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重難點7-2 圓錐曲線綜合問題
圓錐曲線綜合問題是新高考數學的重難點內容.常見的考點有定點、定值、定曲線、最值范圍、證明及存在性問題，主要在解答題的第2問中進行考查，難度較大.在今年的高考中依舊是命題的熱點方向.
【題型1 圓錐曲線的定值問題】
滿分技巧 1、解析幾何中的定值問題是指某些幾何量（線段長度，圖形面積，角度，直線的斜率等）的大小或某些代數表達式的值和題目中的參數無關，不依參數的變化而變化，而始終是一個確定的值， 求定值問題常見的解題方法有兩種： 法一、先猜后證（特例法）：從特殊入手，求出定值，再證明這個定值與變量無關； 法二、引起變量法（直接法）：直接推理、計算，并在計算推理過程中消去參數，從而得到定值. 2、直接法解題步驟 第一步設變量：選擇適當的量當變量，一般情況先設出直線的方程：或、點的坐標； 第二步表示函數：要把證明為定值的量表示成上述變量的函數，一般情況通過題干所給的已知條件，進行正確的運算，將需要用到的所有中間結果（如弦長、距離等）用引入的變量表示出來； 第三步定值：將中間結果帶入目標量，通過計算化簡得出目標量與引入的變量無關，是一個常數.
【例1】
（2023·北京·高三順義區第一中學?？茧A段練習）
1．已知橢圓過點，且離心率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)設過點且斜率為的直線與橢圓交于、兩點，線段的垂直平分線交軸于點，判斷是否為定值？如果是定值，請求出此定值；如果不是定值，請說明理由．
【變式1-1】
（2023·陜西西安·校聯考模擬預測）
2．橢圓的兩個焦點分別為，，離心率為，為橢圓上任意一點，不在軸上，的面積的最大值為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點的直線與橢圓相交于M，N兩點，設點，求證：直線，的斜率之和為定值，并求出定值.
【變式1-2】
（2023·山東·實驗中學?？家荒＃?br/>3．在平面直角坐標系xOy中，點P到點的距離比到y軸的距離大1，記點P的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)過點F且斜率不為零的直線l交橢圓E：于A，B兩點，交曲線C于M，N兩點，若為定值，求實數λ的值．
【變式1-3】
（2023·上海·高三進才中學?？计谥校?br/>4．雙曲線的離心率為，圓與軸正半軸交于點，點在雙曲線上．
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點作圓的切線交雙曲線于兩點、，試求的長度；
(3)設圓上任意一點處的切線交雙曲線于兩點、，試判斷是否為定值 若為定值，求出該定值；若不是定值，請說明理由．
【題型2 圓錐曲線的定點問題】
滿分技巧 1、參數無關法：把直線或者曲線方程中的變量，當作常數看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對任意參數都成立，這時的參數的系數就要全部為零，這樣就得到一個關于，的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點. 2、特殊到一般法：根據動點或動直線、動曲線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關. 3、關系法：對滿足一定條件上的兩點連結所得直線定點或滿足一定條件的曲線過定點問題，可設直線（或曲線）上兩點的坐標，利用坐標在直線（或曲線）上，建立點的坐標滿足方程（組），求出相應的直線（或曲線），然后再利用直線（或曲線）過定點的知識求解.
【例2】
（2023·貴州貴陽·高三校聯考階段練習）
5．已知橢圓的半焦距為，且過點.
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線交橢圓于兩點，且線段的中點在直線上，求證：線段的中垂線恒過定點.
【變式2-1】
（2023·北京東城·高三景山學校校考階段練習）
6．已知橢圓，長軸長為4， 離心率是
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)斜率為且不過原點的直線交橢圓C于 A，B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C于點 G，交直線于點D. 若 證明：直線經過定點，并求出定點坐標.
【變式2-2】
（2023·全國·模擬預測）
7．設動點P到定點的距離與到定直線l：的距離之比為2．
(1)求動點P的軌跡E的方程；
(2)若Q為l上的動點，A，B為E與x軸的交點，且點A在點B的左側，QA與E的另一個交點為M，QB與E的另一個交點為N，求證：直線MN過定點．
【變式2-3】
（2023·江蘇·高三校聯考階段練習）
8．已知拋物線的焦點為，過點的直線分別與相切于點，，點在曲線上，且在，之間，曲線在處的切線分別與，相交于，．
(1)求面積的最大值；
(2)證明：的外接圓經過異于點的定點．
【題型3 圓錐曲線的定直線問題】
滿分技巧 解決圓錐曲線中動點在定直線問題的解題步驟： 1、聯立直線與圓錐曲線的方程消元；2、挖掘圖形中的對稱性，解出動點橫坐標或縱坐標；3、將動點的橫縱坐標分別用參數表示，再消去參數；4、設點，將方程變形解出定直線方程.
【例3】
（2023·云南·高三校聯考階段練習）
9．已知過點的雙曲線的漸近線方程為.
(1)求C的方程；
(2)已知A，B是C的實軸端點，過點的直線l與C交于M，N（異于A，B）兩點，直線與交于點P，證明：點P在一條定直線上.
