高考圆锥曲线压轴题型总结

1、-高考圆锥曲线压轴题型总结直线与圆锥曲线相交，一般采取设而不求，利用韦达定理，在这里我将这个问题分成了三种类型，其中第一种类型的变式比拟多。而方程思想，函数思想在这里也用得多，两种思想可以提供简单的思路，简单的说就是只需考虑未知数个数和条件个数,。使用韦达定理时需注意成立的条件。题型4有关定点，定值问题。将与之无关的参数提取出来，再对其系数进展处理。卷设A、B是椭圆上的两点，点N1，3是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.确定的取值围，并求直线AB的方程；试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.I解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得

2、设的两个不同的根，是线段AB的中点，得解得k=-1，代入得，12，即的取值围是12，+.于是，直线AB的方程为解法2：设依题意，II解法1：代入椭圆方程，整理得的两根，于是由弦长公式可得将直线AB的方程同理可得假设在在12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为于是，由、式和勾股定理可得故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，为半径的圆上.注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：A、B、C、D共圆ACD为直角三角形，A为直角由式知，式左边=由和知，式右边=式成立，即A、B、C、D四点共圆解法2：由II解法1及.代入椭圆方程，整理得将直线AB的方程代

3、入椭圆方程，整理得解和式可得不妨设计算可得，A在以CD为直径的圆上.又B为A关于CD的对称点，A、B、C、D四点共圆.注：也可用勾股定理证明ACAD【点评】第一问可以作为直线与圆的知识点，第二问就作为函数思想算了，未知数一个嘛。06卷点,是抛物线上的两个动点,是坐标原点,向量,满足.设圆的方程为(I) 证明线段是圆的直径;(II)当圆C的圆心到直线*-2Y=0的距离的最小值为时，求P的值。【解析】(I)证明1: 整理得: 设M(*,y)是以线段AB为直径的圆上的任意一点,则即整理得:故线段是圆的直径证明2: 整理得: .(1)设(*,y)是以线段AB为直径的圆上则即去分母得: 点满足上方程,展

4、开并将(1)代入得:故线段是圆的直径证明3: 整理得: (1)以线段AB为直径的圆的方程为展开并将(1)代入得:故线段是圆的直径(II)解法1:设圆C的圆心为C(*,y),则又因所以圆心的轨迹方程为设圆心C到直线*-2y=0的距离为d,则当y=p时,d有最小值,由题设得.解法2: 设圆C的圆心为C(*,y),则又因所以圆心的轨迹方程为设直线*-2y+m=0到直线*-2y=0的距离为,则因为*-2y+2=0与无公共点,所以当*-2y-2=0与仅有一个公共点时,该点到直线*-2y=0的距离最小值为将(2)代入(3)得解法3: 设圆C的圆心为C(*,y),则圆心C到直线*-2y=0的距离为d,则又因

5、当时,d有最小值,由题设得.(理)椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为求椭圆的标准方程；假设直线与椭圆相交于，两点不是左右顶点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标【标准答案】(I)由题意设椭圆的标准方程为， (II)设，由得，.以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，解得，且满足.当时，直线过定点与矛盾；当时，直线过定点综上可知，直线过定点，定点坐标为07理双曲线的左、右焦点分别为，过点的动直线与双曲线相交于两点I假设动点满足其中为坐标原点，求点的轨迹方程；II在轴上是否存在定点，使为常数？假设存在，求出点的坐标；假设不存在，请说明

6、理由20解：由条件知，设，解法一：I设，则则，由得即于是的中点坐标为当不与轴垂直时，即又因为两点在双曲线上，所以，两式相减得，即将代入上式，化简得当与轴垂直时，求得，也满足上述方程所以点的轨迹方程是II假设在轴上存在定点，使为常数当不与轴垂直时，设直线的方程是代入有则是上述方程的两个实根，所以，于是因为是与无关的常数，所以，即，此时=当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，此时故在轴上存在定点，使为常数解法二：I同解法一的I有当不与轴垂直时，设直线的方程是代入有则是上述方程的两个实根，所以 由得当时，由得，将其代入有整理得当时，点的坐标为，满足上述方程当与轴垂直时，求得，也满足上述方程故点的轨迹方程

