第56讲 圆锥曲线热点问题
第1课时 长度、斜率、面积问题
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)将点P的坐标代入椭圆C的方程,化简整理,即可求出离心率;(2)设直线OQ的斜率为k,点Q的坐标为(x0,y0),将点Q的坐标代入直线OQ与椭圆C的方程,消去y0得到,再由|AQ|=|AO|得出x0,即可建立关于k的方程,求解即可.
解:(1)∵点P在椭圆C上,
∴+=1,整理得=,∴椭圆C的离心率e======.
(2)由题意可知,点A的坐标为(-a,0),|AO|=a.易知直线OQ的斜率存在,设直线OQ的斜率为k,则其方程为y=kx,设点Q的坐标为(x0,y0),则
消去y0,整理得=①.由|AQ|=|AO|,得(x0+a)2+k2=a2,整理得(1+k2)+2ax0=0,又x0≠0,∴x0=-②,把②代入①得=,整理得(1+k2)2=4k2·+4,由(1)知=,则(1+k2)2=k2+4,即5k4-22k2-15=0,可得k2=5,解得k=±,故直线OQ的斜率为±.
变式题1 解:(1)因为椭圆C的一个顶点为(2,0),离心率是,所以
解得又因为b==1,所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)由题意可得两式相减,得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,所以(x1+x2)(x1-x2)=-(y1+y2)(y1-y2),又因为线段AB的中点的横坐标为-,所以x1+x2=2×=-1,且线段AB的中点的纵坐标为k=,所以y1+y2=2×=k,
所以-(x1-x2)=-k(y1-y2),所以==,又因为k=,所以k=,所以k2=,又因为k>0,所以k=,所以直线l:y=(x+1).由可得2x2+2x-3=0,所以x1+x2=-1,x1x2=-,所以|AB|=·=×=,所以直线l的斜率为,弦长|AB|为.
变式题2 解:(1)由题意知-=1,a2+b2=4,可得a4-20a2+36=0,则a2=2或a2=18.当a2=2时,b2=2;当a2=18时,b2=-14,舍去.故双曲线C的方程为-=1.
(2)设直线l的方程为x=ty+2,由得(t2-1)y2+4ty+2=0,则t2-1≠0,Δ=16t2-8(t2-1)=8t2+8>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=.由直线l与双曲线C的右支交于A,B两点,结合直线l的斜率大于0,可得解得0,即=,等号两边同时平方得=,整理可得4(y1+y2)+(-t)y1y2=0,
将y1+y2=-,y1y2=代入,可得+=0,解得t=∈(0,1),符合题意,故直线l的方程为x=y+2,即9x-y-18=0.
例2 [思路点拨] (1)根据已知条件,求出b,c,再结合a2=b2+c2求出a,即可求解;(2)设出直线AB的方程,并与椭圆的方程联立,设A(x1,y1),B(x2,y2),结合根与系数的关系得到x1+x2,x1x2,结合椭圆的对称性利用kAC+kBC=0或A,C,D三点共线即可求解.
解:(1)因为椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,所以b=c==,故a2=b2+c2=4,可得a=2,所以椭圆E的方程为+=1,离心率e=.
(2)由题意知直线AB的斜率存在,且不为0,设直线AB:y=kx+t(t>,k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由消去y并整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0,由题意可知,Δ=16k2t2-8(2k2+1)(t2-2)=8(4k2+2-t2)>0,即k,t应满足4k2+2-t2>0.由根与系数的关系可知,x1+x2=,x1x2=.
方法一(斜率转化):直线AC:y-1=x.若直线BD的斜率为0,则由椭圆的对称性可知点B,D关于y轴对称,所以kAC+kBC=0,即+=0,即+=0,化简得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,将x1+x2=,x1x2=代入,得t=2.经检验,t=2符合题意,所以若直线BD的斜率为0,则t的值为2.
方法二(三点共线):若直线BD的斜率为0,则由椭圆的对称性可设D(-x2,y2),故直线AD:y=(x-x1)+y1,令x=0,则yC==
=
=+t==1,解得t=2.经检验,t=2符合题意,所以若直线BD的斜率为0,则t的值为2.
例3 [思路点拨] (1)将点A的坐标代入双曲线方程得到a2,显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,与双曲线方程联立,根据直线AP,AQ的斜率之和为0及根与系数的关系求解即可;(2)设直线AP的倾斜角为α,结合已知条件得到直线AP的斜率,进而求出点P的坐标,根据三角形的面积公式即可求解.
解:(1)将点A的坐标代入双曲线C的方程得-=1,可得a2=2,故双曲线C的方程为-y2=1.由题知,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线l与双曲线C的方程,可得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0,则Δ=8(m2+1-2k2)>0,x1+x2=-,x1x2=.由题知kAP+kAQ=+=+=0,
化简得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,则+(m-1-2k)-4(m-1)=0,可得(k+1)(m+2k-1)=0,因为直线l不过点A,所以2k+m-1≠0,所以k=-1,即直线l的斜率为-1.