【變式3-1】
（2023·吉林長春·統考一模）
10．過拋物線焦點，斜率為的直線與拋物線交于、兩點，．
(1)求拋物線的方程；
(2)過焦點的直線，交拋物線于、兩點，直線與的交點是否在一條直線上．若是，求出該直線的方程；否則，說明理由．
【變式3-2】
（2023·全國·模擬預測）
11．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，上頂點為，到直線的距離為，且.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若過且斜率為的直線與橢圓交于，兩點，橢圓的左、右頂點分別為，，證明：直線與的交點在定直線上.
【變式3-3】
（2023·廣東廣州·高三統考階段練習）
12．已知在平面直角坐標系中，動點到的距離與它到直線的距離之比為，的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點作直線與曲線交于不同的兩點、（、在軸右側），在線段上取異于點、的點，且滿足，證明：點恒在一條直線上.
【題型4 圓錐曲線的最值問題】
滿分技巧 圓錐曲線最值問題的解題步驟： 1、設參數：依題意設出相關的參數，如設點坐標，設比例式的參數，設直線的方程等； 2、聯立方程：常把直線方程與曲線方程聯立，轉化為關于x（或y）的一元二次方程； 3、建函數：根據題設條件中的關系，建立目標函數的關系式； 4、求最值：利用配方法、基本不等式法、單調性法等求其最值.
【例4】
（2023·山東泰安·高三新泰市第一中學校考階段練習）
13．已知橢圓經過兩點．
(1)求橢圓的方程；
(2)點在橢圓上，求面積的最大值．
【變式4-1】
（2023·江蘇蘇州·高三統考期中）
14．已知拋物線的焦點到準線間的距離為2，且點拋物線C上．
(1)求m的值；
(2)若直線l與拋物線C交于A，B兩點，且，于點D，，求DQ的最大值．
【變式4-2】
（2023·四川雅安·高三校聯考期中）
15．已知橢圓：的焦距為，且.
(1)求的方程；
(2)A是的下頂點，過點的直線與相交于，兩點，直線的斜率小于0，的重心為，為坐標原點，求直線斜率的最大值.
【變式4-3】
（2023·全國·高三專題練習）
16．已知雙曲線C經過點，它的兩條漸近線分別為和.
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)設雙曲線C的左 右焦點分別為 ，過左焦點作直線l交雙曲線的左支于A B兩點，求周長的最小值.
【題型5 圓錐曲線的取值范圍問題】
滿分技巧 1、利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍； 2、利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系； 3、利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍； 4、利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數的取值范圍； 5、利用求函數的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍．
【例5】
（2023·云南楚雄·高三統考期中）
17．已知動圓P過點，且在圓B：的內部與其相內切.
(1)求動圓圓心P的軌跡方程；
(2)若M，N是動圓圓心P的軌跡上的不同兩點，點滿足，且，求直線MN的斜率k的取值范圍.
【變式5-1】
（2023·海南·校聯考模擬預測）
18．已知拋物線（）的焦點F到雙曲線的漸近線的距離是．
(1)求p的值；
(2)已知過點F的直線與E交于A，B兩點，線段的中垂線與E的準線l交于點P，且線段的中點為M，設，求實數的取值范圍．
【變式5-2】
（2023·上?！じ呷瑵髮W第一附屬中學?？计谥校?br/>19．已知橢圓經過，兩點.為坐標原點，且的面積為，過點且斜率為的直線與橢圓有兩個不同的交點，.且直線，分別與軸交于點，.
(1)求橢圓的方程；
(2)若以為直徑的圓經過坐標原點，求直線的方程；
(3)設，，求的取值范圍.
【變式5-3】
（2023·四川攀枝花·統考二模）
20．已知拋物線與雙曲線的漸近線在第一象限的交點為P，且點P的橫坐標為3．
(1)求拋物線E的標準方程；
(2)點A、B是第一象限內拋物線E上的兩個動點，點為x軸上的動點，若為等邊三角形，求實數t的取值范圍．
【題型6 圓錐曲線的證明問題】
滿分技巧 圓錐曲線幾何證明問題的解題策略： 1、圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關系，如某點在某直線上、某直線經過某點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數量關系（相等與不等）； （2）解決證明問題時，主要根據直線、圓錐曲線的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等，通過相關的性質應用、代數式的恒等變形以及必要的數值計算等進行證明.
【例6】
（2023·江蘇南通·高三如東高級中學?？计谥校?br/>21．在平面直角坐標系中，直線與拋物線相切.
(1)求的值；
(2)若點為的焦點，點為的準線上一點.過點的兩條直線，分別與相切，直線與，分別相交于，，求證：.
【變式6-1】
（2023·內蒙古·高三校聯考階段練習）
22．已知橢圓，離心率，過點.
(1)求的方程；
(2)直線過點，交橢圓于、兩點，記，并設直線、直線的斜率分別為、，證明：.
【變式6-2】
（2023·云南·高三云南師大附中校考階段練習）
23．已知，為橢圓的兩焦點，過點作直線交橢圓于兩點，的周長為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)橢圓的上頂點為，下頂點為，直線交于點，求證：，，三點共線.
【變式6-3】
（2023·全國·模擬預測）
24．已知是曲線上一動點，是點在直線上的射影，為的中點，．
(1)求曲線的方程；
(2)若是曲線上異于坐標原點的兩點，與關于軸對稱，直線與軸交于點，直線與軸交于點，求證：．
【題型7 圓錐曲線的存在性問題】
滿分技巧 存在性問題的解題技巧： 1、特殊值（點）法：對于一些復雜的題目，可通過其中的特殊情況，解得所求要素的必要條件，然后再證明求得的要素也使得其他情況均成立； 2、假設法：先假設存在，推證滿足條件的結論.若結論正確，則存在；若結論不正確，則不存在.
