人教版专题8-2 圆锥曲线综合大题归类（讲+练）-2023年高考数学二轮复习讲练测（全国通用）（解析版）.docx

专题8-1 圆锥曲线综合大题归类
目录
讲高考 1
题型全归纳 9
【题型一】求根型 9
【题型二】最值型 13
【题型三】多斜率计算型 18
【题型四】韦达定理复杂转化型 22
【题型五】线段（向量）定比型 25
【题型六】求轨迹方程型 29
【题型七】定点定值定曲线型 34
【题型八】非对称非伟达型 38
专题训练 42
讲高考

1．（普通高等学校招生考试数学（理）试题（山东卷））已知动圆过定点，且与直线相切，其中．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)设是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)；
(2)当时，直线恒过定点，当时，直线恒过定点；详见解析.
【分析】（1）根据抛物线定义即得；
（2）由题意知直线的斜率存在，从而设方程为，联立抛物线方程利用韦达定理法结合条件可表示出，进而即得.
【详解】（1）由题可知动圆圆心到定点的距离与定直线的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，
所以动圆圆心的轨迹方程为；
（2）设，由题意得(否则)，且，
由题意知直线的斜率存在，从而设的方程为，显然，
将与联立消去，得，
由韦达定理知，，
因为为定值，
当时，
，
所以，
所以直线的方程为，即，
所以直线恒过定点，
当时，则，可得，直线的方程为，恒过定点，
综上，当时，直线恒过定点，当时，直线恒过定点.
2．（2021年北京市高考数学试题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
3．（2021年浙江省高考数学试题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