以椭圆和圆为背景的解析几何大题(48页).doc

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1、-以椭圆和圆为背景的解析几何大题-第 48 页【名师精讲指南篇】【高考真题再现】例1 【2015江苏高考】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3. （1）求椭圆的标准方程； （2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于 点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.【答案】（1）（2）或【解析】试题解析：（1）由题意，得且，解得，则，所以椭圆的标准方程为（2）当轴时，又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为，且若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而，故直线的方程

2、为，则点的坐标为，从而因为，所以，解得此时直线方程为或例2 【2016江苏高考】如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆:及其上一点A(2，4).(1)设圆N与x轴相切，与圆外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程；（2）设平行于OA的直线l与圆相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程；（3）设点T（t，0）满足：存在圆上的两点P和Q，使得，求实数t的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】试题解析：解：圆M的标准方程为，所以圆心M(6，7)，半径为5，.（1）由圆心N在直线x=6上，可设.因为N与x轴相切，与圆M外切，所以，于是圆N的半径为，从而，解得.因此，圆N的标准方程

3、为.(2)因为直线lOA，所以直线l的斜率为.设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，则圆心M到直线l的距离因为 而 所以，解得m=5或m=-15.故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.(3)设 因为，所以 因为点Q在圆M上，所以 .将代入，得.于是点既在圆M上，又在圆上，从而圆与圆没有公共点，所以 解得.因此，实数t的取值范围是. 【考点】直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算【名师点睛】直线与圆中的三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理；两个公式：点到直线距离公式及弦长公式，其核心都是转化到与圆心、半径的关系上，这是解决

4、直线与圆的根本思路.对于多元问题，也可先确定主元，如本题以为主元，揭示在两个圆上运动，从而转化为两个圆有交点这一位置关系，这也是解决直线与圆问题的一个思路，即将问题转化为直线与圆、圆与圆的位置关系问题.例3 【2017江苏高考】如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，两准线之间的距离为8点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线，过点作直线的垂线 （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线，的交点在椭圆上，求点的坐标【答案】（1）；（2）试题解析：（1）设椭圆的半焦距为c因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，解得，于是，因此椭圆E的标准方程是因为点在椭圆上，由对称

5、性，得，即或又在椭圆E上，故由，解得；，无解因此点P的坐标为【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上（点的坐标满足曲线方程）等【热点深度剖析】1. 圆锥曲线的解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一由于圆锥曲线与方程是传统的高中数学主干知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度

6、、类型已经较为稳定，预计2017年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化2. 解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的内在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的.综合题中常常离不开直线与圆锥曲线的位置，因此，要树立将直线与圆锥曲线方程联立，应用判别式、韦达定理的意识.解析几何应用问题的解题关键是建立适当的坐标系，合理建立曲线模型，然后转化为相应的代数问题作出定量或定性的分析与判断.常用的方法：数形结合法，以形助数，用数定形. 在与圆锥曲线相关的综合题中，常借助于“平面几何性质”数形结合、“方程与函数性质”化解析几

7、何问题为代数问题、“分类讨论思想”化整为零分化处理、“求值构造等式、求变量范围构造不等关系”等等.3. .避免繁复运算的基本方法：回避，选择，寻求.所谓回避，就是根据题设的几何特征，灵活运用曲线的有关定义、性质等，从而避免化简方程、求交点、解方程等繁复的运算.所谓选择，就是选择合适的公式，合适的参变量，合适的方法等，一般以直接性和间接性为基本原则.“设而不求”、“点代法”等方法的运用就是主动的“所谓寻求”.4. 定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求

8、的定点、定值化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量“试验田”，考查定点、定值问题的可能性较大. 【最新考纲解读】内 容要 求备注ABC平面解析几何初步直线的斜率和倾斜角对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在表中分别用A、B、C表示）.了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题.理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题.掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.直线方程直线的平行关系与垂直关系两条直线的交点两点间的距离、点到直