【例7】
（2023·北京·高三景山學校?？计谥校?br/>25．已知橢圓的左、右頂點分別為，，焦距為，點在橢圓上.
(1)求的方程；
(2)過點的任意直線與橢圓交于，（不同于，）兩點，直線的斜率為，直線的斜率為.試問是否存在常數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【變式7-1】
（2023·全國·模擬預測）
26．已知橢圓C：的離心率為，點在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若O為坐標原點，過點的直線l與橢圓C交于M，N兩點，橢圓C上是否存在點Q，使得直線與直線分別交于點A，B，且點A，B關于x軸對稱？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【變式7-2】
（2023·全國·模擬預測）
27．已知拋物線的頂點為坐標原點，焦點為．橢圓的中心為，左焦點為，上頂點為，右頂點為，且．
(1)求拋物線和橢圓的標準方程．
(2)設直線經過點，與拋物線交于，兩點，與橢圓交于，兩點．記和的面積分別為和，是否存在直線，使得？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由．
【變式7-3】
（2023·浙江紹興·統考模擬預測）
28．已知雙曲線，過點的直線與該雙曲線的左、右兩支分別交于點．
(1)當直線的斜率為時，求；
(2)是否存在定點，使得？若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由．
（建議用時：60分鐘）
（2023·安徽阜陽·臨泉第一中學?？既＃?br/>29．已知雙曲線C：，直線l在x軸上方與x軸平行，交雙曲線C于A，B兩點，直線l交y軸于點D.當l經過C的焦點時，點A的坐標為.
(1)求C的方程；
(2)設OD的中點為M，是否存在定直線l，使得經過M的直線與C交于P，Q，與線段AB交于點N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由.
（2023·全國·模擬預測）
30．已知橢圓的離心率為，且過點.
(1)求橢圓的標準方程.
(2)已知過右焦點的直線與交于兩點，在軸上是否存在一個定點，使？若存在，求出定點的坐標；若不存在，請說明理由.
（2023·山東·山東省實驗中學?？级＃?br/>31．已知拋物線，過點的兩條直線、分別交于、兩點和、兩點．當的斜率為時，．
(1)求的標準方程；
(2)設為直線與的交點，證明：點在定直線上．
（2023·重慶·高三巴蜀中學?？茧A段練習）
32．如圖3所示，點，分別為橢圓的左焦點和右頂點，點為拋物線的焦點，且（為坐標原點）.

(1)求橢圓的方程；
(2)過點作直線交橢圓于，兩點，連接，并延長交拋物線的準線于點，，求證：為定值.
（2023·安徽·高三模擬測試）
33．我們約定，如果一個橢圓的長軸和短軸分別是另一條雙曲線的實軸和虛軸，則稱它們互為“姊妺”圓錐曲線.已知橢圓，雙曲線是橢圓的“姊妺”圓錐曲線，分別為的離心率，且，點分別為橢圓的左 右頂點.
(1)求雙曲線的方程；
(2)設過點的動直線交雙曲線右支于兩點，若直線的斜率分別為.
（i）試探究與的比值是否為定值.若是定值，求出這個定值；若不是定值，請說明理由；
（ii）求的取值范圍.
（2022·山東青島·高三統考開學考試）
34．在平面直角坐標系Oxy中，動圓P與圓內切，且與圓外切，記動圓P的圓心的軌跡為E．
(1)求軌跡E的方程；
(2)不過圓心且與x軸垂直的直線交軌跡E于A，M兩個不同的點，連接交軌跡E于點B
（i）若直線MB交x軸于點N，證明：N為一個定點；
（ii）若過圓心的直線交軌跡E于D，G兩個不同的點，且，求四邊形ADBG面積的最小值．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．(1)
(2)是定值，且
【分析】（1）根據已知條件可得出關于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出橢圓的方程；
（2）先得到，聯立直線與橢圓方程，設、，根據韋達定理，以及弦長公式，得到，以及線段的中點坐標，討論和兩種情況，求出，進而可求出結果.
【詳解】（1）解：因為橢圓過點，且離心率為，
則，解得，
故橢圓的方程為.
（2）解：是定值.
由已知得直線的方程為.
由，消去，整理得.
所以，
設、，則，，
所以
，
則，
因為，
所以線段的中點為.
①當時，，，所以.
②當時，線段的垂直平分線方程為，
令，得，即，所以，
所以，
綜上所述，為定值.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
2．(1)
(2)定值，
【分析】（1）根據題意列出方程即可；
（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，列出表達式利用韋達定理計算即可.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，所以，
設到的距離為，因為，
所以，易得當時面積取得最大值，
所以，因為，
所以，，所以橢圓的方程為；
（2）證明：如圖，易知點在橢圓外，
設直線的方程為，，，
由得，
所以，，，
因為，所以，
所以，
所以，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：本題的第（2）問的化簡，這里化簡主要是利用了韋達定理和直線的方程，在化簡過程中同時涉及到通分，計算比較復雜，要認真計算.
3．(1)；
(2)．
【分析】（1）根據給定條件，設出點P的坐標，再列出方程化簡作答.
