2022届高三数学一轮复习（原卷版）第14讲 解析几何常见常考模型（解析版）

1、第14讲 解析几何常见常考模型高考预测一：垂直弦模型 1已知抛物线的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4（1）求抛物线的方程；（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值【解析】解：（1）设直线的方程为,联立得,所以,所以,当时，,解得,所以抛物线的方程为设直线的方程为,因为，则，即,又,所以,解得,联立,得,所以,则直线的方程为,所以直线过定点,记作点，当点与点不重合时，为直角三角形，当为的中点时，当点与点重合，为中点时，所以存在点,使得为定值22已知椭圆，、是椭圆上的两点（）求椭圆的方程；（）是否存在直线与椭圆交于、两点，交轴

2、于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由【解析】解：（）根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为（）假设存在这样的直线，由已知可得直线的斜率存在，设直线方程为，由，得，设，则，由，得，即，即，故，代入解得或所以的取值范围为，3已知曲线上的任意一点到点的距离与到直线的距离相等（）求曲线的方程；（）若不经过坐标原点的直线与曲线交于，两点，且求证：直线过定点【解析】（）解：因为曲线上的任意一点到点的距离与到直线的距离相等，根据抛物线的定义可知，曲线的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，故曲线的方程为；（）证明：设直线，联立方程组，可得，所以，所以，因为线段为直线的圆过点，所以为直角

3、三角形，故有，所以，化简可得，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，解得或，因为直线不过原点，所以，故，所以直线，令，则，所以直线恒过定点4已知椭圆的左、右两个焦点分别是，焦距为2，点在椭圆上且满足，（）求椭圆的标准方程；（）点为坐标原点，直线与椭圆交于，两点，且，证明为定值，并求出该定值【解析】解：（）依题意，所以由，得，于是，所以，所以，因此椭圆的方程为（）证明：当直线的斜率存在时，设直线，由消去得，由题意，则，因为，所以，即，整理得而，设为原点到直线的距离，则，所以，而，所以当直线的斜率不存在时，设，则有，不妨设，则，代入椭圆方程得，所以，所以综上5已知抛物线焦点为，抛物线上一点的横坐标

4、为2，且（）求此抛物线的方程；（）过点做直线交抛物线于，两点，求证：【解析】（）解：设抛物线，点，则有，所以抛物线的方程为；（）证明：当直线斜率不存在时，此时，解得，满足，；当直线斜率存在时，设，联立方程，设，则，则，即有综上，成立6已知，为椭圆上的两个动点，满足（1）求证：原点到直线的距离为定值；（2）求的最大值；（3）求过点，且分别以，为直径的两圆的另一个交点的轨迹方程【解析】（1）证明：当直线的斜率不存在时，由代入椭圆方程可得：，解得，此时原点到直线的距离为当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，化为，则，化为，化为，化为，原点到直线的距离综上可得：原点到直线的距离为定值（2）解：由（

5、1）可得，当且仅当时取等号的最大值为（3）解：如图所示，过点，且分别以，为直径的两圆的另一个交点的轨迹满足：，因此，三点共线由（1）可知：原点到直线的距离为定值分别以，为直径的两圆的另一个交点的轨迹方程为高考预测二：内接直角三角形模型7在直角坐标系中，点到、的距离之和是4，点的轨迹与轴的负半轴交于点，不过点的直线与轨迹交于不同的两点和（1）求轨迹的方程；（2）当时，求与的关系，并证明直线过定点【解析】解：（1）点到，的距离之和是4，的轨迹是长轴长为4，焦点在轴上焦距为的椭圆，其方程为（2）将，代入曲线的方程，整理得，因为直线与曲线交于不同的两点和，所以设，则，且显然，曲线与轴的负半轴交于点，所