7、是II假设在轴上存在定点点，使为常数，当不与轴垂直时，由I有，以上同解法一的II是题型1简单类型，其实重点是一个有关定值问题。07在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线相交于两点I假设点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；II是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？假设存在，求出的方程；假设不存在，说明理由此题不要求在答题卡上画图AB*yNCO19本小题主要考察直线、圆和抛物线等平面解析几何的根底知识，考察综合运用数学知识进展推理运算的能力和解决问题的能力解法1：依题意，点的坐标为，可设，直线的方程为，与联立得消去得NOACBy*由韦达定理得，于是，当时，假设满足

8、条件的直线存在，其方程为，的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，NOACBy*l则，点的坐标为，令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线解法2：前同解法1，再由弦长公式得，又由点到直线的距离公式得从而，当时，假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程代入得，则设直线与以为直径的圆的交点为，则有令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线2010卷18、本小题总分值16分在平面直角坐标系中，如图，椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点T的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m0,。1设动点

9、P满足,求点P的轨迹；2设，求点T的坐标；3设,求证：直线MN必过*轴上的一定点其坐标与m无关。解析 本小题主要考察求简单曲线的方程，考察方直线与椭圆的方程等根底知识。考察运算求解能力和探究问题的能力。总分值16分。1设点P*，y，则：F2，0、B3，0、A-3，0。由，得 化简得。故所求点P的轨迹为直线。2将分别代入椭圆方程，以及得：M2，、N，直线MTA方程为：，即，直线NTB 方程为：，即。联立方程组，解得：，所以点T的坐标为。3点T的坐标为直线MTA方程为：，即，直线NTB 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MN方程为： 令，解得：。此时必过点D

10、1，0；当时，直线MN方程为：，与*轴交点为D1，0。所以直线MN必过*轴上的一定点D1，0。方法二假设，则由及，得，此时直线MN的方程为，过点D1，0。假设，则，直线MD的斜率，直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。因此，直线MN必过轴上的点1，0。2009卷本小题总分值16分 在平面直角坐标系中，圆和圆.1假设直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；2设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。【解析】 本小题主要考察直线与圆的方程、点到直线的距离公式，考察数学运算求解

11、能力、综合分析问题的能力。总分值16分。(1)设直线的方程为：，即由垂径定理，得：圆心到直线的距离，结合点到直线距离公式，得：化简得：求直线的方程为：或，即或(2) 设点P坐标为，直线、的方程分别为：21世纪教育网 ，即：因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：圆心到直线与直线的距离相等。 故有：，化简得：关于的方程有无穷多解，有： 21世纪教育网 解之得：点P坐标为或。题型5：函数思想，方程思想为主要思路解题。简单的说就是看题目中未知数个数与条件个数。此题可作为函数思想的例题，点p含横坐标未知数一个，角可以表示成未知数的函数，利用函数求最值。 (05)

12、17如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点F1，F2在*轴上，长轴A1A2的长为4，左准线l与*轴的交点为M，|MA1|A1F1|21 ()求椭圆的方程； ()假设直线l1：*m(|m|1)，P为l1上的动点，使F1PF2最大的点P记为Q，求点Q的坐标(用m表示)OF2F1A2A1PM解：设椭圆方程为，半焦距为c, 则,由题意，得,解得故椭圆方程为II设P(当时，当时, 只需求的最大值即可。直线的斜率，直线的斜率当且仅当=时，最大，函数思想未知数一个k，而面积是k的函数，弦长公式也是第一种类型的应用2.(全国卷II)、四点都在椭圆上，为椭圆在轴正半轴上的焦点与共线，与共线，且求四边形的面积的最小值和

13、最大值 QPNMFO解：如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQMN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为K，又PQ过点F(0,1)，故PQ的方程为=+1将此式代入椭圆方程得(2+)+21=0设P、Q两点的坐标分别为(，)，(，)，则从而亦即(1)当0时，MN的斜率为，同上可推得故四边形面积令=得=2当=1时=2，S=且S是以为自变量的增函数当=0时，MN为椭圆长轴，|MN|=2，|PQ|=。S=|PQ|MN|=2综合知四边形PMQN的最大值为2，最小值为。设直线AB的方程未知数一个，利用N1，3是线段AB的中点，可消掉次未知数。点评：可以设直线