9、线的距离圆的标准方程与一般方程直线与圆、圆与圆的位置关系圆锥曲线与方程中心在坐标原点的椭圆的标准方程与几何性质中心在坐标原点的双曲线的标准方程与几何性质顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质【重点知识整合】一、1.椭圆的定义：（1）第一定义：平面内到两定点F1,F2的距离之和为定值2a(2a|F1F2|)的点的轨迹.（2）第二定义：平面内与定点和直线的距离之比为定值e的点的轨迹.（0e0)3. 几何性质：（1）范围（2）中心坐标原点（3）顶点（4）对称轴轴，轴，长轴长，短轴长（5）焦点焦距，（）（6）离心率，（）（7）准线（8）焦半径（9）通径（10）焦参数二、1. 抛物线的定义：平面内与

10、定点和直线的距离相等的点的轨迹. （e=1）2.图形与方程（以一个为例）图形标准方程： 3. 几何性质：（1）范围经，（2）中心无（3）顶点（4）对称轴轴（5）焦点焦距无（6）离心率（7）准线（8）焦半径（9）通径（10）焦参数【应试技巧点拨】一、（1）要能够灵活应用圆锥曲线的两个定义（及其“括号”内的限制条件）解决有关问题，如果涉及到其两焦点(或两相异定点)，那么优先选用圆锥曲线第一定义；如果涉及到焦点三角形的问题，也要重视第一定义和三角形中正余弦定理等几何性质的应用，尤其注意圆锥曲线第一定义与配方法的综合运用。（2）椭圆的定义中应注意常数大于|F1F2|.因为当平面内的动点与定点F1、F2

11、的距离之和等于|F1F2|时，其动点轨迹就是线段F1F2；当平面内的动点与定点F1、F2的距离之和小于|F1F2|时，其轨迹不存在（3）求椭圆的标准方程定义法：根据椭圆定义，确定的值，再结合焦点位置，直接写出椭圆方程待定系数法：根据椭圆焦点是在x轴还是在y轴上，设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程（4）椭圆中有一个十分重要的OF1B2(如图)，它的三边长分别为.易见，且若记，则.（5）在掌握椭圆简单几何性质的基础上，能对椭圆性质有更多的了解，如：与分别为椭圆上点到焦点距离的最大值和最小值；椭圆的通径(过焦点垂直于长轴的弦)长，过椭圆焦点的直线被椭圆

12、所截得的弦长的最小值（6）共离心率的椭圆系的方程：椭圆的离心率是，方程是大于0的参数，的离心率也是 我们称此方程为共离心率的椭圆系方程.二、对于抛物线的标准方程与，重点把握以下两点：(1)是焦点到准线的距离，恒为正数；(2)方程形式有四种，要搞清方程与图形的对应性，其规律是“对称轴看一次项，符号决定开口方向”B抛物线的几何性质以考查焦点与准线为主根据定义，抛物线上一点到焦点的距离和到准线的距离相等，可得以下规律：(1)抛物线上一点到焦点的距离； (2)抛物线上一点到焦点F的距离；(3)抛物线上一点到焦点F的距离；(4)抛物线上一点到焦点F的距离.C直线与抛物线的位置关系类似于前面所讲直线与椭圆

13、、双曲线的位置关系特别地，已知抛物线，过其焦点的直线交抛物线于两点，设则有以下结论：(1)，或 (为所在直线的倾斜角)；(2)；(3).过抛物线焦点且与对称轴垂直的弦称为抛物线的通径，抛物线的通径长为.【考场经验分享】1.目标要求：直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型2.注意问题：(1) 对于填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解(2) 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关

14、系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解3.经验分享：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解【名题精选练兵篇】1. 【南通市2018届高三上学期第一次调研】如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆 的离心率为，两条准线之间的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知椭圆的左

15、顶点为，点在圆上，直线与椭圆相交于另一点，且的面积是的面积的倍，求直线的方程.【答案】（1）（2）， 试题解析：（1）设椭圆的焦距为，由题意得， ， 解得， ，所以.所以椭圆的方程为.（2）方法一：因为，所以，所以点为的中点.因为椭圆的方程为，所以.设，则.所以，由得，解得， （舍去）.把代入，得，所以，因此，直线的方程为即， .方法二：因为，所以，所以点为的中点.设直线的方程为.由得，所以，解得，所以， ，代入得，化简得，即，解得，所以，直线的方程为即， .2. 【淮安市等四市2018届高三上学期第一次模拟】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点.为椭圆的右焦点，为椭圆上

