資源簡介

26 圓錐曲線壓軸大題五個方程框架十種題型
目錄
一、熱點題型歸納 1
【題型一】五個方程題型框架 1
【題型二】 直線設法 4
【題型三】 雙變量設法核心理解 7
【題型四】 直線過定點 10
【題型五】 圓過定點 13
【題型六】 面積的幾種求法（基礎） 16
【題型七】 面積最值（難點） 18
【題型八】 定值 23
【題型九】 最值與范圍（難點） 26
【題型十】 第六個方程的積累（難點） 29
二、最新模考題組練 32
【題型一】 五個方程題型框架
【典例分析】
已知圓C經過兩點A(2，2)，B(3，3)，且圓心C在直線x－y+1=0上.
（1）求圓C的標準方程；
（2）設直線l：y=kx+1與圓C相交于M，N兩點，O為坐標原點，若，求|MN|的值.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）設圓的方程為，由已知列出關于，，的方程組求解即可得答案；
（2）設，，，，將代入，利用根與系數的關系結合向量數量積的坐標運算求出值，再利用弦長公式即可求解．
（1）解：設所求圓的標準方程為，
由題意，有，解得，所以圓C的標準方程為；
解：設，，，，將
代入，
整理得，
所以，
，所以，
解得或，
檢驗時，不合題意，所以，所以，，
所以.
【經驗總結】
“五個方程”（過去老高考對韋達定理型的直觀稱呼。）參考【典例分析】
一直一曲倆交點。
直線有沒有？是那種未知型的？
已知過定點。則可設為，同時討論k不存在情況。如
3.曲線方程有沒有？倆交點：設為
4.聯立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同時不要忘了判別式
或者
得到對應的韋達定理
或
目標，就是把題中問題轉化為第六個關于韋達定理的方程或者不等式，代入求解
【變式演練】
1.橢圓：的左右焦點分別為，，P為橢圓C上一點.
（1）當P為橢圓C的上頂點時，求；
（2）若，求滿足條件的點P的個數；（直接寫答案）
（3）直線與橢圓C交于A，B，若，求k.
【答案】（1）（2）0（3）
【分析】（1）由橢圓的方程可得，，然后可得答案；
（2）結合（1）的答案可得點的個數；（3）聯立直線與橢圓的方程消元，利用弦長公式求解即可.
解（1）因為橢圓：的左右焦點分別為，，P為橢圓C的上頂點
所以，，
所以，，所以
（2）若，滿足條件的點P的個數為0
（3）設，聯立可得
所以所以解得
2.已知動點P到點（0，1）的距離與到直線y＝2的距離的比值為，動點P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）直線y＝kx+1與曲線C交于A，B兩點，點M（0，2），證明：直線MA，MB的斜率之和為0．
【答案】（1）（2）證明見解析
【分析】（1）根據題意，結合兩點間距離公式進行求解即可；
（2）直線y＝kx+1與曲線C方程聯立，根據一元二次方程根與系數關系，結合斜率公式進行求解即可.
解（1）設點P的坐標為P（x，y），則，整理可得曲線C的軌跡方程為；
（2）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2），與直線方程聯立可得：（k2+2）x2+2kx﹣1＝0，則：，
＝，
從而直線MA，MB的斜率之和為0．
3.設橢圓的左焦點為，離心率為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為3.
（1）求橢圓的方程；
（2）設為橢圓的下頂點，為橢圓的上頂點，過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點.若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根據橢圓離心率公式，結合代入法進行求解即可；
（2）根據平面向量數量積坐標表示公式，結合一元二次方程根與系數關系進行求解即可.
【詳解】：（1）由題意可得，，當時，，所以得：，解得，所以橢圓的標準方程為；
（2）由（1）可知，，，，過點且斜率為的直線方程為，
聯立方程，可得，設，，
則，，故，
又，，，，
所以
，整理可得，解得.
【題型二】 直線設法
【典例分析】
已知拋物線，過點的直線交拋物線于，兩點.
（1）求拋物線的焦點坐標及準線方程；
（2）證明：以線段為直徑的圓過原點.
【答案】（1）焦點坐標，準線方程；（2）證明見解析.
【分析】（1）由拋物線的標準方程即可求解.
（2）方法一：討論直線斜率存在或不存在，將直線與拋物線聯立，證出即可證明；方法二：當直線斜率為0或者設，將直線與拋物線聯立，證明即可證明.
【詳解】
（1）由拋物線的標準方程：焦點坐標，準線方程.
（2）法一：①當直線斜率不存在時，，，，.
②當直線斜率存在時，設，，，
由得，得，∴，，
∴
.綜上所述，∴，故以線段為直徑的圓過原點.
法二：當直線斜率為0時，直線與拋物線交于一點，不符合題意.
設，，，聯立，得，，
，.∴
.∴，故以線段為直徑的圓過原點.
【經驗總結】
如果所過定點在x軸上，為（m，0），也可以設為，此時包含了斜率不存在的情況，但是反而不包含x軸這條直線。
【典例分析】把兩種設法都展示出來供參考。
選擇不同直線的設法，是因為：
1.避免對k不存在情況討論，可以把k不存在的情況包含在里邊。
2.兩種直線形式設法，有時候在計算中可以降低參數的計算量：如過點（1,0）直線，設成與代入到圓錐曲線中，明顯的后邊這種設法代入計算時要稍微簡單點。
3.2011年以來，最早出現這種設直線法的高考題是2012年的重慶試卷壓軸大題，教師授課時可搜集補充教學。
4.授課時，如有可能，盡量把兩種設法，都讓學生同時做做，做個對比，既能看出這種設法在某些試題中的計算優勢，又不過分拔高這種設法的效果。如【典例分析】。建議授課時，把班里學生分為兩組，每組挑出一個代表上講臺演版分別用著不同方法做這道題。
【變式演練】
1.已知橢圓E：過點，且離心率為．
(Ⅰ)求橢圓E的方程；
(Ⅱ)設過點（0，-1)直線交橢圓E于A，B兩點，判斷點G與以線段AB為直徑的圓的位置關系，并說明理由．
試題解析：解法一：(Ⅰ)由已知得解得所以橢圓E的方程為．
.(Ⅱ)設點，則
由所以
從而
2.已知雙曲線：的離心率為，點在上，為的右焦點.
（1）求雙曲線的方程；
（2）設為的左頂點，過點作直線交于（不與重合）兩點，點是的中點，求證：.
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】
（1）根據離心率和橢圓上的點可構造方程組求得雙曲線方程；
（2）易知直線斜率不為，設，與雙曲線方程聯立后可得韋達定理的形式，根據向量數量積的坐標運算，結合韋達定理可得，證得，由直角三角形的性質可得結論.
解（1）由已知可得，，解得：…①，
又點在上，…②，由①②可得：，，雙曲線的方程為；
（2）當的斜率為時，此時中有一點與重合，不符合題意.
當斜率不為時，設，，，
聯立得：，則，解得：.
，
，，則是直角三角形，是斜邊，
點是斜邊的中點，，即.
