第八章模型1圆锥曲线中的几何图形模型讲义-2024届高三数学三轮冲刺考点归纳

模型1圆锥曲线中的几何图形模型 【问题背景】圆锥曲线中的几何图形模型是指在解有些解析几何综合题时，常需要借助于三角形､特殊四边形等几何图形的特征､性质，寻找分析的思路，找到解题的路径，得到相关的数量关系，进而解决问题.这是近年来新高考的热点题型之一. 【解决方法】 【典例1】（2024北京清华附中9月开学考试节选）已知椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为，过点的直线与椭圆的另一个交点为，点与点关于轴对称，直线交直线于，直线交直线于，点，求证：. 【套用模型】第一步：分析特征作图形. 根据题意作出图形，如图1，连接. 图1 【作图妙招】既然要证明，那么一般分两种情况：在等腰三角形里面作为两腰，在平行四边形里面作为对边.在本题求解过程中，我们先粗略画图后，感觉跟平行四边形有点像，然后按照这个思路重新画一个更精确的图形，这也是矫正作图的一种思路 第二步：几何特征代数化. 要想证明，考虑从证明四边形是平行四边形入手.平行四边形这一几何特征如何转化为代数运算呢？我们可以根据平行四边形的判定方法来实现. 第三步：联立方程得关系. 设点，则点，易知点， 所以直线的方程为，即. 直线的方程为， 联立直线与直线的方程，可得， 直线的方程为，同理可得. 第四步：运算化简得结论. 且， 所以线段的中点为点.又点，则线段的中点也为点. 【会变通】这里若想通过证明四边形AMTN是平行四边形，由，，结合消元化简，非常烦琐.所以选择利用对角线互相平分证明平行四边形，运算量就变小了 所以四边形为平行四边形，故. 【典例2】已知椭圆，过点作与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得为正三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【套用模型】第一步､第二步：分析特征画草图，几何特征代数化. 记线段的中点为，连接（草图略），若是正三角形，则且. 第三步：联立方程得关系. 过点作与坐标轴不垂直的直线，可设直线的方程为， 由消去整理得关于的方程， 设，则. 所以， 设，则. 第四步：运算化简得结论. 因为是正三角形，所以且. 【敲黑板】这一步是联系几何与代数的关键.垂直关系是显而易见的，而另一个长度关系也不容忽视.解析几何问题离不开求弦长，所以我们先求了弦长，而从入手找代数关系，结合正三角形，自然想到了.有了这两个关系，足以求出点坐标 所以直线的斜率为， 则，解得. 设，则，所以， 故在轴上存在点，使得为正三角形，点的坐标为或. 【典例3】（2024山东泰安开学月考）在平面直角坐标系中，动圆过定点，且与定直线相切，记动点的轨迹为. （1）求的方程. （2）已知正方形有三个顶点在上，求正方形面积的最小值. （1）设，由题意得，整理得，即的方程为. （2）【套用模型】第一步：分析特征作图形. 如图2，不妨设在上，在轴右侧（包括在轴上），且三点的坐标分别为，则. 图2 第二步：几何特征代数化. 由四边形是正方形，可得，即， 设直线的斜率为，可得，化简得①. 第三步：联立方程得关系. 因为三点在抛物线上，所以， 而三点也满足， 化简可得②，③. 第四步：运算化简得结论. 联立①②③，可得，所以，所以. 所以正方形的边长为，当且仅当，即点坐标为时等号成立. 所以正方形面积的最小值为2. 【一题多解】这里也可以利用函数思想求解，正方形的面积，变形一下就是，这时通过换元，令，则，则随着的增大而增大，所以的最小值为 （2024·河北·模拟预测） 1．如图，四边形为椭圆的内接矩形，其中点关于轴对称，点满足，直线交椭圆于点，且，则椭圆的离心率为 .      （2023高三·全国·竞赛） 2．已知焦点在轴上的椭圆，点、是过原点的直线与椭圆的两个交点．若数使得在椭圆上还存在另一点，使为正三角形，则对所有这样的，的面积的最大值是 ． （2024·浙江·模拟预测） 3．已知斜率为1的直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于，两点，若椭圆上存在点，使得的重心恰好是坐标原点，则椭圆的离心率 . （2023•江西省高三4月新课程教学质量监测） 4．已知为直角坐标系的坐标原点，双曲线上有一点（m>0），点P在轴上的射影恰好是双曲线C的右焦点，过点P作双曲线C两条渐近线的平行线，与两条渐近线的交点分别为A,B，若平行四边形PAOB的面积为1，则双曲线的标准方程是 A． B． C． D． （2024•四川省宜宾市高三第二次诊断检测数学） 5．已知点分别是双曲线的左右两焦点，过点的直线与双曲线的左右两支分别交于两点，若是以为顶角的等腰三角形，其中，则双曲线离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． （23·24高三上·全国·单元测试） 6．已知椭圆，过左焦点且不与轴垂直的直线交于、两点，若直线上存在点，使得是等边三角形，则的离心率的取值范围是