16、关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.求椭圆的标准方程；若，求的值；设直线，的斜率分别为，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2） （3）试题解析：（1）设椭圆方程为，由题意知： 解之得：，所以椭圆方程为： （2）若，由椭圆对称性，知，所以， 此时直线方程为， 由，得，解得（舍去），故 （3）设，则，直线的方程为，代入椭圆方程，得因为是该方程的一个解，所以点的横坐标， 又在直线上，所以，同理，点坐标为， 所以，即存在，使得3. 【南师附中、天一、海门、淮阴四校2018届高三联考】已知椭圆的方程： ，右准线方程为，右焦点为椭圆的左顶点.（1）求椭圆的方

17、程；（2）设点为椭圆在轴上方一点，点在右准线上且满足且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】试题分析：（1）由准线方程和焦点坐标可得，由此可得椭圆方程（2）由题意设的方程为，与椭圆方程联立解方程组可得点M的坐标，由此可得， ，然后由建立关于的方程，解方程可得，从而可得直线方程试题解析：（1）由题意得，椭圆的方程为又又，解得或直线的方程为或4. 【如皋市2017-2018学年度高三年级第一学期教学质量调研】在平面直角坐标系中，已知直线与椭圆交于点， （在轴上方），且.设点在轴上的射影为，三角形的面积为2（如图1）.（1）求椭圆的方程；（2）设平行于的直线与椭圆相交，其弦的中点为.求证

18、：直线的斜率为定值；设直线与椭圆相交于两点， （在轴上方），点为椭圆上异于， ， ， 一点，直线交于点， 交于点，如图2，求证： 为定值.【答案】（1） (2) 【解析】试题分析：（1）设，已知，即，所以，故，即,再根据椭圆经过解得，从而可得椭圆的试题解析：（1）由题意，可设，已知，即，所以，故，即；又椭圆经过，即 ，解得；故所求椭圆的方程为： (2)设平行的直线的方程为，且， 联立，得到， 所以， ；故，直线的斜率为（定值） 由题意可知，联立方程组得 设，先考虑直线斜率都存在的情形：直线，联立方程组： 得, 直线,联立方程组： 得, 则，所以当直线斜率不存在时结果仍然成立.5. 【兴化市楚水

19、实验学校、黄桥中学、口岸中学三校2018届高三12月联考】已知圆与轴负半轴相交于点，与轴正半轴相交于点.（1）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程；（2）若在以为圆心半径为的圆上存在点，使得 (为坐标原点)，求的取值范围；（3）设是圆上的两个动点，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，如果直线与轴分别交于和，问是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）直线的方程为或；（2）；（3）为定值1.试题解析：（1） 若直线的斜率不存在，则的方程为： ，符合题意. 若直线的斜率存在，设的方程为： ，即点到直线的距离直线被圆截得的弦长为， ，此时的方程为： 所求直线的方程为或

20、（2）设点的坐标为，由题得点的坐标为，点的坐标为由可得，化简可得 点在圆上， 所求的取值范围是.（3），则直线的方程为令，则 同理可得为定值1.6. 【前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】如图，已知椭圆的左顶点，且点在椭圆上， 分别是椭圆的左、右焦点。过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若为等腰三角形，求点的坐标；（3）若，求的值.【答案】（1）（2）（3） 【解析】试题分析：(1)由题意得到关于的方程组，求解方程组可得椭圆的标准方程： ；(2)由题意可得点在轴下方据此分类讨论有： ，联立直线的方程与椭圆方程

21、可得；(3)设直线的方程，联立直线方程与椭圆方程，可得 利用几何关系计算可得 ，利用点在椭圆上得到关于实数k的方程，解方程有： .试题解析：直线的方程，由得或（3）设直线的方程，由得若，则，与不垂直；直线的方程，直线的方程: 由 解得 又点在椭圆上得，即，即 点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆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7已知椭圆： 的离心率为，且过点.（）求椭圆的方程；（）过点任作一条直线与椭圆相交于， 两点，试问在轴上是否存在定点，使得