(2)设直线AP的倾斜角为α(tan α>0),由tan∠PAQ=2,可得tan=,由2α+∠PAQ=π,可得kAP=tan α=tan=,即=,又-=1,所以x1=,y1=,代入直线l的方程,可得m=,则x1+x2=,x1x2=.因为|AP|=|x1-2|,|AQ|=|x2-2|,由tan∠PAQ=2,可得sin∠PAQ=,所以S△PAQ=|AP||AQ|sin∠PAQ=|x1x2-2(x1+x2)+4|=.
变式题 解:(1)设圆心为Q(x,y),由题意可得=,整理可得y2=4x,所以曲线E的方程为y2=4x.
(2)由题意可知,直线AB的斜率存在且不为0,如图,设直线AB:x=my+n(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).由
消去x可得y2-4my-4n=0,
则Δ1=16m2+16n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n.直线AC:x=(y-1)+2,由消去x可得y2-y+-8=0,则Δ2>0,y1+y3=,即y3=-y1,由=4x1,可得y3=-y1=-y1=,
同理可得y4=,则kCD======.
因为AB∥CD,所以kAB=kCD,即=,整理可得(2m-1)(m+n-2)=0,由题意可知,点T(2,1)不在直线AB:x=my+n上,则m+n≠2,即m+n-2≠0,可得2m-1=0,即m=,所以直线AB的斜率kAB==2.
例4 [思路点拨] (1)根据两点在椭圆上,求得a,b,再结合c2=a2-b2及离心率公式求解即可.(2)思路一:以AP为△ABP的底边,得到点B到直线AP的距离,进而得出过点B且与直线AP平行的直线l'的方程,与椭圆方程联立,求出点B的坐标,进而可得l的方程;思路二:分直线l的斜率不存在及存在两种情况讨论,结合已知条件、点到直线的距离及三角形的面积公式可得答案.
解:(1)由已知得b=3,将点P的坐标代入椭圆C的方程,得+=1,解得a2=12,∴c2=a2-b2=3,
∴C的离心率e===.
(2)方法一:设点B到直线AP的距离为d,由已知得S△ABP=|PA|·d=××d=9,解得d=.
kAP==-,易得直线AP的方程为y=-x+3.设过点B且与直线AP平行的直线为l',又l'与直线AP间的距离为,点B在椭圆C上,∴l':y=-x-3.联立y=-x-3和+=1,解得x1=0,x2=-3,
∴B(0,-3)或B.当点B的坐标为(0,-3)时,l的方程为y=x-3;当点B的坐标为时,l的方程为y=x.∴l的方程为y=x-3或y=x.
方法二:①当l的斜率不存在时,B,∴|BP|=3,点A到直线BP的距离为3,∴S△ABP=×3×3=≠9,不满足题意.
②当l的斜率存在时,设斜率为k,则l的方程为y=k(x-3)+,
由得(3+4k2)x2+12k(1-2k)x+(3-6k)2-36=0,
∴Δ=36(2k+3)2>0,故k≠-,由根与系数的关系得3+xB=,∴xB=,∴|BP|=
·|3-xB|=·
,又点A到直线BP的距离d=,∴S△ABP=···=9,∴|2k+3|·=3+4k2,∴|2k+3|·|2k+1|=8k2+6,∴4k2+8k+3=8k2+6或4k2+8k+3=-8k2-6,即4k2-8k+3=0或12k2+8k+9=0,解得k=或,
∴l的方程为y=x-3或y=x.
变式题 解:(1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为+=1.
(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±1,当直线l的方程为x=1时,由四边形OMPN为平行四边形,可得P(2,0),因为+=<1,所以点P(2,0)不在椭圆C上,不符合题意.
当直线l的方程为x=-1时,由四边形OMPN为平行四边形,可得P(-2,0),因为+=<1,所以点P(-2,0)不在椭圆C上,不符合题意,所以直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,则=1,所以m2=k2+1①.
由消去y整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-6=0,
则Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-6)=16k2(k2+1)-4(2k2+1)[2(k2+1)-6]=8(5k2+2)>0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,故y1+y2=k(x1+x2)+2m=-+=,所以线段MN的中点坐标为.因为四边形OMPN为平行四边形,所以P,又因为点P在椭圆C上,所以+=1②.
将①代入②得+=1,解得k=±,所以m=±,所以|MN|=·=
·=
·=
×=
,所以S OMPN=2S△OMN=2×××1=.第56讲 圆锥曲线热点问题
第1课时 长度、斜率、面积问题
1.解:(1)依题意可得上顶点A(0,b),左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),所以=(-c,-b),=(c,-b),又·=0,所以·=-c2+(-b)2=0,即b2=c2,即a2-c2=c2,所以a2=2c2,所以离心率e==.
(2)如图,由(1)可得b=c,a=c,则椭圆C的方程为+=1,直线AF1的方程为y=x+b=x+c.
由可得3x2+4cx=0,解得x=0或x=-c,即xB=-c,则yB=-c,即B,
所以|AB|==c=,解得c=,则a=2,所以△ABF2的周长为4a=8.
2.解:(1)因为△OPE的面积为,
所以×a×=,解得a=2.
又因为点E在椭圆Ω上,
所以+=1,可得b=1,
所以椭圆Ω的标准方程为+y2=1.
(2)连接OB,因为|BA|=|BC|,O为AC的中点,所以OA⊥OB.设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线l的方程为x=my-1,由消去x得(m2+4)y2-2my-3=0,则y1+y2=,y1y2=.