14、方程斜截式，未知数两个再+t共3个，条件两个：相切与当t取*个值的时候就可以求出来。题型一：条件和结论可以直接或经过转化后可用两根之和与两根之积来处理1. 直线，为平面上的动点，F(1,0)过作直线 的垂线，垂足为点，且求动点的轨迹的方程；过点的直线交轨迹于两点，交直线于点，求的值；本小题主要考察直线、抛物线、向量等根底知识，考察轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的根本方法，考察运算能力和综合解题能力总分值14分PBQMFOA*y解法一：设点，则，由得：，化简得设直线的方程为：设，又，联立方程组，消去得：，故由，得：，整理得：，解法二：由得：，2所以点的轨迹是抛物线，由题意，轨迹的方程为：由，

15、得则：过点分别作准线的垂线，垂足分别为，则有：由得：，即2. (全国卷)椭圆的中心为坐标原点O，焦点在轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线。求椭圆的离心率；设M为椭圆上任意一点，且，证明为定值。解：设椭圆方程为则直线AB的方程为，代入，化简得.令A，B，则由与共线，得又，即，所以，故离心率II证明：1知，所以椭圆可化为设，由得在椭圆上，即由1知又，代入得故为定值，定值为1.3.如图、椭圆的一个焦点是F1，0，O为坐标原点.椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.假设直线l绕点F任意转动，值有,求a的取值围.本小题

16、主要考察直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等根本知识，考察分类与整合思想，考察运算能力和综合解题能力.总分值12分. 解法一：()设M，N为短轴的两个三等分点，因为MNF为正三角形， 所以, 即1因此，椭圆方程为()设()当直线 AB与*轴重合时， ()当直线AB不与*轴重合时， 设直线AB的方程为：整理得 所以 因为恒有，所以AOB恒为钝角. 即恒成立. 又a2+b2m20,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2 a2 -a2b2+b2对mR恒成立.当mR时，a2b2m2最小值为0，所以a2- a2b2+b20.a2a2b2- b2, a20,b0,所以a0,解得a或a,综合i(ii)，a

17、的取值围为，+.解法二：同解法一，解：i当直线l垂直于*轴时，*=1代入=1.因为恒有|OA|2+|OB|2|AB|2,2(1+yA2)1，即1,解得a或a.ii当直线l不垂直于*轴时，设A*1,y1,B*2,y2.设直线AB的方程为y=k(*-1)代入得(b2+a2k2)*2-2a2k2*+ a2 k2- a2 b2=0,故*1+*2=因为恒有|OA|2+|OB|2|AB|2,所以*21+y21+ *22+ y22( *2-*1)2+(y2-y1)2,得*1*2+ y1y20恒成立.*1*2+ y1y2= *1*2+k2(*1-1) (*2-1)=(1+k2) *1*2-k2(*1+*2)+

18、 k2=(1+k2).由题意得a2- a2 b2+b2k2- a2 b20时，不合题意；当a2- a2 b2+b2=0时，a=;当a2- a2 b2+b20时，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)0,解得a2或a2舍去，a，因此a.综合iii，a的取值围为，+解法1中的转化才是亮点。4. 2010理数(21) 此题总分值15分m1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点. 当直线过右焦点时，求直线的方程；设直线与椭圆交于两点，的重心分别为.假设原点在以线段为直径的圆，数的取值围. 解析：此题主要考察椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等根底知识，同时考察解析几何的根本思想方法和综合解题

19、能力。 解：因为直线经过，所以,得，又因为，所以，故直线的方程为。解：设。 由，消去得 则由，知，且有。由于，故为的中点，由，可知设是的中点，则，由题意可知即即而所以即又因为且所以。所以的取值围是。原点在以线段为直径的圆，也可以像第3题一样处理，利用且不反向。5. 2010文数22、此题总分值15分m是非零实数，抛物线p0的焦点F在直线上。I假设m=2，求抛物线C的方程II设直线与抛物线C交于A、B，A,的重心分别为G,H求证：对任意非零实数m,抛物线C的准线与*轴的焦点在以线段GH为直径的圆外。也可以用第3题的思路6.2009全国卷本小题总分值12分注意：在试题卷上作答无效 如图，抛物线与圆