3. 如圖，設橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，上頂點為A，左右焦點分別為，線段的中點分別為，且△ 是面積為4的直角三角形。
（Ⅰ）求該橢圓的離心率和標準方程；
（Ⅱ）過B做直線交橢圓于P，Q兩點，使，求直線的方程
解：設所求橢圓的標準方程為，右焦點為。
因是直角三角形，又,故為直角，因此,得。
結合得，故，所以離心率。
在中，，故
由題設條件，得，從而。因此所求橢圓的標準方程為：
（2）由（1）知，由題意知直線的傾斜角不為0，故可設直線的方程為：，代入橢圓方程得， 設，則是上面方程的兩根，因此
,又，所以
由,得,即，解得，
所以滿足條件的直線有兩條，其方程分別為：和
【題型三】 雙變量直線核心理解
【典例分析】
已知點M為直線l1：x＝－1上的動點，N(1，0)，過M作直線l1的垂線l，l交MN的中垂線于點P，記點P的軌跡為C．
（1）求曲線C的方程；
（2）若直線l2：y＝kx＋m(k≠0)與圓E：(x－3)2＋y2＝6相切于點D，與曲線C交于A，B兩點，且D為線段AB的中點，求直線l2的方程．
【答案】（1）（2）或
【分析】
（1），點到定點的距離等于到直線的距離，說明點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，求解拋物線方程即可．
（2）設，，，，，，直線斜率為，顯然，由得，，求出D的坐標，再利用與圓切于D求解即可．
（1）
由已知可得，，
即點到定點的距離等于到直線的距離，
故點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，
所以曲線的方程為．
（2）設，，，，，，直線斜率為，顯然，
由得，，
．所以，，即，．
因為直線與圓相切于點，所以；，
從而且，整理可得，即．
所以，故的方程為或．
【經驗總結】
當題中的直線既無斜率，又不過定點線，就要設成“雙變量”型：，依舊得討論k是否存在情況
當直線既不過定點，也不知斜率時，設直線，就需要引入兩個變量了。
（1）
（2），此時直線不包含水平，也要適當的補充討論。
（3）設“雙變量”時，第一種設法較多。因為一般情況下，沒有了定點在x軸上，那么第二種設法實際上也沒有特別大的計算優勢。如第1題。
（4）重要！雙變量設法，在授課時，一定要講清楚以下這個規律：
一般情況下，試題中一定存在某個條件，能推導出倆變量之間的函數關系。這也是證明直線過定點的理論根據之一。
【變式演練】
1.在平面直角坐標系中，已知分別是橢圓的左、右焦點，橢圓與拋物線有一個公共的焦點，且過點.
(Ⅰ)求橢圓的方程;
(Ⅱ)設直線與橢圓相交于、兩點,若(為坐標原點),試判斷直線與圓的位置關系，并證明你的結論.
解(Ⅰ)由已知得,由題意得 ，又，……2分
消去可得，，解得或（舍去），則，
所以橢圓的方程為．……4分
(Ⅱ)結論：直線與圓相切.
證明:由題意可知,直線不過坐標原點,設的坐標分別為
(ⅰ)當直線軸時,直線的方程為且
則
解得，故直線的方程為 ，
因此,點到直線的距離為，又圓的圓心為,
半徑 所以直線與圓相切 …7分
(ⅱ)當直線不垂直于軸時,設直線的方程為，聯立直線和橢圓方程消去得；
得
，故，
即①10分又圓的圓心為,半徑，
圓心到直線的距離為，②
將①式帶入②式得： ， 所以 因此,直線與圓相切13分
2.已知拋物線的準線方程為.
（1）求拋物線的標準方程；
（2）若過點的直線與拋物線相交于兩點，且以為直徑的圓過原點，求證：為常數，并求出此常數.
【答案】（1）；（2）證明見解析，.
【分析】（1）由準線方程為 求得，得解拋物線C的方程
（2）設過P的直線l方程為：（m），聯解后，利用原點落在以為直徑的圓上得 得到得解
【詳解】（1）由準線方程為可設拋物線C的方程求得
故所求的拋物線C的方程為：
（2）依題意可設過P的直線l方程為：（m），設
由得： 依題意可知，且原點落在以為直徑的圓上令
即
解得：即 為常數，∴ 原題得證
3.已知A、B、C是橢圓W:上的三個點,O是坐標原點.
(I)當點B是W的右頂點,且四邊形OABC為菱形時,求此菱形的面積;
(II)當點B不是W的頂點時,判斷四邊形OABC是否可能為菱形,并說明理由.
【答案】解:(I)橢圓W:的右頂點B的坐標為(2,0).因為四邊形OABC為菱形,所以AC與OB相互垂直平分. 所以可設A(1,),代入橢圓方程得,即. 所以菱形OABC的面積是.
(II)假設四邊形OABC為菱形. 因為點B不是W的頂點,且直線AC不過原點,所以可設AC的方程為.
由消去并整理得.
設A,C,則,.
所以AC的中點為M(,). 因為M為AC和OB的交點,所以直線OB的斜率為.
因為,所以AC與OB不垂直. 所以OABC不是菱形,與假設矛盾.
所以當點B不是W的頂點時,四邊形OABC不可能是菱形.
【題型四】 直線過定點
【典例分析】
已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．
（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.
解：（1）由題設得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.則，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程為+y2=1．
（2）設C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t≠0，設直線CD的方程為x=my+n，由題意可知–3由于直線PA的方程為y=（x+3），所以y1=（x1+3）.直線PB的方程為y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.由于，故，可得，
即①將代入得
所以，．代入①式得
解得n=–3（含去），n=.故直線CD的方程為，即直線CD過定點（，0）．
若t=0，則直線CD的方程為y=0，過點（，0）.綜上，直線CD過定點（，0）.
【經驗總結】
直線過定點：
1、直線多為y=kx+m型
2.目標多為求：m=f（k）
3.一些題型，也可以直接求出對應的m的值，如本小專題【變式演練】第3題
【變式演練】
1.已知橢圓兩點在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設直線l不經過點且與C相交于A，B兩點．若直線與直線的斜率的和為，證明：l過定點．
【答案】（1）；（2）證明見解析，定點.
【分析】
(1)根據給定條件列出關于a，b的方程求解即得.
(2)按直線l的斜率存在與不存在設出方程，再與橢圓C的方程聯立，借助韋達定理計算作答.
（1）因橢圓過點，則，又點在橢圓C上，
于是得，解得，所以橢圓C的方程是：.
（2）當直線l的斜率不存在時，設其方程為，由橢圓對稱性知，直線l與C的兩交點A，B關于x對稱，
不妨令，則，則有直線與直線的斜率分別為，，
而，從而有，解得，
此時，直線l：過橢圓C的右頂點，與橢圓C只有一個公共點，不滿足題意，
當直線l的斜率存在時，設其方程為，，
由消去y并整理得：，
，即，
，直線與直線的斜率分別為，，
，
整理得，當時，而，則有，
因此，當且僅當，即時，直線l方程為： ，直線l過定點，
所以不過點的直線l與C交于兩點時，直線l：過定點.
