2024届高考数学-第15讲 设点设线技巧之设点技巧归纳总结（解析版）

这是一份2024届高考数学-第15讲 设点设线技巧之设点技巧归纳总结（解析版），共28页。试卷主要包含了如图，已知点为抛物线的焦点，已知椭圆的右焦点为，短轴长为，在平面直角坐标系中，椭圆过点，，定义等内容，欢迎下载使用。
第15讲 设点设线技巧之设点技巧归纳总结 参考答案与试题解析一．解答题（共19小题）1．如图，已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧．记，的面积为，．（1）若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积；（2）求的最小值及此时点的坐标．【解答】解：（1）由题意可得，解得，所以抛物线的方程为，由已知设直线的方程为，与抛物线联立可得，，所以，则线段，则以线段为直径的圆的半径为8，故圆的面积为；（2）设，，，，，，重心，，令，，则，由直线过点，故直线的方程为，代入，可得，所以，即，所以，又由于，，重心在轴上，故，所以，，所以直线的方程为，可得，，由于点在焦点的右侧，故，故，令，则，所以，当且仅当，即时，取得最小值，此时．2．如图，已知点为抛物线的焦点．过点的直线交抛物线于，两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记，的面积分别为，．（Ⅰ）求的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求的最小值及此时点的坐标．【解答】解：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：，，抛物线的准线方程为；（Ⅱ）设，，，，，，重心，，令，，则，由于直线过，故直线的方程为，代入，得：，，即，，，又，，重心在轴上，，，，，，直线的方程为，得，，在焦点的右侧，，，令，则，，当时，取得最小值为，此时．3．已知椭圆的右焦点为，短轴长为．（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的右顶点，过点的直线与交于、两点（均异于，直线、分别交直线于、两点，证明：、两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值；（3）记以坐标原点为顶点、为焦点的抛物线为，如图，过点的直线与交于、两点，点在上，并使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在的右侧，设、的面积分别为、，是否存在锐角，使得成立？请说明理由．【解答】解：（1）依题意，得，且，，，椭圆的方程为．（2）证法由椭圆的方程可知．若直线的斜率不存在，则直线，，，直线、的方程分别为、，易得，，、两点的纵坐标之积为．若直线的斜率存在，则可设直线，联立椭圆的方程，得．设，，，，则，，直线的方程为，点的纵坐标．同理，点的纵坐标．所以．综上，、两点的纵坐标之积为定值．证法2：设直线的方程为，联立椭圆的方程，得．设，，，，则，，直线的方程为，点的纵坐标．同理，点的纵坐标．所以，故、两点的纵坐标之积为定值．证法3：由椭圆的方程可知．设，，则直线的方程为，由联立椭圆的方程，得，由韦达定理可得，即．，于是点的坐标为，同理，点的坐标为，，、、三点共线，，故，化简得．即、两点的纵坐标之积为定值．证法4：由椭圆的方程可知．若直线的斜率不存在，则直线，，，直线、的方程分别为、．可得，，、两点的纵坐标之积为．若直线的斜率存在，则可设，，这里，，，，，、、三点共线，，故，化简整理得，注意到直线的斜率存在，，于是便有，化简得，又直线的方程为，可得点的纵坐标，同理，点的纵坐标，所以，．即、两点的纵坐标之积为定值．（3）不存在．理由如下：显然，抛物线的方程为．方法1：设，，则直线方程可为，由可得故（注：这里表示点的纵坐标，余类似），，．重心在轴上，，即，，进而，．进一步可得直线，，，又在焦点的右侧，，即．因此．当（注意到，即时，取等号，即有（※）．若存在锐角，使得成立，则，即，这与（※）矛盾．因此，不存在锐角，使得成立．方法2：设，，，，，，，三点共线，，即，即，同理可得，为的重心，，，且．，．，设，则，不妨设，在焦点的右侧，，而，即，，进而，即．因此，，当且仅当，即时，取等号，即有（※）．若存在锐角，使得成立，则，即与（※）矛盾，因此，不存在锐角，使得成立．4．已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线的方程为．以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为，过原点的动直线与椭圆交于、两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若点为椭圆的左顶点，，求的取值范围；（Ⅲ）若点满足，求证为定值．【解答】（Ⅰ）解：双曲线的焦距为，，，①一条渐近线的方程为，，②由①②解得，，椭圆的方程为．（Ⅱ）解：点为椭圆的左顶点，，，设，，由，得，，，，解得，，，设，，则，，，又，，，，，的取值范围是．