重难点43 圆锥曲线与四心二十一大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2重难点专题43圆锥曲线与四心二十一大题型汇总题型1圆锥曲线重心与离心率 1题型2圆锥曲线重心与直线 8题型3圆锥曲线重心与面积 13题型4圆锥曲线重心与坐标 17题型5圆锥曲线重心与轨迹方程 23题型6圆锥曲线外心与离心率 31题型7圆锥曲线外心与坐标 35题型8圆锥曲线外心与轨迹方程 40题型9圆锥曲线外心与求值 47题型10圆锥曲线内心与离心率 52题型11圆锥曲线内心与内切圆半径 60题型12圆锥曲线内心与直线（曲线） 67题型13圆锥曲线内心与面积 72题型14圆锥曲线内心与轨迹方程 76题型15圆锥曲线内心与求值 83题型16圆锥曲线垂心与离心率 87题型17圆锥曲线垂心与直线（曲线） 94题型18圆锥曲线垂心与面积 100题型19圆锥曲线垂心与坐标 105题型20圆锥曲线垂心与轨迹方程 111题型21四心综合 119题型1圆锥曲线重心与离心率一、三角形重心的定义三角形的重心：三角形三条边上的中线交于一点，这一点就是三角形的重心．二、三角形重心常见结论（1）G是△ABC的重心⇔GA+GB（2）G为△ABC的重心，P为平面上任意点，则PG=（3）重心是中线的三等分点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比是2：1；（4）重心与三角形的3个顶点组成的3个三角形的面积相等，即重心到3条边的距离与3条边的长成反比．、【例题1】（2019上·江苏·高三校联考阶段练习）设A，F分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点和右焦点，B1【答案】1【分析】结合题意表示出四点坐标，再由重心坐标公式即可求解【详解】如图：由题可知，B10,b,B20,-b,A故答案为：1【点睛】本题考查椭圆的基本性质，重心坐标公式的应用，属于基础题【变式1-1】1.（2020下·浙江·高三校联考阶段练习）已知F1、F2为椭圆x2a2+y2bA．0,13 B．0,12【答案】B【分析】根据P的椭圆上一点，且∠F1GF2≤2【详解】因为P的椭圆上一点，且∠F不妨设点P为上顶点，如图所示：因为G为△PF所以GO=1而GO≥tan即GO≥3所以13所以b2所以a2即e2解得0<e≤1故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及焦点三角形的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.【变式1-1】2.（2018·贵州贵阳·高三阶段练习）在双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支上存在点A，使得点A与双曲线的左、右焦点F1，F2形成的三角形的内切圆PA．2 B．3 C．2 D．5【答案】C【详解】如图，由PG平行于x轴得yG=yP=a，  =12 则|AF1|=2c+a，|AF2|=2c-a，  由焦半径公式|AF1|=a+e即e=c【变式1-1】3.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+yA．12 B．22 C．1【答案】A【分析】设P(x0,y0【详解】设P(x0,y0),∵G为∵IG=λ1,0,在△F1P∴S又∵I为△F1PF2的内心，∴I的纵坐标y0内心I把△F1PF2分为三个底分别为△F1PF2的三边，高为内切圆半径的小三角形，∴∴1即12×2c⋅|y∴椭圆C的离心率e=c故选：A【变式1-1】4.（2022·全国·高三专题练习）设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)在左右焦点分别为F1,F2，若在曲线C的右支上存在点A．2 B．3 C．2 D．5【答案】C【分析】根据MG//F1F2，得到yM=a,yP=3a【详解】设A,B,C分别为圆M在PF所以PA=PC,AF由双曲线的定义可知PF1-PF又因为BF1+BF2从而xM=a，又因为内切圆的半径为a，所以而MG//F1F2，因此yG=a，又因为G是∴S=PF由PF因此(2a)2故选：C．【变式1-1】5.（2020·湖北·高三校联考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y【答案】1【分析】首先找到特殊位置，即取P在上顶点时，内心和重心都在y轴上，由于内心和重心连线的斜率不随着点P的运动而变化，可得：GI始终垂直于x轴，可得内切圆半径为a-c3a-c⋅y0，再利用等面积法列式解方程可得：【详解】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，若e=1当e≠1由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：设P在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接PO，则重心G在PO上，连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，可得重心G（x03，y03）所以I的横坐标也为由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣（PA+AF2）=F1N﹣NF2=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）=2ON=2而PF1+PF2=2a，所以PF1=a+x03由角平分线的性质可得PF1P所以可得MN=ON﹣OM=x所以ME=OE﹣OM=x0-c所以INPE=MNOE=S△PF1F2=12（PF1+F1F2+PF2）所以整理为：ca故答案为：13【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了内心和重心的概念，考查了转化思想和较强的计算能力，其方法为根据条件得到关于a，b，c的齐次式，化简可得.本题属于难题.题型2圆锥曲线重心与直线【例题2】（2020下·河北石家庄·高三统考阶段练习）已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，P1(x1,y1),P2(x2,y2),P3(A．1 B．32 C．2【答案】C【分析】由已知可得直线P1P3的斜率k=y1-y3x1-x3=8【详解】由题意知d1带入d1+d即2x2=x1则有x1即2x2=6-x2因此有y1+y3=4故选：C．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、三角形重心公式，抛物线定义的应用是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.【变式2-1】1.（2019·全国·高三校联考阶段练习）已知抛物线C:y2=4x上有三个不同的点A,B,C,直线AB,BC,AC的斜率分别为kAB,kBC,kA．-2 B．-12 C．-【答案】D【分析】设Am,n,B(x1,y1),C(x2,y2)【详解】设Am,n则kAB=y∴4y1+n+4y即y1+yn=3,所以kBC故选:D【点睛】本题考查抛物线的标准方程、直线的斜率公式和三角形的重心坐标公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.【变式2-1】2.（2022·全国·高三专题练习）在直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x22+y2=1的左右焦点分别为F1，F2，过F1且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B【答案】x+2y+1=0【分析】设l的方程为x=my-1，设Ax1,y1，Bx2,y【详解】∵l过点F1∴可设l的方程为x=my-1，设Ax1,由x=my-1x22∴y1+y∴x1又∵F2(1,0)，∴Gx∴|OG|=m令m4+43∴直线l的方程为x+2y+1=0或故答案为：x+2y+1=0或【变式2-1】3.