2.在平面直角坐標系xOy中，動點Р與定點F(2，0)的距離和它到定直線l：的距離之比是常數，記P的軌跡為曲線E.
（1）求曲線E的方程；
（2）設過點A(，0)兩條互相垂直的直線分別與曲線E交于點M，N(異于點A)，求證：直線MN過定點.
【答案】（1）（2）證明見解析
【分析】（1）設P(x，y)，由P與定點F(2，0)的距離和它到定直線l：的距離之比是常數求解；
（2）直線MN斜率不存在時，由直線AM，AN分別為，，求得與雙曲線的交點即可；直線MN斜率存在時，設其方程為，()，與雙曲線方程聯立，根據AM⊥AN，結合韋達定理得到k，m的關系即可.
解（1）：設P(x，y)，
因為P與定點F(2，0)的距離和它到定直線l：的距離之比是常數，
所以，化簡得，所以曲線E的方程為.
（2）設M(x1，y1)，N(x2，y2)，
當直線MN斜率不存在，直線AM，AN分別為，，
分別聯立，解得M(，)，N(，－)，
此時直線MN的方程為，過點(，0)；當直線MN斜率存在時設其方程為，()
由，消去y得，所以，即，，，因為AM⊥AN，
所以，即，即，
即，
將，代入化簡得：，所以或，
當時，直線MN方程為(不符合題意舍去)，
當時，直線MN方程為，MN恒過定點(，0)，
綜上所述直線MN過定點(，0).
3.已知橢圓C：（）的上頂點與右焦點連線的斜率為，C的短軸的兩個端點與左、右焦點的連線所構成的四邊形的面積為．
（1）求橢圓C的標準方程．
（2）已知點，若斜率為k（）的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，當直線AP，BP的傾斜角互補時，試問直線l是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，說明理由．
【答案】（1）.（2）直線l過定點.
【分析】
（1）設橢圓C的上頂點為，由兩點的斜率公式和四邊形的面積公式建立方程，求解可得橢圓的方程；
（2）設直線l的方程為，，，與橢圓的方程聯立整理得，可得根與系數的關系，再由得，可求得直線所過的定點.
（1）
解：設橢圓C的上頂點為，左、右焦點分別為，，
由，得．
因為C的短軸的兩端點與左、右焦點連線所構成的四邊形的面積為，
所以．即，
由上面兩個方程解得，，所以，
故橢圓C的標準方程為等．
（2）解：設直線l的方程為，，，則．
因為直線AP，BP的傾斜角互補，所以．聯立方程組消去y得，根據韋達定理得，，則
，
所以，，解得．
即直線l的方程為，顯然直線l過定點．
【題型五】 圓過定點
【典例分析】
在平面直角坐標系中，已知橢圓的左 右焦點分別為 ，點為橢圓上的動點，當點為短軸頂點時，△的面積為，橢圓短軸長為2.
（1）求橢圓的方程；
（2）若直線過定點且與橢圓交于不同的兩點，，點是橢圓的右頂點，直線，分別與軸交于 兩點，試問：以線段為直徑的圓是否過軸上的定點？若是，求出定點坐標；若不是，說明理由.
【答案】（1）；（2）過定點，定點.
【分析】
（1）由題設可得，，即求；
（2）討論斜率的存在性分別研究定點，且斜率存在時設、，，聯立橢圓方程，應用韋達定理求，，求直線、方程進而確定P，Q坐標，設定點坐標，則有，利用向量數量積的坐標表示列方程求坐標即可.
（1）
∵當點為短軸頂點時，△的面積為，橢圓短軸長為2，
∴，，，橢圓的方程為；
（2）當直線的斜率存在吋，設，由橢圓方程可得點，設，
聯立方程可得：，消元得，，，
由可得：，
分別令，可得：，設軸上的定點為，若為直徑的圓過，則，
問題轉化為恒成立，即①
山及可得：
。代入到①可得：
∴解得：圓過定點.
當直線斜率不存在時，直線方程為，可得為直徑的圓過點，
所以以線段為直徑的圓過軸上定點.
【經驗總結】
圓過定點，有常見幾方面的思維
利用以“某線段為直徑”，轉化為向量垂直計算
利用對稱性，可以猜想出定點，并證明。
通過推導求出定點（難度較大）
【變式演練】
1.在平面直角坐標系中，已知動圓的半徑為1，且經過坐標原點，設動圓的圓心為．
（1）求點的軌跡方程；
（2）設點的軌跡與軸交于，兩點（在左側），過點的直線交點的軌跡于點（異于，），交直線：于點，經過，的直線交于點，求證以為直徑的圓過定點，并求出定點坐標．
【答案】（1）（2）證明見解析，
【分析】（1）設的坐標，由圓的半及過原點可得點的軌跡方程；
（2）由（1）可得，的坐標，設直線的方程，與圓聯立求出的坐標，令可得的坐標，求出直線的方程，令，求出的坐標，可得的中點的坐標及的值，進而求出以為直徑的圓，令可得不論參數為何值，可得定點的橫坐標，即求出定點的坐標．
（1）解：設，因為半徑為1，且經過坐標原點，所以點的軌跡方程為；
（2）
證明：由（1）可得，，設直線的方程為，由題意可得，，，
聯立，整理可得，可得，，
所以，；在中，令，可得，即，因為，
所以直線的方程為，令，可得，即，
所以，的中點所以以為直徑的圓，
當時，，即，即以為直徑的圓恒過定點．
2.已知橢圓的左右頂點分別為A，B，點P為橢圓上異于A，B的任意一點.
（1）證明：直線PA與直線PB的斜率乘積為定值；
（2）設，過點Q作與軸不重合的任意直線交橢圓E于M，N兩點.問：是否存在實數，使得以MN為直徑的圓恒過定點A？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明見解析（2）存在，
【分析】
（1）設出點P的坐標，進而代入橢圓方程，再求出兩條直線斜率的乘積，最后得到答案；
（2）設出點的坐標，根據以MN為直徑的圓過點A，得到，設出直線的方程并代入橢圓方程，然后利用根與系數的關系求得答案.
（1）
，設，且，則，所以 .
（2）設，根據題意，設直線MN的方程為，
聯立及，得，，，（*）
若以MN為直徑的圓過點A，則，即
將,帶入整理得：；
帶入（*），化簡整理得5，解得，或（舍）滿足，故存在，使得以MN為直徑的圓過恒過定點A.
3.已知拋物線的焦點F與橢圓C：的一個焦點重合，且點F關于直線的對稱點在橢圓上．
求橢圓C的標準方程；
過點且斜率為k的動直線l交橢圓于A、B兩點，在y軸上是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出M點的坐標，若不存在，說明理由．
【答案】（1）；（2）存在滿足題意.