6、以，由，得将、代入上式，整理得，所以，即或经检验，都符合条件当时，直线的方程为显然，此时直线经过定点点即直线经过点，与题意不符当时，直线的方程为显然，此时直线经过定点点，且不过点综上，与的关系是：，且直线经过定点点8已知椭圆的中心在坐标原点，左、右焦点分别为，为椭圆上的动点，的面积最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切（1）求椭圆的方程；（2）若直线过定点且与椭圆交于，两点，点是椭圆的右顶点，直线与直线分别与轴交于，两点，试问以线段为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由【解析】解：（1）由题意椭圆的中心在坐标原点，左、右焦点分别为，为椭圆上的动点，的

7、面积最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切可得，解得，所以椭圆的方程是 （4分）（2）以线段为直径的圆过轴上的定点当直线斜率不存在时以线段为直径的圆的方程为：，恒过定点（5分）当直线斜率存在时 设，由得设，则有，（7分）又因为点是椭圆的右顶点，所以点由题意可知直线的方程为：，故点直线的方程为：，故点 （8分）若以线段为直径的圆过轴上的定点，则等价于恒成立 （9分）又因为，所以恒成立又因为，所以解得故以线段为直径的圆过轴上的定点 （12分）（或设请酌情给分）9过抛物线上不同两点、分别作抛物线的切线相交于点，（1）求点的轨迹方程；（2）已知点，是否存在实数使得？若存在，求出的值，

8、若不存在，请说明理由【解析】解法（一（1）设，由，得：，（4分）直线的方程是：即同理，直线的方程是：，（6分）由得：、点的轨迹方程是（8分）（2）由（1）得：，所以故存在使得（14分）解法（二（1）直线、与抛物线相切，且，直线、的斜率均存在且不为0，且，设的直线方程是，由得：（4分）即即直线的方程是：同理可得直线的方程是：，（6分）由得：故点的轨迹方程是（8分）（2）由（1）得：，故存在使得（14分）10已知椭圆，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与轴重合）交于，两点（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求的面积；（3）是否存在直线，使得点在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；

9、若不存在，说明理由【解析】解：（1）由、得：（2分）椭圆的标准方程为：； （4分）（2）因为，所以过、的直线的方程为：，即，（6分）解方程组，得，（8分）；（10分）（2）结论：不存在直线使得点在以为直径的圆上理由如下：设，则假设点在以线段为直径的圆上，则，即，因为，所以，（12分）解得：或，（14分）又因为，所以点不在以为直径的圆上，即不存在直线，使得点在以为直径的圆上（16分）11已知焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为，为椭圆的左顶点（1）求椭圆的标准方程；（2）已知过点的直线与椭圆交于，两点若直线垂直于轴，求的大小；若直线与轴不垂直，是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；

10、如果不存在，请说明理由【解析】解：（1）设椭圆的标准方程为，由题意知：，所以椭圆的标准方程为 （4分）（2）由（1）得设，当直线垂直于轴，的方程为，（5分）的方程与联列得（不妨设点在轴上方），（6分）此时，（8分）当直线与轴不垂直时，不存在直线使得为等腰三角形 （10分）证明如下：由题意可设，联列方程组得，显然，所以（12分）假设存在直线使得为等腰三角形，则取的中点，（13分）连接，则，记点为，所以，所以与不垂直，矛盾，故不存在直线使得为等腰三角形 （16分）高考预测三：中点弦模型12已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切、是椭圆的左、右顶点，直线过点且与轴垂直（

11、1）求椭圆的标准方程；（2）设是椭圆上异于、的任意一点，作轴于点，延长到点使得，连接并延长交直线于点，为线段的中点，判断直线与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论【解析】（本小题满分12分）解：（1）由题意：到直线的距离为，则，椭圆的标准方程为（4分）（2）设，则，直线的方程为（6分）与联立得：则直线的方程为（8分）即，方程可化为（10分）到直线的距离为故直线与以为直径的圆相切（12分）13已知椭圆的左、右焦点分别为、，为上顶点，交椭圆于另一点，且的周长为8，点到直线的距离为2（）求椭圆的标准方程；（）求过作椭圆的两条互相垂直的弦，、分别为两弦的中点，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标【解