（2020·浙江·校联考三模）已知椭圆C:x24+y2m=1的右焦点为F1,0，上顶点为B，则B的坐标为，直线MN与椭圆C交于M【答案】(0,3)【分析】空1：由椭圆的标准方程结合右焦点的坐标，直接求出a，c，再根据椭圆中a，b，c之间的关系求出m的值，最后求出上顶点B的坐标；空2：设出直线MN的方程，与椭圆联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，结合中点坐标公式求出弦MN的中点的坐标，再利用三角形重心的性质，结合平面向量共线定理进行求解即可.【详解】空1：因为C:x24+y2m而a2=b2+空2：设直线MN的方程为：y=kx+m，由（1）可知：椭圆的标准方程为：x24+(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，设M(所以D点坐标为：(-4km因为△BMN的重心恰为点F，所以有BF=2即(1,-3因此有：2(-4km(1)÷(2)得：k=343，所以直线MN故答案为：(0,3)【点睛】本题考查了求椭圆上顶点的坐标，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了三角形重心的性质，考查了数学运算能力.【变式2-1】4.（2020·上海·高三专题练习）已知直线L交椭圆x220+y216=1于M、N两点，椭圆与y轴的正半轴交于点B【答案】6x-5y-28=0【分析】结合重心坐标公式推导出弦中点坐标，可设Mx【详解】由题可知，B0,4，F2,0，设由重心坐标得0+x所以弦MN的中点坐标为x1+x又Mx1,作差得4将中点坐标代入得k=y2-y1即6x-5y-28=0故答案为：6x-5y-28=0【点睛】本题考查重心坐标公式，点差法的应用，点斜式的用法，属于中档题【变式2-1】5.（2022·全国·高三专题练习）在直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x22+y2=1的左右焦点分别为F1，F2，过F1且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B【答案】x+2y+1=0【分析】设l的方程为x=my-1，设Ax1,y1，Bx2,y2【详解】∵l过点F1∴可设l的方程为x=my-1，设Ax1,由x=my-1x22∴y1+y∴x1又∵F2(1,0)，∴Gx∴|OG|=m令m4+43∴直线l的方程为x+2y+1=0或故答案为：x+2y+1=0或题型3圆锥曲线重心与面积【例题3】（2020·吉林·统考三模）设点P为椭圆C:x225+y216=1上一点，F1、F2分别是椭圆A．423 B．22 C．【答案】C【解析】由题设条件及椭圆的定义，可得|PF1|=4,|PF2|=6，进而可得【详解】由于点P为椭圆C:x∵|PF1|:|P故ΔPF1F2为等腰三角形，以故SΔPS△GP【点睛】本题考查了椭圆的定义和性质，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.【变式3-1】1.（2020下·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考开学考试）设点P为椭圆：x249+y224=1上一点，F1，【答案】8【分析】设PF1=m，PF2=n，由题可得m+n=14，m2+【详解】由椭圆方程x249+设PF1=m，PF又PF1⊥PF2又G为ΔPF1F故答案为：8【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，有关焦点三角形的面积计算，考查了学生的运算求解能力.【变式3-1】2.（2019上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考期末）已知抛物线y2=8x的焦点是F,点A、B、C在抛物线上,O为坐标原点,若点F为△ABC的重心,△OFA、△OFB、△OFC面积分别记为S1A．16 B．48 C．96 D．192【答案】B【分析】设出点A、B、C三点坐标,根据F为△ABC的重心,可得三点横坐标的关系,求出S1【详解】设A(x1,y1),B(x2,y2),C(S1所以S1故选B【点睛】本题考查了三角形重心坐标公式,考查了三角形面积公式,考查了数学运算能力.【变式3-1】3.（2022·四川资阳·统考二模）设F为抛物线y2=4x的焦点，A,B,C为抛物线上不同的三点，点F是△ABC的重心，O为坐标原点，△OFA、△OFB、△OFC的面积分别为S1、S2A．9 B．6 C．3 D．2【答案】C【详解】本题考查抛物线标准方程和几何性质，平面几何知识.抛物线y2=4x的焦点F(1,0);设y12=4x1,y22=4x2,y32=4【变式3-1】4.（2020上·浙江·高三校联考阶段练习）已知F1(-1,0)，F2(1,0)，M是第一象限内的点，且满足|MF1|+|MF2|=4，若I是△MF1FA．S1>S2 B．S1=S【答案】B【分析】作出图示，根据I,G的特点分别表示出S1，S2，即可判断出【详解】因为MF1+MF因为I是△MF1F所以MF1+MF又因为G是△MF1F所以S2所以S1故选：B.【点睛】本题考查椭圆的定义，其中涉及到三角形的内心和重心问题，对学生分析图形中关系的能力要求较高，难度一般.题型4圆锥曲线重心与坐标【例题4】（2019·甘肃·校联考一模）已知A、B分别是双曲线C:x2-y22=1的左、右顶点，P为C上一点，且P在第一象限．记直线PA，PB的斜率分别为kA．(1,1) B．1,43 C．4【答案】B【解析】由双曲线的性质可得点A-1,0，B1,0，设点P(x,y),x>1,y>0，则k1k【详解】由题意点A-1,0，B设点P(x,y),x>1,y>0则k1>0，k2所以2k1+所以yx+1=1x2-则△PAB重心坐标为-1+1+33,0+0+4故选：B.【点睛】本题考查了直线斜率的求解及双曲线的应用，考查了基本不等式的应用及运算求解能力，属于中档题.【变式4-1】1.（2019·河北衡水·统考一模）已知抛物线y2=4x上有三点A,B,C，AB,BC,CA的斜率分别为3，6，-2，则A．(149,1) B．(14【答案】C【分析】设A(x【详解】设A(x1,y1同理y2+y3=故与前三式联立，得y1=-23,则x1+x【点睛】本题主要考查了解析几何中常用的数学方法，集合问题坐标化，进而转化为代数运算，对学生的能力有一定的要求，属于中档题.【变式4-1】2.（2020下·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，A,B是抛物线C上两点，且AF+BF=10，OA．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】设A(x1,y1),B(x2,【详解】设A(x1,则x1∵ΔOAB的重心为F，∴x1∴3p2+p=10，∴故选：D．【点睛】本题考查的是抛物线定义的应用及三角形的重心坐标公式，属于基础题.【变式4-1】3.（2018·福建莆田·统考一模）已知O为坐标原点，F为抛物线C:y2=8x的焦点，过F作直线l与C交于A,B两点．若|AB|=10A．43 B．2 C．8【答案】B【详解】F为抛物线C:y2=8x的焦点，所以由抛物线定义知：AB=x1ΔOAB重心的横坐标x1故选B.【变式4-1】4.（2020·陕西·统考二模）已知抛物线Γ：y2=2px（p>0），从点M(4,a)（a>0）发出，平行于x轴的光线与Γ交于点A，经Γ反射后过Γ的焦点N，交抛物线于点B，若反射光线的倾斜角为2π3，|AN|=2A．2,-3 B．32,0 C．【答案】C【解析】如图所示，过点N作NC⊥AM，垂足为点C，计算Ap2-1,3，M(4,3)，得到p=3，AB的方程为【详解】如图所示，过点N作NC⊥AM，垂足为点C，因为|AN|=2，反射光线的倾斜角为2π3，所以|AC|=1，|NC|=可得xA=p2-1，y将点Ap2-1,3代入y2解得p=3或p=-1（舍去），所以抛物线的方程为y2=6x，直线AB的方程为设点Ax1,y1，Bx2显然Δ>0，故y1又因为y1+y设ΔABM的重心坐标为(x,y)，所以x=x1+所以ΔABM的重心坐标为3,-3故选：C.【点睛】本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系、三角形的重心坐标公式，意在考查学生的计算能力和转化能力【变式4-1】5.