【分析】
由拋物線方程求出拋物線的焦點，求出點F關于直線的對稱點，結合已知條件求出橢圓的長軸長，則可求，再由的關系轉化求解橢圓的標準方程；
假設存在定點，使以為直徑的圓恒過恒過這個點，求出垂直于兩坐標軸時以為直徑的圓的方程，聯立方程組解得定點坐標，然后利用向量數量積證明一般結論．
【詳解】
由拋物線的焦點可得：拋物線的焦點，
點F關于直線的對稱點為，故，，因此，橢圓方程為：．
假設存在定點，使以為直徑的圓恒過這個點．
當軸時，以AB為直徑的圓的方程為：
當軸時，以AB為直徑的圓的方程為：
聯立①②得，，定點．
證明：設直線l：，代入，有．
設，，，．
則，；
，
【題型六】 面積的幾種求法
【典例分析】
已知拋物線關于軸對稱，且過點
（1）求拋物線的標準方程；
（2）過點的直線與拋物線交于，兩點，若，求直線的方程
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）設拋物線方程為，代入點即可求得結果；
（2）設直線，與拋物線方程聯立得到韋達定理的形式，將韋達定理的結論代入，構造方程求得即可得到結果.
【詳解】
（1）拋物線關于軸對稱且過，拋物線的焦點在軸正半軸上，
可設拋物線的方程為，代入點可解得：，
拋物線的方程為.
（2）設直線的方程為：，
由消去可得：，，，
，
，解得：，直線的方程為：或.
【經驗總結】
圓錐曲線中求面積常規類型
（1）
(2)三角形恒過數軸上的定線段，可分為左右或者上下面積，轉化為
(3)三角形恒過某定點，可分為左右或者上下面積，轉化為
（4）四邊形面積，注意根據題中條件，直接求面積或者轉化為三角形面積求解。
【變式演練】
1.已知拋物線C：的焦點為F，直線l：y=與拋物線C交于A，B兩點.
（1）求AB弦長；
（2）求△FAB的面積.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用代數方法，根據弦長公式求解；（2）在（1）的基礎上，再求出點F到直線AB的距離，最后根據三角形的面積公式求解即可．
【詳解】
（1）由消去整理得，其中，
設A（，），B（，）.則，.所以，
所以=.
（2）由題意得點F（1，0），故點F到直線AB的距離，
所以.即△FAB的面積為．
2.已知拋物線：（），其上一點到的焦點的距離為4.
（Ⅰ）求拋物線的方程；
（Ⅱ）過點的直線與拋物線分別交于，兩點（點，均在軸的上方），若的面積為4，求直線的方程.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）
【分析】
（1）根據題意，結合拋物線的定義列方程求出，寫出拋物線的方程即可；
（2）設直線：，與拋物線方程聯立，利用韋達定理，結合面積公式，列方程求出，即可得解.
【詳解】
解：（Ⅰ）拋物線：（）上一點到的焦點的距離為4，
由拋物線的定義，得，解得，所求拋物線的方程為.
（Ⅱ）由題意知，直線的斜率一定存在.
①當直線的斜率為0時，直線與拋物線只有一個交點，不合題意.
②當直線的斜率不為0時，依題意，設直線：，
設點，.點均在軸的上方，，，
由（Ⅰ）知拋物線的焦點，則.聯立直線的方程與拋物線的方程，即，消去并整理得.由，得（因為），且有，，
，
解得或，又，，
：，直線的方程為.
3.已知雙曲線：（，）的離心率為，虛軸長為4.
（1）求雙曲線的標準方程；
（2）直線：與雙曲線相交于，兩點，為坐標原點，的面積是，求直線的方程.
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）運用雙曲線的離心率公式和a，b，c的關系，解方程組即可得到，，進而得到雙曲線的方程；
（2）將直線l的方程代入雙曲線方程并整理，根據l與雙曲線交于不同的兩點A、B，進而可求得m的范圍，設，，運用韋達定理和弦長公式，以及求出O點到直線AB的距離公式，最后由三角形的面積求得m，進而可得直線方程.
【詳解】解：（1）由題可得 ，解得，，，故雙曲線的標準方程為；
（2）由得，由得 ，
設， ，則 ， O點到直線l的距離 ， ，
或 或 故所求直線方程為：或
【題型七】 面積最值
【典例分析】
已知一張紙上畫有半徑為4的圓O，在圓O內有一個定點A，且，折疊紙片，使圓上某一點剛好與A點重合，這樣的每一種折法，都留下一條直線折痕，當取遍圓上所有點時，所有折痕與的交點形成的曲線記為C.
（1）求曲線C的焦點在軸上的標準方程；
（2）過曲線C的右焦點（左焦點為）的直線l與曲線C交于不同的兩點M，N，記的面積為S，試求S的取值范圍.
【答案】（1）；（2）﹒
【分析】
(1)根據題意，作出圖像，可得，由此可知M的軌跡C為以O、A為焦點的橢圓；
(2)分為l斜率存在和不存在時討論，斜率存在時，直線方程和橢圓方程聯立，用韋達定理表示的面積，根據變量范圍可求面積的最大值﹒
（1）
以OA中點G坐標原點，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標系，如圖：
∴可知，，設折痕與和分別交于M，N兩點，
則MN垂直平分，∴，又∵，∴，
∴M的軌跡是以O，A為焦點，4為長軸的橢圓．∴M的軌跡方程C為；
（2）設，，則的周長為．
當軸時，l的方程為，，，
當l與x軸不垂直時，設，由得，
∵＞0，∴，，
，
令，則，，
∵，∴，∴.綜上可知，S的取值范圍是．
【經驗總結】
面積最值，實際上是處理最終的“函數最值”。
各類型“函數式”最值規律：
分式型：以下幾種求最值的基本方法
一元二次型：注意自變量取值范圍
高次型：整體換元或者求導
【變式演練】
1.已知橢圓C：=1(a>b>0)的焦點F在直線上，離心率為.
（1）求橢圓C的方程；
（2）若O為坐標原點，過點M(0，2)作直線l交橢圓C于A、B兩點，求△AOB面積的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由和解得，即可求得橢圓的方程；
（2）設出直線AB的方程代入橢圓方程，利用一元二次方程跟與系數關系得出交點縱坐標的關系，繼而表示△OAB的面積，利用基本不等式求最值．
（1）設F(c，0)，則知c=1，離心率，知a=c，由，從而a=，b=1，
所以橢圓C的方程為.
（2）設，由題意可設直線AB的方程為y=kx+2，
由消去y并整理，得，
由，得，
由韋達定理，得， ，
因為點O到直線AB的距離為d=，|AB|=，
所以S△AOB=|AB|·d=，設，由，知t>0，
于是S△AOB=，由t+≥8，得S△AOB≤，當且僅當t=4，時等號成立，
所以△AOB面積的最大值為.
2.已知點是已知橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，當時，面積達到最大，且最大值為.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）過的直線與橢圓交于兩點，且兩點與左右頂點不重合，若，求四邊形面積的取值范圍.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）根據題意，點在短軸端點時，△PF1F2的面積最大，且為正三角形，進而得到的關系，解得答案即可；
（2）根據判斷出四邊形是平行四邊形，進而設出直線方程并代入橢圓方程化簡，然后結合根與系數的關系求出面積的表達式，最后解出面積的范圍.
（1）
由題可知，當點在短軸端點時，△PF1F2的面積最大，且為正三角形，
，又，由，解得，所以橢圓的標準方程為.
