还剩16页未读，
继续阅读
新高考数学复习专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题（解析版）
展开
这是一份新高考数学复习专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题（解析版），共19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。
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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))处时，点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0)).
(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eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))时，求直线BM的方程．
【分析】 eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问中由eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，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Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0))，得直线NQ的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \r(3).(2分)
令x＝0，得点B的坐标为(0，－eq \r(3))．所以椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1.(4分)
将点N的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))代入，得eq \f(（\r(3)）2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),3)＝1，解得a2＝4.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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－eq \r(3).在y＝kx－eq \r(3)中，令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3),k)，而点Q是线段OP的中点，所以xQ＝eq \f(\r(3),2k).所以直线BN的斜率kBN＝kBQ＝eq \f(0－（－\r(3)）,\f(\r(3),2k)－0)＝2k.(10分)
(注：由kBM＝eq \f(OB,OP)，kBN＝eq \f(OB,OQ)，及OP＝2OQ也可得到kBN＝2kBM.)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2－8eq \r(3)kx＝0，解得xM＝eq \f(8\r(3)k,3＋4k2) .用2k代替k，得xN＝eq \f(16\r(3)k,3＋16k2) .(12分)
又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
故2×eq \f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3×eq \f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).(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＝eq \f(\r(3),2t)x－eq \r(3)，(10分)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),2t)x－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(1＋t2)x2－4tx＝0，解得xM＝eq \f(4t,1＋t2)，用eq \f(1,2)t代替t，得xN＝eq \f(8t,4＋t2).(12分)
又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
故2×eq \f(4t,1＋t2)＝3×eq \f(8t,4＋t2)，又t＞0，解得t＝eq \f(\r(2),2)，所以k＝eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).(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，－eq \r(3))，得直线BM的方程为y＝ eq \f(y1＋\r(3),x1)x－eq \r(3)，
令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3)).同理，得xQ＝eq \f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).
而点Q是线段OP的中点，所以xP＝2xQ，
故eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝2×eq \f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).(10分)
又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq \f(2,3)x1＞0，从而eq \f(1,y1＋\r(3))＝eq \f(\f(4,3),y2＋\r(3))， 解得y2＝eq \f(4,3)y1＋eq \f(\r(3),3).(12分)
将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)))代入椭圆C的方程，得eq \f(xeq \\al(2,1),9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1.
又xeq \\al(2,1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,1),3)))，所以eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,1),3))),9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1，(14分)
即eq \r(3)yeq \\al(2,1)＋2y1－eq \r(3)＝0，解得y1＝－eq \r(3)(舍)或y1＝eq \f(\r(3),3).又x1＞0，所以点M的坐标为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，\f(\r(3),3))).
故直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).(16分)
例2、(2018南京学情调研）如图，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，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eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(a2,c)＝2,
所以a＝eq \r(2)，c＝1，所以b＝eq \r(a2－c2)＝1.
故椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋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＝eq \f(y1－1,x1－0)＝eq \f(y1－1,x1)，所以直线AP的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，解得m＝－eq \f(x1,y1－1).(8分)
因为kAQ＝eq \f(－y1－1,x1－0)＝－eq \f(y1＋1,x1)，所以直线AQ的方程为y＝－eq \f(y1＋1,x1)x＋1.令y＝0，解得n＝eq \f(x1,y1＋1).(12分)
所以mn＝－eq \f(x1,y1－1)× eq \f(x1,y1＋1)＝eq \f(x\\al(2,1),1－y\\al(2,1)).(14分)
又因为(x1，y1)在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上，所以eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，即1－yeq \\al(2,1)＝eq \f(x\\al(2,1),2)，所以eq \f(x\\al(2,1),1－y\\al(2,1))＝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＝－eq \f(1,k).(6分)
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得xA＝0，xP＝－eq \f(4k,1＋2k2)，(8分)
所以yP＝kxP＋1＝eq \f(1－2k2,1＋2k2)，
则点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,1＋2k2)，－\f(1－2k2,1＋2k2))).(10分)
所以kAQ＝eq \f(－\f(1－2k2,1＋2k2)－1,－\f(4k,1＋2k2))＝eq \f(1,2k)，故直线AQ的方程为y＝eq \f(1,2k)x＋1.令y＝0，得n＝－2k，(14分)
所以mn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))×(－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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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.
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得a∶b∶c＝eq \r(2)∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－eq \r(3))，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eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)＋6,5)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)－3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)－6,5).))
