專題08圓錐曲線壓軸大題歸類

內容早知道

?第一層鞏固提升練

題型一：韋達定理基礎模型

題型二：橫截式與豎截式型

題型三：無定點無斜率直線型

題型四：定點：直線過定點

題型五：定點：圓過定點

題型六：定值型

題型七：面積幾種求法

題型八：面積最值與范圍

題型九：斜率“和”型

題型十：斜率“積”型

題型十一：斜率“比值”型

題型十二：圓錐曲線切線型

題型十三：點帶入型

題型十四：定比分點轉化型

題型十五：非對稱型

?第二層能力提升練

?第三層高考真題練

鞏固提升練

題型01韋達定理模型

技巧積累與運用

?

“五個方程”（過去老高考對韋達定理型的直觀稱呼。）

1.一直一曲倆交點。

2.直線有沒有？是那種未知型的？

已知過定點（，）。則可設為，同時討論不存在情況。如

x0y0y-y0=k(x-x0)k

3.曲線方程有沒有？倆交點：設為Ax1,y1,Bx2,y2

4.聯立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同時不要忘了判別式

（a）x2(b)xc0。。。（3）（a）y2(b)yc0。。。（3）

0或者0

5.得到對應的韋達定理

x1x2...(4)y1y2...(4)

x1x2.......(5)或y1y2.......(5)

6.目標，就是把題中問題轉化為第六個關于韋達定理的方程或者不等式，代入求解

x2y2

1．已知直線x3y3過橢圓C:1ab0的一個頂點和一個焦點.

a2b2

(1)求C的方程；

1

8

(2)若過點1,0的直線l與C交于Ax,y，Bx,y兩點，且xx，求直線l的方程.

1122125

x2

【答案】(1)y21(2)yx1或yx1

4

【分析】（1）根據題意，得到c3,b1，求得a2，即可求得橢圓的方程；

8k24k248

（2）設直線l為yk(x1)，聯立方程組，得到xx,xx，結合x1x2，列出方程，

1214k21214k25

求得k的值，即可求解.

【詳解】（1）設橢圓C的半焦距為c.

因為直線x3y3過點3,0和0,1，所以c3,b1，

2

2x

則a3122，所以橢圓C的方程為y21.

4

（2）由題可知直線l的斜率顯然存在，所以設直線l的方程為yk(x1)，

x2

y21

聯立方程組4，整理得(14k2)x28k2x4k240，

yk(x1)

22

2

則222且8k4k4，

8k4(14k)4k40x1x2,x1x2

14k214k2

222

86428k4k4

因為，可得，

x1x2x1x24x1x2242

52514k14k

21

整理可得64k443k2210，解得k21或k2（負值舍去），

64

所以k1，故直線l的方程為yx1或yx1.

2．已知頂點為O的拋物線y212x的焦點為F，直線l與拋物線交于A,B兩點．

π

(1)若直線l過點M5,0，且其傾斜角，求SOAB的值；

3

(2)是否存在斜率為1的直線l，使得FAFB？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)302(2)存在，yx963或yx963

【分析】（1）由題可知F3,0，且直線l的斜率不為0，設Ax1,y1,Bx2,y2，則直線l的方程為3xy530，

聯立方程組，利用韋達定理求弦長，然后求解三角形的面積即可；

（2）設直線方程為yxb，聯立方程組，將FAFB轉化為FAFB0，求解直線的方程即可.

【詳解】（1）由題可知F3,0，且直線l的斜率不為0，

π

設Ax1,y1,Bx2,y2．因為，則直線l的斜率k3，設直線l的方程為3xy530，

3

2

53y12x

因此點O到直線l的距離為d，聯立，則y243y600，顯然Δ0，

23xy530

所以y1y243,y1y260，

22

111441

則2，所以SdAB302

AB1(y1y2)4y1y2124086OAB.

3332

y212x,

（2）設直線方程為yxb，即xyb，聯立得y212y12b0，

xyb,

故14448b0即b3，又y1y212,y1y212b，易知FAx13,y1,FBx23,y2，

2

因為FAFB，則FAFB0，因為x1y1b,x2y2b，所以2y1y2b3y1y2(b3)0，

即b218b270，解得b963或b963，

故存在斜率為1的直線l，使得FAFB，

2

此時直線l的方程為yx963或yx963．

題型02橫截式與豎截式型

技巧積累與運用

?