（2）設，則由，可得，即，，
又因為，所以四邊形是平行四邊形，設平面四邊形的面積為S，
則.
設，則,所以
因為，而對勾函數在上單調遞增，所以，
所以.所以四邊形面積的取值范圍為.
3.已知橢圓的長軸長為4，離心率為，一動圓過橢圓上焦點，且與直線相切．
（1）求橢圓的方程及動圓圓心軌跡的方程；
（2）過作兩條互相垂直的直線，，其中交橢圓于，兩點，交曲線于，兩點，求四邊形面積的最小值．
【答案】（1），；（2）8．
【分析】
(1)利用橢圓的簡單幾何性質求a、b、c，利用直線和圓相切關系求圓心軌跡方程；
(2)先討論，其中一條斜率不存在，另外一條斜率為零的情況；再討論斜率存在且不為零的情況﹒，互相垂直，可設斜率為k，則斜率為，用弦長公式分別求出|PQ|和|MN|﹒對角線互相垂直的四邊形，面積等于對角線乘積的一半，據此用k表示出四邊形的面積，求這個關于k的式子的最小值，即可得到答案﹒
（1）由已知可得，則所求橢圓方程，
由已知可得動圓圓心軌跡為拋物線，且拋物線的焦點為，準線方程為，
則動圓圓心軌跡方程為．
（2）當直線的斜率不存在時，，此時，從而，
設直線的斜率為，則，直線的方程為：，
直線的方程為，設，，，，，，，，
由，消去可得，，
由，消去得，由拋物線定義可知：，，
令，，則，則，
∴，綜上，，
∴四邊形面積的最小值為8．
【題型八】 定值
【典例分析】
已知橢圓C：(a＞b＞0)的右焦點F2與拋物線y2＝4x的焦點重合，且其離心率為．
（1）求橢圓C的方程．
（2）已知與坐標軸不垂直的直線l與C交于M，N兩點，線段MN中點為P，問：kMN·kOP(O為坐標原點)是否為定值？請說明理由．
【答案】（1）；（2）kMN·kOP為定值，定值為；理由見解析
【分析】
（1）根據橢圓離心率公式，結合拋物線焦點坐標公式進行求解即可；
（2）把直線方程與橢圓方程聯立，利用一元二次方程根與系數關系，結合斜率公式、中點坐標公式進行求解證明即可.
（1）∵拋物線y2＝4x的焦點為(1，0)，∴橢圓C的半焦距c＝1，
又橢圓的離心率，，因此橢圓C的方程為；
（2）由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，設l的方程為y＝kx＋m，
將y＝kx＋m代入，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＞0，可得m2＜4k2＋3．設M(x1，y1)，N(x2，y2)，，
因為線段MN中點為P，所以，
因此，所以kMN·kOP.
【經驗總結】
求定值問題常見的思路和方法技巧：
從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
求定值題型，運算量大，運算要求高，屬于中等以上難度的題
【變式演練】
1.已知雙曲線C的中心在原點，是它的一個頂點.是它的一條漸近線的一個方向向量.
（1）求雙曲線C的方程；
（2）設，M為雙曲線右支上動點，當|PM|取得最小時，求四邊形ODMP的面積；
（3）若過點任意作一條直線與雙曲線C交于A，B兩點（A，B都不同于點D），求證:為定值.
【答案】（1）；（2）；（3）定值0，證明見解析.
【分析】
(1)根據給定條件設出雙曲線C的方程，利用待定系數法計算得解.
(2)根據給定條件求出點M的坐標，并求出點M到直線DP距離，再借助三角形面積公式計算即得.
(3)設出直線AB方程：，聯立直線AB與雙曲線C的方程，借助韋達定理計算即可作答.
（1）
因雙曲線C的中心在原點，一個頂點是，則設雙曲線C的方程為：，
于是得雙曲線C的漸近線方程為，而雙曲線C的一條漸近線的一個方向向量是，
則有，所以雙曲線C的方程為.
（2）依題意，設點，則，即，
，當時，，此時，
點M到直線DP：的距離為，而，如圖，
四邊形ODMP的面積，
所以四邊形ODMP的面積為.
（3）顯然直線AB不垂直于y軸，設直線AB方程：，由消去x得：，
當時，恒成立，設，
則有，，
因此，
，所以為定值0.
2.已知圓：，定點，A是圓上的一動點，線段的垂直平分線交半徑于P點．
（1）求P點的軌跡C的方程；
（2）設直線過點且與曲線C相交于M，N兩點，不經過點．證明：直線MQ的斜率與直線NQ的斜率之和為定值．
【答案】（1）；（2）證明見解析，定值為-1.
【分析】(1)根據給定條件探求出，再利用橢圓定義即可得軌跡C的方程.
(2)由給定條件可得直線的斜率k存在且不為0，寫出直線的方程，再聯立軌跡C的方程，借助韋達定理計算作答.
（1）圓：的圓心，半徑為8，
因A是圓上的一動點，線段的垂直平分線交半徑于P點，則，
于是得，因此，P點的軌跡C是以，為左右焦點，
長軸長2a=8的橢圓，短半軸長b有，
所以P點的軌跡C的方程是.
（2）因直線過點且與曲線C：相交于M，N兩點，則直線的斜率存在且不為0，
又不經過點，即直線的斜率不等于-1，設直線的斜率為k，且，
直線的方程為：，即，
由消去y并整理得：，
，即，則有且，
設，則，
直線MQ的斜率，直線NQ的斜率，
，
所以直線MQ的斜率與直線NQ的斜率之和為定值.
3.已知橢圓的離心率為，右焦點為，點在橢圓上．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點的直線（不與軸重合）交橢圓于點，，直線，分別與直線交于點，．求證：以線段為直徑的圓被軸截得的弦長為定值．
【答案】（1）（2）證明見解析
【分析】（1）由條件、、可得答案；
（2）設，，，，直線的方程為，可得、坐標，設直線的方程為，與橢圓方程聯立，利用韋達定理可得及中點坐標，可求得以線段為直徑的圓被軸截得的弦長為定值．
（1）由條件有，解得，，所以橢圓的方程為．
（2）證明：，設直線的方程為，，，，，聯立橢圓方程，整理得，，，直線的方程為，
令，得，同理，，
所以，
中點為，即，
故以線段為直徑的圓被軸截得的弦長為，
即：以線段為直徑的圓被軸截得的弦長為定值．
【題型九】最值與范圍
【典例分析】
已知中心在原點的雙曲線的右焦點為，右頂點為．
（）求雙曲線的方程；
（）若直線與雙曲線交于不同的兩點，，且線段的垂直平分線過點，求實數的取值范圍．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
試題分析：（1）由雙曲線的右焦點為，右頂點為求出和,進而根據求得,則雙曲線方程可得；（2）把直線方程與雙曲線方程聯立，消去，利用判別式大于求得和的不等式關系，設的中點為，根據韋達定理表示出和，根據，可知的斜率為，進而求得和的關系，最后綜合可求得的范圍.