因为OA⊥OB,所以·=0,则x1x2+y1y2=0,即(m2+1)y1y2-m(y1+y2)+1=0,即(m2+1)×-m×+1=0,即=0,解得m=±,
所以直线AB的斜率为±2.
3.解:(1)由对称性知,|OP|=|OQ|,
因为∠POQ=,|PQ|=1,所以△OPQ是边长为1的等边三角形.因为Q位于第一象限,所以Q,
代入椭圆γ的方程得+=1①,
代入圆x2+y2=a2-b2的方程得+=a2-b2②.由①②解得a2=,b2=,所以椭圆γ的标准方程为+=1.
(2)证明:当点A不在坐标轴上时,设A(m,n),mn≠0,则直线OA的斜率为,且+=1,即m2+3n2=.
因为OA∥BC,|OA|=|BC|,所以四边形OABC是平行四边形,|BC|=|OA|=.设直线BC的方程为y=(x-t),B(x1,y1),C(x2,y2),
由得(2m2+6n2)x2-12n2tx+6n2t2-3m2=0,所以x1+x2=,x1x2=,
所以|BC|=·
=·
=·.因为|BC|=|OA|=,所以·=,
整理得6=,即|nt|=.点A到直线BC的距离d==,所以四边形OABC的面积S=2S△ABC=2××|BC|×d=|OA|·d=·=|nt|=.易知当点A在坐标轴上时,四边形OABC的面积也为,故四边形OABC的面积为定值.
4.解:(1)由题意知直线AF与BF的斜率均存在且均不为0.设直线l:x=m(y-2)-1,由题知F(1,0),将直线l的方程代入抛物线方程得y2-4my+8m+4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=8m+4,则kAF·kBF=·=·=
=1,
所以直线AF,BF的斜率之积为定值1.
(2)由题意可知,直线PF的斜率为-1,方程为y=-x+1.
设点B(t2,2t)(t<0,t≠-1),所以直线BC的方程为y-2t=x-t2,由
得x=.
如图,设直线BC与PF的交点为M,则M.kBF=,由(1)得kAF·kBF=1,则kAF=,所以直线AF的方程为y=(x-1).由
得x==1-2t,可得C(1-2t,1-t2),所以M为线段BC的中点,所以S△FBC=2S△FBM=|BM|·|FM|,故S△FBC=·=|(t2-3)2-8|=4,所以(t2-3)2-8=±8,又t<0,所以t=-或t=-,所以点B的坐标为(3,-2)或(7,-2).
5.解:(1)由题意得可得所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设椭圆C过点R的切线方程为y-2=k(x-1),即y=kx+(2-k).
由消去y整理得(4k2+3)x2+8k(2-k)x+4(2-k)2-12=0,由Δ=0得64k2(2-k)2=4(4k2+3)[4(2-k)2-12],整理得3k2+4k-1=0,所以k1k2=-.
(3)证明:设R(x0,y0)(-20),直线RK交x轴于点K',如图,
设椭圆C在P,Q两点处的切线斜率分别为k1,k2,则==.
设椭圆C过点R的切线方程为y-y0=k(x-x0),即y=kx+(y0-kx0),
由消去y整理得(4k2+3)x2-8k(kx0-y0)x+4(kx0-y0)2-12=0,由Δ=0得64k2(kx0-y0)2=4(4k2+3)[4(kx0-y0)2-12],
化简整理得(-4)k2-2x0·y0·k+-3=0,由根与系数的关系得k1+k2=,k1k2=,易知yI=k1(-2-x0)+y0,yJ=k2(2-x0)+y0.
要证=,只需证=,即证k2(4-)+y0(2+x0)=k1(-4)+y0(2-x0),即证4(k1+k2)+2x0y0=(k1+k2),即证(k1+k2)(-4)=2x0y0.
因为k1+k2=,所以上式成立,
即=成立.第56讲 圆锥曲线热点问题
【课标要求】 1.通过圆锥曲线与方程的学习,进一步体会数形结合的思想.
2.根据几何问题和图形的特点,用代数语言把几何问题转化成为代数问题.
3.根据对几何问题(图形)的分析,探索解决问题的思路,运用代数方法得到结论,给出代数结论合理的几何解释,解决几何问题.
4.能够根据不同的情境,建立平面直线和圆的方程,建立椭圆、抛物线、双曲线的标准方程,能够运用代数的方法研究上述曲线之间的基本关系.
常用结论
1.注意转化思想在圆锥曲线热点问题中的应用.
(1)点、线位置关系的转化
几何性质 代数实现
平行、三点共线 斜率相等或两点横纵坐标的关系
垂直 斜率之积为-1或斜率为0及不存在
对称 弦长或点的坐标
(2)平行四边形条件的转化
几何性质 代数实现
对边平行 斜率相等(斜率均不存在)或向量平行
对边相等 长度相等或横(纵)坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
(3)圆条件的转化
几何性质 代数实现
点在圆上 点与直径端点向量数量积为零
点在圆外 点与直径端点向量数量积为正数
点在圆内 点与直径端点向量数量积为负数
(4)角条件的转化
几何性质 代数实现
锐角、直角、钝角 角的余弦(向量数量积)的符号
倍角、半角、平分角 角平分线的性质、角平分线定理
等角(相等或相似) 比例线段或斜率
2.应用基本不等式求圆锥曲线有关最值的五种典型情况
(1)s=(先令t=换元,注意新元的取值范围,再利用基本不等式).