（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC是椭圆y2【答案】9【分析】由题意可得出|AF|=a-ey1，|BF|=a-ey2，|CF|=a-ey3，|AF|+|BF|+|CF|=3a-e（y1+y2+y3），因为△ABC的重心在原点O，所以y1【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），对于椭圆y2a2则AF=所以x1所以AF==c则|AF|=a-ey1，同理|BF|=a-ey2，|CF|=a-ey3，|AF|+|BF|+|CF|=3a-e（y1+y2+y3），∵△ABC的重心在原点O，∴y1故答案为：9.【变式4-1】6.（2016上·湖南·高三阶段练习）设直线l:x-2y-m=0与椭圆C:x24+y2=1相交于Α，Β两点，Μ为椭圆C【答案】(2,2【详解】将x=2y+m代入椭圆方程，得(2y+m)2+4y2=4，即8y2+4my+m2-4=0．由Δ=16m2-32(m2-4)>0，得m2<8，即-22<m<2故答案为：(2,22考点：直线与椭圆的位置关系.【方法点晴】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，计算量大、综合性较强，属于较难题型.解决本题时可以采用消去未知数x得到8y2⇒m2<8⇒-22<m<22．再由韦达定理得y1+y2=-m2⇒x1+x2=2(y【变式4-1】7.（2020·吉林长春·高三校联考阶段练习）抛物线C:y2=4x的焦点为F，点P、Q、R在C上，且ΔPQR的重心为FA．3,92∪92,5【答案】A【解析】根据重心坐标公式求出R的横坐标为xR=3-xP+xQ，纵坐标为yR=-yP+y【详解】由题意知，抛物线C的焦点为F1,0，设点PxP,y由重心的坐标公式得xP+xQ+设直线PQ的方程为x=ky+m，由x=ky+my2=4x，消去xΔ=16k由韦达定理得yP+y所以，xP故xR=3-x将点R的坐标代入抛物线C的方程得16k2=4×则Δ=82k2则PF+∵F1,0不在直线PQ上，则m≠1，此时，k2≠因此，PF+QF的取值范围是故选：A.【点睛】考查抛物线与直线的综合，求距离的取值范围，重心坐标的计算，属于难题．题型5圆锥曲线重心与轨迹方程焦点三角形重心轨迹方程：①设点G为椭圆x2a2+y2b证明：如图1，设Px0 , y0，则有y0≠0（否则不能成为三角形），椭圆左、右焦点坐标为F1-c , 0 , F2c②设点G为双曲线x2a2-y2b证明：如图2，设Px0 , y0，则有y0≠0（否则不能成为三角形），双曲线左、右焦点坐标为F1-c , 0 , F2c【例题5】（2018上·重庆·高三重庆一中校考期中）已知P是以F1,F2为焦点的双曲线x2A．9x2C．9x2【答案】A【分析】设点P（m，n），则m216-n2【详解】由双曲线的方程可得a=4，b=3，c=5，∴F1（﹣5，0），F2（5，0）．设点P（m，n），则m2x=m-5+53，y=n+0+09x216故选A．【点睛】本题考查用代入法求点的轨迹方程的方法，三角形的重心坐标公式，找出点P（m，n）与重心G（x，y）的坐标间的关系是解题的关键．【变式5-1】1.（2022上·福建福州·高三校考期中）在平面直角坐标系xOy中，设点P-23,0，Q23,0，点G与P，Q两点的距离之和为2(1)求点N的轨迹方程C；(2)设C与x轴交于点A，B（A在B的左侧），点M为C上一动点（且不与A，B重合）.设直线AM，x轴与直线x=92分别交于点R，S，取E2,0，连接ER，证明：ER【答案】(1)x29(2)证明见解析【分析】（1）由椭圆的定义可得G的轨迹为椭圆，求出G的轨迹方程，设N的坐标，可得G的坐标，代入椭圆的方程，可得N的轨迹C的方程；（2）设点M(x0,y0)，由题可得ME:y=y0x0-2【详解】（1）解：因为GP+由椭圆的定义可得G的轨迹为以P、Q为焦点的椭圆，且焦点在x轴上，2a=2，c=2所以a=1，则b2即G的轨迹方程为x2设N(x,y)y≠0，G(x0,因为G为△PQN的重心，所以x0=x+所以可得x32+即N的轨迹方程C为x29+（2）证明：由（1）可得A-3,0，B直线AM，x轴与直线x=92分别交于点R，S，可得当M的横坐标为2时，根据对称性设M在x轴上方，则ME⊥x轴，则M2,则RSME=92-(-3)2-(-3)=32当当M的横坐标不为2时，设点M(x0,则ME:y=y0xMA:y=y0x0+3(x+3)，令则点R到直线ME的距离d==5要证ER为∠MES的角平分线，只需证d=RS又RS=∵y所以d=RS，当且仅当9-2x0又(x0,y0)在代入①式可得81-36x∴ER为∠MES的角平分线．【点睛】思路点睛：本题在处理求动点的轨迹方程时，通常采用相关点法，第二问主要体现设而不求思想的应用.【变式5-1】2.（2022上·广东揭阳·高三揭东二中校考阶段练习）已知F1､F2是椭圆C：x24+y2(1)求△PF1F(2)设点Qs,t是△PF1【答案】(1)9(2)答案见解析【分析】（1）设G(x,y)，则有m=3x,n=3y，代入椭圆C的方程，可得△PF1F（2）不妨设点P在第一象限内，易知圆Q的半径为等于t，利用等面积法得t=n3，根据圆心Q到直线PF1的距离等于半径，得3s-m+2n【详解】（1）连接PO，由三角形重心性质知G在PO的三等分点处（靠近原点）设G(x,y)，则有m=3x,n=3y又m24+n△PF1F2的重心（2）根据对称性，不妨设点P在第一象限内，易知圆Q的半径为等于t，利用等面积法有：S结合椭圆定义：|P有12⋅4⋅t+由P(m,n)､F1(-1,0)两点的坐标可知直线P根据圆心Q到直线PF1∴3s-m+2n2∴3s2化简得12s2∴2s-m6s-m+8由已知得-2<m<2，-1<s<1，则6s-m+8>0所以2s-m=0，即m=2s．【变式5-1】3.（2022·全国·高三专题练习）点A(x1,y1)，B(x2,y1(1)求证：x0是x1与(2)若直线AB过定点M(0,1)，求证：原点O是△PAB的垂心；(3)在（2）的条件下，求△PAB的重心G的轨迹方程．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)y=2【分析】(1)根据给定条件求出抛物线C在点A，B处切线方程，再联立计算作答.(2)根据给定条件结合(1)证明OP⊥AB，OA⊥PB，OB⊥PA即可.(3)设出点G(x,y)，借助(2)中信息用直线AB斜率k表示出x，y即可计算作答.【详解】（1）依题意，抛物线C:x2=2y在点A(由y-y1=t(x-于是得Δ=t2-2tx则直线PA:y=x1(x-x1由y=x1x-x1所以x0是x1与（2）设直线AB:y=kx+1，代入x2=2y整理得则有x1+xAB=(x2-x1,则(1)知kAP=x1，kOB=y所以原点O是△PAB的垂心.（3）设△PAB的重心G(x,y)，由(2)知，x=1y=13(y1+y所以点G的轨迹方程为y=2【变式5-1】4.（2020·浙江·统考模拟预测）已知O是坐标系的原点，F是抛物线C:x2=4y（1）求动点G的轨迹方程；（2）设（1）中的轨迹与y轴的交点为D，当直线AB与x轴相交时，令交点为E，求四边形DEMG的面积最小时直线AB的方程.【答案】（1）y=34x【分析】（1）求得焦点F0,1，显然直线AB的斜率存在，设AB:y=kx+1（2）求得D，E和G的坐标，DG和ME的长，以及D点到直线AB的距离，运用四边形的面积公式，结合基本不等式可得最小值，由等号成立的条件，可得直线AB的方程.【详解】（1）焦点F0,1设AB:y=kx+1，联立x2x2设Ax1,y1则x1+x所以y1所以x=4k消去k，得重心G的轨迹方程为y=3（2）由已知及（1）知，D0,23k≠0，xM=2k，因为ODOF所以DG//ME，(注：也可根据斜率相等得到)，DG=ME=D点到直线AB的距离d=1所以四边形DEMG的面积S=1当且仅当103k=此时四边形DEMG的面积最小，所求的直线AB的方程为y=±30【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，注意运用代入法，考查四边形面积的最值的求法，注意运用弦长公式和点到直线的距离和基本不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题.题型6圆锥曲线外心与离心率一、三角形外心的定义三角形的外心：三角形外接圆的圆心，称为外心，三角形三条边的垂直平分线的交点，就是三角形的外心．