如果所過定點在x軸上，為（m，0），也可以設為x=tym，此時包含了斜率不存在的情況，但是反而不

包含x軸這條直線。

選擇不同直線的設法，是因為：

1.避免對k不存在情況討論，可以把k不存在的情況包含在里邊。

2.兩種直線形式設法，有時候在計算中可以降低參數的計算量：如過點（1,0）直線，設成y=k（x-1）與

x=ty1代入到圓錐曲線中，明顯的后邊這種設法代入計算時要稍微簡單點。

3.如有可能，盡量把兩種設法，都同時做做，做個對比，既能看出這種設法在某些試題中的計算優(yōu)勢，又

不過分拔高這種設法的效果。

2

1．已知拋物線C:y2pxp0的焦點為F，點A3,y0在拋物線C上，且AF4.

(1)求拋物線C的方程；

(2)過點T2,0的直線l與拋物線C交于M、N兩點，若點B1,1滿足BMBN1，求直線l的方程.

【答案】(1)y24x；(2)y2x4.

【分析】（1）利用拋物線的定義可求出p的值，由此可得出拋物線C的方程；

（2）根據題意，設直線l的方程為xmy2，設點、，將直線l的方程與拋物線的方程

聯立，列出韋達定理，利用平面向量數量積的坐標運算以及韋達定理可求得m的值，即可得出直線的方程

1122l.

??,?p??,?

【詳解】（1）拋物線C:y22px(p0)的準線方程為x，因為點A3,y在拋物線C上，且AF4，

20

p

由拋物線的定義可得AF34，解得p2，因此，拋物線C的方程為y24x.

2

（2）若直線ly軸，則直線l與拋物線C有且只有一個交點，不合乎題意，

故可設直線l的方程為xmy2，設點、，

??1,?1??2,?2

xmy2

由，整理得2，則2，

2y4my8016m320

y4x

由韋達定理可得y1y24m，y1y28，

因為BMx11,y11my13,y11，BNx21,y21my23,y21，

所以BMBNmy13my23y11y211，

22

即m1y1y23m1y1y290，即8m14m3m190，

11

即4m24m10，解得m，因此，直線l的方程為xy2，即y2x4.

22

3

2．彗星是太陽系大家庭里特殊的一族成員，它們以其明亮的尾巴和美麗的外觀而聞名，它的運行軌道和行

星軌道很不相同，一般為極扁的植圓形、雙曲線或拋物線．它們可以接近太陽，但在靠近太陽時，由于木

星、土星等行星引力的微繞造成了軌道參數的偏差，使得它軌道的離心率由小于1變?yōu)榇笥诨虻扔?，這使

得少數彗星會出現“逃逸”現象，終生只能接近太陽一次，永不復返．通過演示，現有一顆彗星已經“逃逸”

為以太陽為其中一個焦點，離心率為2的運行軌道，且彗星距離太陽的最近距離為1．

(1)若焦點的位置在x軸，求彗星“逃逸”軌道C的標準方程；

(2)設直線l過C的一個焦點，且與C交于A,B兩點，當OAOB0時，求AB的值．

y2

【答案】(1)x21(2)4

3

x2y2

【分析】（1）設彗星“逃逸”軌道的方程為1(a0,b0)，由題意可得c2a，ca1，求解可得

a2b2

a,c，進而可求得b，可求彗星“逃逸”軌道的標準方程；

（2）設直線過雙曲線左焦點的直線方程為l:xmy2,A(x1,y1),B(x2,y2)，與雙曲線方程聯立方程組，利用

12m

yy

123m21

根與系數的關系，可得，由OAOBxxyy0已知可得m，由弦長公式可求得|AB|.

91212

yy

123m21

【詳解】（1）由題意知，彗星“逃逸”軌道的標準方程為雙曲線，

x2y2

雙曲線的焦點在x上，設其方程為1(a0,b0)，因為雙曲線的離心率為2，可得，即c2a，

a2b2

又因為彗星距離太陽的最近距離為1，可得ca1，解得a1,c2，可得bc2a23，

y2

所以彗星“逃逸”軌道的標準方程x21.