(2)s=(分母利用基本不等式).
(3)s=(分子利用基本不等式).
(4)s==(当k≠0时,上下同时除以k2,再利用基本不等式).
(5)s==.
3.过椭圆准线上一点作椭圆的两条切线,两切点连线所在直线必经过椭圆相应的焦点.
4.切点弦方程:过平面内一点引曲线的两条切线,两切点所在直线的方程叫作曲线的切点弦方程.二次曲线Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0外一点P(x0,y0)的切点弦方程为Ax0x+B·+Cy0y+D·+E·+F=0.
5.若A,B,C,D是圆锥曲线(二次曲线)上顺次的四点,则四点共圆(常用相交弦定理)的一个充要条件是:直线AC,BD的斜率存在且不等于零,且kAC+kBD=0(kAC,kBD分别表示AC和BD的斜率).
6.对任意圆锥曲线,过其上任意一点作两条直线,若两条直线的斜率之积为定值,两条直线与圆锥曲线的另外一个交点分别为A,B,则直线AB过定点.
第1课时 长度、斜率、面积问题
长度问题
圆锥曲线中的长度问题是直线与圆锥曲线中的基本问题,常见的有弦长、两点间的距离、点到直线的距离、三角形的周长及面积等,求解方法可以用两点间的距离公式、弦长公式、点到直线的距离公式等.
例1 [2024·天津红桥区二模] 已知点P在椭圆C:+=1(a>b>0)上.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设A为椭圆C的左顶点,O为坐标原点,若Q在椭圆C上,且满足|AQ|=|AO|,求直线OQ的斜率.
总结反思
1.涉及抛物线的焦点弦问题,常常利用根与系数的关系与抛物线的定义、焦点弦长公式,“设而不求”简化运算.
2.解决直线与圆锥曲线相交弦问题设直线方程时,如果直线斜率存在,那么一般设为y=kx+b的形式;如果直线的斜率可能不存在,那么一般设为x=my+t的形式.
变式题1 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是,椭圆C的一个顶点为(2,0),直线l:y=k(x+1)(k>0)与椭圆C相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若线段AB的中点的横坐标为-,求直线l的斜率以及弦长|AB|.
变式题2 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),P(3,-)是双曲线C上一点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)过点F作斜率大于0的直线l与双曲线C的右支交于A,B两点,若PF平分∠APB,求直线l的方程.
斜率问题
斜率问题也是高考圆锥曲线考查的热点,主要有以下类型:根据斜率求值、三点共线、与斜率之和或之积有关的问题.
例2 [2024·北京卷] 已知椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,过点(0,t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
(1)求椭圆E的方程和离心率;
(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.
例3 [2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知点A(2,1)在双曲线C:-=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率;
(2)若tan∠PAQ=2,求△PAQ的面积.
总结反思
圆锥曲线的斜率问题主要考查以下方面:(1)结合直线位置或长度关系,结合对称或斜率相等解决问题;(2)结合斜率之和或之积为定值考查圆锥曲线的性质.解决此类问题的一般方法是把与斜率有关的式子用某些量来表示,通过化简或赋值得到结果.
变式题 [2025·武汉调研] 已知平面内一动圆过点P(2,0),且y轴被该圆截得的弦长为4,设其圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)梯形ABCD的四个顶点均在曲线E上,AB∥CD,对角线AC与BD交于点T(2,1),求直线AB的斜率.
面积问题
圆锥曲线中的面积问题常见的是三角形的面积问题,有时也会考查平行四边形的面积或对角线互相垂直的四边形的面积,求解此类问题通常是借助弦长公式或点到直线的距离公式,用某些量(如动直线的斜率或截距)表示面积,再利用函数、方程或不等式知识求解.
例4 [2024·新课标Ⅰ卷] 已知点A(0,3)和点P分别为椭圆C:+=1(a>b>0)上的两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过点P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.
总结反思
圆锥曲线中的面积计算,都会涉及距离的计算,包括两点间的距离、点到直线的距离、弦长公式等,求解时既要熟悉和应用好这些公式,又要善用“设而不求”方法,在求解和运算过程中消去一些有关参量.
变式题 [2024·北京东城区一模] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率e=.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,直线l是圆x2+y2=1的一条切线,且直线l与椭圆C交于M,N两点,若平行四边形OMPN的顶点P恰好在椭圆C上,求平行四边形OMPN的面积.第56讲 圆锥曲线热点问题
第1课时 长度、斜率、面积问题
(时间:45分钟)
1.[2024·河南开封二模] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,且·=0.
(1)求C的离心率;
(2)若射线AF1与C交于点B,且|AB|=,求△ABF2的周长.
2.[2024·南昌二模] 已知椭圆Ω:+=1(a>b>0)经过点E,P为椭圆Ω的右顶点,O为坐标原点,△OPE的面积为.
