备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题56利用点的坐标处理圆锥曲线问题

1、专题56利用点的坐标处理圆锥曲线问题【热点聚焦与扩展】纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等有些解析几何的题目，问题的求解不依赖于传统的“

2、设点，联立，消元，韦达定理整体代入”步骤，而是能够计算出交点的坐标，且点的坐标并不复杂，然后以点的坐标作为核心去处理问题.本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，举例说明1、韦达定理的实质：在处理解析几何的问题时，韦达定理的运用最频繁的，甚至有的学生将其视为“必备结构”，无论此题是否有思路，都先联立方程，韦达定理.然而使用“韦达定理”的实质是什么？实质是“整体代入”的一种方式，只是因为在解析几何中，一些问题的求解经常与捲 x2,x1x2,y1y2, y1y2相关，利用“韦达定理”可进行整体代入，可避免因为这几个根的形式过于复杂导致运算繁琐所以要理解“韦达定理”并不是解析几何的必备工具

3、，只是在需要进行整体代入时，才运用的一种手段2、禾 U 用点坐标解决问题的优劣：（1）优点：如果能得到点的坐标，那么便可应对更多的问题，且计算更为灵活，不受Xix2, x-ix2,y- - y2, y- y2形式的约束（2 ）缺点：有些方程的根过于复杂（例如用求根公式解出的根），从而使得点的坐标也变得复杂导致运算繁琐那么此类问题则要考虑看能否有机会进行整体的代入3、求点坐标的几种类型：（1） 在联立方程消元后，如果发现交点的坐标并不复杂（不是求根公式的形式），则可考虑把点的坐标解 出来（用核心变量进行表示）（2） 直线与曲线相交，若其中一个交点的坐标已知，则另一交点必然可求 （可用韦达定理或因

4、式分解求解）4、在利用点的坐标处理问题时也要注意运算的技巧，要将运算的式子与条件紧密联系，若能够整体代入，也要考虑整体代入以简化运算 （整体代入是解析几何运算简化的精髓）有时利用点差法，确定坐标关系，效果也好，需灵活处理 【经典例题】2例 1.【2018 年理新课标 I 卷】设抛物线C:y2=4x 的焦点为 F,过点(-2,0)且斜率为的直线与 C 交于 MN 两点，则心皿=A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】D【解析】分析：百先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的万程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点MH2)N(44),再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标

5、之后应用向量坐_1_h标公式，求得啟=(82).皿=(3A)?最后应用向量数量积坐标公式求得结果.2详解：根据题意，过点(-2, 0)且斜率为彳的直线方程为 y = l(x-2)，与抛物线方程联立，V +幻,4工消元整理得：,：，-：u.，解得汽：.=211：，又二:.，所以从而可以求得: :?0).设 A (X1, yj, B(X2, y2).(y = fcfx - 1)2r,2k2+ 4由得；广厂 I;小.：广_：i.；i-i!.：,故匕讦.4fc2+ 44以丰43所以11-1-.由题设知-:-,解得 k=- 1 (舍去)，k=1.计k因此 I 的方程为 y=x - 1.(2)由(1)得

6、AB 的中点坐标为(3, 2),所以 AB 的垂直平分线方程为 y-2=-(x-3)，即 y =-x + 5 .因此所求圆的方程为 3/?b0)的左焦点为 F,上顶点为 B 已知椭圆的离心率为,点 A 的坐标为，且 7J：,2.(I )求椭圆的方程;(II )设直线 l :-与椭圆在第一象限的交点为P,且 I 与直线 AB 交于点 Q 若AQ Sd2 (O 为原点)，求 k 的值.|PQ| 4x2y2111【答案】(I). I ; (n )或94xi zt!【解析】分析：(I 由题意结合椭圆的性质可得 i 则椭圆的方程为v+?= 1(II)设点P的坐标为(XI. n),点的坐标为 5人由题意可