（2）設出直線l的方程，分別與橢圓E、曲線C的方程聯立，利用弦長公式求出弦長，再代入計算判斷作答.
【詳解】（1）設，依題意，，兩邊平方并整理，得，
所以曲線C的方程為．
（2）設，，，，依題意，設直線l的方程為，
由消去y并整理，得，而點為橢圓E的右焦點，
因此，，
則，
由（1）知，，
若直線l交曲線C于M、N兩點，且，則直線l與相交，
由消去y并整理，得，而點為拋物線的焦點，
則，于是，
從而，
要使為定值，則，即，
所以實數λ的值為3．
4．(1)
(2)
(3)為定值，且
【分析】（1）由離心率為，可得，再由點在雙曲線上可得出的值，由此可得出雙曲線的方程；
（2）求出兩條切線的方程，進而求出兩切線與雙曲線的交點坐標，結合兩點間的距離公式可求得；
（3）線斜率存在時，設出其方程并與雙曲線方程聯立，利用韋達定理、三角形相似可得為定值，驗證切線斜率不存在的情況作答.
【詳解】（1）解：設雙曲線的半焦距為，依題意，，即有，則，
因為點在雙曲線上，則，可得，則，
因此，雙曲線的方程為.
（2）解：當切線的斜率不存在時，切線的方程為，此時，圓心到直線的距離為，合乎題意，
當切線的斜率存在時，設切線的方程為，即，
由題意可得，解得，此時，切線方程為，
聯立，可得或，即點，
聯立，可得或，即點，
因此，.
（3）解：當圓在點處切線斜率不存在時，點或，切線方程為或，
由（1）及已知，得，則有，
當圓在點處切線斜率存在時，設切線方程為，設點、，
則有，即，
由消去得：，
顯然，
由韋達定理可得，，
而，，
則
，
因此，
在中，于點，則，
又因為，所以，，
所以，，則，
綜上得為定值.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
5．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意可得，，結合求出b，即可求解；
（2）設，，，直線方程聯立橢圓方程，利用韋達定理表示，進而表示，結合兩直線的位置關系和直線的點斜式方程即可求解.
【詳解】（1）橢圓過點，即，又，
又，則，
即橢圓方程為.
（2）由得，
，設，，則，
設的中點M為，
得，即，得，
所以.
所以的中垂線方程為，即，
故的中垂線恒過點.

6．(1)；
(2)證明見解析，.
【分析】（1）根據給定條件，求出即可求出橢圓 C的標準方程.
（2）設直線的方程為：，，聯立直線與橢圓得交點坐標，再結合已知求出的值即可得結論.
【詳解】（1）由橢圓的長軸長為4，得，即，
由離心率是，得，解得，
所以橢圓 C的標準方程為.
（2）設直線的方程為：，，
由消去并整理得：，
，即，設，
則，，于是點，
直線的方程為，則點，
由，解得，設點，則，
顯然點的縱坐標同號，由得，，
因此，解得，此時，直線：過定點，
所以直線經過定點，該定點坐標為.
7．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據已知條件列式求軌跡方程；（2）先設，坐標，設出所在直線方程與雙曲線方程聯立，再根據韋達定理確定兩根和與積的表達式，最后根據題中直線的斜率關系列方程求直線所過定點.
【詳解】（1）設，則，
可得P點的軌跡方程為.
（2）方法一：設，，，．
由題意知，．
聯立，得，
所以，即，
，．
由A，Q，M三點共線知①，
由B，Q，N三點共線知②，
由①②兩式得③．
又因為，即，
代入③式得，
即，
整理得，
即，
化簡得．
當時，，直線過定點，不符合題意，舍去．
當時，，直線過定點.
方法二：設，，
記，，
同方法一得③式，知．
設，代入，
得④．
因為，是方程④的根，
所以，得，
代入：得．
設，代入，
得，
解得，．
所以，
，
令，得，
所以直線MN過定點．
方法三：設，．
連接MB，由雙曲線斜率積的定義知，
同方法一得③式，知．
所以．
設⑤，
雙曲線方程可化為⑥．
點M，N滿足⑤⑥兩式，所以也滿足下式：
即，
即，
所以有，
解得，代入⑤式得，
所以直線MN過定點.
8．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用直線和拋物線相切，求出直線方程，然后利用距離公式表示出三角形的面積，結合函數求最大值即可；
（1）通過確定的外接圓圓心在的中點，然后證明，從而證明的外接圓經過異于點的點.
【詳解】（1），設，，，
由題意可知直線的斜率均存在，且不為0，
設直線的方程為
與拋物線聯立得：.
由相切得：，化簡得：,
故
則,
同理可得：，
因為同時在直線和上，
所以，.
所以直線的方程為：，即
聯立，消，得，
所以，，．
聯立直線和
聯立，解得，
同理，，
所以，
所以，
因為點到直線的距離，
所以
，
所以當時，
（2）由（1）得，的中點，
因為，
所以，
所以的外心為．
因為，
所以
，
所以，
所以的外接圓經過異于點的點．
9．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據漸近線以及經過的點，代入聯立方程即可求解，
（2）聯立直線與雙曲線方程得韋達定理，根據點斜式求解直線方程，即可得兩直線的交點坐標，代入化簡即可求解.
