第22题代数几何比翼齐飞动静互变化难为易 2024年高中数学三轮复习之一题多解（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第22题代数几何比翼齐飞，动静互变化难为易已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为．（1）求证：；（2）设为椭圆的右焦点，为椭圆上的一点，且，求证：，，成等差数列，并求该数列的公差．对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，利用题中的向量关系，表示出点的坐标及各线段的长度即可证明，也可利用焦半径公式或三角形重心的性质来证明．对于第（1）小题，第一种思路是：运用设而不求、点差法，抓住点在椭圆内部解不等式得的取值范围.（1）（点差法）设，，则，，两式相减，并由得．由题设知，，于是．点在椭圆内部，可得，解得，故．（2023高三·全国·专题练习）1．已知椭圆C：，若椭圆C上有不同的两点关于直线对称，则实数m的取值范围是.对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，利用题中的向量关系，表示出点的坐标及各线段的长度即可证明，也可利用焦半径公式或三角形重心的性质来证明．对于第（1）小题，思路二是：联立直线方程和椭圆方程，消元运用韦达定理代入求得的取值范围，达到证明目的.（1）（韦达定理法）设的方程为，与椭圆联立，得．设，，则由，∴，①．②则，∴，∵，∴或．由①②得，∴，∵，∴．（23-24高三下·重庆·阶段练习）2．已知，动点满足与的斜率之积为定值.(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点的直线与曲线交于两点，且均在轴右侧，过点作直线的垂线，垂足为.（i）求证：直线过定点；（ii）求面积的最小值.对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，利用题中的向量关系，表示出点的坐标及各线段的长度即可证明，也可利用焦半径公式或三角形重心的性质来证明．对于第（1）小题，思路三是：运用对称椭圆，以形助数、简捷获证.（1）（对称椭圆法）对原椭圆作关于对称的椭圆为，两椭圆方程相减可得，即为公共弦所在的直线方程，故．又点在椭圆内部可得，可得．∴．对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，利用题中的向量关系，表示出点的坐标及各线段的长度即可证明，也可利用焦半径公式或三角形重心的性质来证明．对于第（1）小题，思路四是：利用直线参数方程中参数的几何意义求得斜率与的关系式，由点在椭圆内得到关于的不等式，把上述关系式代入得关于的不等式解之即可.（1）（利用直线参数方程中参数的几何意义）设的参数方程为（为的倾斜角，为参数）．代入椭圆中得．设、是点、对应的参数，是线段中点，知得，．点在椭圆内，可得，∴，．（2024高三·全国·专题练习）3．如图，已知椭圆：，直线：与圆：相切且与椭圆交于A，B两点．

(1)若线段AB中点的横坐标为，求m的值；(2)过原点O作的平行线交椭圆于C，D两点，设，求的最小值．对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，有三种思路，其中思路一是：利用几何关系求几何量验证、、的关系是否符合等差数列定义，根据等差数列定义结合（1）的证法一所得，求出公差.（1）同上（2）（利用几何关系求几何量）由题意得，设，则由得，由（1）的证法一及题设得，，又点在上，∴，从而，．于是，同理，．∴．故，即，，成等差数列．设该数列的公差为，则．①将代入（1）的证法一所得的中，得．∴直线的方程为，代入椭圆的方程，并整理得，故，，代入①式解得．∴该数列的公差为或．（2024·陕西西安·模拟预测）4．已知双曲线的左､右焦点分别为，右焦点到渐近线的距离为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则圆的面积为（

）A． B． C． D．对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，有三种思路，其中思路二是：用椭圆的焦半径公式求几何量验证、、的关系，并求出公差.（1）同上（2）（利用椭圆的焦半径公式）∵，∴，∵，∴，又∵点在椭圆上且，∴，∴．由（1）的证法一可知，∴，直线的方程为：．直线的方程与椭圆方程联立，得消去化简得，则有，．由焦半径公式，，可得，又∵．∴，∴，，成等差数列．设公差为，则有，∴或．（23-24高二上·贵州贵阳·期末）5．阅读材料：在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线.根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式.结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8.(1)求点的坐标；(2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由.对于第（1）小题，利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点，得到一个关于，的关系式，要得到这个关系式的方法有四种思路，比如点差法、方程组结合韦达定理法、对称椭圆法，利用直线的参数方程等，然后根据的取值范围即可求解，各种解法都是在数形结合的过程中进行；对于第（2）小题，有三种思路，其中思路三是：利用三角形重心，注意到为中点，求出点坐标，得所在直线方程，之后按方法六应用焦半径公式表示相关线段长度.（1）同上（2）（利用三角形重心）设，，．显然点为的重心，易得注意到为的中点，易得，∴．进而可得，再由重心性质得，∴．可得所在直线方程为，直线的方程与椭圆方程联立，得消去化简得，则有，．由焦半径公式，，可得，又∵．∴，∴，，成等差数列．设公差为，则有，∴或．（22-23高二上·辽宁鞍山·期末）6．已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆上，则的面积为（