7、得勿冃血由方程组1可得丹=由4；1工(J可得=羞-据此得到关于k的方程解方程可得*的11为撤釜c25详解：(I)设椭圆的焦距为 2c,由已知知 .，又由 a2=b2+c2,可得 2a=3b.由已知可得，只-；,；：= 2 2由；：丿； 匕，可得 ab=6,从而 a=3, b=2.所以，椭圆的方程为一I .94(n)设点 P 的坐标为(X1,屮)，点 Q 的坐标为(X2, y2).由已知有 屮20,故=儿-叫.又因为|，；|.，而/ OAB，故由可得 5y1=9y2.由方程组”丄 b消去 X，可得 f-2.易知直线 AB 的方程为 x+y - 2=0,由方程组寸+牙=1.)k +42k,1x，可

8、得| .由 5y1=9y2,可得 5 ( k+1 ) = 丨，两边平方，整理得!，：-.：m:;，解得 ,、，111 J12= 1 a b 0 上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径a b的圆O经过这两个焦点，点A,B分别是椭圆C的左右顶点(1)求圆O和椭圆C的方程设所求圆的圆心坐标为(xo，yo)，则I解得Xi,5或：-.所以，k 的值为或礼2 2例 4.已知椭圆 C : 2（2）已知 P,Q 分别是椭圆和圆上的动点 （P,Q 位于y轴的两侧），且直线 PQ 与 x 轴平行，直线AP,BP分别与y轴交于点M,N，求证：.MQN 为定值2 2【答案】（1）椭圆方程为 乞=1,

9、圆方程为 x2寸=2 ；（ 2）见解析.42【解析】解： 依题意可得2& = 4二& =2, QeO过焦点，且 ib = cf再由沪 +F =门 =4可得b c 椭SI方程为 + - =1 ?圆方程为J+y2=242思跖条件王要围绕看尸点展幵，所以以尸为檢心,设P（耳丹人由孩与乂轴平亿可得0（耳恥）若要证明32N为主值，可从3QV的三角函数倩下手，在解析中角的余弦值可汰与向量的数量积找到QM QN，考虑利用条件设出 AP,BP 方程，进而 M,N 坐标可用核心变量 x。，y。表示，再进行数量积的坐一n标运算可得 QM QN =0，从而.MQN 二一，即为定值2解：设P x0,y0: PQ 与

10、x 轴平行,设Q N，y0，由 P,Q 所在椭圆和圆方程可得:联系，从而能够转化为坐标运算所以考虑MQN =辟模长并不利于计算加先算2 2x_ . V0_=142x27=2爲=4 -2y0 x2= 2 - y：AP:y=汽x 27由椭圆可知：A -2,0 ,B 2,0. kAPXo+ 2令x =0，可得：M 0,2y00)是抛物线 C 上一点，且 AF=2,所以 LI+ 1 = 2，所以 p= 2.(2 )由(1)得抛物线方程为 y2= 4x 因为点 A(1 , a) ( a0)是抛物线 C 上一点，所以 a= 2.un rnr,QM,QM QN=-(2k-QN=-(2k-詔+加2-牛KM 0

11、,2k ,N11设直线仙方程为天一1=血(JO) 丹)，Mxa_n)由f；:!消去 4 得長-4站严8血-4=0即(jp2)( _p4翩+2)=0)所以刀=4血一2因为朋1邮所以i勻弋得刃=一壹-冇所以姑=|仏+2)3+刃1= |4册X (-負)|=仮点睛：(1 )本题主要考查抛物线的定义及简单几何性质，考查学生对这些基础知识的掌握能力及分析推理计算能力(2)本题的关键是看到 did2=|(yi+ 2) ( y2+ 2)|要联想到韦达定理，再利用韦达定理解答.例 6.【2018 年江苏卷】如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 C 过点，焦点、，圆0 的直径为.(1) 求椭圆 C 及圆 0 的方程；