【詳解】（1）因為C的漸近線方程為，所以，
又點在C上，所以，
解得，，故C的方程為.
（2）由題意可得直線l的斜率不為0，設l的方程為，（），
設，，
聯立得，
則，，，
根據雙曲線的對稱性，不妨設A是左頂點，,
則直線，
同理得，
聯立與，得
，
即，故，得
解得，故點P在定直線上.
10．(1)
(2)直線與直線的交點都在上
【分析】（1）設直線，與拋物線方程聯立，根據拋物線定義及求得；
（2）分別表示出直線與方程，聯立得交點的橫坐標為定值.
【詳解】（1）由題意設直線，，，
聯立方程組，消得，，
所以，，解得，
即指物線的方程為．
（2）由（1）可知，，．
設直線，，,
聯立方程組，消得，
所以，．
直線的斜率為 ，
所以直線，即，
同理可得直線，從而，
即，
解得，所以直線與直線的交點都在上．
11．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求出直線的方程，利用點到直線的距離公式得到，再由，即可求出、，從而求出橢圓方程；
（2）聯立直線與橢圓方程，設，，消元，列出韋達定理，即可得到直線、的方程，設直線與的交點坐標為，求出，即可得解.
【詳解】（1）依題意可得直線的方程為，即，
則到直線的距離為.
又，，故，，
所以橢圓的標準方程為.
（2）由（1）得，所以直線的方程為，
由可得，
設，，顯然，
所以，，故.
由（1）可得，，則直線的方程為，
直線的方程為，
設直線與的交點坐標為，則，
故
，
解得，故直線與的交點在直線上.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
12．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用距離公式結合已知條件化簡可得出曲線的方程；
（2）設，則，設點、、，利用向量的坐標運算可得出，，結合平方差公式以及雙曲線的方程計算出，即可證得結論成立.
【詳解】（1）解：由題意可得，整理可得.
所以，曲線的方程為.
（2）證明：如下圖所示：
因為，設，則，
設點、、，
由可得，
即，所以，，
由可得，
即，所以，，
所以， ，，
所以，，即，
所以，點在定直線上.
【點睛】方法點睛：本題使用向量方法得到若干方程后，將這些方程進行整體處理，已達到消元的目的，這個方法比聯立方程的計算量要小，不失為一中巧妙的方法.
13．(1)
(2)
【分析】（1）將兩點代入橢圓方程，解得答案.
（2）設與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，根據相切得到，計算兩條直線之間的距離，得到面積的最大值.
【詳解】（1）橢圓經過兩點，則，
解得：，故橢圓方程為：；
（2），設與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，
，即，，即，
要使的面積最大，則為直線與橢圓在第三象限的切點，此時，
的方程為：，
又直線的方程為：，
點到直線的最大距離為直線與直線的距離，，
又，
的最大面積.
14．(1)
(2)
【分析】（1）根據拋物線中的幾何意義即可求解拋物線方程，即可代入可求解，
（2）根據斜率公式化簡可得直線AB：，結合圓的性質，即由點點距離求解.
【詳解】（1）因為拋物線的焦點到準線間的距離為2，
所以．
又因為點拋物線C上，所以．
（2）設，，所以，．
因為，所以，
所以，
又直線AB的方程為：，即，
所以直線AB：，
所以直線恒過．
因為于點D，所以點D在以PM為直徑的圓上．
即圓心為，半徑為．
．
所以DQ的最大值．
15．(1)
(2)
【分析】（1）根據焦距和和題目條件得到方程組，求出，得到橢圓方程；
（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，得到兩根之和，再表達出重心坐標，，求出最大值.
【詳解】（1）由題可知，解得
故的方程為；
（2）設的方程為，，.
聯立方程組整理得，
則，得，
.
設，因為，所以，，
所以
，
當，即（滿足）時，取得最大值，且最大值為.
16．(1)
(2)
【分析】（1）設雙曲線C的方程為，代入坐標可得答案；
（2）當直線l的斜率不存在時，可得A B的坐標及的周長；當直線l的斜率存在，設直線l的方程為，與雙曲線方程聯立，的周長利用韋達定理得到，設，根據的范圍可得答案.
【詳解】（1）依題意，設雙曲線C的方程為，
代入點，得，
所以雙曲線C的標準方程為.
（2）由（1）知，
雙曲線C的左焦點為，設 ，
①若直線l的斜率不存在，則，
得A B的坐標分別為和，
此時，
由雙曲線定義可知：，
所以
此時的周長為：
.
②若直線l的斜率存在，設直線l的方程為，
由得，
因為直線l交雙曲線的左支于A B兩點，所以
，解得，
設的周長為z，則有：
，
設，由，得，，，所以，
綜上，由①②可得的周長的最小值為.
【點睛】方法點睛：本題考查了直線與雙曲線的位置關系的綜合應用，考查了分析問題解決問題的能力，在處理圓錐曲線與直線的位置關系時，需要考慮直線斜率不存在的情況，同時設而不求是常用的方法需要熟練掌握，聯立消元的過程要提升計算的能力與正確率.
17．(1)
(2)
【分析】（1）設切點為，根據題意，列出點滿足的關系式即，則點的軌跡是橢圓，然后根據橢圓的標準方程求點的軌跡方程，
（2）根據題意設出直線MN的方程為，直線與橢圓聯立，得，由，可得，由根與系數的關系和 ，可得，由求出，即可求出答案.