二、三角形外心重要结论（1）O是△ABC的外心⇔OA=OB（2）若点O是△ABC的外心，则(OA（3）若O是△ABC的外心，则sin2A⋅（4）斜三角形外心坐标：Ox（5）多心组合：△ABC的外心O、重心G、垂心H共线，即OG∥OH；【例题6】（河北省衡水市2019届高三下学期五月大联考数学（理）试题）已知坐标平面xOy中，点F1，F2分别为双曲线C:x2a2-y2=1（a>0）的左、右焦点，点M在双曲线C的左支上，MF2与双曲线C的一条渐近线交于点D，且D为MFA．2 B．3 C．5 D．5【答案】C【分析】由题意得：直线OD垂直平分MF2，设点Mm,n，F2c,0，则Dm+c2,n2，可得方程组：【详解】不妨设点M在第二象限，设M(m,n)，F2由D为MF2的中点，O、I、D三点共线知直线OD垂直平分MF故有nm-c=-a，且12⋅n=1将Ma2-1c,2ac，即2a2-c故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用，运用平面几何的知识分析出直线OD垂直平分MF2，并用a，c表示出点【变式6-1】1.（2020·湖北宜昌·统考一模）设Fc,0为双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，以F为圆心，b为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，线段FPA．2 B．3 C．2 D．5【答案】D【解析】先由OD=λOI(λ≠0)可确定O、D、I三点共线,则根据外心的性质可得OD⊥PF,再由点O为焦点的中点,根据中位线性质可得PF'【详解】由题,因为OD=λOI(λ≠0),所以O、D因为点D为线段FP的中点,ΔPOF的外心为I,所以DI⊥PF,即OD⊥PF,设双曲线的左焦点为F'(-c,0),则点O为线段则在△PFF'中,PF'//OD所以|F因为|PF|=b,由双曲线定义可得|PF'|-|PF|=2a则(2c)2=(2a+b)2+所以c=5则e=c故选:D【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的定义的应用.【变式6-1】2.（2018上·湖南长沙·高三宁乡一中阶段练习）F1,F2分别为双曲线x2a2-y2b【答案】3【分析】根据PF1⋅【详解】∵PF1⋅PF2=0PF1-PF2=2ar=PF1+PF2-F【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查向量数量积为零的意义，考查双曲线离心率的求法，考查方程的思想，考查运算求解能力，属于中档题.【变式6-1】3.（2020·山东泰安·统考模拟预测）已知点F1，F2分别为双曲线C：x2a【答案】3【分析】取AF1的中点为C，连接BC、AF2、BF2，由垂直向量的数量积关系推出BC⊥AF【详解】取AF1的中点为C，连接BC、AF因为(BF1又C为AF1的中点，所以△ABF因为点F2恰好为△F1AB的外心，所以点由双曲线的定义知AF1-A所以△ABF1为等边三角形，则在△CBF1中，CB2+C同时除以a2可得2e2-2e-1=0，解得故答案为：3【点睛】本题考查双曲线的定义及简单几何性质、等边三角形的性质、双曲线离心率的求法，涉及垂直向量的数量积关系、平行四边形法则，属于中档题题型7圆锥曲线外心与坐标【例题7】（2022·全国·高三专题练习）在直角坐标系xOy中直线y=x+4与抛物线C：x2=4y交于A，B两点．若D为直线y=x+4外一点，且【答案】(4,4)或(-8,16)．【分析】三角形的外心为中垂线的交点，利用中点坐标公式得线段AB中点N的坐标，得到线段AB的中垂线方程，将中垂线方程与抛物线方程联立即可得到外心M．【详解】联立x2=4yy=x+4设A(x1,y1)，设线段AB的中点为N(x则x0=x则线段AB的中垂线方程为y-6=-(x-2)，即y=-x+8，联立x2=4yy=-x+8得x从而△ABD的外心M的坐标为(4,4)或(-8,16)．故答案为：(4,4)或(-8,16)．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，将直线方程与抛物线方程联立，其中韦达定理是解题的关键，同时考查向量知识和三角形外心的应用【变式7-1】1.（2019·浙江·统考模拟预测）已知椭圆x216+y24=1的下顶点为A，若直线x=ty+4与椭圆交于不同的两点M【答案】2-2【分析】由已知可得A、M的坐标，求得AM的垂直平分线方程，联立已知直线方程与椭圆方程，求得MN的垂直平分线方程，两垂直平分线方程联立求得ΔAMN外心的横坐标，再由导数求最值．【详解】如图，

由已知条件可知A0,-2，不妨设M4,0，则ΔAMN外心在即在直线y+1=-2x-2，也就是在直线y=-2x+3联立x=ty+4x216+y∴MN的中点坐标为16t则MN的垂直平分线方程为y+4t把y=-2x+3代入上式，得x=-3t+6当ΔAMN的外心的横坐标-3t+6t2+4令gt=-3t+6由g't=0，得t=2+2当t<2-22时，g't>0，当当t=2-22时，函数y=g故答案为：2-22【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用导数求最值，是中等题【变式7-1】2.（2022·全国·高三专题练习）如图，椭圆C1:x24+y2=1，抛物线C2:x2=2py(p>0)，设【答案】7-【分析】设Bx0,y0【详解】解：由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，△ABO的外心为椭圆的上顶点M0,1则有MA=MB=MO=1，设Bx0,y0解得x0故答案为：7-【变式7-1】3.（2022·全国·高三专题练习）设椭圆C:x24+y23=1的右焦点为F，过F的直线l与C相交于A,B两点．设过点A作x轴的垂线交C于另一点【答案】4【分析】设直线AB的方程为x=ty+1，求得AB的中点坐标，利用弦长公式求出|AB|，再求AB垂直平分线方程，求出点M的坐标，进而求出|MF|，进而可求解．【详解】由题意知，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为x=ty+1，代入x24+设A(x1,y则AB的中点坐标为(∴|AB|=∵M是△PAB的外心，∴M是线段AB的垂直平分线与AP的垂直平分线的交点，AB的垂直平分线为y+3t3t2+4即M(13∴|AB||MF|故答案为：4.【变式7-1】4.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l交椭圆C于A,B两点，过A作x轴的垂线交椭圆C与另一点Q（【答案】4【分析】设出直线AB方程，与椭圆方程联立后由弦长公式得|AB|，再由几何关系得G点坐标，得出|GF【详解】由题意知，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB为x=my+1，代入椭圆方程得(3m设A(x1,∴AB的中点坐标为(4∴|AB|=1+∵G是线段AB的垂直平分线与线段AQ的垂直平分线的交点，AB的垂直平分线方程为y+3m令y=0，得x=13m2∴|AB||G故答案为：4【变式7-1】5.（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的方程为x22+y2=1，设经过点P2,0的直线l交椭圆C于A，B两点，点Qm,0．设点F为椭圆【答案】15【分析】设直线的方程为y=kx-2，代入椭圆C的方程，结合韦达定理表示出m【详解】设直线的方程为y=kx-2k≠0，代入椭圆C的方程，消去1+2k∵直线l交椭圆C于两点，∴Δ=-8k设Ax1,设AB中点为Mx0,∵QA=QB，∴QM⊥l，即kQM解得m=2由0<k2=∵点Q为△FAB的外心，且F-1,0，∴QA=QB=QF由m+12=x-m2+y2∴x又∵x1+x2=∴m=2故答案为:1题型8圆锥曲线外心与轨迹方程（6）焦点三角形外心轨迹方程：①动点P为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上异于椭圆顶点±a , 0的一点，②动点P为双曲线x2a2-y2b2=1a>0 , 证明：只证双曲线情形．如图1，设点P坐标为Px0 , y0，则有y0≠0，∵点E在F1F2的垂直平分线上，∴可设E0 , y1．图1【例题8】（2022·全国·高三专题练习）已知点A(2,0)，B,C在y轴上，且|BC|=4，则△ABC外心的轨迹S的方程；【答案】y【分析】设△ABC外心为G，且G(x,y)，B(0,a)，C(0,a+4)，根据外心的性质可求点G的轨迹方程.