12、(2)设直线 I 与圆 0 相切于第一象限内的点 P.1若直线 I 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；2尿2直线 I 与椭圆 C 交于两点若 的面积为，求直线 I 的方程.工2【答案】(1)椭圆 C 的方程为！广 j ；圆 0 的方程为丁 一 (2)点 P 的坐标为；直线 I 的方程为 =. .【解析】分析： 根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得恥，即得椭圆方程； 第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组 可得切点坐标”第二问先根据三角形面积得三角形底边边长， 再结合中方程组,树用求根公式以及两点间 距禽公式，列

13、方程，解得切点坐标，即得直线方程.龙2V2详解：解：（1）因为椭圆 C 的焦点为.，可设椭圆 C 的方程为 又点a bp 1 _22（晶在椭圆 c 上，所以+，解得二丰因此，椭圆 C 的方程为- + / = 1 .2a2-b2=3t4因为圆0的直径为片耳、所我其方程为疋+yz=3* 设直线与圆。相切于巩冷瑞氏旳贝。用 J 爲所以直线，的方程为y=- =- Tx +-由 賈口 言，消去儿伶, yaya(+ y-24rax + 36 - 4y03- fl . (*)因为直线d与椭圆C7有且只有共点, 所以上二（-24）2-帆农+片& -畑勺=峥够准疔-2J = .因为To Q,所決吒=駁恥=I因此

14、,点 P 的坐标为.因为三角形 OAB 的面积为二二，所以 八” -，从而宀上设例 7.【2018 年新课标 I 卷文】设抛物线，点| /，过点的直线与交于,由（* ）得24x0+ J4创2)2(席+朋，所以血=(心-x2+ (均-y2)2=(l + -b因为，所以/0, X20.由得 ky2-2y - 4k=0，可知 yi+y2=,yi y2叫儿+叼兀+ 2 i +叫)yiy2=-4.直线 BMBN的斜率之和为%十畑严时十时二(十25十可.将-., 一 .二及 yi+y2, yiy2的表达式代入式分子，可得2yAy2+ 4/c(y1-8 + 8、忙初十 x1y2+ 2(丹 十 y=- - =

15、- =0 .所以 kBMkBN=0,可知 BM BN 的倾斜角互补，所ftn.以/ ABM/ABN 综上，/ ABM/ ABN13例 8.【河南省洛阳市 20i8 届三模】已知抛物线，点，在抛物线上，且横坐标分别为，抛物线 E 上的点卩在円之间(不包括点心点巧，过点尺作直线 4P 的垂线，垂足为 Q.(1) 求直线斜率 的取值范围；(2) 求；I 的最大值.27【答案】；(2.2【解析】分析：(i)设，得出：关于 的函数，根据 的范围得出 的范围；(2)根据-,的方程得出点坐标，根据距离公式计算 ，；，得出二关于：的函数，再根据函数单调性得出最大 值.“ 11、肿兔13ML刁一二)B-f- -

16、)-X详解：(i )由题可知 ，设，所以21一片+4k =-（* 1_ 工 + 1E，故直线，斜率：的取值范围是 J 丄?.（2）直线炽y =詁一？直线切二0,联立直线册，吨方程可知点Q的横坐标为= = VTTF-.p）+PA= Vi+Tt4-=VTF0（1 所|-|f（2| =（1-Jt）a（i+Jt）;令/x町=（17严CL4 町，-Kx 1,则 fx）= （1 - x）2 3 4（- 24x）=*）VD,故 fS 在 2 上单调递增，在27大值为：.例 9.【2018 届安徽省合肥市第一中学冲刺高考最后1 卷】如图所示，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为丨丨短轴长为丨.2求椭圆 L