【詳解】（1）設動圓P和圓B相切于點S，則B，P，S三點共線，
所以.
所以點P的軌跡是以，為焦點，長軸長為4的橢圓，
設該橢圓的方程為，則，，從而.
所以點P的軌跡方程為.
（2）由題意知直線MN的方程為，
設，.
聯立方程組，消去x得，
由，可得.
由根與系數的關系有.
由可得，代入上式得.
當時，是減函數，故.
由，
解得，
又，所以，
即k的取值范圍是.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求出雙曲線的漸近線，由點到直線距離公式得到方程，求出；
（2）設直線的方程為，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，進而由弦長公式求出，求出M點的坐標和線段的中垂線方程，得到，，求出，得到答案.
【詳解】（1）E的焦點為，
雙曲線的漸近線方程為，不妨取，即．
由點到直線的距離公式得，
得．
（2）由（1）知，，：．
設直線的方程為，
聯立消去x并整理，得，
設，，則，，
，
∴．
易得M點的坐標為，
∴的中垂線方程為，
令得，
∴，
從而，
∴，
∴實數的取值范圍為．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）把點坐標代入橢圓的方程得，由的面積可得，解得，進而得橢圓的方程；
（2）設直線的方程為，，．聯立直線與橢圓的方程的關于的一元二次方程，由，進而解得的取值范圍，再列出韋達定理，由，則，即可求出，從而得解；
（3）因為，，，，寫出直線的方程，令，解得．點的坐標為．同理可：點的坐標為．用坐標表示，，，代入，得，同理．由，，代入，化簡再求取值范圍．
【詳解】（1）因為橢圓經過點，
所以解得（負值舍去）．
由的面積為可知，解得，
所以橢圓的方程為．

（2）設直線的方程為，，．
聯立，消整理可得．
因為直線與橢圓有兩個不同的交點，
所以，解得，
因為，所以的取值范圍是，
所以，，
則
，
因為以為直徑的圓經過坐標原點，所以，
則，即，解得（負值舍去），
所以直線的方程為.

（3）因為，，，，
所以直線的方程是：，
令，解得，所以點的坐標為．
同理可得點的坐標為．
所以，，．
由，，
可得，，
所以，
同理，
由（2）得，
所以
，
因為，所以，所以，
則，所以，
所以的范圍是．

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
20．(1)；
(2).
【分析】(1)由雙曲線求其漸近線方程，求出點的坐標，由此可求拋物線方程；
(2)設直線的方程為，利用設而不求法表示條件關系，由此可求t的取值范圍．
【詳解】（1）設點的坐標為，因為點在第一象限，所以，
雙曲線的漸近線方程為，因為點在雙曲線的漸近線上，所以，
所以點的坐標為，又點在拋物線上，所以，所以，
故拋物線的標準方程為：；
（2）設直線的方程為，聯立，消得，，
方程的判別式，即，
設，，則，
因為點A、B在第一象限，所以，故，
設線段的中點為，則，
所以點的坐標為，
所以，
所以
又點到直線的距離，
因為為等邊三角形，
所以，，
所以，，
所以①，②，
將①代入②可得③，所以，所以，
將③代入①可得，所以，
故t的取值范圍為．
【點睛】(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系；
(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．
21．(1)2；
(2)證明見解析.
【分析】（1）聯立直線方程與拋物線方程得到，根據直線與拋物線相切可知，進而求出p的值.
（2）分別聯立與，的方程得到A，B兩點坐標，再設過點的直線的方程為，聯立直線與拋物線方程，根據直線與拋物線相切及韋達定理，得到，最后利用證明.
【詳解】（1）
因為直線與拋物線相切，
所以，解得或（舍），
故的值為2.
（2）證明：由（1）可知，焦點，準線方程為.
設準線上一點，
因為過點的兩條直線，分別與相切，所以直線，斜率均不為零，
故設過點的兩條直線，的方程分別為，.
，即A點坐標為
同理，B點坐標為.
所以，.
聯立，可得
因為，與相切，所以，即，
且為方程的兩根，
根據韋達定理，則有.
所以
所以，即.
【點睛】關鍵點點睛：第二小問的解題關鍵是分別聯立與，的方程得到A，B兩點坐標，再設過點的直線的方程為，將直線與拋物線方程聯立方程組，根據直線與拋物線相切，得到一元二次方程，再利用韋達定理，并借助來證明.
22．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由已知可得，，可得出橢圓的方程為，將點的坐標代入橢圓的方程，可得出的值，由此可得出橢圓的方程；
（2）分析可知，直線的斜率存在，設直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，利用斜率公式結合韋達定理可證得結論成立.
【詳解】（1）解：因為，則，，
所以，橢圓的方程為，即，
將點的坐標代入橢圓的方程可得，
因此，橢圓的方程為.
（2）解：若直線與軸重合，此時，直線、的斜率都不存在，不合乎題意.
所以，直線的斜率存在，設直線的方程為，設點、，
聯立可得，
，
由韋達定理可得，，
所以，
.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
23．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意，結合橢圓的定義和幾何性質，求得的值，即可得到橢圓的方程；
（2）設直線：，聯立方程組，得到，，根據，，三點共線，求得和，化簡得到，將代入求得，即可得證.