所以点P，Q的坐标分别为eq \f(4\r(3)＋3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)＋6,5)， eq \f(4\r(3)－3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)－6,5)，
所以PQ＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积也为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
把切线方程 y＝eq \r(2)(x－eq \r(3))代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8eq \r(3)x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5).
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×eq \r(6)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(8\r(3),5)＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(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＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)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eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，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＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).(12分)
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋km×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋y0y－2＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))x2－8x0x＋8－6yeq \\al(2,0)＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8x0,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))，x1x2＝eq \f(8－6y\\al(2,0),2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).(12分)
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(2－x0x12－x0x2,y\\al(2,0))＝eq \f(－6x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋12,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).
因为xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2，代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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。
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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2).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，eq \r(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－eq \f(1,2)，求实数m的值．
思路分析 第1问，根据条件eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))以及P(2，eq \r(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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，这样可得到A，P两点的坐标间的关系，再注意到eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，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＝－eq \f(1,2)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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，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＝－eq \f(1,2)，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eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，而P(2，eq \r(2))，
所以A－1，－eq \f(\r(2),2)，
代入椭圆方程，得eq \f(1,a2)＋eq \f(2,4b2)＝1，①(2分)
又椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以 eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2).②(4分)
由①②，得a2＝2，b2＝1.
故椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，(6分)
(2) 解法1 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x1－x2＝mx3－x2，,－2y1－y2＝my3－y2，))
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3＝\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1，,y3＝\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1.))(9分)
代入椭圆方程，得
eq \f(\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x12,a2)＋eq \f(\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y12,b2)＝1，
即eq \f(4,m2)eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＋eq \f(m－12,m2)·eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)－eq \f(4m－1,m2)·eq \f(x1x2,a2)＋eq \f(y1y2,b2)＝1，③(12分)
因为A，B在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1.④
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，即eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－eq \f(1,2)，结合②知eq \f(x1x2,a2)＋eq \f(y1y2,b2)＝0.⑤(14分)
将④⑤代入③，得eq \f(4,m2)＋eq \f(m－12,m2)＝1，
解得m＝eq \f(5,2).(16分)
解法2 设点A(x1，y1)，所以kOA＝eq \f(y1,x1)，因为eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，所以kOB＝eq \f(－\f(1,2),kOA)＝－eq \f(x1,2y1)，故直线OB方程为y＝－eq \f(x1,2y1)x,
因为椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，即a＝eq \r(2)c，故b2＝a2－c2＝c2，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2c2)＋eq \f(y2,c2)＝1，即x2＋2y2＝2c2, (9分)
将它与直线OB方程联立，并消去y得(xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1))x2＝4yeq \\al(2,1)c2，
因为点A(x1，y1)在椭圆上，所以xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝2c2，从而xB＝±eq \r(2)y1，
故Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)y1，－\f(\r(2),2)x1))或Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)y1，\f(\r(2),2)x1))，(11分)
若Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)y1，－\f(\r(2),2)x1))，设C(x0，y0)，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－eq \r(2)y1，－2y1＋eq \f(\r(2),2)x1)＝mx0－eq \r(2)y1，y0＋eq \f(\r(2),2)x1，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x1－\r(2)y1＝mx0－\r(2)y1，,－2y1＋\f(\r(2),2)x1＝my0＋\f(\r(2),2)x1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(－2x1－\r(2)y1,m)＋\r(2)y1，,y0＝\f(－2y1＋\f(\r(2),2)x1,m)－\f(\r(2),2)x1，))(13分)
因为点C在椭圆上，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2x1－\r(2)y1,m)＋\r(2)y1))2＋2eq \f(－2y1＋\f(\r(2),2)x1,m)－eq \f(\r(2),2)x12＝2c2，
化简得eq \f(5x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1),m2)－eq \f(2x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1),m)＋xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝2c2，即eq \f(5×2c2,m2)－eq \f(4c2,m)＋2c2＝2c2，解得m＝eq \f(5,2).
同理，若B－eq \r(2)y1，eq \f(\r(2),2)x1, m＝eq \f(5,2)，
综上，实数m的值为eq \f(5,2).(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：eq \f(x2,4)＋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＝eq \f(2\r(5),5).