【详解】设△ABC外心为G，且G(x,y)，B(0,a)，C(0,a+4)，由G点在BC的垂直平分线上知y=a+2由|GA|2=故(x-2)2+y故答案为：y2【变式8-1】1.（2022·全国·高三专题练习）设点M、N分别是不等边△ABC的重心与外心，已知A(0,1)、B(0, -1)，且【答案】x【分析】设点C(x,  y)，由重心坐标和外心坐标，结合圆的几何性质以及【详解】设点C(x,y)，则△ABC的重心M(x∵△ABC是不等边三角形，∴xy≠0，再设△ABC的外心N(n,0)，∵已知MN=λAB，∴MN∥AB，∴∵点N是△ABC的外心，∴|NA|=|NC|，即(x化简整理得轨迹E的方程是x2∴动点C的轨迹E是指焦点在轴上的标准位置的一个椭圆（去掉其顶点）．故答案为：x2【点睛】本小题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和曲线的位置关系，考查向量的坐标运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题【变式8-1】2.（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，点A在圆O：x2+y2=5上，直线x=2与圆O交于E，F两点（E点在x轴上方），点Pm,n0<m<12是抛物线y2=2x【答案】3-3【分析】由x=2得到E,F的坐标，表示出线段PE的中垂线l，令y=0，得到△PEF的外心Q的坐标，由Pm,n在抛物线y2=2x上得n2=2m，从而得到x=【详解】把x=2代入圆O的方程得y=±1，∴E2,1做出线段PE的中垂线l，则△PEF的外心Q为直线l与x轴的交点．直线l的方程为：y-n+12=-m-2n-1∵点Pm,n在抛物线y2=2x上，∴n由0<m<12得xQOQ=m当且仅当2-m=32-m时，即m=2-3时OQ此时Q点坐标为3-3,0，∴△PEF外接圆的半径∴△PEF外接圆的标准方程为x+3故答案为:3-3，【变式8-1】3.（2021·河北石家庄·统考一模）已知坐标原点为O，双曲线C:x2a2（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）设过双曲线上动点Px0,y0的直线x0x-y0【答案】（Ⅰ）x2-y【分析】（Ⅰ）根据离心率以及焦点到渐近线的距离，并结合a2+b（Ⅱ）先设出A,B的坐标，分别联立直线与渐近线方程由此得到每个点的横、纵坐标的关系，再根据MA=MO=MB化简得到点Mx,y【详解】解：（Ⅰ）由已知可得：e=ca=即a2=1，b2（Ⅱ）设Ax1,y1，B联立x0x-y0y联立x0x-y0y法一：设△AOB的外心Mx,y，则由MAx-x12+y-①②两式相乘得x2又∵x所以△AOB的外心M的轨迹方程为x2法二：设△AOB的外心Mx,y线段OA的中垂线方程为：y-y12=-2联立y-y1∵x1x1-x代入x02所以△AOB的外心M的轨迹方程为x2【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键是通过三角形的外心对应的几何特点即外心到三角形的三个顶点的距离相等，由此通过坐标的化简运算得到对应的轨迹方程.此外，三角形任意两边中垂线的交点也是三角形的外心，也可借由此结论完成解答.【变式8-1】4.（2021·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为-1,0，1,0，平面内两点G，M同时满足以下3个条件：①G是△ABC三条边中线的交点：②M是△ABC的外心；③GM(1)求△ABC的顶点C的轨迹方程；(2)若点P（2，0）与（1）中轨迹上的点E，F三点共线，求PE⋅|PF|【答案】(1)x2(2)3,9【分析】（1）设出点的坐标，利用两点间的距离公式即可求得轨迹方程；（2）设出三点所在的直线方程，与（1）中的轨迹方程联立，由判别式大于0求出k2的范围，利用韦达定理得到E，F两点横坐标的和与积，将PE⋅PF表示为k【详解】（1）设C（x，y），G（x0，y0），M（xM因为M是△ABC的外心，所以MA所以M在线段AB的中垂线上，所以xM因为GM/AB，所以yM又G是△ABC三条边中线的交点，所以G是△ABC的重心，所以x0所以yM又MA=所以0+12化简得x2所以顶点C的轨迹方程为x2（2）因为P，E，F三点共线，所以P，E，F三点所在直线斜率存在且不为0，设所在直线的方程为y=kx-2联立y=kx-2,x由Δ=4k设Ex1,则x所以PE=1+又0<k2<1所以3<PE故PE⋅PF的取值范围为【点睛】关键点睛：本题的关键是利用韦达定理得到E，F两点横坐标的和与积，将PE⋅PF表示为题型9圆锥曲线外心与求值【例题9】（2022·全国·校联考模拟预测）已知椭圆Γ：x24+y23=1，过其左焦点FA．2 B．3 C．4 D．以上都不对【答案】C【分析】设出直线PA方程，联立椭圆方程得到韦达定理，结合外心的性质，求得点G的坐标，再用弦长公式求得|PA|，再求结果即可.【详解】根据题意可得F1(-1,0)，显然直线联立椭圆方程可得：3+4k2x故x1+x2=故PA=设PA的中点为H，则其坐标为x1显然x轴垂直平分PB，故可设G(x3,0)，又GH令y=0，解得x=-k2故PA|G故选：C.【变式9-1】1.（2023下·广东清远·高三校联考阶段练习）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F2,0，过点F的直线l与双曲线C的右支相交于M，(1)求双曲线C的方程；(2)若△MNP的外心为Q，求QFMN【答案】(1)x2(2)1,3【分析】(1)设双曲线的半焦距为c，由条件列关于a,b,c的方程，解方程求a,b,c可得双曲线方程；(2)设直线l的方程为x=ty+2，利用设而不求法求点Q的坐标，利用t表示QFMN【详解】（1）设双曲线的半焦距为c，因为双曲线C的右焦点为F2,0，所以c=2因为点M和点P关于y轴对称，所以当MN⋅MP=0时，直线l联立x2a2-y所以2b2a所以a=3故双曲线方程为x2（2）若直线l的斜率为0，则直线l与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，所以可设直线l的方程为x=ty+2，联立x23-y2方程t2-3y设Mx则y1x1由已知-12t2所以线段MN的中点坐标为-6所以线段MN的垂直平分线方程为y+2t又线段MP的垂直平分线方程为x=0，所以点Q的坐标为0,-8t所以QF=MN=1+t所以QFMN=3因为-3<t<3所以3<1+8所以1<所以QFMN的取值范围为1,【点睛】直线与双曲线的综合问题，一般利用设而不求法解决；其中范围或最值问题，一般利用设而不求法求出变量的解析式，再结合函数方法求其范围或最值.【变式9-1】2.（2020下·福建·高三统考阶段练习）设椭圆C:x24+y23=1的右焦点为F，过（1）若AF=2FB，求（2）设过点A作x轴的垂线交C于另一点P，若M是△PAB的外心，证明:ABMF【答案】（1）y=±5【解析】（1）根据题意，设直线AB的方程为x=ty+1，代入椭圆方程消x，根据韦达定理求出两根之和、两根之积，由AF=2FB，可得（2）由（1）得AB的中点坐标为43t2+4,-3t3t2+4，利用弦长公式求出【详解】（1）由题意知，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为x=ty+1，代入x24+设Ax1,y若AF=2FB，则y1所以，l的方程为y=±（2）由（1）得AB的中点坐标为4所以AB因为M是△PAB的外心，所以M是线段AB的垂直平分线与AP的垂直平分线的交点，AB的垂直平分线为y+令y=0，得x=13t所以，MFABMF=12【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系以及椭圆中的定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.【变式9-1】3.