【詳解】（1）解：在橢圓中，由，可得，
又由的周長為，根據由橢圓的定義，可得，即，
則，所以橢圓的標準方程為.
（2）證明：如圖所示，設直線：，且，，，
聯立方程，整理得，
則，且，，
因為點，，三點共線，可得，即，
所以，
又由，
則
，
將，代入得，
所以三點共線.
24．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意分析，曲線為拋物線，計算出，得到方程即可；
（2）分析得到直線的斜率均存在且均不為零，假設出直線對應的方程，分別與拋物線進行聯立,根據韋達定理得到，由于與關于軸對稱，所以橫縱坐標的和相等，化簡計算即可驗證的結果.
【詳解】（1）當與原點重合時，顯然．
當與原點不重合時，連接，
為的中點，，
．
由拋物線的定義知，曲線是以為焦點、直線為準線的拋物線，
設拋物線的標準方程為，
則，
曲線的方程為．
（2）設點的坐標
設，則，
由題意知直線的斜率均存在且均不為零，
直線的方程為，
代入并整理得，，
．
直線的方程為，
代入并整理得，，
．
由于與關于軸對稱，
，
，
點在曲線上，，
，
．
25．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）根據題設及橢圓參數關系列方程求橢圓參數，即可得橢圓方程；
（2）令，聯立橢圓并應用韋達定理求得、，進而表示出、，令的斜率為，結合橢圓性質易得，且，即可判斷存在性.
【詳解】（1）由題設，故的方程為；
（2）由題意，直線不與x軸重合，令，聯立橢圓方程得，
所以，顯然，則，，
所以，，
令的斜率為，則，而，即，所以，
又，
所以，即存在.
26．(1)
(2)存在，點Q的坐標為或
【分析】（1）根據已知，根據的關系得出.將點代入橢圓方程，即可解出，進而得出；
（2）當直線l的斜率不為0時，設，，，設直線l：，聯立直線與橢圓方程，根據韋達定理表示出坐標關系，求出坐標.根據已知列出方程，整理推得，.代入橢圓方程求出點坐標；檢驗當直線l的斜率為0時，滿足對稱關系，即可得出答案.
【詳解】（1）因為橢圓C的離心率為，
所以，.
又，所以.
將代入橢圓方程，得，
所以，，
所以橢圓C的標準方程為．
（2）
當直線l的斜率不為0時，
設直線l：，聯立得，
整理得．
則，解得或.
設，，，
由韋達定理可得，，
則直線MQ：，
令，得，所以.
同理得．
由點A，B關于x軸對稱得，
即，
整理可得，.
易知點不在上，所以，
所以，，
所以，有，
整理得.
由n的任意性知，
將坐標代入代入橢圓方程有，解得，
所以點Q的坐標為或．
當直線l的斜率為0時，不妨令，，，
此時直線MQ：，
令，得，所以，
同理得，顯然點A，B關于x軸對稱，滿足.
綜上，存在滿足題意的點Q，且點Q的坐標為或．
【點睛】方法點睛：解決與圓錐曲線有關的頂點問題時，設出直線方程，聯立直線與圓錐曲線的方程，根據韋達定理表示出坐標關系.分析已知條件，得出等量關系，整理化簡即可得出結論.
27．(1)，
(2)存在，其方程為或
【分析】（1）根據拋物線的焦點坐標直接可得拋物線方程，再設，，結合，可得橢圓方程；
（2）設直線的方程，聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理及弦長公式，可得面積，再根據，可得直線方程.
【詳解】（1）由拋物線的焦點為，
可知，所以，
所以拋物線的方程為；
設橢圓的標準方程為，則，，
所以，，
由，可得，
又，
所以，解得或（舍），
則，
所以橢圓方程為；
（2）
由題意可知，直線的斜率一定不為，
則設直線的方程為，，，，，
聯立直線與拋物線，得，，
則，，
所以的面積，
聯立直線與橢圓，得，
，
則，，
所以的面積，
又，
所以，解得，
所以存在滿足條件的直線，且直線方程為或.
【點睛】(1)解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．
(2)涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．
28．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根據題設寫出直線的方程，聯立雙曲線，應用韋達定理及弦長公式求；
（2）由題設，根據向量數量積的定義及等面積法有，令，直線的方程為，其中，聯立雙曲線，應用韋達定理及向量數量積的坐標表示列方程求參數即可.
【詳解】（1）由題設，易知直線的方程為，設，
由，得，此時，所以，
所以，．
（2）因為，所以，
所以，所以，
由及等面積法得，所以．
設，直線的方程為，其中，
由，得，此時，
所以．
因為，
所以，
，
所以，整理得，
將韋達公式代入上式，整理得，所以．
所以，存在，使得．
29．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由點A的坐標求得，結合雙曲線的定義求得，進一步計算得出雙曲線的方程即可；
（2）設直線PQ的方程為，與雙曲線聯立得出韋達定理，結合兩個向量共線的坐標表示求得，得到直線l的方程.
【詳解】（1）由已知C：，點A的坐標為，得，
焦點，，.
所以，，故C：.
（2）設l的方程為，則，故，
由已知直線PQ斜率存在，設直線PQ的方程為，故.
與雙曲線方程聯立得：，
由已知得，，設，，
則，①
由，得：，，
消去得：，
即②
由①②得：，由已知，
故存在定直線l：滿足條件.