22、直线与直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（）;（）.【解析】试卷分析：（）根据离心率为，短轴右端点为A的坐标即可求出a,b的值，进而求出椭圆的方程；（）分类讨论：当直线与轴不垂直时，当轴时，由椭圆的对称性可知恒有直线与直线关于轴对称，即在轴上存在定点，使得直线与直线关于轴对称.试卷解析：（）由题意得，故椭圆的方程为.（）假设存在点满足题设条件.当直线与轴不垂直时，设的方程为，代入椭圆方程化简得： ，所以当时， ，直线与直线关于轴对称，当轴时，由椭圆的对称性可知恒有直线与直线关于轴对称，综上可得，在轴上存在定点，使得直线与直线关于轴对称.点睛：本题考查椭圆的方程，

23、考查了直线与椭圆的位置关系，考查了韦达定理的运用，考查了分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题，超强的运算能力是解决问题的关键.8已知点为上的动点，点满足. （1）求点的轨迹的方程；（2）直线与相切，且与圆相交于两点，求面积的最大值（其中为坐标原点）.【答案】（）；（） .试题解析：（）设，由于，则有，则，又在椭圆上，故有，即点的轨迹的方程为；（）直线与椭圆相切，故由可得： 因为，则有 （显然）。点到直线的距离，则；因为，则，所以则，当且仅当时，即时等号成立.所以，面积的最大值为9已知双曲线的左右两个顶点是， ，曲线上的动点关于轴对称，直线 与交于点，（1）求动点的轨迹的方程；（2

24、）点，轨迹上的点满足，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2） .【解析】【试题分析】（1）借助题设条件运用两个等式相乘建立等式；（2）依据题设条件运用直线与椭圆的位置关系建立二次方程，运用判别式及根与系数的关系建立不等式分析求解：（1）由已知 ，设 则直线 ，直线，两式相乘得，化简得，即动点的轨迹的方程为；（2）过的直线若斜率不存在则或3，设直线斜率存在， 则 由（2）（4）解得代入（3）式得 ，化简得 ，由（1）解得代入上式右端得，解得,综上实数的取值范围是 .10已知椭圆（）的离心率为， 分别是它的左、右焦点，且存在直线，使关于的对称点恰好是圆（）的一条直线的两个端点.（1）求椭圆的方程

25、；（2）设直线与抛物线（）相交于两点，射线， 与椭圆分别相交于点，试探究：是否存在数集，当且仅当时，总存在，使点在以线段为直径的圆内？若存在，求出数集；若不存在，请说明理由.【答案】（1）;（2）【解析】试题分析：（1）由圆的方程配方得半径为2，由题设知，椭圆的焦距等于圆的直径，所以，又，可得椭圆方程.（2）由题可得直线是线段的垂直平分线，由方程与，联立可得： ， .又点在以线段为直径的圆内即, （2）因为产于的对称点恰好是圆的一条直径的两个端点，所以直线是线段的垂直平分线（是坐标原点），故方程为，与，联立得： ，由其判别式得.设， ，则， ，从而， .因为的坐标为，所以， ，注意到与同向，

26、与同向，所以点在以线段为直径的圆内，所以即代入整理得当且仅当即时，总存在，使成立.又当时，由韦达定理知方程的两根均为正数，故使成立的，从而满足.故存在数集，当且仅当时，总存在使点在以线段为直径的圆内.点晴:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及点在以线段为直径的圆内,坐标化求解即可.11设分别是椭圆的左、右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点， 到直线的距离为，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为. （1）求椭圆的方