試題解析：（）設雙曲線方程為．由已知得，，，
∴．故雙曲線的方程為．
（）聯立，整理得．∵直線與雙曲線有兩個不同的交點，
∴，可得．（）設、，的中點為．
則，，．由題意，，∴．整理得．（）將（）代入（），得，∴或．又，即．∴的取值范圍是．
【經驗總結】
求最值求范圍，屬于前邊知識額綜合應用，主要是以下兩點要注意
注意變量的范圍。
式子轉化為求值域或者求最值的專題復習
【變式演練】
1.已知中心在原點的雙曲線的一個焦點，一個頂點為.
（1）求雙曲線的方程；
（2）若直線與雙曲線的左右兩支各有一個交點，求的取值范圍.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由題可得，求出即得雙曲線方程；
（2）聯立直線與雙曲線方程，利用判別式和韋達定理即可求出.
【詳解】
（1）雙曲線的一個焦點，一個頂點為，
雙曲線的焦點在x軸上，且，
，
雙曲線的方程為；
（2）聯立直線與雙曲線方程，可得，
直線與雙曲線的左右兩支各有一個交點，
，解得.
2.已知雙曲線C的方程為（），離心率為.
（1）求雙曲線的標準方程；
（2）過的直線交曲線于兩點，求的取值范圍.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根據題意，結合離心率易，知雙曲線為等軸雙曲線，進而可求解；
（2）根據題意，分直線斜率否存在兩種情形討論，結合設而不求法以及向量數量積的坐標公式，即可求解.
（1）
根據題意，由離心率為，知雙曲線是等軸雙曲線，所以
，故雙曲線的標準方程為.
（2）
當直線斜率存在時，設直線的方程為，
則由消去，得到，
∵直線與雙曲線交于M N兩點，，解得.
設，則有，，
因此，
∵，∴且，故或，
故；
②當直線的斜率不存在時，此時，易知，，故.
綜上所述，所求的取值范圍是.
3.已知橢圓C：的左、右焦點分別為，離心率為，P為橢圓C上的一個動點.當P是C的上頂點時，△的面積為.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設斜率存在的直線與C的另一個交點為Q，是否存在點，使得 若存在，求出t的取值范圍；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）；（2）存在點，使得，且.
【分析】
（1）根據題意，結合橢圓的性質，列方程組求出、、，即可求解；
（2）根據題意，結合設而不求法以及中垂線的性質，即可求解.
解（1）根據題意，由離心率為，得，由當P是C的上頂點時，△的面積為，得，
聯立，解得，故橢圓C的標準方程為.
（2）根據題意，知，設直線：，聯立，得，
設，，則，，設為的中點，則.
當時，若，易得；
當時，若，則，得，
因為，所以，
即，由，得.
綜上所述，.故存在點，使得，且.
【題型十】 第六個方程的積累
【典例分析】
已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，離心率為，且橢圓上的點到兩個焦點的距離之和為.
（1）求橢圓的方程；
（2）設為橢圓的左頂點，過點的直線與橢圓交于點，與軸交于點，過原點且與平行的直線與橢圓交于點.求的值.
【答案】（1）（2）
【詳解】（1）設橢圓的標準方程為，由題意知解得，
所以橢圓的標準方程為
（2）設過原點且與平行的直線和距離為，則
設直線的方程為，直線的方程為，則，由得易知，設，
則，是方程（1）的兩個根，所以，所以，
則又，
所以由得.設，
則，，所以，所以，
【經驗總結】
在一直一曲五個方程（韋達定理代入型）題型中，主要的難點在于怎么轉化出“第六個方程”。
具有明顯的可轉化為韋達定理特征的。屬于較容易的題。
隱藏較深的條件，需要用一些技巧，把條件轉化為點坐標之間的關系，再轉化為韋達定理。
沒有固定的轉化技巧，可以在訓練中積累相關化歸思想。
【變式演練】
1.已知橢圓的離心率為，其左、右焦點分別為，，點P為坐標平面內的一點，且，，O為坐標原點.
（1）求橢圓C的方程；
（2）設M為橢圓C的左頂點，A，B是橢圓C上兩個不同的點，直線，的傾斜角分別為，，且證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.
【答案】（1）（2）證明見解析，該點坐標,
【詳解】（1）設，，，由，可得，，，，即有，即，又，可得，，則橢圓的方程為；
（2）證明：設，，,，由題意可得，
若直線的斜率不存在，即，，由題意可得直線，的斜率大于0，即，矛盾；
因此直線的斜率存在，設其方程為．聯立橢圓方程，
化為：，△，化為：．
，．由，可得，，
，化為：，
，
化為，解得，或．
直線的方程可以表示為（舍去），或，則直線恒過定點,．
2.已知橢圓：，圓：的圓心在橢圓上，點到橢圓的右焦點的距離為2．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點作直線交橢圓于，兩點，若，求直線的方程．
【答案】（1）（2）或．
試題解析：（1）因為橢圓的右焦點，，所以，因為在橢圓上，所以，
由，得，，所以橢圓的方程為．
（2）由得：，即，可得，
①當垂直軸時，，此時滿足，所以此時直線的方程為；
②當不垂直軸時，設直線的方程為，由消去得，
設，，所以，，代入可得：，代入，，得，
代入化簡得：，解得，經檢驗滿足題意，則直線的方程為，
綜上所述直線的方程為或．
3.已知拋物線（）的焦點為，直線過點且與相交于、兩點，當直線的傾斜角為時，.
（1）求的方程；
（2）若點是拋物線上、之間一點，當點到直線的距離最大時，求△面積的最小值；
（3）若的垂直平分線與相交于、兩點，且、、、四點在同一圓上，求的方程.
【答案】（1）；（2）2；（3）或.
解：（1）由已知，設，設直線的方程為，代入，得，
則，于是，得，∴的方程為；
（2）設直線的方程為，聯立，消去，得，
于是， 由題意，拋物線過點的切線與直線平行，可設該切線的方程為，
代入，得，由，可得，
從而可得點到直線的距離為，∴，當且僅當時等號成立，
即面積的最小值為2；
（3）由題意知與坐標軸不垂直，∴可設的方程為，代入，得，
設、，則，．∴的中點為，，
又的斜率為，∴的方程為，將上式代入，并整理得，設、，則，，
∴的中點為，，
由于垂直平分，
∴、、、四點在同一圓上等價于，從而，
即，化簡得：，解得：或，
所求直線的方程為或．26 圓錐曲線壓軸大題
【題型一】 五個方程題型框架
【典例分析】
已知圓C經過兩點A(2，2)，B(3，3)，且圓心C在直線x－y+1=0上.
（1）求圓C的標準方程；
（2）設直線l：y=kx+1與圓C相交于M，N兩點，O為坐標原點，若，求|MN|的值.
【經驗總結】
“五個方程”（過去老高考對韋達定理型的直觀稱呼。）參考【典例分析】
一直一曲倆交點。
直線有沒有？是那種未知型的？
已知過定點。則可設為，同時討論k不存在情況。如
3.曲線方程有沒有？倆交點：設為
4.聯立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同時不要忘了判別式
或者
得到對應的韋達定理
或
目標，就是把題中問題轉化為第六個關于韋達定理的方程或者不等式，代入求解
【變式演練】
1.橢圓：的左右焦點分別為，，P為橢圓C上一點.