30．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由離心率與定點代入橢圓方程，建立方程組待定系數即可；
（2）由條件轉化為，設直線的方程為，將斜率坐標化，利用韋達定理代入，得到的等式，不論如何變化，等式恒成立求值即可.
【詳解】（1）因為，所以.
所以橢圓的方程為.
因為點在橢圓上，所以，解得，
所以.
所以橢圓的標準方程為.
（2）存在定點，使.理由如下：
由（1）知，，則點.
設在軸上存在定點，使成立.
當直線斜率為時，直線右焦點的直線即軸與交于長軸兩端點，
若，則，或.
當直線斜率不為時，設直線的方程為，.
由消去并整理，得，
則.
因為，所以，
所以，即.
所以，
即，
恒成立，
即對，恒成立，則，即.
又點滿足條件.
綜上所述，故存在定點，使.

31．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）當直線的斜率為時，寫出直線的方程，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，利用弦長公式可得出關于的方程，結合可求出的值，即可得出拋物線的標準方程；
（2）分析可知直線、都不與軸重合，設直線的方程為，將該直線的方程與拋物線的方程聯立，設、，由韋達定理可得，同理可得出，寫出直線、的方程，求出這兩條直線的交點的橫坐標，即可證得結論成立.
【詳解】（1）解：當直線的斜率為時，直線的方程為，設點、，
聯立可得，
，因為，可得，
由韋達定理可得，，
，
整理可得，解得或（舍去），
因此，拋物線的方程為.
（2）證明：當直線與軸重合時，直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，
所以，直線不與軸重合，同理可知直線也不與軸重合，
設直線的方程為，聯立可得，
則可得，
設點、，由韋達定理可得，
設直線的方程為，設點、，同理可得，
直線的方程為，即，
化簡可得，
同理可知，直線的方程為，
因為點在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，

交點必在垂直于軸的直線上，所以只需證明點的橫坐標為定值即可，
由，消去，
因為直線與相交，則，
解得
，
所以，點的橫坐標為，因此，直線與的交點必在定直線上.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
32．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由拋物線的方程求出的長，再由求出的值；
（2）設直線為，聯立直線與橢圓的方程，由韋達定理結合三點共線可求出，同理求出，由向量的數量積求出，即可證明.
【詳解】（1）因為點為拋物線的焦點，所以，即，
因為，所以，，所以，，，
所以橢圓的方程為.
（2）證明：由（1）可知：，，
設，，，，
顯然直線的斜率不為0，故可設為.
由得：，
，
，.
，，三點共線，.
同理：，
，
，
故，即：.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
33．(1)
(2)（i）為定值，（ii）
【分析】（1）設出雙曲線方程，根據離心率的乘積得到方程，求出，得到答案；
（2）（i）設，直線的方程為，聯立雙曲線方程，得到兩根之和，兩根之積，得到；
（ii）方法一：設直線，代入雙曲線方程，由兩根之積得到，結合點A在雙曲線的右支上，得到，同理得到，結合確定，由和函數單調性得到答案；
方法二：求出雙曲線的漸近線方程，由于點A在雙曲線的右支上，與漸近線的斜率比較得到，同理可得，結合求出，由和函數單調性得到答案.
【詳解】（1）由題意可設雙曲線，則，解得，
所以雙曲線的方程為.
（2）（i）設，直線的方程為，
由，消元得.
則，且，
，

或由韋達定理可得，即,
，
即與的比值為定值.
（ii）方法一：設直線，
代入雙曲線方程并整理得，
由于點為雙曲線的左頂點，所以此方程有一根為，.
由韋達定理得：，解得.
因為點A在雙曲線的右支上，所以，解得，
即，同理可得，
由（i）中結論可知，
得，所以，
故，
設，其圖象對稱軸為，
則在上單調遞減，故，
故的取值范圍為；
方法二：由于雙曲線的漸近線方程為，
如圖，過點作兩漸近線的平行線，由于點A在雙曲線的右支上，
所以直線介于直線之間（含軸，不含直線），

所以.
同理，過點作兩漸近線的平行線，
由于點在雙曲線的右支上，
所以直線介于直線之間（不含軸，不含直線），

所以.
由（i）中結論可知，
得，所以,
故.
【點睛】方法點睛：（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．
34．(1)
(2)
【分析】（1）設動圓P的半徑為R，圓心為，根據題意列出，即可得，結合橢圓定義即可求得答案；
（2）（i）設直線AB的方程并聯立橢圓方程，可得根與系數的關系，進而利用BM方程，求出N點坐標，結合根與系數關系式化簡，可得結論；
（ii）求出弦長和，結合題意可求出四邊形ADBG面積的表達式，利用基本不等式即可求得其最小值.
【詳解】（1）設動圓P的半徑為R，圓心為，
即，
，即，
而動圓P與圓內切，且與圓外切，
故，則，
故動圓P的圓心的軌跡是以為焦點的橢圓，
設其方程為，則，
故軌跡E的方程為.
（2）（i）由題意知AB斜率存在，設其方程為，，
則，
由，得，
由于直線AB過橢圓焦點，則必有，則，
直線BM的方程為，
令，可得
，
即N為一個定點；
（ii）
，同理可得，
，則
，
當且僅當，即時等號成立，
即四邊形ADBG的面積的最小值為.
答案第1頁，共2頁
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