①求证：k1k2＝－eq \f(1,4)；
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＝－eq \f(1,4)，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＝－eq \f(1,4)，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(eq \r(3)，0)，所以圆心M的坐标为eq \r(3)，±eq \f(1,2)，(2分)
从而圆M的方程为(x－eq \r(3))2＋y±eq \f(1,2)2＝eq \f(1,4).(4分)
(2) ①因为圆M与直线OP：y＝k1x相切，所以eq \f(|k1x0－y0|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝eq \f(2\r(5),5)，
即(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，(6分)
同理，有(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，
所以k1，k2是方程(4－5xeq \\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq \\al(2,0)＝0的两根，(8分)
从而k1k2＝eq \f(4－5y\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(4－51－\f(1,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(－1＋\f(5,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝－eq \f(1,4).(10分)
②解法1 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))，yeq \\al(2,1)＝eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))，(12分)
同理，xeq \\al(2,2)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))，yeq \\al(2,2)＝eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))，
所以OP2·OQ2＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))＋eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))＋eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2)).
由①可知，k1k2＝－eq \f(1,4)，所以原式＝eq \f(41＋k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(41＋k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))＝eq \f(4＋4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(1＋16k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))(14分)
≤eq \f(\f(5＋20k\\al(2,1),2)2,1＋4k\\al(2,1)2)＝eq \f(25,4)，
当且仅当k1＝±eq \f(1,2)时取等号. 所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2). (16分)
解法2 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知k1k2＝－eq \f(1,4)，
得eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，16yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2).(*)
因为yeq \\al(2,1)＝1－eq \f(x\\al(2,1),4)，yeq \\al(2,2)＝1－eq \f(x\\al(2,2),4)代入(*)，整理得xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝4.(12分)
所以OP2·OQ2＝(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))
＝1＋eq \f(3x\\al(2,1),4)1＋eq \f(3x\\al(2,2),4)(14分)
≤eq \f(2＋\f(3,4)x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),2)2＝eq \f(25,4)，
当且仅当x1＝－x2＝±eq \r(2)时取等号，
所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2).(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＝－eq \f(1,4)，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．
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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))处时，点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0)).
(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eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))时，求直线BM的方程．
【分析】 eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问中由eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，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Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0))，得直线NQ的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \r(3).(2分)
令x＝0，得点B的坐标为(0，－eq \r(3))．所以椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1.(4分)
将点N的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))代入，得eq \f(（\r(3)）2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),3)＝1，解得a2＝4.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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－eq \r(3).在y＝kx－eq \r(3)中，令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3),k)，而点Q是线段OP的中点，所以xQ＝eq \f(\r(3),2k).所以直线BN的斜率kBN＝kBQ＝eq \f(0－（－\r(3)）,\f(\r(3),2k)－0)＝2k.(10分)
(注：由kBM＝eq \f(OB,OP)，kBN＝eq \f(OB,OQ)，及OP＝2OQ也可得到kBN＝2kBM.)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2－8eq \r(3)kx＝0，解得xM＝eq \f(8\r(3)k,3＋4k2) .用2k代替k，得xN＝eq \f(16\r(3)k,3＋16k2) .(12分)
又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
故2×eq \f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3×eq \f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).(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＝eq \f(\r(3),2t)x－eq \r(3)，(10分)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),2t)x－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(1＋t2)x2－4tx＝0，解得xM＝eq \f(4t,1＋t2)，用eq \f(1,2)t代替t，得xN＝eq \f(8t,4＋t2).(12分)
又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
故2×eq \f(4t,1＋t2)＝3×eq \f(8t,4＋t2)，又t＞0，解得t＝eq \f(\r(2),2)，所以k＝eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).(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，－eq \r(3))，得直线BM的方程为y＝ eq \f(y1＋\r(3),x1)x－eq \r(3)，
令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3)).同理，得xQ＝eq \f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).
而点Q是线段OP的中点，所以xP＝2xQ，
故eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝2×eq \f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).(10分)
又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq \f(2,3)x1＞0，从而eq \f(1,y1＋\r(3))＝eq \f(\f(4,3),y2＋\r(3))， 解得y2＝eq \f(4,3)y1＋eq \f(\r(3),3).(12分)
将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)))代入椭圆C的方程，得eq \f(xeq \\al(2,1),9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1.
又xeq \\al(2,1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,1),3)))，所以eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,1),3))),9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1，(14分)
即eq \r(3)yeq \\al(2,1)＋2y1－eq \r(3)＝0，解得y1＝－eq \r(3)(舍)或y1＝eq \f(\r(3),3).又x1＞0，所以点M的坐标为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，\f(\r(3),3))).