（1）當P為橢圓C的上頂點時，求；
（2）若，求滿足條件的點P的個數；（直接寫答案）
（3）直線與橢圓C交于A，B，若，求k.
2.已知動點P到點（0，1）的距離與到直線y＝2的距離的比值為，動點P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）直線y＝kx+1與曲線C交于A，B兩點，點M（0，2），證明：直線MA，MB的斜率之和為0．
3.設橢圓的左焦點為，離心率為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為3.
（1）求橢圓的方程；
（2）設為橢圓的下頂點，為橢圓的上頂點，過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點.若，求的值.
【題型二】 直線設法
【典例分析】
已知拋物線，過點的直線交拋物線于，兩點.
（1）求拋物線的焦點坐標及準線方程；
（2）證明：以線段為直徑的圓過原點.
【經驗總結】
如果所過定點在x軸上，為（m，0），也可以設為，此時包含了斜率不存在的情況，但是反而不包含x軸這條直線。
【典例分析】把兩種設法都展示出來供參考。
選擇不同直線的設法，是因為：
1.避免對k不存在情況討論，可以把k不存在的情況包含在里邊。
2.兩種直線形式設法，有時候在計算中可以降低參數的計算量：如過點（1,0）直線，設成與代入到圓錐曲線中，明顯的后邊這種設法代入計算時要稍微簡單點。
3.2011年以來，最早出現這種設直線法的高考題是2012年的重慶試卷壓軸大題，教師授課時可搜集補充教學。
4.授課時，如有可能，盡量把兩種設法，都讓學生同時做做，做個對比，既能看出這種設法在某些試題中的計算優勢，又不過分拔高這種設法的效果。如【典例分析】。建議授課時，把班里學生分為兩組，每組挑出一個代表上講臺演版分別用著不同方法做這道題。
【變式演練】
1.已知橢圓E：過點，且離心率為．
(Ⅰ)求橢圓E的方程；
(Ⅱ)設過點（0，-1)直線交橢圓E于A，B兩點，判斷點G與以線段AB為直徑的圓的位置關系，并說明理由．
2.已知雙曲線：的離心率為，點在上，為的右焦點.
（1）求雙曲線的方程；
（2）設為的左頂點，過點作直線交于（不與重合）兩點，點是的中點，求證：.
3. 如圖，設橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，上頂點為A，左右焦點分別為，線段的中點分別為，且△ 是面積為4的直角三角形。
（Ⅰ）求該橢圓的離心率和標準方程；
（Ⅱ）過B做直線交橢圓于P，Q兩點，使，求直線的方程
【題型三】 雙變量直線核心理解
【典例分析】
已知點M為直線l1：x＝－1上的動點，N(1，0)，過M作直線l1的垂線l，l交MN的中垂線于點P，記點P的軌跡為C．
（1）求曲線C的方程；
（2）若直線l2：y＝kx＋m(k≠0)與圓E：(x－3)2＋y2＝6相切于點D，與曲線C交于A，B兩點，且D為線段AB的中點，求直線l2的方程．
【經驗總結】
當題中的直線既無斜率，又不過定點線，就要設成“雙變量”型：，依舊得討論k是否存在情況
當直線既不過定點，也不知斜率時，設直線，就需要引入兩個變量了。
（1）
（2），此時直線不包含水平，也要適當的補充討論。
（3）設“雙變量”時，第一種設法較多。因為一般情況下，沒有了定點在x軸上，那么第二種設法實際上也沒有特別大的計算優勢。如第1題。
（4）重要！雙變量設法，在授課時，一定要講清楚以下這個規律：
一般情況下，試題中一定存在某個條件，能推導出倆變量之間的函數關系。這也是證明直線過定點的理論根據之一。
【變式演練】
1.在平面直角坐標系中，已知分別是橢圓的左、右焦點，橢圓與拋物線有一個公共的焦點，且過點.
(Ⅰ)求橢圓的方程;
(Ⅱ)設直線與橢圓相交于、兩點,若(為坐標原點),試判斷直線與圓的位置關系，并證明你的結論.
2.已知拋物線的準線方程為.
（1）求拋物線的標準方程；
（2）若過點的直線與拋物線相交于兩點，且以為直徑的圓過原點，求證：為常數，并求出此常數.
3.已知A、B、C是橢圓W:上的三個點,O是坐標原點.
(I)當點B是W的右頂點,且四邊形OABC為菱形時,求此菱形的面積;
(II)當點B不是W的頂點時,判斷四邊形OABC是否可能為菱形,并說明理由.
【題型四】 直線過定點
【典例分析】
已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．
（1）求E的方程；
（2）證明：直線CD過定點.
【經驗總結】
直線過定點：
1、直線多為y=kx+m型
2.目標多為求：m=f（k）
3.一些題型，也可以直接求出對應的m的值，如本小專題【變式演練】第3題
【變式演練】
1.已知橢圓兩點在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設直線l不經過點且與C相交于A，B兩點．若直線與直線的斜率的和為，證明：l過定點．
2.在平面直角坐標系xOy中，動點Р與定點F(2，0)的距離和它到定直線l：的距離之比是常數，記P的軌跡為曲線E.
（1）求曲線E的方程；
（2）設過點A(，0)兩條互相垂直的直線分別與曲線E交于點M，N(異于點A)，求證：直線MN過定點.
3.已知橢圓C：（）的上頂點與右焦點連線的斜率為，C的短軸的兩個端點與左、右焦點的連線所構成的四邊形的面積為．
（1）求橢圓C的標準方程．
（2）已知點，若斜率為k（）的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，當直線AP，BP的傾斜角互補時，試問直線l是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，說明理由．
【題型五】 圓過定點
【典例分析】
在平面直角坐標系中，已知橢圓的左 右焦點分別為 ，點為橢圓上的動點，當點為短軸頂點時，△的面積為，橢圓短軸長為2.
（1）求橢圓的方程；
（2）若直線過定點且與橢圓交于不同的兩點，，點是橢圓的右頂點，直線，分別與軸交于 兩點，試問：以線段為直徑的圓是否過軸上的定點？若是，求出定點坐標；若不是，說明理由.
【經驗總結】
圓過定點，有常見幾方面的思維
利用以“某線段為直徑”，轉化為向量垂直計算
利用對稱性，可以猜想出定點，并證明。
通過推導求出定點（難度較大）
【變式演練】
1.在平面直角坐標系中，已知動圓的半徑為1，且經過坐標原點，設動圓的圓心為．
（1）求點的軌跡方程；
（2）設點的軌跡與軸交于，兩點（在左側），過點的直線交點的軌跡于點（異于，），交直線：于點，經過，的直線交于點，求證以為直徑的圓過定點，并求出定點坐標．
2.已知橢圓的左右頂點分別為A，B，點P為橢圓上異于A，B的任意一點.