(1)求椭圆Ω的标准方程;
(2)过点D(-1,0)作直线l与椭圆Ω交于A,B两点,点A关于原点O的对称点为C,若|BA|=|BC|,求直线AB的斜率.
3.[2025·苏州模拟] 已知椭圆γ:+=1(a>b>0),γ与圆x2+y2=a2-b2在第一、四象限分别交于Q,P两点,且满足∠POQ=(O为坐标原点),|PQ|=1.
(1)求椭圆γ的标准方程;
(2)已知A是椭圆γ上的一点,若存在椭圆γ的弦BC使得OA∥BC,|OA|=|BC|,求证:四边形OABC的面积为定值.
4.[2025·浙江名校协作体联考] 如图,已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点P(-1,2)作一条不经过F的直线l,若直线l与抛物线交于异于原点的A,B两点,点B在x轴下方,且A在线段PB上.
(1)试判断直线AF,BF的斜率之积是否为定值 若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
(2)过点B作PF的垂线交直线AF于点C,若△FBC的面积为4,求点B的坐标.
5.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的倍,且椭圆上一点到焦点的最远距离为3.如图,A,B分别是椭圆C的左、右顶点,过A,B作椭圆C的切线.取椭圆C上位于x轴上方的任意两点P,Q(P在Q的左侧),并过P,Q两点分别作椭圆C的切线,设交点为R,直线RP交椭圆C在点A处的切线于I,直线RQ交椭圆C在点B处的切线于J,过R作AB的垂线,交IJ于K.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若R(1,2),直线RP与RQ的斜率分别为k1,k2,求k1k2的值;
(3)求证:=.(共92张PPT)
第56讲 圆锥曲线热点问题
/ 第1课时 长度、斜率、面积问题 /
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】 1.通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合
的思想.
2.根据几何问题和图形的特点，用代数语言把几何问题转化成为代数
问题.
3.根据对几何问题（图形）的分析，探索解决问题的思路，运用代数
方法得到结论，给出代数结论合理的几何解释，解决几何问题.
4.能够根据不同的情境，建立平面直线和圆的方程，建立椭圆、抛物
线、双曲线的标准方程，能够运用代数的方法研究上述曲线之间的
基本关系.
常用结论
1.注意转化思想在圆锥曲线热点问题中的应用.
（1）点、线位置关系的转化
几何性质 代数实现
平行、三点共线 斜率相等或两点横纵坐标的关系
垂直
对称 弦长或点的坐标
（2）平行四边形条件的转化
几何性质 代数实现
对边平行 斜率相等（斜率均不存在）或向量平行
对边相等 长度相等或横（纵）坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
（3）圆条件的转化
几何性质 代数实现
点在圆上 点与直径端点向量数量积为零
点在圆外 点与直径端点向量数量积为正数
点在圆内 点与直径端点向量数量积为负数
（4）角条件的转化
几何性质 代数实现
锐角、直角、钝角 角的余弦（向量数量积）的符号
倍角、半角、平分角 角平分线的性质、角平分线定理
等角（相等或相似） 比例线段或斜率
2.应用基本不等式求圆锥曲线有关最值的五种典型情况
（1）（先令 换元，注意新元的取值范围，再
利用基本不等式）.
（2） （分母利用基本不等式）.
（3） （分子利用基本不等式）.
（4）（当 时，上下同时除
以 ，再利用基本不等式）.
（5）（,将分母展开，令
换元，上下同时除以 ,再利用基本不等式）.
3.过椭圆准线上一点作椭圆的两条切线，两切点连线所在直线必经过
椭圆相应的焦点.
4.切点弦方程：过平面内一点引曲线的两条切线，两切点所在直线的
方程叫作曲线的切点弦方程.二次曲线
外一点 的切点弦方程
为 .
5.若，，， 是圆锥曲线（二次曲线）上顺次的四点,则四点共圆
（常用相交弦定理）的一个充要条件是:直线， 的斜率存在且
不等于零,且（,分别表示和 的斜率）.
6.对任意圆锥曲线，过其上任意一点作两条直线，若两条直线的斜率
之积为定值，两条直线与圆锥曲线的另外一个交点分别为， ，则
直线 过定点.
探究点一 长度问题
圆锥曲线中的长度问题是直线与圆锥曲线中的基本问题，常见
的有弦长、两点间的距离、点到直线的距离、三角形的周长及面积
等，求解方法可以用两点间的距离公式、弦长公式、点到直线的距
离公式等.
（1）求椭圆 的离心率;
［思路点拨］将点的坐标代入椭圆 的方程，化简整理，
即可求出离心率；
解： 点在椭圆 上,，整理得，
椭圆 的离心率 .
例1 [2024·天津红桥区二模] 已知点 在椭圆
上.
（2）设为椭圆的左顶点，为坐标原点，若在椭圆 上，且满
足，求直线 的斜率.
［思路点拨］设直线的斜率为，点的坐标为，将点 的
坐标代入直线与椭圆的方程，消去得到，再由
得出，即可建立关于 的方程，求解即可.
解：由题意可知，点的坐标为,.
易知直线 的斜率存在，设直线的斜率为，则其方程为，
设点 的坐标为,则 消去,整理得.