20、相交于A、B、C、D四个点。求r的取值围当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标。解：将抛物线代入圆的方程，消去，整理得1抛物线与圆相交于、四个点的充要条件是：方程1有两个不相等的正根即。解这个方程组得.II 设四个交点的坐标分别为、。则由I根据韦达定理有，则令，则 下面求的最大值。方法1：由三次均值有： 当且仅当，即时取最大值。经检验此时满足题意。法2：设四个交点的坐标分别为、则直线AC、BD的方程分别为解得点P的坐标为。设，由及得由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积则将，代入上式，并令，等，令得，或舍去当时，；当时；当时，故当且仅当时，有最大值，即四边形ABCD的

21、面积最大，故所求的点P的坐标为7. (2009卷理)本小题总分值14分注意：在试题卷上作答无效过抛物线的对称轴上一点的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向直线作垂线，垂足分别为、。 当时，求证：；记、的面积分别为、，是否存在，使得对任意的，都有成立。假设存在，求出的值；假设不存在，说明理由。解：依题意，可设直线MN的方程为，则有21世纪教育网 由消去*可得从而有于是又由，可得如图1，当时，点即为抛物线的焦点，为其准线此时可得证法1： 21世纪教育网 证法2：()存在，使得对任意的，都有成立，证明如下：证法1：记直线与*轴的交点为,则。于是有将、代入上式化简可得上式恒成立，即对任意成立 证法

22、2：如图2，连接,则由可得,所以直线经过原点O，同理可证直线也经过原点O又设则8. 2010全国卷1理数21(本小题总分值12分) 抛物线的焦点为F，过点的直线与相交于、两点，点A关于轴的对称点为D.证明：点F在直线BD上；设，求的切圆M的方程 .9. 2010全国卷2理数21本小题总分值12分 己知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B、D两点，且BD的中点为 求C的离心率； 设C的右顶点为A，右焦点为F，证明：过A、B、D三点的圆与*轴相切【点评】高考中的解析几何问题一般为综合性较强的题目，命题者将好多考点以圆锥曲线为背景来考察，如向量问题、三角形问题、函数问题等等，试题的难度相比照拟稳定.

23、用焦半径不行吗？10.2010文数22本小题总分值14分如图，椭圆过点.，离心率为，左、右焦点分别为、.点为直线上且不在轴上的任意一点，直线和与椭圆的交点分别为、和、，为坐标原点.I求椭圆的标准方程；II设直线、的斜线分别为、.i证明：；ii问直线上是否存在点，使得直线、的斜率、满足？假设存在，求出所有满足条件的点的坐标；假设不存在，说明理由.题型二：出现情形，两根的关系不能直接使用使用韦达定理，可将两根的关系带入韦达定理。联考中叶是经常出现的。2010文数20本小题总分值12分 设，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆 相交于,两点，直线的倾斜角为，到直线的距离为.求椭圆的焦距；如果,求椭

24、圆的方程.解：设焦距为，由可得到直线l的距离所以椭圆的焦距为4.设直线的方程为联立解得因为即得故椭圆的方程为题型三;直线与圆锥曲线，其中一个交点时，可迅速求出另外一个交点。OABEFM1. 05卷如图，M是抛物线上y2=*上的一点，动弦ME、MF分别交*轴于A、B两点，且MA=MB. 1假设M为定点，证明：直线EF的斜率为定值；2假设M为动点，且EMF=90，求EMF的重心G的轨迹解：1设My,y0，直线ME的斜率为k(l0)则直线MF的斜率为k，方程为由，消解得(定值)所以直线EF的斜率为定值2直线ME的方程为由得同理可得设重心G*, y，则有消去参数得2. 09文此题总分值15分抛物线：上