（Ⅲ）证明：由，知在线段垂直平分线上，由椭圆的对称性知，关于原点对称，①若、在椭圆的短轴顶点上，则点在椭圆的长轴顶点上，此时．②当点，，不是椭圆的顶点时，设直线的方程为，则直线的方程为，设，，由，解得，，，用代换，得，，综上所述：．5．已知椭圆的左右焦点分别为、，且经过点，为椭圆上的动点，以为圆心，为半径作圆．（1）求椭圆的方程；（2）若圆与轴有两个交点，求点横坐标的取值范围．【解答】解：（1）由椭圆定义得，（1分）即，（3分）．又，．（5分）故椭圆方程为．（6分）（2）设，，则圆的半径，（7分）圆心到轴距离，（8分）若圆与轴有两个交点则有即，（9分）化简得．（10分）为椭圆上的点，（11分）代入以上不等式得，解得．（12分），（13分）．（14分）6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，且椭圆上的点满足，．（1）求椭圆的标准方程；（2）作直线垂直于轴，交椭圆于点，，点是椭圆上异于，两点的任意一点，直线，分别与轴交于，两点，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）依题意得：，．由椭圆定义知，又，则，在△中，，由余弦定理得：，即，解得，又，故所求椭圆方程为．（2）依题意得知：，两点关于轴对称，设，，，，则，，则，，，同理，又直线的方程为，由得点的横坐标，同理直线的方程为，由得点的横坐标，，为定值．7．已知椭圆的左右焦点坐标为，且椭圆经过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是椭圆上位于第一象限内的动点，，分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形的面积．【解答】解：（1）因为椭圆焦点坐标为，且过点，所以，所以，（3分）从而，故椭圆的方程为．                                           （6分）（2）设点，，，，，因为，且，，三点共线，所以，解得，所以，（8分）同理得，（10分）因此，，（12分）因为点，在椭圆上，所以，即，代入上式得：．四边形的面积为2．  （14分）8．在平面直角坐标系中，椭圆过点，．（1）求椭圆的方程；（2）点，是单位圆上的任意一点，设，，是椭圆上异于顶点的三点且满足，求证：直线与的斜率乘积为定值．【解答】解：（1）由题意得，，解得，．故椭圆方程为；证明：（2）令，，，，则由，可知，，故，整理得．又，，，故，故．9．在平面直角坐标系中，椭圆过点，．（1）求椭圆的方程；（2）点，是单位圆上的任意一点，设，，是椭圆上异于顶点的三点且满足，探讨是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．【解答】解：（1）由题意得，解得，．椭圆的方程为；（2）是定值，等于9．证明如下：令，，，，由，得，，故，整理得：，又，，，故，得．．故，则．故是定值，等于9．10．定义：在平面内，点到曲线上的点的距离的最小值称为点到曲线的距离．在平面直角坐标系中，已知圆及点，动点到圆的距离与到点的距离相等，记点的轨迹为曲线．（Ⅰ）求曲线的方程；（Ⅱ）过原点的直线不与坐标轴重合）与曲线交于不同的两点，，点在曲线上，且，直线与轴交于点，设直线，的斜率分别为，，求．【解答】解：（Ⅰ）由题意知：点在圆内且不为圆心，圆及点，动点到圆的距离与到点的距离相等，故，所以点的轨迹为以、为焦点的椭圆，（2分）设椭圆方程为，则，所以，故曲线的方程为．（5分）（Ⅱ）设，，，，则，，则直线的斜率为，又，所以直线的斜率是，记，设直线的方程为，由题意知，，由得：．，，由题意知，，所以，（9分）所以直线的方程为，令，得，即，．可得．（11分）所以，即．（12分）（其他方法相应给分）11．已知椭圆的离心率为，且过点，动直线交椭圆于不同的两点，，且为坐标原点）（1）求椭圆的方程．（2）讨论是否为定值．若为定值，求出该定值，若不是，请说明理由．【解答】解：（1）由题意可知，所以，整理，得，①又点在椭圆上，所以有，②由①②联立，解得，，故所求的椭圆方程为．（2）为定值，理由如下：设，，，，由，可知．联立方程组，消去，化简得，由△，得，由根与系数的关系，得，，③由，，得，整理，得．将③代入上式，得．化简整理，得，即．12．已知，分别是椭圆的左、右焦点，，分别为椭圆的上、下顶点，到直线的距离为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围；（Ⅲ）过椭圆的右顶点的直线与椭圆交于点（点异于点，与轴交于点（点异于坐标原点，直线与交于点．证明：为定值．【解答】解：（Ⅰ），分别是椭圆的左、右焦点，，分别为椭圆的上、下顶点，到直线的距离为．，，，解得，椭圆的方程为．（Ⅱ）的斜率不存在时，，解得，，；的斜率存在时，设直线，代入椭圆方程可得，设，，，，则，，，，，．综上可得的取值范围是，；（Ⅲ）证明：椭圆的右顶点，，设直线，，则，联立，得，，，设点，直线的方程为，、、三点共线，则有，，，，又，，将代入，得：，，，，．即为定值1．13．