由 ，得，
整理得,又 ,，
把②代入①得 ,整理得，
由（1）知,则 ，即,
可得，解得，故直线 的斜率为 .
[总结反思]
1.涉及抛物线的焦点弦问题,常常利用根与系数的关系与抛物线的定
义、焦点弦长公式,“设而不求”简化运算.
2.解决直线与圆锥曲线相交弦问题设直线方程时,如果直线斜率存在,
那么一般设为的形式;如果直线的斜率可能不存在,那么一
般设为的形式.
变式题1 已知椭圆的离心率是，椭圆 的
一个顶点为，直线与椭圆 相交于
, 两点.
（1）求椭圆 的标准方程；
解：因为椭圆的一个顶点为，离心率是，
所以 解得又因为，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）若线段的中点的横坐标为，求直线的斜率以及弦长 .
解：由题意可得 两式相减，
得 ，
所以，
又因为线段 的中点的横坐标为,所以，
且线段 的中点的纵坐标为,所以 ，
所以，所以 ，
又因为，所以，所以，
又因为，所以 ，所以直线.
由可得 ,所以, ，
所以 ，
所以直线的斜率为，弦长为 .
变式题2 已知双曲线的右焦点为 ,
是双曲线 上一点.
（1）求双曲线 的方程；
解：由题意知，，
可得 ，则或.
当时，；当时， ，舍去.
故双曲线的方程为 .
（2）过点作斜率大于0的直线与双曲线的右支交于, 两点，若
平分，求直线 的方程.
解：设直线的方程为,
由 得，
则 , ，
设, ,则，.
由直线与双曲线的右支交于, 两点，
结合直线的斜率大于0，可得解得 .
由平分，得，
即 ,即 ，
等号两边同时平方得，
整理可得 ，
将,代入，可得 ，
解得，符合题意，
故直线的方程为 ，即 .
探究点二 斜率问题
斜率问题也是高考圆锥曲线考查的热点，主要有以下类型：根
据斜率求值、三点共线、与斜率之和或之积有关的问题.
例2 [2024·北京卷] 已知椭圆，以椭圆
的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形，过点
且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点， ，过
点和的直线与椭圆的另一个交点为 .
（1）求椭圆 的方程和离心率；
［思路点拨］根据已知条件，求出,,再结合求出 ，即
可求解；
解：因为椭圆，
以椭圆 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形，
所以 ，故，可得，
所以椭圆的方程为 ，离心率 .
（2）若直线的斜率为0，求 的值．
［思路点拨］设出直线 的方程，并与椭圆的方程联立，设
,,结合根与系数的关系得到, ，结合椭圆
的对称性利用或，， 三点共线即可求解.
解：由题意知直线 的斜率存在，且不为0，
设直线，， .
由消去并整理得 ，
由题意可知,，
即， 应满足.
由根与系数的关系可知， ， .
方法一（斜率转化）直线.
若直线 的斜率为0，则由椭圆的对称性可知点,关于轴对称，
所以 ,即，即 ，
化简得，
将， 代入，得.
经检验，符合题意，所以若直线 的斜率为0，则 的值为2.
方法二（三点共线）若直线 的斜率为0，
则由椭圆的对称性可设,故直线，
令 ，则
，解得.
经检验， 符合题意，所以若直线的斜率为0，则 的值为2.
例3 [2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知点 在双曲线
上，直线交于，两点，直线， 的
斜率之和为0.
（1）求 的斜率；
［思路点拨］将点的坐标代入双曲线方程得到，显然直线 的斜
率存在，设直线的方程为 ,与双曲线方程联立，根据直线
， 的斜率之和为0及根与系数的关系求解即可；
解：将点的坐标代入双曲线的方程得，
可得 ，故双曲线的方程为.
由题知，直线的斜率存在，
设直线 的方程为，，，
联立直线与双曲线 的方程,可得 ，
则，， .
由题知 ，
化简得 ，
则 ，
可得，
因为直线不过点，所以 ，
所以，即直线的斜率为 .
（2）若,求 的面积.
［思路点拨］设直线的倾斜角为 ，结合已知条件得到直线 的
斜率，进而求出点 的坐标，根据三角形的面积公式即可求解.
解：设直线的倾斜角为，
由 ，可得，由 ，
可得，即，
又 ，所以，，代入直线的方程，
可得 ，则，.
因为， ，由，
可得 ，所以
.
[总结反思]
圆锥曲线的斜率问题主要考查以下方面：（1）结合直线位置或长度
关系，结合对称或斜率相等解决问题；（2）结合斜率之和或之积为
定值考查圆锥曲线的性质.解决此类问题的一般方法是把与斜率有关
的式子用某些量来表示，通过化简或赋值得到结果.
变式题 [2025·武汉调研] 已知平面内一动圆过点，且 轴被
该圆截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线 .
（1）求曲线 的方程；
解：设圆心为，由题意可得 ，
整理可得，所以曲线的方程为 .
（2）梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线 与
交于点，求直线 的斜率.
解：由题意可知，直线 的斜率存在且不为0，
如图，设直线,
, ,,.
由 消去可得 ，
则，
, .
直线 ,由
消去 可得 ，
则， ，即，
由 ，可得，
同理可得 ，则 .