25、一点到其焦点的距离为 I求与的值； II设抛物线上一点的横坐标为，过的直线交于另一点，交轴于点，过点作的垂线交于另一点假设是的切线，求的最小值解析由抛物线方程得其准线方程：，根据抛物线定义点到焦点的距离等于它到准线的距离，即，解得抛物线方程为：，将代入抛物线方程，解得由题意知，过点的直线斜率存在且不为0，设其为。则，当 则。联立方程，整理得：即：，解得或，而，直线斜率为 21世纪教育网 ，联立方程整理得：，即：，解得：，或，而抛物线在点N处切线斜率：MN是抛物线的切线， 整理得，解得舍去，或，3.05*卷抛物线C的方程为，过抛物线C上一点P(*0,y0)(* 00)作斜率为k1,k2的两条直线

26、分别交抛物线C于A(*1,y1)B(*2,y2)两点(P,A,B三点互不一样)，且满足.求抛物线C的焦点坐标和准线方程；设直线AB上一点M，满足，证明线段PM的中点在y轴上；当=1时，假设点P的坐标为1，-1，求PAB为钝角时点A的纵坐标的取值围.解：由抛物线的方程得，焦点坐标为，准线方程为证明：设直线的方程为，直线的方程为点和点的坐标是方程组的解将式代入式得，于是，故又点和点的坐标是方程组的解将式代入式得于是，故由得，则设点的坐标为，由，则将式和式代入上式得，即线段的中点在轴上因为点在抛物线上，所以，抛物线方程为由式知，代入得将代入式得，代入得因此，直线、分别与抛物线的交点、的坐标为，于是，

27、因为钝角且、三点互不一样，故必有求得的取值围是或又点的纵坐标满足，故当时，；当时，即06卷设分别为椭圆的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且为它的右准线。、求椭圆的方程；、设为右准线上不同于点4，0的任意一点，假设直线分别与椭圆相交于异于的点，证明点在以为直径的圆。点评：本小题主要考察直线、圆和椭圆等平面解析几何的根底知识，考察综合运用数学知识进展推理运算的能力和解决问题的能力。解：依题意得 a2c，4，解得a2，c1，从而b.故椭圆的方程为.解法1：由得A2，0，B2，0.设M*0，y0.M点在椭圆上，y04*02. 又点M异于顶点A、B，2*00，0，则MBP为锐角，从而MBN为钝角，故

28、点B在以MN为直径的圆。解法2：由得A2，0，B2，0.设M*1，y1，N*2，y2，则2*12，2*20过M2， ，N(,1)两点，O为坐标原点，I求椭圆E的方程；II是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？假设存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值围，假设不存在说明理由。解:1因为椭圆E: a,b0过M2， ，N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为2假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即, 21世纪教育网 则=,即,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为

29、圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.因为,所以, 当时因为所以,所以,所以当且仅当时取=. 21世纪教育网 当时,.当AB的斜率不存在时, 两个交点为或,所以此时,综上,|AB |的取值围为即:【命题立意】:此题属于探究是否存在的问题,主要考察了椭圆的标准方程确实定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.题型6抛物线单独作为一种题型处理，

30、因为它除了可用以上方法外，还有其独有的方法。至少设点的时候有特点。05卷如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.OABPF1求APB的重心G的轨迹方程.2证明PFA=PFB.解：1设切点A、B坐标分别为，切线AP的方程为：切线BP的方程为：解得P点的坐标为：所以APB的重心G的坐标为，所以，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：2方法1：因为由于P点在抛物线外，则同理有AFP=PFB.方法2：当所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：即所以P点到直线BF的距离为：所以d1=d2，即得AFP=PFB.当时，直线AF的方程：直线BF的方程：所以P点到直线AF的距离为：同理可得到P点到直线BF的距离，因此由d1=d2，可得到AFP=PFB.(全国卷III) 设两点在抛物线上，是AB的垂直平分线，当且仅当取何值时，直线经过抛物线的焦点F？证明你的结论；当时，求直线的方程.解：抛物线，即，焦点为1分1直线的斜率不存在时，显然有3分2直线的斜率存在时，设为k，截距为b即直线：y=k*+b 由得：5分7分即的斜率存在时，不可能经过焦点8分所以当且仅当=0时，直线