）A． B． C． D．【点评】1.解析几何的本质是用代数方法研究几何问题，基本思想就是数形结合．利用数形结合思想可以进行直线与圆、圆与圆的位置关系的讨论、直线与圆锥曲线位置关系的讨论，诸如解析几何中的对称问题，定点、定值问题，最值与范围问题以及轨迹探求都离不开数形结合思想方法的应用．2.在求解解析几何综合题的过程中要防止两个易犯的错误倾向．一种倾向是认为既然用代数的方法，一上来就设坐标、列方程，对图形的特征缺乏必要的分析，导致列出的方程或方程组超级复杂，运算量太大．如果对几何图形进行细致的分析，挖掘隐含条件，往往能找到一种代数几何双管齐下的解法，所以在用代数方法研究几何问题时，图形特征应始终在关注的视野内．另一种倾向是认为题中讲的动与静是孤立不变的．实际上动点与定点是相对的，是有关联的，解题中，可运用矛盾转化的观点，视动态为静态，局部固定某些变量，以减少变元个数，达到解题的目的；也可视静态为动态，用运动的观点分析解决问题；还可以“动静互易”，从而使已知与未知、条件与结论的联系变得更为清晰、从而达到化难为易解决难题的目的．7．已知椭圆：的左顶点为，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于两点，直线、分别与轴交于两点．问：以为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论．（2024·江西九江·二模）8．已知椭圆：和圆C：，C经过E的焦点，点A，B为E的右顶点和上顶点，C上的点D满足.(1)求E的标准方程；(2)设直线与C相切于第一象限的点P，与E相交于M，N两点，线段的中点为Q.当最大时，求的方程.（2019年高考数学北京卷理科第18题）9．已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．（2023·贵州毕节·模拟预测）10．已知椭圆的下顶点，右焦点为为线段的中点，为坐标原点，，点与椭圆上任意一点的距离的最小值为.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆交于两点，若存在过点的直线，使得点与点关于直线对称，求的取值范围.（2024·四川成都·二模）11．在平面直角坐标系中，若点A，B是椭圆的左，右顶点，椭圆上一点与点A连线的斜率为．(1)求椭圆E的方程；(2)经过点A的直线分别交椭圆E与直线于P，Q两点，线段QB的中点为M，若点F的坐标为，证明：点B关于直线FM的对称点在PF上．12．已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．【分析】设，利用点差法得到，结合得到，联立得到，点M应在椭圆C的内部，得到不等式，求出m的取值范围.【详解】设是椭圆C上关于直线l：对称的两个点，是线段PQ的中点，则，两式相减，得.∵，，∴.∵，∴，故，联立，解得，∴.∵点M应在椭圆C的内部，∴，解得.∴实数m的取值范围是.故答案为：.2．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）设动点的坐标，由题意列式并化简，即可得答案；（2）（i）设直线方程，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，求出m的范围，利用直线BD的方程求出其与x轴交点坐标的表达式，化简即可证明结论；（ii）结合根与系数的关系式，求出面积的表达式，利用换元，并结合函数的单调性，即可求得答案.【详解】（1）设动点的坐标为，由动点满足与的斜率之积为定值，得，即，故动点的轨迹的方程为；（2）（i）证明：设，联立，得，设，

结合题意有，解得，且，又直线BD的方程为，令，则，故直线过定点；（ii）由题意知，故的面积为，令，则，则，由于在上单调递减，故在上单调递增，故当，即时，面积取最小值.【点睛】难点点睛：本题考查了动点轨迹方程的求法，考查了直线过定点问题以及双曲线中的三角形面积的最值问题，综合性较强，解答时要设直线方程，并联立双曲线方程，结合根与系数的关系式进行化简，难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，因此要十分细心.3．(1)；(2)【分析】（1）由椭圆的中点弦问题，求出直线AB的斜率，将中点坐标代入求解即可；（2）令，进行仿射变换，最小时，AB与CD距离最大，进而利用比值关系和平面几何知识进行求解即可.【详解】（1）设AB中点坐标为，代入圆方程可得；根据拉伸定理可知，将代入可知，故；（2）如图：