17、的标准方程；3设口为椭圆的左顶点，为椭圆丄上位于二轴上方的点，直线匸交 LI 轴于点匚，点 L 在 LI 轴上，且心应二，设直线迺交椭圆日于另一点冏，求迥巴的面积的最大值.1 x - - 0，当 2时(一 1 )X = r 一=上单调递减.故，即 X 的最15【答案】 （1）X y16+8=1(2)【解析】分析：（1）根据离心率为，短轴长为丄，结合性质，列出关于、LI、_的方程y = k（龙+斗）组，求出 L!、_、L，即可求得椭圆_的标准方程；（2）联立_:_ _4-82上。=-勺亠4或1 + 2 疋消解得116?32 =刃也= 2- - =- - 8农2* 2点（2）由题可设直线网的方程为

18、卜二心+斗）丐 0|，则町|，又卩（2 农）日.細.尸川=0|，所以阿丄 F/Vy =同理可得Q-農人所以卩Q关于原点対称，即巴过原点， 所次山吃的面积 $毛馄-兔1 = 2”誥二読咗8亿当且仅当2右艮肚二乎时，等号成立，所也肿Q的面积的最犬值为8屈-点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于西的方程组，解出回，从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消 元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决， 往往会更简单.例 10. 2018 届福建省三明市 5 月测试】在平面直

19、角坐标系四中，已知出（-逆 m0）|,若直线回丄型于点內，点百是直线回上的一动点，卩是线段阿的中点，且 网-碇L 点阳的轨迹为曲线叫.（1 ）求曲线匚 I 的方程;（2）过点_ 作直线交 LI 于点 LI,交 LI 轴于点 LI,过 LI 作直线匚,否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由.【解析】分析：（1 ）设卩心,由题意得只竝即）3 护由陛-礦:二呵，得到曲线目的方程;k4_毗，同理可得1 十 2卩1 十所以直线匚的方程为，则E（1 + 2妒）奸 + 324=-16 = 0,解得禺=-4或 =標,y k（x + 4），联立 IL 士上兰贝炉喬缶h直线曲的方程为消去并整理得Qk-U

20、交 E1 于点因. 试判断【答案】（1）卩& ”芒）； （2） 2详解：（1 ）由题意得，解得，所以椭圆口的标准方程为 I &b二17(2)由题意可知直线 D 的斜率存在，设直线 H 的方程为 尸心十 4)|匡丰0)|,因为叵，所以 H 的方程为匡呵, 联立方程分别求出阿 1, “珂 阿件,即可作出判断详解：(1 )设|H(兀刃 L 由题意得 只痂珂 叶巩 所以榊=(2耀加，诡二 O + 2 祸 2 闷所以所求点H的轨迹的方程为令十存=100)- at o)口 b_ 的左、右焦点分别为【答案】AL +2k1【精选精练】且斜率为一1 1一3 3 _ _的直线与双曲线的两渐近线分别交于点L_,并且

21、则双曲线的离心率为()A.B. L_l C. 2 D. 1_1EZU,过点也19申=3IL 直线丨与椭圆：交干I 两【解析】分析：由题意，双曲线日的左焦点医迴 3 和渐近线方程为匚 a,求得过焦点鬥且斜率为讯的 直线方程为Jx+门，联立方程组，解得女西的坐标，根据 P 祖|二同，所以0 丄 MFj，即仟 0 一 3， 求解匚的关系式，即可求解双曲线的离心率 详解：设4（无刃）（幻$，的中点 由题意，双曲线C:g-g = l（a 0 0）的左焦点渐近线方程为y= 弘又过焦点斤且斜率为牛的直线方程为y = x +联立方程组彳y = J(x+c)y =-x*卫，解得咤暑九同理解得ac be所以点_的

22、坐标为3ahc3b2cM(%2-Z9ftz-a3)，所以，则又因为?，故选 A.，整理得 X点，则啊昭周长的取值范围是（）A.冋B. |(M+23)1 C.阿D.丽石【答案】C【解析】分析：先根据桶圆对称性，转化研究弦长范围，再根18弦长公式叹更分数函数性质求取.值范围，最后可得结果*详解：根据椭圆对称性得阳周长等于IF4 胡=加 4 朋=4 4AB,(F为右焦点丄由即/1FB周长的取值范(4 4- 2.4 + 4)二(6.9),选C.化AB= Vl + JtaX2XAIE (2 4)(/k丰0),l-HJc221円：回爲的左右焦点为鬥、问，过焦点且与渐近线平行的直线与双曲线相交于点 削，则迺