3

（2）不妨設直線過雙曲線左焦點的直線方程為l:xmy2,A(x1,y1),B(x2,y2)，

12m

22y1y22

3xy3223m1

聯立，消去x得，3m1y12my90，當3m210時，由韋達定理可得，

xmy29

yy

123m21

2

所以x1x2my12my22my1y22my1y24

912m9m224m212m243m24

m22m4

3m213m213m213m21

2

3m4925

又OAOBxxyy0，所以0，解得m，經檢驗0，

12123m213m213

36m236

所以AB1m2(yy)24yy1m24.

1212（3m21）2

題型03無定點無斜率直線型

技巧積累與運用

?

當題中的直線既無斜率，又不過定點線，就要設成“雙變量”型：y=kxm，依舊得討論k是否存在

情況

當直線既不過定點，也不知斜率時，設直線，就需要引入兩個變量了。

（1）設成y=kxm。此時直線不包含斜率不存在，注意適當的對此補充討論。

（）

2設成x=tym，此時直線不包含水平，也要適當的補充討論。

設“雙變量”時，第一種設法較多。因為一般情況下，沒有了定點在軸上，那么第二種設法實際

（3）x

上也沒有特別大的計算優(yōu)勢。如第1題。

4

重要！雙變量設法，要清楚以下這個規(guī)律：

（4）

一般情況下，試題中一定存在某個條件，能推導出倆變量之間的函數關系。這也是證明直線過定點的

理論根據之一。

x2y23

1．已知橢圓C:1ab0經過點A0,1，離心率為.

a2b22

(1)求C的方程；

(2)若M，N為C上的兩點，且直線AM與直線AN的斜率之積為2，求證：直線MN過定點.

x2

【答案】(1)y21(2)證明見解析

4

【分析】（1）依題意可得a、b、c的方程組，求出a、b，即可得解；

（2）當直線MN的斜率不存在時推出矛盾，當直線MN的斜率存在時，設lMN:ykxm，M(x1,y1),N(x2,y2)，

聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，利用斜率公式得到方程，求出m的值，即可得證.

b1

a2

c3x2

【詳解】（1）依題意可得e，解得b1，所以橢圓C的方程為y21；

a24

22c3

cab

（2）①當直線MN的斜率不存在時，設MN:xt2t2,t0．

22

22tt

tt1111

則Mt,1，Nt,1，1，不合題意．

44kk44

AMANtt4

②當直線MN的斜率存在時，設lMN:ykxm，M(x1,y1),N(x2,y2)x1x20，

ykxm

8km

聯立方程2，得14k2x28kmx4m240．Δ164k2m210，，

x2x1x22

y114k

4

2

2k2xxk(m1)(xx)m1

4m4．又y11y211212，

x1x22kAMkAN2

14kx1x2x1x2

2

228km4m4

即k2x1x2k(m1)(x1x2)(m1)0．將x1x2，xx代入上式，

14k21214k2

4m248km9

得k22k(m1)(m1)20，即7m22m90，解得m1或m，

14k214k27

當m1時，lMN:ykx1，恒過點，不符合題意，故舍去；

9999

當m時，lMN:ykx，恒過點0,10,，符合題意；直線MN過定點0,.