故直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).(16分)
例2、(2018南京学情调研）如图，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，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eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(a2,c)＝2,
所以a＝eq \r(2)，c＝1，所以b＝eq \r(a2－c2)＝1.
故椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋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＝eq \f(y1－1,x1－0)＝eq \f(y1－1,x1)，所以直线AP的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，解得m＝－eq \f(x1,y1－1).(8分)
因为kAQ＝eq \f(－y1－1,x1－0)＝－eq \f(y1＋1,x1)，所以直线AQ的方程为y＝－eq \f(y1＋1,x1)x＋1.令y＝0，解得n＝eq \f(x1,y1＋1).(12分)
所以mn＝－eq \f(x1,y1－1)× eq \f(x1,y1＋1)＝eq \f(x\\al(2,1),1－y\\al(2,1)).(14分)
又因为(x1，y1)在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上，所以eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，即1－yeq \\al(2,1)＝eq \f(x\\al(2,1),2)，所以eq \f(x\\al(2,1),1－y\\al(2,1))＝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＝－eq \f(1,k).(6分)
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得xA＝0，xP＝－eq \f(4k,1＋2k2)，(8分)
所以yP＝kxP＋1＝eq \f(1－2k2,1＋2k2)，
则点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,1＋2k2)，－\f(1－2k2,1＋2k2))).(10分)
所以kAQ＝eq \f(－\f(1－2k2,1＋2k2)－1,－\f(4k,1＋2k2))＝eq \f(1,2k)，故直线AQ的方程为y＝eq \f(1,2k)x＋1.令y＝0，得n＝－2k，(14分)
所以mn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))×(－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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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.
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得a∶b∶c＝eq \r(2)∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－eq \r(3))，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eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)＋6,5)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)－3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)－6,5).))
所以点P，Q的坐标分别为eq \f(4\r(3)＋3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)＋6,5)， eq \f(4\r(3)－3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)－6,5)，
所以PQ＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积也为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
把切线方程 y＝eq \r(2)(x－eq \r(3))代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8eq \r(3)x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5).
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×eq \r(6)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(8\r(3),5)＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(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＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)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eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，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＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).(12分)
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋km×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋y0y－2＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))x2－8x0x＋8－6yeq \\al(2,0)＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8x0,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))，x1x2＝eq \f(8－6y\\al(2,0),2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).(12分)
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(2－x0x12－x0x2,y\\al(2,0))＝eq \f(－6x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋12,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).
因为xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2，代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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。
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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2).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，eq \r(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－eq \f(1,2)，求实数m的值．
思路分析 第1问，根据条件eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))以及P(2，eq \r(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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，这样可得到A，P两点的坐标间的关系，再注意到eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，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＝－eq \f(1,2)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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，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＝－eq \f(1,2)，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eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，而P(2，eq \r(2))，
所以A－1，－eq \f(\r(2),2)，
代入椭圆方程，得eq \f(1,a2)＋eq \f(2,4b2)＝1，①(2分)
又椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以 eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2).②(4分)
由①②，得a2＝2，b2＝1.
故椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，(6分)
(2) 解法1 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x1－x2＝mx3－x2，,－2y1－y2＝my3－y2，))
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3＝\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1，,y3＝\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1.))(9分)
代入椭圆方程，得
eq \f(\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x12,a2)＋eq \f(\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y12,b2)＝1，
即eq \f(4,m2)eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＋eq \f(m－12,m2)·eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)－eq \f(4m－1,m2)·eq \f(x1x2,a2)＋eq \f(y1y2,b2)＝1，③(12分)
因为A，B在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1.④
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，即eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－eq \f(1,2)，结合②知eq \f(x1x2,a2)＋eq \f(y1y2,b2)＝0.⑤(14分)
将④⑤代入③，得eq \f(4,m2)＋eq \f(m－12,m2)＝1，
解得m＝eq \f(5,2).(16分)
解法2 设点A(x1，y1)，所以kOA＝eq \f(y1,x1)，因为eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，所以kOB＝eq \f(－\f(1,2),kOA)＝－eq \f(x1,2y1)，故直线OB方程为y＝－eq \f(x1,2y1)x,
因为椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，即a＝eq \r(2)c，故b2＝a2－c2＝c2，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2c2)＋eq \f(y2,c2)＝1，即x2＋2y2＝2c2, (9分)
将它与直线OB方程联立，并消去y得(xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1))x2＝4yeq \\al(2,1)c2，
因为点A(x1，y1)在椭圆上，所以xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝2c2，从而xB＝±eq \r(2)y1，
故Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)y1，－\f(\r(2),2)x1))或Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)y1，\f(\r(2),2)x1))，(11分)
若Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)y1，－\f(\r(2),2)x1))，设C(x0，y0)，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝meq \(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－eq \r(2)y1，－2y1＋eq \f(\r(2),2)x1)＝mx0－eq \r(2)y1，y0＋eq \f(\r(2),2)x1，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x1－\r(2)y1＝mx0－\r(2)y1，,－2y1＋\f(\r(2),2)x1＝my0＋\f(\r(2),2)x1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(－2x1－\r(2)y1,m)＋\r(2)y1，,y0＝\f(－2y1＋\f(\r(2),2)x1,m)－\f(\r(2),2)x1，))(13分)
因为点C在椭圆上，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2x1－\r(2)y1,m)＋\r(2)y1))2＋2eq \f(－2y1＋\f(\r(2),2)x1,m)－eq \f(\r(2),2)x12＝2c2，
化简得eq \f(5x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1),m2)－eq \f(2x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1),m)＋xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝2c2，即eq \f(5×2c2,m2)－eq \f(4c2,m)＋2c2＝2c2，解得m＝eq \f(5,2).