23、西的面积为_【答案】U【解析】分析：先求出渐近线方程，然后求出过一个焦点且与渐近线平行的直线方程，代入双曲线方程求得交点 M 的坐标，从而可得三角形面积.详解：双曲线的焦点为4 .【2018 届安徽省宿州市第三次检测】抛物线匕/=2 阳0)|的焦点为円，过点円的直线交抛物线日于趾【答案】1 或 33.【2018 届安徽省江南十校二模】已知双曲线过与一条渐近线平行的直线方程为7 = -(X-5)，由，即LI 两点，交抛物线 丄的准线于 LI 点，若 卜卫些空，渐近线方程为故答案为【解析】 分析： 由题意分类讨论点/在上方， 点方在下方和点E在上方， 点/在下方两种情况目呵求得实 数戸的值.详解：

24、如團所示，当点b位于点川下方时由几何关系可知：二一严晋=2代入拋物线方程护=2戸可得 a*国科=Jp? + Mp?二则即二乙” =T 当点 B 位于点 A 下方时，由几何关系可知： 代入抛物线方程 尸=2 胡可得:闷二屈与抛物线方程二 2 护整理可得:2xz-2Qpx+3p2= - - -、结合愷1 得直线的方程为:丘时=斗 3- ?31则:桁利它，结合23结合F（?D）可得：如=履直线的方程为：y =苗（x -罷与抛物线方程严二即丸整理可得:12x3-Z0px+3p3-0,则：独=瓠旺二訥结合F（D）可得:Mfl=j；p2+ |pa= |p,贝JfP = 2.P = 1综上可得，p 的值为

25、1 或 3.5.【2018 届河南省商丘市夏邑县第一高级中学二轮调研】已知抛物线，射线 L_,卜 分别交抛物线 LI 于异于点 LI 的点 LI, LI，若 LJ, LI, L 三点共【答案】U【解析】分析：求出卩叫所在的直线方程，与抛物线的方程联立，分别求出&我二 2“（p 9 的焦点为野，冋为坐标原点，点的坐标，再由即可求解0的值.详解：由题意M 用（7-罷/_ p则直纟帥的方程加討联立方程叱二;，解得“斗*_ P直线皿的方程为7=駛，联立方程组,解得x xs s=p=plx3=2py2py又由儿时三点共线，所以 S 厂窪 即一金 沪二兮解得2.，射线匹巴分别交抛物线日于异于点冋的点西，若

26、匣可三点共线，则目的值为【答案】2【解析】分析：由题意联立直线方程与抛物线方程可得AB 两点的坐标，然后利用斜率相等得到关于方程，求解方程即可求得最终结果.详解：直线爾的方程为y =将苴代入H H酥解方程吋莒故心直线加的方程为卩=討 将其代入+=2网, 解方程可得故B（沪自Iy y * *6.【2018 届河南省新乡市三模】已知抛物线匣三互更回的焦点为辺为坐标原点，点25因为 A, B F 三点共线，所以 kAB=kBF,即用 即|,解得 p=2.7.【2018 届江苏省扬州树人学校模拟（四）短轴长为鋼，离心率为 11_.（i）求椭圆 L 的方程；（2）已知 LI 为椭圆 LI 的上顶点，点