（1）證明：直線PA與直線PB的斜率乘積為定值；
（2）設，過點Q作與軸不重合的任意直線交橢圓E于M，N兩點.問：是否存在實數，使得以MN為直徑的圓恒過定點A？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
3.已知拋物線的焦點F與橢圓C：的一個焦點重合，且點F關于直線的對稱點在橢圓上．
求橢圓C的標準方程；
過點且斜率為k的動直線l交橢圓于A、B兩點，在y軸上是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出M點的坐標，若不存在，說明理由．
【題型六】 面積的幾種求法
【典例分析】
已知拋物線關于軸對稱，且過點
（1）求拋物線的標準方程；
（2）過點的直線與拋物線交于，兩點，若，求直線的方程
【經驗總結】
圓錐曲線中求面積常規類型
（1）
(2)三角形恒過數軸上的定線段，可分為左右或者上下面積，轉化為
(3)三角形恒過某定點，可分為左右或者上下面積，轉化為
（4）四邊形面積，注意根據題中條件，直接求面積或者轉化為三角形面積求解。
【變式演練】
1.已知拋物線C：的焦點為F，直線l：y=與拋物線C交于A，B兩點.
（1）求AB弦長；
（2）求△FAB的面積.
2.已知拋物線：（），其上一點到的焦點的距離為4.
（Ⅰ）求拋物線的方程；
（Ⅱ）過點的直線與拋物線分別交于，兩點（點，均在軸的上方），若的面積為4，求直線的方程.
3.已知雙曲線：（，）的離心率為，虛軸長為4.
（1）求雙曲線的標準方程；
（2）直線：與雙曲線相交于，兩點，為坐標原點，的面積是，求直線的方程.
【題型七】 面積最值
【典例分析】
已知一張紙上畫有半徑為4的圓O，在圓O內有一個定點A，且，折疊紙片，使圓上某一點剛好與A點重合，這樣的每一種折法，都留下一條直線折痕，當取遍圓上所有點時，所有折痕與的交點形成的曲線記為C.
（1）求曲線C的焦點在軸上的標準方程；
（2）過曲線C的右焦點（左焦點為）的直線l與曲線C交于不同的兩點M，N，記的面積為S，試求S的取值范圍.
【經驗總結】
面積最值，實際上是處理最終的“函數最值”。
各類型“函數式”最值規律：
分式型：以下幾種求最值的基本方法
一元二次型：注意自變量取值范圍
高次型：整體換元或者求導
【變式演練】
1.已知橢圓C：=1(a>b>0)的焦點F在直線上，離心率為.
（1）求橢圓C的方程；
（2）若O為坐標原點，過點M(0，2)作直線l交橢圓C于A、B兩點，求△AOB面積的最大值.
2.已知點是已知橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，當時，面積達到最大，且最大值為.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）過的直線與橢圓交于兩點，且兩點與左右頂點不重合，若，求四邊形面積的取值范圍.
3.已知橢圓的長軸長為4，離心率為，一動圓過橢圓上焦點，且與直線相切．
（1）求橢圓的方程及動圓圓心軌跡的方程；
（2）過作兩條互相垂直的直線，，其中交橢圓于，兩點，交曲線于，兩點，求四邊形面積的最小值．
【題型八】 定值
【典例分析】
已知橢圓C：(a＞b＞0)的右焦點F2與拋物線y2＝4x的焦點重合，且其離心率為．
（1）求橢圓C的方程．
（2）已知與坐標軸不垂直的直線l與C交于M，N兩點，線段MN中點為P，問：kMN·kOP(O為坐標原點)是否為定值？請說明理由．
【經驗總結】
求定值問題常見的思路和方法技巧：
從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
求定值題型，運算量大，運算要求高，屬于中等以上難度的題
【變式演練】
1.已知雙曲線C的中心在原點，是它的一個頂點.是它的一條漸近線的一個方向向量.
（1）求雙曲線C的方程；
（2）設，M為雙曲線右支上動點，當|PM|取得最小時，求四邊形ODMP的面積；
（3）若過點任意作一條直線與雙曲線C交于A，B兩點（A，B都不同于點D），求證:為定值.
2.已知圓：，定點，A是圓上的一動點，線段的垂直平分線交半徑于P點．
（1）求P點的軌跡C的方程；
（2）設直線過點且與曲線C相交于M，N兩點，不經過點．證明：直線MQ的斜率與直線NQ的斜率之和為定值．
3.已知橢圓的離心率為，右焦點為，點在橢圓上．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點的直線（不與軸重合）交橢圓于點，，直線，分別與直線交于點，．求證：以線段為直徑的圓被軸截得的弦長為定值．
【題型九】最值與范圍
【典例分析】
已知中心在原點的雙曲線的右焦點為，右頂點為．
（）求雙曲線的方程；
（）若直線與雙曲線交于不同的兩點，，且線段的垂直平分線過點，求實數的取值范圍．
【經驗總結】
求最值求范圍，屬于前邊知識額綜合應用，主要是以下兩點要注意
注意變量的范圍。
式子轉化為求值域或者求最值的專題復習
【變式演練】
1.已知中心在原點的雙曲線的一個焦點，一個頂點為.
（1）求雙曲線的方程；
（2）若直線與雙曲線的左右兩支各有一個交點，求的取值范圍.
2.已知雙曲線C的方程為（），離心率為.
（1）求雙曲線的標準方程；
（2）過的直線交曲線于兩點，求的取值范圍.
3.已知橢圓C：的左、右焦點分別為，離心率為，P為橢圓C上的一個動點.當P是C的上頂點時，△的面積為.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設斜率存在的直線與C的另一個交點為Q，是否存在點，使得 若存在，求出t的取值范圍；若不存在，請說明理由.
【題型十】 第六個方程的積累
【典例分析】
已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，離心率為，且橢圓上的點到兩個焦點的距離之和為.
（1）求橢圓的方程；（2）設為橢圓的左頂點，過點的直線與橢圓交于點，與軸交于點，過原點且與平行的直線與橢圓交于點.求的值.
【經驗總結】
在一直一曲五個方程（韋達定理代入型）題型中，主要的難點在于怎么轉化出“第六個方程”。
具有明顯的可轉化為韋達定理特征的。屬于較容易的題。
隱藏較深的條件，需要用一些技巧，把條件轉化為點坐標之間的關系，再轉化為韋達定理。
沒有固定的轉化技巧，可以在訓練中積累相關化歸思想。
【變式演練】
1.已知橢圓的離心率為，其左、右焦點分別為，，點P為坐標平面內的一點，且，，O為坐標原點.（1）求橢圓C的方程；
（2）設M為橢圓C的左頂點，A，B是橢圓C上兩個不同的點，直線，的傾斜角分別為，，且證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.
2.已知橢圓：，圓：的圓心在橢圓上，點到橢圓的右焦點的距離為2．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點作直線交橢圓于，兩點，若，求直線的方程．
3.已知拋物線（）的焦點為，直線過點且與相交于、兩點，當直線的傾斜角為時，.（1）求的方程；（2）若點是拋物線上、之間一點，當點到直線的距離最大時，求△面積的最小值；（3）若的垂直平分線與相交于、兩點，且、、、四點在同一圓上，求的方程.

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