26届高三备考核心微专题从高考真题看设点计算的七种类型

88.解析几何中设点运算的七种常见类型一．目录1.点差法2.抛物线弦的两点式方程3.斜率和积的点代计算4.旋转设点法5.定比点差法6.三点共线与轴点差7.设点解点二．基本原理1.点差法椭圆中的点差法：设直线与椭圆相交于点两点，其中设点()，() 由于两点均在椭圆上，代入椭圆的方程可得：∴①，②，①-②得：，进一步，则，即，则（其中为中点，为原点）.类似的，若Mx0,y0为双曲线x2a2−y2b2.抛物线的两点式抛物线方程为，是抛物线上任意的两个点，则直线的方程为：.证明：，则的方程为，整理可得：，即可得的方程为：.或者可如此证明：由韦达定理，则直线的方程为：，进一步代入即可得.特别地，若直线过抛物线焦点，代入直线方程一定有：.3.斜率和积的点代计算设为椭圆上的定点，是椭圆上一条动弦，直线的斜率分别为；（1）若，则有，（2）若，则直线过定点，（3）若，则有，（4）若，则直线过定点.证明：此处用点代法证明结论（3），其余的类似证明，请读者自行尝试.已知椭圆在第一象限内有一点，过点作两条倾斜角互补的直线分别交椭圆于另一点，则有.解析设，其中.所以依题意得，所以，从而同理，有两式相减，得所以，证毕.4.旋转设点法在解析几何中，我们会遇到等腰直角三角形这样的几何结构，这种情况下，利用向量来处理是很方便的，比如，那么或者与的关系是：，且，这就是旋转设点法的基本原理.利用这个方法，我们可以很方便的解决有关问题.5.三点共线的坐标表示与轴点差当直线过坐标轴上某个定点时，熟悉下面的结论会对运算起到至关重要的作用：若是椭圆上不同的两点，且直线经过点，则由三点共线可得：，整理可得：（凌晨讲数学）①.①式的特点是出现了轮换结构，下面构造的对偶式，计算它们的乘积，得到从而得到②.这样就可得到三点共线的两个基本形式：，进一步联立消元可解得6.定比点差法1.定比分点的坐标形式：若则称点为的定比分点，若，则点的坐标为：.2.椭圆上的定比点差形式：设点，在椭圆，且点满足，则，将上述式子整理可得：，进一步整理有：，由定比点差：，，联立消元后即可用与定分比表示.（凌晨讲数学）7.设点解点利用直线与曲线方程联立去解点坐标.不重合的两点，则.所以我们在解决与斜率有关的问题时，第一个最朴素的想法就是解点，然后利用斜率公式解决.或者联立两直线方程解出点的坐标.二．典例分析例1.（2018年全国三卷）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．解析：（1）设，则.两式相减，并由得.由题设知，于是.①由题设得，故.（2）该数列的公差为或.例2.（2022全国甲卷）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．（1）求C的方程；（凌晨讲数学）（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．解析：（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为.（2）设，由于直线过点，则由基本原理可知：①，且，同理可得：.另一方面，由于与三点共线，则，整理可得：②.由①，②可得：.于是，.（凌晨讲数学），又因为直线MN，AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.例3.（2022新高考1卷）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0．（1）求的斜率；（2）若，求的面积．解析：（1）设，由点都在双曲线上，得，，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：，.因为直线的斜率之和为，即，所以，由得.②由得.③由②-③，得，从而，即的斜率为.例4.（2020山东卷）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．解析：（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.（2）设，依题意知，因为，所以，整理得同理得相减可得即直线恒过定点.又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．例5.（2020年全国3卷）．已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．解析：（1），，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即．（2）（旋转设点法）由于，设，则由且，限则或故或由于点作椭圆上，代入得或解得.由对称性，只只考虑或时，面积即可.此时，或，则或若．则．（其中）．若．同理，．（其中），综上，的面积为．例6.（2018年北京文科）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点（1）求椭圆的方程；（2）若，求的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点共线，求.解析：（1）椭圆的标准方程为；（2）的最大值为；（3）三点共线的坐标形式设，由得：，即:①，②所以③，由①，③得：，即，所以.同理，由于，所以，即，所以.方法2：定比点差法设点，同时设，则可得，.由点在椭圆上得，两式作差得，即，亦即于是，解方程组可得同理，可得从而，①.因为易知，又由和点共线得，所以，即，（凌晨讲数学）化简得②.从而，根据①②即得，故所求.例7.（2023年乙卷）已知椭圆的离心率为，点在上.(1)求的方程(2)点的直线交于点两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点解析：（2）设点，点代入椭圆得:.由三点共线得:，所以，所以.由三点共线得:；由三点共线得:.所以，所以线段的中点是定点.例8.（2024年全国甲卷）设椭圆的右焦点为，点在上，且轴.（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点.证明:轴.解析：（1）椭圆的方程为：（2）设．由题意，，所以．所以，即，令，所以．因为A，B，P三点共线，所以，即①由因为A，B在上，所以，所以②②减①即可得．欲证轴，只需要证明，即证明．而，故轴．例9.（2020全国1卷）已知分别为椭圆的左右顶点，为的上顶点，，点为直线上的动点，与的另一个交点为，与的另一个交点为.（1）求的方程；（2）证明：直线过定点.解析.（1）的方程为.（2）（设点法）假设.则由及三点共线可得：将上面两式相除，再平方可得：①，由于均在椭圆上，故满足：②，将②代入①可得：，整理可得：③，假设直线的方程为代入椭圆方程得：将代入③中，可得：，于是，直线的方程为，故其过定点.三．习题演练1.已知椭圆的离心率为，右焦点，上顶点为，左顶点为，且.求椭圆的方程；已知，点在椭圆上，直线分别与椭圆交于另一点，若，求证：为定值.（凌晨讲数学）解析：（1）椭圆的方程为.（2）设，.由，，得，，，，①，又点，，均在椭圆上，由且得，.②同理，由且得，③，联立②③得④，联立①④得，为定值.2.（2021全国甲卷）（凌晨讲数学）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．（1）求C，的方程；（