因为，所以 ，即 ，
整理可得 ，
由题意可知，点不在直线 上，
则，即 ，
可得，即，
所以直线 的斜率 .
探究点三 面积问题
圆锥曲线中的面积问题常见的是三角形的面积问题，有时也会考
查平行四边形的面积或对角线互相垂直的四边形的面积，求解此类问
题通常是借助弦长公式或点到直线的距离公式，用某些量
（如动直线的斜率或截距）表示面积，再利用函数、方程或不等式知
识求解.
例4 [2024· 新课标Ⅰ卷] 已知点和点 分别为椭圆
上的两点.
（1）求 的离心率；
［思路点拨］根据两点在椭圆上，求得,，再结合 及
离心率公式求解即可.
解：由已知得,将点的坐标代入椭圆 的方程,得,
解得, ,的离心率 .
（2）若过点的直线交于另一点，且的面积为9，求 的方程.
［思路点拨］思路一：以为的底边，得到点到直线 的
距离，进而得出过点且与直线平行的直线 的方程，与椭圆方程
联立，求出点的坐标，进而可得的方程；
解：方法一：设点到直线的距离为 ,
由已知得,解得 .
,易得直线的方程为.
设过点 且与直线平行的直线为，
又与直线间的距离为，点在椭圆 上，.
联立和,
解得 , ,或.
当点的坐标为时， 的方程为;
当点的坐标为时，的方程为
的方程为或 .
解： 方法二：①当的斜率不存在时，,
，点 到直线的距离为3，
，不满足题意.
［思路点拨］思路二：分直线 的斜率不存在及存在两种情况讨论，
结合已知条件、点到直线的距离及三角形的面积公式可得答案.
②当的斜率存在时，设斜率为,则的方程为 ,
由 得
，,故 ,
由根与系数的关系得,，
，
又点到直线的距离 ，
，
, ,
或
，即
或,解得或 ，
的方程为或 .
[总结反思]
圆锥曲线中的面积计算，都会涉及距离的计算，包括两点间的距离、
点到直线的距离、弦长公式等，求解时既要熟悉和应用好这些公式，
又要善用“设而不求”方法，在求解和运算过程中消去一些有关参量.
变式题 [2024·北京东城区一模] 已知椭圆
的短轴长为，离心率 .
（1）求椭圆 的方程；
解：由题意可得解得
所以椭圆 的方程为 .
（2）设为坐标原点，直线是圆的一条切线，且直线
与椭圆交于,两点，若平行四边形的顶点恰好在椭圆 上，
求平行四边形 的面积.
解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
当直线 的方程为时,由四边形为平行四边形,可得 ，
因为，所以点不在椭圆 上，不符合题意.
当直线的方程为时,由四边形 为平行四边形,可得，
因为，所以点不在椭圆 上，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为 ，
则，所以 .
由消去整理得 ，
则
.
设, ，则, ，
故 ，
所以线段的中点坐标为.
因为四边形 为平行四边形，所以，
又因为点在椭圆 上，所以 .
将①代入②得,解得 ,所以,
所以
，
所以 .
【备选理由】例1考查与弦长有关的求值问题;
例1 ［配例1使用］ 已知椭圆 的焦点到直
线的距离为，离心率为 ，抛物线
的焦点与椭圆的一个焦点重合，过 的焦点且斜
率为的直线与交于,两点，与交于, 两点.
（1）求椭圆与抛物线 的方程.
解：设椭圆与抛物线的公共焦点为 ，
由题意可知，焦点到直线的距离 ，
可得 ，所以，即.
由椭圆的离心率，
得 ，则，所以 .
综上可知，椭圆的方程为，抛物线的方程为 .
（2）是否存在常数 ，使得为常数？若存在，求出 的值；
若不存在，请说明理由.
解：由（1）知，则直线的方程为 ，
设，，， ，
由得 ，
则， ，所以
.
由得 ，
则 ，所以 .
，
若为常数，则，所以 ，
即存在常数 ,使得为常数,且 的值为 .
例2 ［配例2使用］ 已知轴，垂足为，点在线段 上，
且 .
（1）若点在圆上运动，求点 的轨迹方程；
解：设，根据题意得，
又因为在圆 上运动，所以 ，
即，所以点的轨迹方程为 .
【备选理由】例2考查斜率问题;
（2）记（1）中所求点的轨迹为 ,，过点 作一条直线
与 相交于,两点，与直线交于点，记直线,, 的斜
率分别为,,，证明： 是定值.
证明：根据已知条件可知，直线 的斜率存在且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为 .
由得，且 ，
设，，则
因为， ，所以
.
在中，令，得 ，所以 ，
所以，所以 ，为定值.
例3 ［配例3、例4使用］ [2024·昆明二模] 已知 是抛物线
上任意一点，且到的焦点的最短距离为 .直
线与交于,两点，与抛物线 交于
,两点，其中点,在第一象限，点, 在第四象限.
（1）求抛物线 的方程；
解：设，易知，抛物线的准线方程为 ，
由抛物线的定义得 .又，所以当时，
取得最小值.由,解得 ,所以抛物线的方程为 .
【备选理由】例3考查面积问题.