27、程；（2）设过点的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为，当最大时，求直线的方程.【答案】(1) ;(2) 或.【解析】(1)设坐标为， 坐标为，则直线的方程为，即；又，椭圆的方程为.(2)易知直线的斜率不为，可设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，所以，得，（当且仅当，即时，等号成立），所以直线方程为或.点睛：对于圆锥曲线的题型，在做题时首先要题中的几何关系理解清楚，最好可以画出草图帮助自己理解，然后根据几何关系建立等式求解，对于第二问在求解范围及最值问题时首先要明确表达式，然后根据基本不等式或者函数求最值方法来求解范围问题.12设点到坐标原点的距离和它到直线的距离之比是一个常数（1）求点的轨迹；

28、（2）若时得到的曲线是，将曲线向左平移一个单位长度后得到曲线，过点的直线与曲线交于不同的两点，过的直线分别交曲线于点，设， ， ，求的取值范围【答案】（）见解析;（）. 试题解析:（）过点作， 为垂足，设点的坐标为，则，又，所以，故点的轨迹方程为.可化为，显然点的轨迹为焦点在轴上的椭圆. （）时，得到的曲线的方程是，故曲线的方程是.设, ，则，由，得，即. 当与轴不垂直时，直线的方程为，即，代入曲线的方程并注意到，整理可得，则，即，于是.当与轴垂直时，A点的横坐标为， ，显然也成立.同理可得. 设直线的方程为，联立，消去y整理得，由及，解得.又，则.故求的取值范围是. 点睛:本题考查了轨迹方程

29、的求法以及直线与椭圆相交时相关问题,属于中档题.在(1)中,求轨迹与求轨迹方程不一样,把轨迹方程求出来后,再判断是什么类型的曲线;在(2)中,注意向量坐标运算求出的表达式,再联立直线的方程和椭圆方程求出,进而求出 的范围. 13已知点为椭圆的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线与椭圆有且仅有一个交点.（）求椭圆的方程；（）设直线与轴交于，过点的直线与椭圆交于两不同点， ，若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.（）由（）得点的坐标，从而可得，要求范围只要求得的范围，为此可直线分类，对斜率不存在时，求得，而当直线斜率存在时，可设出直线方程为，同时设，则，由韦达定理可把表

30、示为的函数，注意直线与椭圆相交，判别式0，确定的范围，从而可得的范围，最后可得的取值范围.试题解析：（）由题意，得，则椭圆为： ，由，得 ，直线与椭圆有且仅有一个交点，椭圆的方程为 ；（）由（）得， 直线与轴交于 ,当直线与轴垂直时， ,由 ,当直线与轴不垂直时，设直线的方程为， ，由 ，依题意得， ，且 ，综上所述， 的取值范围是 .14已知点，点是直线上的动点，过作直线， ，线段的垂直平分线与交于点(1)求点的轨迹的方程；(2)若点是直线上两个不同的点，且的内切圆方程为，直线的斜率为，求的取值范围【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）利用抛物线定义求解即可；（2）设出的三个顶

31、点的坐标，表示出的解析式，化简之后可得为关于的方程的两根，然后由韦达定理表示的长度，最后在中消去参数，故可以得到的取值范围.试题解析： (1)据题设分析知，点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.所以圆心到直线的距离为1，即，所以，由题意，得，所以.同理，有，所以是关于的方程的两根，所以因为所以.因为，所以.直线的斜率，则，所以.因为函数在上单调递增，所以当时， ，所以，所以，所以.所以的取值范围是.15已知椭圆的离心率，右焦点，过点的直线交椭圆于两点.（1）求椭圆的方程；（2）若点关于轴的对称点为 ，求证: 三点共线；(3) 当面积最大时，求直线的方程.【答案】(1) ;

32、(2)见解析;(3) .【解析】试题分析：(1)根据离心率可求得的值，从而可求得的值，进而可得结果；(2) 设，只需用平面向量坐标法证明即可得结论；（3）设直线的方程为，根据韦达定理、弦长公式、三角形面积公式将面积表示为关于的函数式，换元后根据配方法求最值，取得最值时可以确定的值，进而可得结果.试题解析：(1) 由， 椭圆的方程是.(2)由（1）可得，设直线的方程为. 由方程组，得，依题意，得.设，则，由，得三点共线.(3)设直线的方程为. 由方程组，得，依题意，得.设，则，令，则，即时， 最大， 最大时直线的方程为.【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决