7777

x2y23

2．已知橢圓C的方程為1ab0，其右頂點A2,0，離心率e．

a2b22

(1)求橢圓C的方程；

(2)若直線l:ykxmk0與橢圓C交于不同的兩點M，N（M，N不與左、右頂點重合），且

MANA0．求證：直線l過定點，并求出定點的坐標．

5

x26

【答案】(1)y21(2)證明見解析，,0．

45

【分析】（1）由焦點坐標及離心率求出a,b,c，得出方程；

（2）設M，N的坐標，聯立直線和橢圓的方程，消去y，化簡得關于x的一元二次方程，由韋達定理可得x1x2，

x1x2的值，利用MANA0得出m與k的關系式，最后檢驗直線所經過的定點，求出坐標．

3c3

【詳解】（1）右頂點是A2,0，離心率為，所以a2，，c3，則b1，

2a2

x2

橢圓的標準方程為y21．

4

2

x222

（2）直線MN方程ykxm與橢圓方程y21聯立，得4k1x8kmx4m40，

4

8km2

4m422

設，，x1x22，xx，y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m，

4k1124k21

11222

Δ?8?km,?4?4?k2,?14m240，kR，即4k2m210，

MANA0，則x12,y1x22,y20，即x12x22y1y20，

22

4m48km24m48km2

24kkmm0整理得5m216mk12k20，

4k214k214k214k21

6226

mk或m2k，均滿足4km10直線lMN:ykx或ykx2，

55

66

直線過定點,0或（與題意矛盾，舍去）綜上知直線過定點,0．

55

2,0

題型04定點：直線過定點型

技巧積累與運用

?

直線過定點：

1、直線多為y=kx+m型

2.目標多為求：m=f（k）

3.一些題型，也可以直接求出對應的m的值

4直線可以設成x=ty+m型，兩種設法做對比訓練

x2y2

1．已知雙曲線C:1a0,b0的離心率為2，左?右焦點分別是F1,F2,P是C的右支上一點，PF1的

a2b2

中點為Q，且QF1QO1（O為坐標原點），A是C的右頂點，M,N是C上兩點（均與點A不重合）.

(1)求C的方程；

(2)若M,N不關于坐標軸和原點對稱，且MN的中點為H，證明：直線OH與直線MN的斜率之積為定值；

(3)若M,N不關于y軸對稱，且AMAN，證明：直線MN過定點.

y2

【答案】(1)x21；(2)證明見解析；(3)證明見解析.

3

6

【分析】（1）由題設及雙曲線定義得a1，再結合離心率、雙曲線參數關系求雙曲線方程；

yy3x

120

（2）設Mx1,y1,Nx2,y2,Hx0,y0x00且y00，應用點在雙曲線上、中點公式得，即

x1x2y0

可證結論；

（3）設直線MN的方程為xmytt1，聯立雙曲線，應用韋達定理及向量垂直的坐標表示列方程求參

數t，即可證結論.

【詳解】（1）設F1c,0,F2c,0c0，連接PF2.Q是PF1的中點，O是F1F2的中點，

1c

QO//PF,QOPF，2aPFPF2QF2QO2，則a1.又e2c2a2.

222121a

y2

b2c2a222123，C的方程為x21.

3

（2）設Mx1,y1,Nx2,y2,Hx0,y0x00且y00.MN的中點為H，則x1x22x0,y1y22y0，

y2y2

M,N是C上的兩點，x211①，x221②，

1323

y2y2yyyy

①②，得x2x2120，即xxxx12120，

12312123

2yyyy1y23x0y1y2y00

即012，可得，kk3，直線與直線的

2x0x1x20MNOHOHMN

3x1x2y0x1x2x00

斜率之積為定值3.

（3）易知A1,0，且M,N不關于y軸對稱，直線MN的斜率不為0，設直線MN的方程為xmytt1，

2

y222

代入x21，整理得3m1y6mty3t30，

3

2

3m10,2

6mt3t3，

22222y1y22,y1y22

Δ(6mt)43m13t3123mt10,3m13m1

AMAN，AMANx11,y1x21,y2x11x21y1y2

22

my1t1my2t1y1y2m1y1y2mt1y1y2(t1)

22222222222222

m13t36mtmt123mt3m3t36mt6mt3mt6mt3mt2t1

(t1)2

3m213m213m1

2t22t4

0，解得t2或t1（舍去），直線MN過定點2,0.

