2018高考圆锥曲线部分大题解析

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1、1.【2018浙江21】如图，已知点P是轴左侧（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点满足的中点均在上。（1）设中点为，证明：垂直于轴；（2）若是半椭圆上的动点，求面积的取值范围。解析：（1）设中点满足：中点满足：所以是方程即的两个根，所以，故垂直于轴。（2）由（1）可知所以,因此，因为，所以因此，面积的取值范围是1.距离型问题2.【2018全国3理20】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：为等差数列，并求出该数列的公差。解析：（1）由中点弦公式，解得又因为点在椭圆内，故，故（2）由题意知，故因为点在椭圆上，代入可

2、得，即根据第二定义可知，联立即故满足，所以为等差数列设其公差为，因为的位置不确定，则有代入得3.【2018全国3文20】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。解析：（1）设，则，因为两式相减可得：又因为即代入上式得，又因为点在椭圆内，故，故（2），设，即因为点在椭圆上，代入得，所以因为，同理得故所以注意：文理科题目相同，但是给出的解题思路是不同的。4.【2018天津理19】设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为，点的坐标为，且（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆在第一象限的交点为，且与直线交于点，若（为原

3、点），求的值。解析：（1）由题意知：，解得，又因为由知，解得故椭圆方程为（2）设，则（得到一个等量关系，然后用分别表示出）联立分别代入上式得，解得或5.【2018江苏18】如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为。（1）求椭圆及圆的方程；（2）设直线与圆相切于第一象限内的点（i）设直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；（ii）直线与椭圆交于两点.若的面积为，求直线的方程。解析：（1）设椭圆方程为，其中，又因为点在椭圆上，故，所以椭圆的方程为又因为圆的直径为，故圆的方程为（2）（i）本题有两种解法：法一：椭圆和圆有公切线时求点的坐标，可先设公切线方程为然后根

4、据直线分别与圆和椭圆相切求出的值，再求出点的坐标，这个方法很容易想到，但是需要两次计算相切时的条件。法二：题目中让求点的坐标，不如一开始就设出点的坐标，利用点的坐标表示出切线方程，然后直线与椭圆联立，即可求出点的坐标。这里我们选用第二种方法：设直线与圆的切点，则满足，故直线的方程为：即联立（1）因为直线与椭圆有且只有一个交点，故，即因为点位于第一象限，即，故所以点的坐标为（ii）分析：第二问由于的高即为圆的半径，故由面积可以得出弦长的值，根据弦长再求出直线方程，最容易想到的就是设出直线方程，根据直线与圆相切可得，然后直线与椭圆联立，根据韦达定理写出弦长公式，将或转化成一个

5、，求出即可，但是计算过程很麻烦，下面给出同一个方法的两种不同解法：解析：设直线方程为，，根据直线与圆相切得将代入得注意此处，根据韦达定理得出的两根和与积的形式本来很复杂，如果利用上式还需要进行平方，再将转化为的形式计算起来相当复杂，因此我们要想办法避开平方，因此不如直接根据直线与椭圆联立的方程解出两根，再利用弦长公式，就可以避开平方的出现，解法也会简单一些。解得所以，直线方程为5.定值问题6.【2018全国1理】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：分析：第二问两角度相等如何证明？解析几何中常出现的量无

6、非是距离长度，斜率，面积，周长，如果你想到了证明两个角余弦值相等，那么恭喜你，你想到了长度，但是长度不容易求得，本题目点在轴上且角度均从点出发，两点一个在轴上方一个在下方，因此可以考虑两条直线关于轴对称，而对称又反应了斜率互为相反数的关系，因此本题目虽是证明题的形式出现，但本质上是求定值问题，即解析：（1）由题意知，当与轴垂直时，，此时，所以直线的方程为（2）设直线的斜率分别为当直线斜率不存在时，此时直线的倾斜角互补，则当直线斜率存在时，设联立所以（注意，此处为什么不需要整理分母部分，因为证明分式为零，只需要证明分子为零即可）所以所以直线的倾斜角互补，则7.【2018全国

7、1文20】设抛物线，点，过点的直线与交于两点（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）证明：解析：（1）当与轴垂直时，，此时，直线的方程为（2）具体过程可以参考32题，在上题中是分情况讨论直线斜率不存在与存在的情况，其实无需讨论斜率是否存在，可以直接将直线方程设为设，直线的斜率分别为联立所以所以直线的倾斜角互补，则8.【2018全国3理16】已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与抛物线交于两点，若，则=________.解析：用到结论：在抛物线中以焦点弦为直径的圆与准线相切所以，设，根据焦点弦斜率公式可得9.【2018北京理1