27、匚为口轴正半轴上一点，过点 LI 作匚的垂线匚与椭圆 LI 交于另一点 LI,若 =求点回的坐标.2 2着y+ = 1【答案】6 2丄【解析】分析：由题意可得关于矶毗的方程组，解得隔毗后可得椭圆的方程.设M（帕 由题意得烁=-讣从而7 七,故得直线酬的方程为汁护4启与椭圆方程联立消元后解得S =誌故1射1 =镭X誌*在直角山V中;由刚I = V3|4M|7解得也=芈,故得点阴的坐标】在平面直角坐标系中,所以椭圆口的方程为伍 2椭圆_：(p A b A q)的（2）因为岡为椭圆口的上顶点，所以卩（罔所以所以直线朋的方程为y =翁富+施消去y整理得（2 4 3沁）环+12皿=0,所艸I=屮訓1祢-

28、小誓X器在直角中,由zZMN = 60,得|41V| = V3|AML所以点的坐标为8.【2018 届河南省洛阳市第三次统一考试】已知抛物线莎=-点 0,在抛物线上，且横坐标分别为 L1l_l,抛物线 LI 上的点 LI 在 LI, LI 之间 （不包括点 E3，点凹），过点因作直线 E3 的垂线，垂足为 0.（i）求直线 LU 斜率的取值范围；（2）求図卫 I的最大值.27【答案】 三口 3；（2）匣【解析】分析：（i）设!11，得出网关于围的函数，根据围的范围得出目的范围;所以龙科=12mam24-227（2）根据辺，匹的方程得出刚点坐标，根据距离公式计算回，画，得出陀 I 关于的函数，再

29、根|财| =VTF0务+9 =V1TP(1-A)?所以|M|Q| = a勿(!+的,令/(x) = (l-i)a(l + x)J则f(_x)= (1 -%)3(-2-4x) = -2(1 -x)s(2x + 1),当-1 x 当| v 1时f Q) 0,故fO)在(7上单调递増，在(一鼻1)上单调递减27，即|M|，|PQ|的最大值为169.【2018 届湖南省湘潭市四模】已知点卜一异是抛物线件 f _即讥心 2)|上一点，且四到目的焦点的距 离为(1 )求抛物线 I 的方程；(2)若日是口上一动点，且日不在直线 D：上，D 交日于因，啊两点，过巴作直线垂直于冈轴且交 H 于【答案】互刚;(2

30、)证明见解析【解析】分析：(1)利用已知条件，布列关于 LI 与 D 的方程组，从而得到 A 的坐标以及 P,即可得到抛物线方程;据函数详解:13XP)7 丁閔 m2+ 365(m2+ 36)m. = + 216m74mm24-a5-；yay2=-1285(n? + 36)点睛：本题主要考查了直线和椭圆的位置关系，将三角形的面积比转化为线段比，线段比转化为坐标比,进而利用设而不求的思想，利用直线和椭圆联立，借助韦达定理处理即可11. 2018 届安徽省合肥市三模】 已知抛物线 圆经过点 F.若圆匚的面积最小值为 U.（I ）求的值；（n）当点匚的横坐标为 1 且位于第一象限时, 线AB 恰好与

31、圆相切，求直线 AB 的方程【答案】旦;（2）庄 7 十_ 2 田.巫三!回（旦 I）的焦点为也，以抛物线上一动点 岡为圆心的过西作抛物线的两条弦匹凹，且满足 MF|.若直【解析】分析：（I）由抛物线的性质知，当圆心L_位于抛物线的顶点时，圆的面积最小，由 _ 可得 U解得故直线 LI 的斜率为33的值；(n)依横坐标相等可得，阿 F1 刁轴，皿+炯? = |,设阳乂 =勺(空卫|)，则直线 网的方程为y = k仪-门十申，代入抛物线的方程得，利用韦达定理求出也的坐标，同理求出 蚪的坐标，求出阿的斜率为定值 F1,设直线阿的方程为+呵，由圆心到直线的距离等于半径，列方程解得m = s + 2 凋，从而可得直线力B的方程.详解：(I)由抛物线的性质知当圆心M位于抛物线的顶点时，圆M的面积最小,此时圆的半径为|併| = ?乎=叭解得2.(II)依题意得，点“的坐标为(S2),圆M的半径为2由F(l,F(l,0)知，耐丄工轴