同理，若B－eq \r(2)y1，eq \f(\r(2),2)x1, m＝eq \f(5,2)，
综上，实数m的值为eq \f(5,2).(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
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：eq \f(x2,4)＋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＝eq \f(2\r(5),5).
①求证：k1k2＝－eq \f(1,4)；
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＝－eq \f(1,4)，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＝－eq \f(1,4)，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(eq \r(3)，0)，所以圆心M的坐标为eq \r(3)，±eq \f(1,2)，(2分)
从而圆M的方程为(x－eq \r(3))2＋y±eq \f(1,2)2＝eq \f(1,4).(4分)
(2) ①因为圆M与直线OP：y＝k1x相切，所以eq \f(|k1x0－y0|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝eq \f(2\r(5),5)，
即(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，(6分)
同理，有(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，
所以k1，k2是方程(4－5xeq \\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq \\al(2,0)＝0的两根，(8分)
从而k1k2＝eq \f(4－5y\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(4－51－\f(1,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(－1＋\f(5,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝－eq \f(1,4).(10分)
②解法1 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))，yeq \\al(2,1)＝eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))，(12分)
同理，xeq \\al(2,2)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))，yeq \\al(2,2)＝eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))，
所以OP2·OQ2＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))＋eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))＋eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2)).
由①可知，k1k2＝－eq \f(1,4)，所以原式＝eq \f(41＋k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(41＋k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))＝eq \f(4＋4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(1＋16k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))(14分)
≤eq \f(\f(5＋20k\\al(2,1),2)2,1＋4k\\al(2,1)2)＝eq \f(25,4)，
当且仅当k1＝±eq \f(1,2)时取等号. 所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2). (16分)
解法2 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知k1k2＝－eq \f(1,4)，
得eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，16yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2).(*)
因为yeq \\al(2,1)＝1－eq \f(x\\al(2,1),4)，yeq \\al(2,2)＝1－eq \f(x\\al(2,2),4)代入(*)，整理得xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝4.(12分)
所以OP2·OQ2＝(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))
＝1＋eq \f(3x\\al(2,1),4)1＋eq \f(3x\\al(2,2),4)(14分)
≤eq \f(2＋\f(3,4)x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),2)2＝eq \f(25,4)，
当且仅当x1＝－x2＝±eq \r(2)时取等号，
所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2).(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＝－eq \f(1,4)，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．
相关试卷
新高考数学二轮复习圆锥曲线专题突破提升练习第15讲 设点设线技巧之设点技巧归纳总结（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学二轮复习圆锥曲线专题突破提升练习第15讲 设点设线技巧之设点技巧归纳总结（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习圆锥曲线专题突破提升练习第15讲设点设线技巧之设点技巧归纳总结原卷版doc、新高考数学二轮复习圆锥曲线专题突破提升练习第15讲设点设线技巧之设点技巧归纳总结解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
高考第44讲以圆锥曲线为背景的取值范围问题专题练习： 这是一份高考第44讲以圆锥曲线为背景的取值范围问题专题练习，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题-2022年高考数学微专题复习（新高考地区专用）： 这是一份专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题-2022年高考数学微专题复习（新高考地区专用），文件包含专题44巧妙设点研究圆锥曲线问题解析版docx、专题44巧妙设点研究圆锥曲线问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