（2021·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0（1）求椭圆C的方程；（2）过H4,0作斜率不为0的直线l交椭圆于A,B两点，过B作垂直于x轴的直线交椭圆于另一点Q，连接AQ，设△ABQ的外心为G，求证：AQ【答案】（1）x2【分析】（1）根据△PF（2）设出直线方程，与椭圆联立，设Ax1,y1【详解】（1）由题意知∶ca=12设△PF则S△P故当△PF1F所以33(a+c)=bc，把a=2c，b=3所以椭圆方程为x（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为x=ty+4，代入椭圆方程得3tΔ=设Ax1,y1因此可得x所以AB的中点坐标为(163t2因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，由题意可知B，Q关于y轴对称，故QxAB的垂直平分线方程为-t(x-令y=0，得x=43t所以|G又|AQ|==(故|AQ||GF2【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为Ax1，（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为x1（5）代入韦达定理求解.题型10圆锥曲线内心与离心率一、三角形内心的定义三角形的内心：三角形内切圆的圆心，称为内心，三角形三条内角平分线的交点，就是内心．二、三角形内心常见结论设△ABC的内切圆为圆I，切边AB于P，则有如下重要结论：（1）I是△ABC的内心⇔a⋅IA+b⋅IB（2）∠BIC=90°+1（3）AP=r（4）内心I点的坐标为ax【例题10】（2020下·湖北·高三校联考阶段练习）过双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F作直线l，且直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为A，直线l与另一条渐近线交于点A．233 B．3+1 C．4【答案】D【解析】分A,B在y轴同侧和A,B在y轴异侧两种情况进行求解：不妨设A在第一象限，根据题意作出图形，利用图形中的几何关系求出ba=tan【详解】有两种情况：（1）若A,B在y轴同侧，不妨设A在第一象限.如图，设ΔOAB内切圆的圆心为M，则M在∠AOB的平分线Ox上，过点M分别作MN⊥OA于N，MT⊥AB于T，由FA⊥OA得四边形MTAN为正方形，利用点到直线的距离公式可得，焦点F到渐近线y=bax又|OF|=c，所以|OA|=a，又|NA|=|MN|=3所以|NO|=3-所以ba从而可得离心率e=1+（2）若A,B在y轴异侧，不妨设A在第一象限如图，易知|FA|=b，|OF|=c，|OA|=a，因为ΔOAB的内切圆半径为|AB|+|OA|-|OB|2所以|OB|-|AB|=2a-3又因为|OB|所以|AB|=3a，所以∠BOA=60°，∠AOF=60°，则ba从而可得离心率e=1+综上，双曲线C的离心率为23故选：D【点睛】本题考查利用双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系求离心率；考查数形结合思想、分类讨论思想和运算求解能力；利用数形结合思想，正确求解图形中的几何关系和线段长度是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.【变式10-1】1.（2020·浙江绍兴·统考二模）双曲线C1:x2a2-y2b2A．32 B．3 C．224【答案】D【解析】作出圆锥曲线的大致图像，利用抛物线C2的焦点到渐近线的距离等于到AB【详解】作出双曲线C1:x如图：双曲线C1:x2a联立x2=2pybx-ay=0，解得x=0当x=2pba时，则所以焦点F0,p2到AB焦点F0,p2到渐近线bx-ay=0所以2pb2a即2c2-两边同除以a3可得44e又e>1，即4e2+4e-1=0故选：D【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查了考生的计算能力，属于中档题.【变式10-1】2.（2022·全国·高三专题练习）设F是双曲线C:x2a2-y2b=1(a>0,b>0)的右焦点，O为坐标原点，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为A．3+174 B．4+174【答案】C【分析】首先求出r=a+b-c2，由BF=2OB，通过运算得到3b=c+3a，再利用a,b,c,e之间的关系得到关于【详解】∵F到渐近线的距离为FH=|bc|b则△FOH的内切圆的半径为r=a+b-c设△FOH的内切圆与FH切于点M，则MH由BF=2FM=BF=即3b=c+3a即9即9c由e=ca，得4e2-3e-9=0故选：C【点睛】对于直角三角形内切圆半径r=a+b-c2要记住，根据向量之间关系得到a,b,c关系式，再将其转化为关于a,c的二次式，再利用e=ca【变式10-1】3.（2021·辽宁·统考二模）已知双曲线x2a2-y2b2=1的左右焦点为F1,F2,O为它的中心，P为双曲线右支上的一点，ΔPF1FA．|OB|=|OA| B．|OB|=e|OA| C．|OA|=e|OB| D．|OB|与|OA|关系不确定【答案】A【详解】F1（﹣c，0）、F2（c，0），内切圆与x轴的切点是点A∵|PF1|﹣|PF2|=2a，及圆的切线长定理知，|AF1|﹣|AF2|=2a，设内切圆的圆心横坐标为x，则|（x+c）﹣（c﹣x）|=2a∴x=a；|OA|=a，在△PCF2中，由题意得，F2B⊥PI于B，延长交F1F2于点C，利用△PCB≌△PF2B，可知PC=PF2，∴在三角形F1CF2中，有：OB=12CF1=12（PF1﹣PC）=12∴|OB|=|OA|．故选A．点睛：这个题目考查了双曲线的几何意义和双曲线的第一定义；用到了焦三角形的的内切圆的性质和结论．一般无论双曲线还是椭圆，和焦三角形的有关的可以想到，焦三角形的的周长，余弦定理，定义的应用，面积公式等【变式10-1】4.（2019下·福建南平·高三统考期末）已知点P为双曲线x2a2A．（1，2） B．（1，22）C．（1，22] D．（1，2]【答案】D【分析】根据条件和三角形的面积公式，求得a,c的关系式，从而得出离心率的取值范围，得到答案．【详解】设ΔPF1F2的内切圆的半径为因为SΔIPF1由双曲线的定义可知PF所以a≥22c又由e=ca>1故选D．【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式e=ca；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程，即可得【变式10-1】5.（2019上·河北·高三校联考阶段练习）过双曲线x2a2-y2b2=1a>b>0右焦点F的直线交两渐近线于A、A．233 B．3 C．4【答案】A【解析】设内切圆圆心为M，则M在∠AOB平分线OF上，过点M分别作MN⊥OA于N，MT⊥AB于T，由FA⊥OA得四边形MTAN为正方形,则ba【详解】因为a>b>0，所以双曲线的渐近线如图所示，设内切圆圆心为M，则M在∠AOB平分线OF上，过点M分别作MN⊥OA于N，MT⊥AB于T，由FA⊥OA得四边形MTAN为正方形，由焦点到渐近线的距离为b得FA=b，又OF=c，所以OA=a，NA=MN=所以ba=tan故选：A.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，考查双曲线的几何性质，属于中档题.题型11圆锥曲线内心与内切圆半径三角形内切圆的半径求法：①任意三角形：r=2SΔCΔ（其中CΔ为②直角三角形：r=a+b-c【例题11】（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的两条渐近线与抛物线y2=2px（p>0）的准线分别交于A，B两点，A．3-1 B．3+1 C．2【答案】C【分析】利用离心率求得ba，然后由抛物线准线方程和双曲线渐近线方程联立可得A、B坐标，结合三角形面积可得p，再由面积公式S=【详解】由e=2，可得ba所以双曲线的渐近线方程为y=±由y=3xx=-p2得A(-∴S△AOB=1∴A(-1,-3)，B(-1,3)，则△AOB的三边长分别为2，设△AOB的内切圆半径为r，由12(2+2+23故选：C．【变式11-1】1.（2017·江西抚州·统考一模）点F1、F2分别是双曲线x2-y23A．0,3 B．0,2 C．0,2【答案】A【详解】如图所示，设ΔPF1F2的内切圆圆心为I，内切圆与三边分别相切于点A,B,C，根据圆的切线可知：|PB|=|PC|，|F1A|=|F1C|，|F2A|=|F2B|，又根据双曲线定义|PF考虑P点在无穷远时，直线PF1的斜率趋近于ba，此时PF1方程为y=ba(x+c)，此时圆心到直线的距离为【变式11-1】2.（2023·全国·模拟预测）如图，已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P