33、圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用配方法法求三角形最值的.16已知椭圆的离心率为，短轴长为，右焦点为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线过点且与椭圆有且仅有一个公共点，过点作直线交椭圆与另一点.证明：当直线与直线的斜率， 均存在时， 为定值；求面积的最小值.【答案】（1）;（2）.（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程： ，因为点在直线上，所以，联

34、立直线与椭圆方程：由可得，又直线与椭圆有且只有一个公共点，故，即.由韦达定理，可得点坐标.因为直线过椭圆右焦点为，所以直线的斜率；而直线的斜率， 所以：因为， ，所以，即；所以三角形的面积；，由直线的斜率为，可得直线的方程： ，与椭圆方程联立可得：所以，令，则，单调递增，故当且仅当时成立.点睛：平面解析几何是高中数学中的重要内容和知识点，也是高考重点考查的重要内容内容和考点。这类问题的设置旨在考查运用代数的方法建立直线与圆锥曲线出方程，依据直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识与方法的综合运用，以及运算求解能力、分析推断能力等基本数学能力的运用。解答本题的第一问时，依据题设建立方程组，通过解方程组

35、，使得问题获解；解答本题的第二问时，先建立直线的方程再借助直线与椭圆的位置关系进行分析探求，从而使得问题获解。17已知椭圆过点，且离心率为（）求椭圆的方程；（）设直线与椭圆交于、两点，以为对角线作正方形，记直线与轴的交点为，问、两点间距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由【答案】（）;（）【解析】试题分析：(1)利用题意确定 的值即可求得椭圆的标准方程；(2)利用题意联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式求得 的值，最后利用勾股定理进行计算，证得 为定值即可.试题解析：（）设椭圆的半焦距为因为点在椭圆上，所以故又因为，所以， 所以椭圆的标准方程为: （）设， ，线段中点为联立和，得

36、: 由，可得所以， 所以中点为弦长 ，又直线与轴的交点，所以所以 所以、两点间距离为定值点睛：第一问属于常规题目，第二问求解定值，求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值本题利用第二种方法求解定值.18已知中心在原点的椭圆的两焦点分别为双曲线的顶点，直线与椭圆交于、两点，且，点是椭圆上异于、的任意一点，直线外的点满足， （1）求点的轨迹方程；（2）试确定点的坐标，使得的面积最大，并求出最大面积【答案】（1）点的轨迹是椭圆除去四个点， ， ， ，其方程为（， ）；（2），点的坐标为或.（3）由点

37、到直线距离可得三角形面积表达式，由均值不等式可得面积最大值及此时点坐标。试题解析：（1）由的焦点为的顶点，得的焦点 ， 令的方程为，因为在上，所以于是由解得， ，所以的方程为由直线与椭圆交于、两点，知、关于原点对称，所以令点， ，则， ，于是由， ，得即两式相乘得又因为点在上，所以，即，代入中，得 当时，得；当时，则点或，此时或，也满足方程若点与点重合，即时，由解得或若点与点重合时，同理可得或综上，点的轨迹是椭圆除去四个点， ， ， ，其方程为（， ）（2）因为点到直线 的距离， ，所以的面积 当且仅当，即或 ，此时点的坐标为或19已知点是长轴长为的椭圆： 上异于顶点的一个动点， 为坐标原点，

38、 为椭圆的右顶点，点为线段的中点，且直线与的斜率之积恒为.（1）求椭圆的方程；（2）设过左焦点且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，点横坐标的取值范围是，求的最小值.【答案】（）;() 试题解析：（）椭圆的长轴长为，设，直线与的斜率之积恒为，故椭圆的方程为.() 设直线方程为，代入有， 设， 中点，的垂直平分线方程为，令，得点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.20在平面直角坐标系中，已知