3m21

x2y2

2．已知橢圓C:1ab0經過點D2,2，點G,H是C上關于原點O對稱且與D不重合的兩

a2b2

1

點，直線DG,DH的斜率之積為．

2

(1)求C的方程．

2

(2)若點P是C的左頂點，不過點P的直線xmyn與C交于點A,B，且PABAPA，判斷直線AB是否過

定點．若過定點，求出該定點；若不過定點，說明理由．

x2y26

【答案】(1)1(2)直線過定點,0．

633

22

【分析】（1）由點在橢圓上代入可得①，再設Gx0,y0，代入橢圓，由點差法得到a2b，與①聯立可

7

得；

（2）由數量積的運算律得到PAPB0，直曲聯立，表示出韋達定理，再用坐標表示向量的數量積化簡得

到關于n的一元二次方程，求出即可；

22

【詳解】（）因為橢圓經過點，所以．

1CD2,2221①

ab

22

x0y0

設Gx0,y0，則Hx0,y0，1．②

a2b2

22y22b2

，得x02y02，則0．

②①22022

abx02a

y2y2y22b21

所以直線DG,DH的斜率之積為000，所以a22b2．

22

x02x02x02a2

22x2y2

與1聯立，解得a26，b23．所以橢圓C的方程為1．

a2b263

22

（2）因為PABAPAPAPBPAPAPBPA，所以PAPB0．

xmyn,

由（1）知P6,0．設，，聯立直線AB的方程和橢圓C的方程得方程組x2y2

1.

63

??1,?1??2,?2

22222222mn

消去x并整理，得m2y2mnyn60，則Δ4mn4m2n60，且y1y2，

m22

n26

yy．所以PAPBx16x26y1y2my1n6my2n6y1y2

12m22

n262mn

2222．

m1y1y2mn6y1y2n26n6m12mn62n26n60

m2m2

6

整理，得3n246n60，即n63n60，所以n6或n．

3

6

當n6時，直線xmyn過點P，不滿足題意，舍去；當n時，Δ0，滿足題意．

3

6

6

所以直線AB的方程為xmy，該直線過定點,0．

33

題型05定點：圓過定點

技巧積累與運用

?

圓過定點，有常見幾方面的思維

（1）利用以“某線段為直徑”，轉化為向量垂直計算

（2）利用對稱性，可以猜想出定點，并證明。

通過推導求出定點（難度較大）

x2y23

1．已知橢圓C:1ab0的離心率為，點A0,1在C上，直線l與C交于不同于A的兩點M，

a2b22

N.(1)求C的方程；

8

(2)若AMAN0，求AMN面積的最大值；

1

(3)記直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，若kk，證明：以MN為直徑的圓過定點，并求出定點坐

1216

標.

x264

【答案】(1)y21(2)(3)證明見解析，0,1

425

【分析】（1）由題意得b1，根據離心率公式及a,b,c關系式即可求解；

（2）設直線l:ykxmm1，，，聯立方程，則0，由韋達定理結合AMAN0

22

k1114m42223

可得，可得??,???,?8kmm12，解得，由面積公式

x1x2y11y210m10m

4k214k215

8

S

2VAMN9

可得S3225k4，令2，利用換元法可得，由對勾函數的性質即可求

AMN2t25k42

254k1t4

t

解.

（3）分直線l的斜率不存在和直線l的斜率存在來討論，結合題意可得斜率一定存在，斜率存在時，設直

kx1m1kx2m113

線l:ykxmm1，Mx1,y1，Nx2,y2，由k1k2，可求得m，設以

x1x2165

2

為直徑的圓過定點，則，可得222246423，由

MNPMPN04x0y01kx0kx0y00

5255

??0,?0

22

4x0y010b1

a2

24c3

x00即可求解.【詳解】（1）由題意可知：e，解得b1，

5a2

2a2b2c2c3

6423

x0y00

255

x2

所以橢圓C的方程為y21.

4

（2）若AMAN0，可知直線l的斜率存在，

設直線l:ykxmm1，，，

ykxm

??1,?1??2,?2

聯立方程2，消去可得4k21x28kmx4m240，則Δ64k2m244k214m240，

x2y

y1

4

8km2

224m4

整理可得m4k1，可得x1x22，xx，因為A(0,1)，則AM(x,y1)，

4k1124k2111

AN(x2,y21)，由AMAN0，可得x1x2y11y210，則x1x1kx1m1kx2m10，

222

2k14m4

整理可得2，則8kmm12，

k1x1x2km1x1x2m10m10

4k214k21

22

4k1m18km