已知椭圆经过点，且离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线与曲线相交于异于点的两点、，且直线与直线的斜率之和为，则直线是否过定点？若是，求出该定点；若不是，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆经过，所以，①因为离心率为，所以，②又，③由①②③，解得，，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）设，，，，联立，得，，，则，，因为直线与直线的斜率之和为，所以，所以，①所以，把①代入，得，所以，化简得，因为直线不过点，所以，即，所以，所以直线方程为，所以直线过定点．14．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线上的点和椭圆上点的最小距离为1．（1）求椭圆的方程；（2）已知椭圆的上顶点为，点，是上的不同于的两点，且点，关于原点对称，直线，分别交直线于点，．记直线与的斜率分别为，．①求证：为定值；②求的面积的最小值．【解答】解：（1）由题知，又，，．故椭圆的方程为；（2）①设，，则，点，关于原点对称，则，，；②直线的方程为，令，得，直线的方程为，令，得，，由，，，即的最小值为，的面积的最小值为．15．在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为、，右焦点为．设过点的直线、与椭圆分别交于点，、，，其中，，．（1）设动点满足，求点的轨迹；（2）设，，求点的坐标；（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．【解答】解：（1）设点，则：、、．由，得，化简得．故所求点的轨迹为直线．（2）将分别代入椭圆方程，以及，，得、，直线方程为：，即，直线方程为：，即．联立方程组，解得：，所以点的坐标为． （3）点的坐标为直线方程为：，即，直线方程为：，即．分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，解得：、．（方法一）当时，直线方程为：，令，可得，即为，令，解得：．此时必过点；当时，直线方程为：，与轴交点为．所以直线必过轴上的一定点．（方法二）若，则由及，得，此时直线的方程为，过点．若，则，直线的斜率，直线的斜率，得，所以直线过点．因此，直线必过轴上的点．16．已知是椭圆的左顶点，斜率为的直线交于、两点，点在上，且．（1）当时，求的面积；（2）当时，求的值．【解答】解：（1）设，，由题可知，，因为，可得，故直线的方程为，联立，得，解得或，所以，所以．（2）由题意可得，设直线的方程为，联立，得，所以，即，所以，同理可设直线的方程为，解得，由，得，即，即，因为，所以，所以．17．已知椭圆的离心率为，右焦点．过点作斜率为的直线，交椭圆于、两点，是一个定点．如图所示，连、，分别交椭圆于、两点（不同于、，记直线的斜率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在直线的斜率变化的过程中，是否存在一个常数，使得恒成立？若存在，求出这个常数；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设，由题意，．解得，．椭圆的方程为．（5分）（Ⅱ）存在常数．设，，，，，，，．联立，可得于是，．直线的斜率，联立，可得则，进一步可得．将代入，则同理可得．则，由，两式相减可得，综上可知，存在常数．（15分）18．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点斜率为的直线与椭圆交于、两点，为坐标原点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设，延长，分别与椭圆交于、两点，直线的斜率为，求的值及直线所经过的定点坐标．【解答】解：（1）依题意，得，解得，在椭圆中，．椭圆的标准方程为：（4分）（2）设，，，，，，，，显然，，故直线的方程为，代入椭圆方程，消去得：，由韦达定理得：，代入直线的方程得，，，，则，即，，同理得，显然，两点坐标均满足直线的方程，所以直线的方程为，，且直线过定点，（12分）19．已知椭圆的离心率为，以的四个顶点为顶点的四边形的面积为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设，分别为椭圆的左、右顶点，是直线上不同于点的任意一点，若直线，分别与椭圆相交于异于，的点、，试探究，点是否在以为直径的圆内？证明你的结论．【解答】解：（Ⅰ）依题意得，，又，由此解得，．所以椭圆的方程为．（Ⅱ）点在以为直径的圆内．证明如下：方法1：由（Ⅰ）得，．设，．点在椭圆上，．　①又点异于顶点、，．由、、三点共线可以得．从而，，．．　②将①代入②，化简得．，，于是为锐角，从而为钝角，故点在以为直径的圆内．方法2：由（Ⅰ）得，．设，，，，则，，又的中点的坐标为，依题意，计算点到圆心的距离与半径的差　③直线的方程为，直线的方程为，而两直线与的交点在直线上，，即　④又点在椭圆上，则，即　⑤于是将④、⑤代入③，化简后可得．