l：（），，，
，消去y得，，
由题，，
，，
，，
若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则， ，
所以，①
设中点为D，则，因为，
所以，即，②
由①②，得，或，，满足，
所以存在直线l使得是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
直线方程为或.
10．(1)
(2)存在，时，点坐标为；当时，点坐标为
【分析】（1）根据中点弦点差法得，再根据，得，再结合椭圆过点解方程即可得答案；
（2）设中点，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，进而将问题转化为，，再联立，结合韦达定理讨论，同时成立的情况.
【详解】（1）解：设，则，
所以，由题知直线的斜率.
因为在椭圆上，
所以，
两式相减得，即，
又，
所以，即.
又因为椭圆过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：联立消整理得：.
因为直线与椭圆交于两点，故，解得.
设，则.
设中点，
则，故.
假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，
所以，解得，故.
又因为，所以，
所以，即，
整理得.
所以，
代入，整理得，即，
所以或，即存在使得是以为顶点的等腰直角三角形.
当时，点坐标为；当时，点坐标为.
此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.
11．(1)；
(2)8.
【分析】（1）根据给定条件，利用圆的弦长公式列式化简作答.
（2）设出抛物线上的三点坐标，借助垂直关系的斜率表示及正方形邻边相等探求出正方形面积的函数关系，再利用导数求解最值作答.
【详解】（1）设圆心，依题意，，化简得，
故曲线的方程为.
（2）依题意，不妨令正方形的顶点在抛物线上，且，
设抛物线上的三点为，显然直线的斜率均存在且不为0，
又由抛物线的对称性不妨设直线的斜率大于0，且点都不在x轴下方，结合图形知，

直线的斜率，，由得，，即，
由得：，即，
化简得，由及得，
则正方形面积，
令，则，
于是，函数在上单调递增，
所以当，即时，该正方形的面积的最小值为8.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．