12、析】解：，设，因为，直线的方程为，点到直线的距离，椭圆的标准方程：设以为中点的弦与椭圆交于，则，同理，整理得，直线过定点当直线的斜率不存在或为零时，、的中点为点及原点，直线为轴，也过此定点，直线过定点14已知，是椭圆上的三个点，是坐标原点（）当点是的右顶点，且四边形为菱形时，求此菱形的面积；（）当点不是的顶点时，判断四边形是否可能为菱形，并说明理由【解析】解：四边形为菱形，是椭圆的右顶点直线是的垂直平分线，可得方程为设，得，解之得（舍负）的坐标为，同理可得的坐标为因此，可得菱形的面积为；四边形为菱形，设，得、两点是圆与椭圆的公共点，解之得设、两点横坐标分别为、，可得、两点的横坐标满足，或且，当

13、时，可得若四边形为菱形，则点必定是右顶点；若且，则，可得的中点必定是原点，因此、共线，可得不存在满足条件的菱形综上所述，可得当点不是的顶点时，四边形不可能为菱形15已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点在椭圆上，且，的面积为（1）求椭圆的方程：（2）设椭圆的左、右顶点为，过的直线与椭圆交于不同的两点，（不同于点，探索直线，的交点能否在一条垂直于轴的定直线上，若能，求出这条定直线的方程；若不能，请说明理由【解析】解：（1）设，左、右焦点分别为，点在椭圆上，且，的面积为，解得，解得，椭圆的方程为（2）由（1）知，当直线的斜率不存在时，直线，直线与椭圆的交点坐标，此时直线，联立两直线方程，解得两直

14、线的交点坐标，它在直线上当直线的斜率存在时，设直线，代入椭圆的方程，整理，得，设直线与椭圆交点，则，直线的方程为，即，直线的方程为，即，由直线与直线的方程消去，得，直线与直线的交点在直线上综上所述，直线，的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是16已知椭圆：过点，其左、右顶点分别为，左、右焦点为，其中，（1）求栖圆的方程：（2）设，为椭圆上异于，两点的任意一点，于点，直线，设过点与轴垂直的直线与直线交于点，证明：直线经过线段的中点【解析】解：（1）由题意知，则，故椭圆的方程为，（2）由（1）知，过点且与轴垂直的直线的方程为，结合方程，得点，直线的斜率为，直线的方程为，因为于点，所以，

15、线段的中点坐标，令，得，因为，所以，即直线经过线段的中点17已知定圆，动圆和已知圆内切，且过点，（1）求圆心的轨迹及其方程；（2）试确定的范围，使得所求方程的曲线上有两个不同的点关于直线对称【解析】解 （1）已知圆可化为，设动圆圆心，则为半径，又圆和圆内切，即，故的轨迹是以，为焦点的椭圆，且中心为原点，故动圆圆心的轨迹方程是（2）假设具有对称关系的两点所在直线的方程为，代入椭圆方程中有，即若要椭圆上关于直线对称得不同两点存在，则需与椭圆相交，且两交点、到直线的距离相等，即线段的中点在直线上，故，设，则，故，即高考预测四：角分线模型18已知椭圆经过点，对称轴为坐标轴，焦点，在轴上，离心率（1）求

16、椭圆的方程；（2）求的平分线所在直线的方程；（3）在椭圆上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由【解析】解：（1）设椭圆方程为椭圆经过点，离心率，椭圆方程为：；（2），方程为：，方程为：设角平分线上任意一点为，则得或斜率为正，直线方程为；（3）假设存在，两点关于直线对称，直线方程为代入得，中点为代入直线上，得中点为与重合，不成立，所以不存在满足题设条件的相异的两点19如图，在平面直角坐标系中，椭圆，过坐标原点的直线交椭圆于，两点，其中点在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连结，并延长交椭圆于点，设直线的斜率为（）当时，求点到直线的距离；（）证明：对任意，都有【解析】解