，令，拉伸后可知，最小时，AB与CD距离最大，令拉伸后的参数方程为，当上的点P离原点距离最大时，即，当时，，此时过P作的切线，，．4．A【分析】由焦点到渐近线的距离为，可得，结合双曲线定义与可得，即可得圆的面积.【详解】如图，因为右焦点到渐近线的距离为，故，作于点于点，因为与圆相切，所以，因为，即，在直角中，，又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：，整理得，因为，所以，圆的面积.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助作于点于点，从而结合双曲线定义与直角三角形的性质可得，即可得圆的面积.5．(1)(2)能构成等差数列，公差为或【分析】（1）根据点的坐标，结合准线的定义和公式，即可求解点的坐标；（2）根据焦半径公式，以及重心坐标公式，即可判断是否为等差数列，再利用点差法求直线的方程，并求点的坐标，即可求焦半径和的值，即可求公差.【详解】（1）由题意可知，点的横坐标为，且，得，即，所以椭圆方程为，当时，，因为点在第一象限，所以点的坐标为；（2）设，，由（1）可知，，，，所以，，，的重心为，则，即，则，所以能构成等差数列，如图，延长，交于点，，即，所以，，，两式相减得，可得，即，所以直线的方程为，即，联立，得，解得：或，即，,或，,所以分别是或，公差为或.【点睛】关键点点睛：本题的关键理解准线方程，利用焦半径的定义和公式，转化为直线于椭圆的位置关系，通过联立方程，点差法，转化为交点问题.6．C【分析】设关于平分线的对称点为Q，结合角平分线的性质可得是正三角形，再运用椭圆定义求得，，根据三角形面积公式求的面积即可.【详解】设椭圆的长半轴为，则设关于平分线的对称点为Q，由椭圆对称性及角平分线性质可知P，，Q三点共线且又因为，所以是正三角形，设，由椭圆定义可得，，又，所以，所以，即，，所以的面积.故选：C.7．是，证明见解析【分析】解法一，设出的方程为，和椭圆方程联立，表示出两点的坐标，再表示出两点坐标，再把以为直径的圆的方程表示出来，根据方程确定圆经过的定点；解法二，设出两点的坐标，进而写出直线和直线的方程，表示出两点坐标，再把以为直径的圆的方程表示出来，根据方程确定圆经过的定点.【详解】以为直径的圆经过定点.

解法一：设直线的方程为，联立方程组，解得，，由三点共线得，即，同理，故以为直径的圆为，即，令，得，所以以为直径的圆过定点和.解法二：设，则，且，即，因为，所以直线的方程为，所以，直线的方程为，所以，以为直径的圆，圆心坐标为，半径为，则圆的方程为：，因为，所以，令，则，解得所以以为直径的圆过定点和.8．(1)(2)【分析】（1）C经过E的焦点及点D在C上，列方程组求出，可求E的标准方程；（2）设直线方程，与椭圆和圆联立方程组，求两点坐标，表示出，利用基本不等式求取最小值时参数的值，得的方程.【详解】（1）依题意得，由，得，代入的方程中，得，①又经过的焦点，得，即，②由①②解得所以的方程为.（2）解法一：依题意，设l的方程为，，则有，，由l与C相切，得，即，又，两式相减得，有，，则直线的方程为，联立方程组，解得，中，，当最大时，最大，，由，当且仅当时取等号，得，即的最大值为，此时，，故l的方程为.解法二：依题意，设l的方程为，，联立方程组，化简得，由，得，，联立方程组，化简得，由，得，，，又，当且仅当时取等号，则，当最大时，，故l的方程为.【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，要强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．9．(Ⅰ)，；(Ⅱ)见解析.【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，故抛物线方程为：，其准线方程为：.(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，直线的方程为，与联立可得：，同理可得，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，且：，，则圆的方程为：，令整理可得：，解得：，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10．(1)(2)【分析】（1）根据条件求出，写出椭圆方程；（2）设，代入椭圆方程求得AB中点的坐标，写出的方程，代入得到的关系，再代入求得的取值范围.【详解】（1）根据题意得:，∴，∴∴，∴椭圆的标准方程为.（2）根据题意得:的中垂线过点，由,化简得:，，设，，，的中点，，∴的中垂线方程为:，代入点的坐标得:，故，代入且.【点睛】关键点点睛：求参数