A．18 B．32 C．50 D．14【答案】C【分析】由双曲线的定义，结合直角三角形内切圆半径的求法及相似三角形对应线段成比例求解即可.【详解】因为F1P⋅F2所以AP+PF所以AP+因为△PF1F因为PF所以4c2=易知Rt△AOF2所以AF故选：C.【变式11-1】3.（2021·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知椭圆C：x225+A．3 B．2 C．53 D．【答案】D【分析】由面积最大得M的位置，从而可求出三角形的三条边，求出内切圆的半径.【详解】因为椭圆为x225+当△MF点O为坐标原点，△MF则MF1=MF因为S△MF1

故选：D.【变式11-1】4.（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）设椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1和F2，离心率为33【答案】5【分析】由已知条件表示出直线AB的方程，得到△ABF【详解】△ABF2的周长为∵lAB:y=3x+c，∴F2设△ABF2的内切圆半径为r，又∵S△ABF2=1故答案为：5【变式11-1】5.（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为(1)求椭圆C的方程；(2)F为椭圆C的左焦点，直线l交椭圆C于M，N（不与点A重合）两点，记直线AM，AN，l的斜率分别为k1，k2，k，满足：k1+k2=-【答案】(1)x(2)0,【分析】（1）根据已知条件求得a,b，从而求得椭圆C的方程.（2）先判断出直线l过椭圆的右焦点，根据等面积公式求得△FMN的内切圆半径的表达式，利用二次函数的性质求得r的取值范围.【详解】（1）由3x+2y-23=0令x=0，得y=令y=0，得x=2，则A2,0，所以a=2,b=所以椭圆C的方程为x2（2）由（1）得a=2,b=3，则c=a2设椭圆的右焦点为F1设直线l的方程为y=kx+mk≠0由y=kx+mx24+y则x1+xk1k1+k解得m=-2k或m=-k，当m=-2k时，y=kx+m=kx-2k=kx-2当m=-k时，y=kx-k=kx-1过定点F此时Δ=192综上所述，直线l过右焦点F1所以△FMN的周长为4a=8.当m=-k时，x1F-1,0到直线y=kx-1即kx-y-k=0所以S△FMN即r=18=1令t=4k2+3>3则r=3×=3由t>3可得0<1t<根据二次函数的性质可得r∈0,【点睛】求解椭圆的标准方程，关键是求得a,b，本题中通过求直线AB的横截距和纵截距来求得a,b.求解三角形内切圆半径有关的问题，可以利用三角形的面积公式，利用等面积法列方程来进行求解.题型12圆锥曲线内心与直线（曲线）【例题12】（2018·河北石家庄·统考一模）已知F1，F2分别为双曲线x2A．1 B．2 C．2 D．2【答案】D【分析】记△AF1F2的内切圆圆心为C，△BF1F2的内心D，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，根据外接圆的性质及双曲线的定义求得D,E的横坐标，可得CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，∠OF2D=θ2，∠CF2O=90°﹣θ【详解】解：记△AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，记C的横坐标为x0，则E（x0，0），于是x0同理△BF1F2的内心D的横坐标也为a，则有CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，则∠OF2D=θ2，∠CF2O=90°﹣θ在△CEF2中，tan∠CF2O=tan（90°﹣θ2）=r在△DEF2中，tan∠DF2O=tanθ2由r1=2r2，可得2tanθ2=tan（90°﹣θ2）=1tan则直线的斜率为tanθ=2tanθ2故选：D.【变式12-1】1.（2016·福建漳州·统考二模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点为F1，F2，P为双曲线C右支上异于顶点的一点，【答案】x【分析】设点P是双曲线右支上一点，按双曲线的定义，|PF1|-|PF2|=2a，设三角形PF1F2的内切圆心在横轴上的投影为A(x,0)，B、C分别为内切圆与PF1、【详解】解：点P是双曲线右支上一点，由双曲线的定义，可得|PF若设三角形PF1F设B、C分别为内切圆与PF1、则有：P=BF1所以内切圆的圆心横坐标为a．由题意可得a=1，设P(m,n)，F1P与点F1关于直线y=-bxa对称，可得n-0解得m=b2-即有Pb代入双曲线的方程可得(b由a=1，c2解得b=2，c=5即有双曲线的方程为x2故答案为：x2【变式12-1】2.（2022·全国·高三专题练习）点P是双曲线C:A．y=-3 B．y=3 C．x2+y2=5 D．y=3x2-2【答案】B【分析】利用圆的切线性质和双曲线定义，结合图形可解.【详解】∵双曲线方程为y29-x设△PF1F2的内切圆分别与PF1、PF2切于点A、B，与F1F2切于点C则|PA|=|PB|，F1B=又∵点P在双曲线上支上，∴|PF2|-|PF1|=2a=6，即（|F2A|+|PA|）-(|F1B|+|PB|)=6，化简得|F2A|-|F1B|=6，即|F2C|-|F1C|=6，而|F1C|+|F2C|=2c=10，设C点坐标为（0，λ），由|F2C|-|F1C|=6可得(λ+5)-(5-λ)=6，解之得λ=3，得C的坐标为（0，3）∵圆M与F1F2切于点C，∴CM⊥y轴，可得CM所在直线方程为y=3故选：B【变式12-1】3.（2020·山西·统考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1，F2，A．x22C．x23【答案】D【分析】先根据I为△PF1F2的内心，且S△P【详解】解：因为I为△PF1F2的内心，设所以S△P因为S△P所以S△P所以2F根据椭圆的定义得：2a=4c，即a=2c.对于A选项，a=2,c=1，不满足对于B选项，a=3,c=2对于C选项，a=3,c=1，不满足对于D选项，a=2,c=1，满足a=2c，故正确.故选：D.【点睛】本题考查利用椭圆的性质求解椭圆的方程，解题的核心是通过面积关系和椭圆的定义得到a=2c，考查分析解决问题的能力，是中档题.【变式12-1】4.（2015·浙江杭州·统考一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1,F2为左右焦点，点PA．x28C．x29【答案】A【分析】根据内心及重心的性质，可知点I距x轴的距离为33，再利用等面积法建立关于a与c的等式，再利用点P(2,【详解】设点P距x轴的距离为3，因为IG//F1F2，则点I距x轴的距离为33S△F1所以(a+c)33=所以椭圆方程为x2故选：A题型13圆锥曲线内心与面积【例题13】（2019·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，点P为椭圆x24+y23=1上任一点，FA．13 B．12 C．2【答案】A【分析】首先连PI延长x轴于D，连IF1，IF2，利用角平分线定理得到【详解】解：连PI延长x轴于D，连IF1，在△PF1D中有IDIP=故|ID故S△I故选：A【点睛】本题考查椭圆的性质和角平分线定理解决三角形面积比值，意在考查转化与化归的思想，数形结合分析问题，属于中档题型，本题的难点是角平分线定理的应用.【变式13-1】1.（2020上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）双曲线x29-y216=1的左、右焦点分别为F1，A．-35 B．-45【答案】C【解析】由已知可得PF【详解】如图，设ΔPF由SΔIPF2整理得PF所以PF1-PF故选:C.【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线定义和性质的应用，属于基础题.【变式13-1】2.