39、椭圆（），圆（），若圆的一条切线与椭圆相交于两点.（1）当， 时，若点都在坐标轴的正半轴上，求椭圆的方程；（2）若以为直径的圆经过坐标原点，探究之间的等量关系，并说明理由.【答案】（1）椭圆的方程是；（2）满足等量关系【解析】试题分析：(1)首先利用直线到圆心的距离等于半径求得 的值，然后结合几何关系求得 的值即可求得椭圆的标准方程.(2)将原问题转化为，联立直线与椭圆的标准方程，结合根与系数的关系整理计算即可求得 之间的等量关系.试题解析：解：（1）直线与相切，.由， ，解得.点都在坐标轴正半轴上，切线与坐标轴的交点为， .点在直线上，由消去，得.即显然由一元二次方程根与系数的关系，得代入（

40、*）式，得.整理，得.又由（1），有.消去，得满足等量关系.【名师原创测试篇】1.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，且点在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆长轴上的一个动点，过作方向向量的直线交椭圆于、两点，求证：为定值【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）已知椭圆的长轴长，就是已知，那么在椭圆的标准方程中还有一个参数，正好椭圆过点，把这个点的代入椭圆标准方程可求出，得椭圆方程；（2）这是直线与椭圆相交问题，考查同学们的计算能力，给定了直线的方向向量，就是给出了直线的斜率，只要设动点的坐标为，就能写出直线的方程，把它与椭圆方程联立方程组，可求出两点的坐标，从而

41、求出的值，看它与有没有关系（是不是常数），当然在求时，不一定要把两点的坐标直接求出（如直接求出，对下面的计算没有帮助），而是采取设而不求的思想，即设，然后求出，而再把用，表示出来然后代入计算，可使计算过程简化试题解析：（1） 因为的焦点在轴上且长轴为，故可设椭圆的方程为（）， 因为点在椭圆上，所以， 解得， （1分）所以，椭圆的方程为 （2）设（），由已知，直线的方程是，由 （*） 设，则、是方程（*）的两个根，所以有， 所以，（定值） 所以，为定值 过定点，圆心在抛物线上，、为圆与轴的交点（1）当圆心是抛物线的顶点时，求抛物线准线被该圆截得的弦长（2）当圆心在抛物线上运动时，是否为一定值？请

42、证明你的结论（3）当圆心在抛物线上运动时，记，求的最大值，并求出此时圆的方程【答案】（1）；（2）是定值，为2；（3）取得最大值，此时圆的方程为【解析】也即求出为定值；（3）根据圆的性质，由（2）可得两点的坐标为，这样就可用来表示，可求得，时，有，时，利用基本不等式有，从而（当且仅当，即时等号成立），故所求最大值为试题解析：（1）抛物线的顶点为，准线方程为，圆的半径等于1，圆的方程为弦长4分（2）设圆心，则圆的半径，圆的方程是为：6分令，得，得，是定值8分（3）由（2）知，不妨设，11分当时，12分当时，当且仅当时，等号成立14分所以当时，取得最大值，此时圆的方程为16分，称圆心在坐标原点O，

43、半径为的圆是椭圆C的“伴随圆”，已知椭圆C的两个焦点分别是.（1）若椭圆C上一动点满足，求椭圆C及其“伴随圆”的方程；（2）在（1）的条件下，过点作直线l与椭圆C只有一个交点，且截椭圆C的“伴随圆”所得弦长为，求P点的坐标；（3）已知，是否存在a，b，使椭圆C的“伴随圆”上的点到过两点的直线的最短距离.若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）椭圆方程，伴随圆方程；（2）；（3）存在，【解析】试题分析：（1）这是基本题，题设实质已知，要求椭圆标准方程，已知圆心及半径求圆的方程；（2）为了求点坐标，我们可设直线方程为，直线与椭圆只有一个公共点，即直线的方程与椭圆的方程联立方程组，这个方程组只有一个解，消元后利用可得的一个方程，又直线截圆所得弦长为，又得一个关于的方程，联立可解得；（3）这是解析几何中的存在性问题，解决方法都是假设存在，然后去求出这个，能求出就说明存在，不能求出就说明不存在解法如下，写出过点的直线方程，求出圆心到这条直线的距离为，可见当圆半径不小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为0，即当时，但由于，无解，当圆半径小于3时，圆