17、：（）当时，直线的方程为，解得，或；故，；故直线的斜率，故直线的方程为，故点到直线的距离（）证明：由题意，设，则，设，、三点共线，即，令，则，得，即，即，即，即，即，故或，当时，此时与点重合，故不成立；故，故20设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足丨丨丨丨当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；（）过原点且斜率为的直线交曲线于、两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【解析】解：如图1，设，丨丨丨丨，点在圆上运动，代

18、入即得所求曲线的方程为，时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，（）如图2、3，设，则，两点在椭圆上，可得，三点共线，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意，都有21已知椭圆经过点，的四个顶点构成的四边形面积为（1）求椭圆的方程；（2）在椭圆上是否存在相异两点，使其满足：直线与直线的斜率互为相反数；线段的中点在轴上若存在，求出的平分线与椭圆相交所得弦的弦长；若不存在，请说明理由【解析】解：（1）由已知得，解得，椭圆的方程；（2）设直线的方程为，代入，得设，且是方程的根，用代替上式中的，可得，的中点在轴上，解得，因此满足条件的点，存在由平面几何知

19、识可知的角平分线方程为把代入，可得，所求弦长为322如图，已知椭圆，是长轴的一个端点，弦过椭圆的中心，且，（）求椭圆的方程；（）设、为椭圆上异于，且不重合的两点，且的平分线总是垂直于轴，是否存在实数，使得，若存在，请求出的最大值，若不存在，请说明理由【解析】解：，又，即，是等腰直角三角形（2分），而点在椭圆上，所求椭圆方程为；（4分）对于椭圆上两点，的平分线总是垂直于轴，与所在直线关于对称，则，（6分），的直线方程为，的直线方程为，将代入得，在椭圆上，是方程的一个根，（8分）以替换，得到，弦过椭圆的中心，存在实数，使得（10分）当时即时取等号，又，（13分）23已知椭圆过点（）求椭圆的方程，并

20、求其离心率；（）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），点关于的对称点为，直线与交于另一点设为原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由【解析】解：（）由椭圆方程椭圆 过点，可得所以，所以椭圆的方程为，离心率，（）直线与直线平行证明如下：设直线，设点的坐标为，由得，同理，所以，由，有，因为在第四象限，所以，且不在直线上，又，故，所以直线与直线平行24已知点是抛物线的焦点，若点在抛物线上，且以点为圆心，长为半径的圆与直线相切（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线，分别交抛物线于点，若的平分线与轴平行，试探究：直线的斜率是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理

21、由【解析】解：（1）根据题意，得解得，所以抛物线的方程为（2）由（1）知，由的平分线与轴平行，可知直线，的斜率都存在，且不等于零两斜率互为相反数设，直线，由，得，已知此方程的一个根为4，所以，所以，同理，所以，所以，故直线的斜率为定值25如图，设为抛物线的焦点，是抛物线上一定点，其坐为，为线段的垂直平分线上一点，且点到抛物线的准线的距离为（1）求抛物线的方程；（2）过点任作两条斜率均存在的直线、，分别与抛物线交于点、，如图示，若直线的斜率为定值，求证：直线、的倾斜角互补【解析】解：（1）抛物线的方程为，直线的方程为（1分）又点在线段的垂直平分线上，且为抛物线的焦点，点的横坐标为（2分）又点到抛

22、物线的准线的距离为，即抛物线的方程为（5分）（2）设，则又因为点，均在抛物线上，所以有，所以，故由已知得，（7分）又由已知易知，所以有从而有，（8分）又因为点，均在抛物线上，所以有，把它们分别代入式，并化简可得：（10分）把代入，可得故直线、的倾斜角互补（12分）高考预测五：切线模型26已知左、右焦点分别为、的椭圆与直线相交于、两点，使得四边形为面积等于的矩形（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆上一动点（不在轴上）作圆的两条切线、，切点分别为、，直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，求的面积的取值范围【解析】解：（1）可得，由矩形为面积等于可得，椭圆的方程为：（2）设，则以线段为直径的圆的方程为，又圆的方程为，两式相减得直线的方程为由得，设，、，则令，则，的图象是开口朝下，且以直线为对称轴的抛物线，故，时，函数