（2020上·浙江·高三校联考阶段练习）已知F1(-1,0)，F2(1,0)，M是第一象限内的点，且满足|MF1|+|MF2|=4，若I是△MF1FA．S1>S2 B．S1=S【答案】B【分析】作出图示，根据I,G的特点分别表示出S1，S2，即可判断出【详解】因为MF1+MF因为I是△MF1F所以MF1+MF又因为G是△MF1F所以S2所以S1故选：B.【点睛】本题考查椭圆的定义，其中涉及到三角形的内心和重心问题，对学生分析图形中关系的能力要求较高，难度一般.【变式13-1】3.（2012·浙江·校联考一模）已知点P为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)右支上一点，FA．1+222 B．23-1【答案】D【详解】试题分析：设△PF1F2的内切圆半径为r，由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a，|F1∴(ac考点：1．双曲线的简单性质；2．圆锥曲线的定义、性质与方程．【思路点睛】本题考查双曲线的定义和简单性质，利用待定系数法求出参数的值，设△PF1F2的内切圆半径为r，由|PF1|-|P【变式13-1】4.（2019下·河南洛阳·高三统考期末）已知双曲线M:x2-y23=1的左，右焦点F1，F2，点P在双曲线上左支上动点，则三角形PF1F2的内切圆的圆心为G，若△GP【答案】1【分析】由圆的切线性质结合双曲线的定义可求圆心G的坐标，再利用三角形面积公式S,S'及其比值，由此可得SS'【详解】如图设切点分别为M，N，Q，由切线的性质可得GQ⊥F1F2，由双曲线的定义，PF1﹣PF2＝2a．由圆的切线性质PM因为F1Q+F2Q＝因为双曲线M:x2-y23=1的a＝1，b＝3，c＝2，可设G可得SS'=12故答案为：14题型14圆锥曲线内心与轨迹方程（6）焦点三角形内心轨迹方程：①设点M为椭圆x2a2+y2b2=1证明：如图1，设Mx , y , Px0又由MP=ac图1图2②设点I为双曲线x2a2（1）当P在双曲线右支上时，点I的轨迹方程为x=ay（2）当P在双曲线左支上时，点I的轨迹方程为x=-ay证明：（1）当P在双曲线右支上时，如图2，设圆I与PF1 , PF2 , F1F2分别相切于点A , B , C，则有F1A=F设I的纵坐标为y , ∠PF综上所述，点I的轨迹为x=ay（2）仿照（1）的证明可证得：当P在双曲线左支上时，圆I总与x轴相切于点C-a , 0【例题14】（2018上·浙江金华·高三校联考期末）已知F1,F2为椭圆C:x24+y【答案】x【详解】考查更为一般的问题：设P为椭圆C:x2a2+y解法一：如图，设内切圆I与F1F2的切点为H，半径为r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，c=a2+直线IF1与IF2的斜率之积：kI而根据海伦公式，有△PF1F2的面积为(x+y+z)r=因此有kI再根据椭圆的斜率积定义，可得I点的轨迹是以F1F2为长轴，离心率e满足e2其标准方程为x2解法二：令P(acosθ,bsinS=1其中r为内切圆的半径，解得r=bc⋅|另一方面，由内切圆的性质及焦半径公式得：(c-xI)-(x2本题中：a=2,c=1，代入上式可得轨迹方程为：x2【变式14-1】1.（2019上·四川成都·高三成都七中校考期中）点M为椭圆x29+y25=1上一点，F1,【答案】x【分析】设△F1MF2的内心为I，连接MI交x轴于点N，由内角平分线性质定理得到MINI=32，设I【详解】如图，设△F1MF2的内心为I，连接MI交x在△MF1I中I根据内角平分线性质定理得到MINI同理可得MINI所以MINI=在椭圆x29所以MI设Ix,y,MMF1又F1N=x所有N4MI=x-x0,y-y0所以x0=-3得x24+5y所以△F1故答案为：x【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查焦半径公式，内角平分线定理的应用，属于难题.【变式14-1】2.（2022上·全国·高三阶段练习）若双曲线C：x24-y25=1，F1，F2分别为左､A．双曲线C的渐近线方程为xB．点I的运动轨迹为双曲线的一部分C．若|PF1|=2|PFD．不存在点P，使得|PA|+|PF【答案】C【分析】根据双曲线的方程直接写出渐近线方程判定A；由圆的切线长定理和双曲线的定义可求得I的横坐标，可判定B；由双曲线的定义和余弦定理，利用等面积法求得I的纵坐标，由正弦PF1和PF2求交点，求得P的坐标，运用向量的坐标表示，可得x,y，可判定C；若P'【详解】由题意，双曲线C:x24设|PF1|=m,|PF2|=n，△PF1F2的内切圆与PF1、由双曲线的定义可得：m-n=2a，即|F又|F1T|+|F2T|=2c，解得由I与T的横坐标相同，即I的横坐标为a=2，故I在定直线x=2上运动，B错误；由|PF1|=2|PF2∴cos∠PF1∴tan∠PF1设直线PF1:y=157设△PF1F2的内切圆的半径为r，则S△P∴PI=(-2,-由PI=xPF1+yPF若P'与P关于y轴对称，则|PA|=|P'A|且∴|PA|+|PF1|=|P'易知：(|PA|+|PF1|)min=5+4=9故选：C.【点睛】方法点睛：D选项求动点到两定点的距离最值，应用双曲线的定义及对称性将动点转移到两定点之间的某条曲线上，结合两定点间的线段最短求最小值．【变式14-1】3.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)【答案】x【分析】设P(x0,y0), I(x,y)，利用性质【详解】如图，设P(x0,y0), I(x,y)，圆I与△PF1F2三边相切于点题型15圆锥曲线内心与求值【例题15】（2018上·河北石家庄·高三辛集中学阶段练习）已知M是椭圆x225+y216=1上一点，F1，F2是椭圆的左，右焦点，点I是ΔMA．53 B．35 C．4【答案】A【分析】如图，点M是椭圆x225+y216=1上一点，过点M作BM垂直直线F1F2于点B，过点I作IA垂直直线F1F又MF1+MF2=2a，故得：122c⋅MB=12r⋅2a+12r⋅2c，所以IAMB=ca+c，由椭圆方程x225【详解】如图，点M是椭圆x225+y216=1上一点，过点M作BM垂直直线F1F2于点B，过点I作IA垂直直线F1F又MF1+MF2=2a，故得：122c⋅MB=12r⋅2a+12r⋅2c，所以IAMB=ca+c，由椭圆方程x225【点睛】本题主要是利用三角形相似将所求的比值转化成三角形相似比问题，即构造两个三角形相似来处理，对于内切圆问题通常利用等面积法列方程．即：即：S△ABC=S△IBC+S△IAC+S△IAB（其中I是△ABC的内切圆圆心）【变式15-1】1.（2017·湖北襄阳·襄阳四中校考一模）椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两焦点是F1、F2，M为椭圆上与F1、FA．ab B．ac C．b【答案】B【分析】连接IF1,I【详解】连接IF1,I同理可得MIIN=M根据等比定理MIIN故选：B【变式15-1】2.（2016上·湖南衡阳·高三统考期中）已知点M在椭圆：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，F1、F2为左、右焦点，点TA．a2-b2b B．【答案】C【详解】试题分析：连接PF1、PF2，在△MF1P中，F1P是∠MF1考点：1、椭圆的定义；2、角平分线的性质．【技巧点晴】本题考查的是椭圆的定义、角平分线的性质定理、等比定理等的综合知识，属于难题；在解决涉及圆锥曲线上的点与焦点之间的关系的问题中，圆锥曲线的定义往往是解题的突破口；由于三角形的内心是三个内角的平分线的交点，根据三角形内角平分线的性质定理，把所求的比值转化为三角形边长之间的比值关系来求解．【变式15-1】3.（2022·全国·高三专题练习）设椭圆x24+y2=1的左、右焦点分别为F1A．2-3 B．12 C．2【答案】A【分析】利用切线长定理进行求解.【详解】由题意，|MF1|+|MF2|=4，而F1设圆与MF1、MF2分别切于点A，B，连接IA，IB，根据切线长定理就有F1∴MIcosθ=MA故选：A．【变式15-1】4.（2019上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）设F1,F2为椭圆C:x24+y2=1的两个焦点．【答案】0【分析】因为ΔMF1F2的内心I的纵坐标为2-3，所以可知道ΔMF1F2