（2）证明： ；
证明：设直线与轴交于点，因为直线 的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为 ，
由消去得, ，
所以,，所以 ，
同理可得，所以 .
（3）设,的面积分别为,，其中 为坐标原点，若
，求 .
解：因为，所以,
，即 .
因为,，所以 ，
即 ，所以，
由（2）知，所以 ，
故，所以 ，
即 ，
化简得，解得或 .
若，则，这与矛盾，
所以 ,, , ，
所以 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.[2024·河南开封二模] 已知椭圆 的左、右
焦点分别为，，上顶点为，且 .
（1）求 的离心率；
解：依题意可得上顶点，左、右焦点分别为 ，
，所以，，
又 ，所以，即，
即 ，所以，所以离心率 .
（2）若射线与交于点，且，求 的周长.
解：如图,由（1）可得, ,则椭圆的方程为，
直线 的方程为 .
由可得 ,
解得或,即,则,即 ，
所以 ，解得，
则，所以 的周长为 .
2.[2024·南昌二模] 已知椭圆 经过点
,为椭圆 的右顶点，为坐标原点，的面积为 .
（1）求椭圆 的标准方程;
解：因为的面积为 ，所以，解得 .
又因为点在椭圆 上，所以，
可得 ，所以椭圆 的标准方程为 .
（2）过点作直线与椭圆 交于，两点，点关于原点
的对称点为，若，求直线 的斜率.
解：连接，因为,为的中点，所以 .
设,,设直线的方程为,由
消去得，则, .
因为，所以，则 ，
即 ，
即，即，
解得 ，所以直线的斜率为 .
3.[2025·苏州模拟] 已知椭圆， 与圆
在第一、四象限分别交于， 两点，且满足
（为坐标原点）， .
（1）求椭圆 的标准方程；
解：由对称性知， ，因为，，
所以 是边长为1的等边三角形.
因为位于第一象限,所以 ,代入椭圆的方程得 ，
代入圆的方程得 .
由①②解得,,所以椭圆的标准方程为 .
（2）已知是椭圆 上的一点，若存在椭圆 的弦使得 ,
，求证:四边形 的面积为定值.
证明：当点不在坐标轴上时，设，，
则直线 的斜率为，且，即 .
因为,，
所以四边形 是平行四边形，.
设直线的方程为 ，， ，
由得 ，
所以， ，所以
.
因为 ，所以 ，整理得，即.
点到直线 的距离，
所以四边形的面积 .
易知当点在坐标轴上时，四边形的面积也为,
故四边形 的面积为定值.
◆ 综合提升 ◆
4.[2025·浙江名校协作体联考] 如图，已知抛物
线的焦点为，过点 作一条不经
过的直线，若直线 与抛物线交于异于原点的
,两点，点在轴下方，且在线段 上.
（1）试判断直线, 的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定
值；若不是，请说明理由.
解：由题意知直线与 的斜率均存在且均不为0.
设直线,由题知 ，
将直线 的方程代入抛物线方程得
，
设, ，则，
，则
,所以直线, 的斜率之积为定值1.
（2）过点作的垂线交直线于点 ，若
的面积为4，求点 的坐标.
解：由题意可知，直线的斜率为 ，方程为
.设点，
所以直线 的方程为，
由 得 .
如图，设直线与的交点为 ，则.
，由（1）得，则，
所以直线 的方程为.
由 得 ，
可得，所以为线段 的中点，
所以 ，
故 ，所以 ,
又，所以 或，
所以点的坐标为 或 .
5.已知椭圆 的长轴长
是短轴长的 倍，且椭圆上一点到焦点的最远
距离为3.如图,,分别是椭圆 的左、右顶点，
过,作椭圆的切线.取椭圆上位于 轴上方
的任意两点,（在的左侧），并过, 两
点分别作椭圆的切线，设交点为，直线交椭圆在点 处的切线于
，直线交椭圆在点处的切线于，过作的垂线，交于 .
（1）求椭圆 的标准方程；
解：由题意得可得
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）若，直线与 的斜率分别为，，求 的值；
解：设椭圆过点 的切线方程为
，即 .
由消去 整理得
，
由 得 ，
整理得，所以 .
（3）求证： .
证明：设 ，
直线交轴于点 ,如图,设椭圆在,两点
处的切线斜率分别为 ,,则 .
设椭圆过点 的切线方程为，
即 ，由
消去 整理得 ，
由 得
，化简整理得
，
由根与系数的关系得， ，
易知 ， .
要证，只需证 ，
即证
，即证
，即证 .
因为 ，所以上式成立，即 成立.
课堂考点探究
例1(1) (2)± 变式题1(1)+y2=1 (2) 变式题2(1) -=1 (2)9x-y-18=0
例2(1)椭圆E的方程为+=1,离心率e=. (2)2 例3(1)-1 (2)
变式题(1)y2=4x (2)2 例4(1) (2)y=x-3或y=x 变式题(1)+=1 (2)
教师备用习题
例1(1) (2)存在,的值为 例2(1) (2)略
例3(1) (2)略 (3)
基础热身
1.(1) (2)8 2.(1) (2) 3.(1) (2)略
综合提升
4.(1)是,直线, 的斜率之积为定值1. (2) 或
5.(1) (2) (3)略
