資源簡介

圓錐曲線中的阿基米德三角形
（高階拓展、競賽適用）
（8類核心考點精講精練）
命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的選考內容，設題不定，難度中等或偏難，分值為5-17分
【備考策略】1.理解、掌握圓錐曲線阿基米德三角形的定義
2.理解、掌握圓錐曲線的阿基米德三角形問題及其相關計算
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，小題和大題都會作為載體命題，同學們要會結合公式運算，需強化訓練復習
知識講解
橢圓中的阿基米德三角形
設橢圓的弦為 為阿基米德三角形, 則有:
性質 1: 弦 繞著定點 轉動時, 則其所對頂點 落在直線 上.
其中, 當 點為左 (右) 焦點時, 點位于左 (右) 準線上.
性質 2: 直線 的斜率成等差數列, 即 .
性質 3: 當 點為焦點時, .
雙曲線中的阿基米德三角形
設雙曲線 的弦為 為阿基米德三角形, 則有:
性質 1: 弦 繞者定點 轉動時, 則其所對頂點 落在直線 上.
其中, 當 點為左 (右) 焦點時, 點位于左 (右) 準線上.
性質 2: 直線 的斜率成等差數列, 即 .
性質 3: 當 點為焦點時, .
拋物線中的阿基米德三角形
拋物線的弦為 為阿基米德三角形, 則有:
阿基米德三角形底邊上的中線平行于拋物線的軸
若阿基米德三角形的底邊即弦 過拋物線內的定點 , 則另一頂點 的軌跡為一條直線
若直線 與拋物線沒有公共點，以 上的點為頂點的阿基米德三角形的底邊過定點 (若直線 方程為: , 則定點的坐標為 .
底邊為 的阿基米德三角形的面積最大值為 .
若阿基米德三角形的底邊過焦點, 頂點 的軌跡為準線, 且阿基米德三角形的面積最小值為
在阿基米德三角形中,
.
拋物線上任取一點 (不與 重合), 過 作拋物線切線交 于 ,連接 , 則 的面積是 面積的 2 倍
考點一、阿基米德三角形的認識及簡單應用
1．過拋物線的焦點作拋物線的弦與拋物線交于、兩點，為的中點，分別過、兩點作拋物線的切線、相交于點.又常被稱作阿基米德三角形.下面關于的描述：
①點必在拋物線的準線上；
②；
③設、，則的面積的最小值為；
④；
⑤平行于軸.
其中正確的個數是（ ）
A． B． C． D．
2．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，不僅在物理學方面貢獻巨大，還享有“數學之神”的稱號．拋物線上任意兩點，處的切線交于點，稱為“阿基米德三角形”，當線段經過拋物線焦點時，具有以下特征：（1）點必在拋物線的準線上；（2）為直角三角形，且；（3）．已知過拋物線焦點的直線與拋物線交于，兩點，過點，處的切線交于點，若點的橫坐標為，則直線的方程為（ ）
A． B．
C． D．
1．被譽為“數學之神”之稱的阿基米德（前287—前212），是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，他最早利用逼近的思想證明了如下結論：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積，等于拋物線的弦與經過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形面積的三分之二．這個結論就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被稱為阿基米德三角形．在平面直角坐標系心中，已知直線l：y＝4與拋物線C：交于A，B兩點，則弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積為 ．
2．（2024高三下·江蘇·專題練習）（多選）如圖，為阿基米德三角形.拋物線上有兩個不同的點，以A，B為切點的拋物線的切線相交于點P.給出如下結論，其中正確的為（ ）

A．若弦過焦點，則為直角三角形且
B．點P的坐標是
C．的邊所在的直線方程為
D．的邊上的中線與y軸平行（或重合）
考點二、阿基米德三角形之定點、定軌跡問題
1．（2023·山東·模擬預測）已知拋物線：，過直線：上的動點可作的兩條切線，記切點為，則直線（ ）
A．斜率為2 B．斜率為 C．恒過點 D．恒過點
2．（2024·湖南·三模）已知拋物線的焦點為F，過F且斜率為2的直線與E交于A，B兩點，.
(1)求E的方程；
(2)直線，過l上一點P作E的兩條切線，切點分別為M，N.求證：直線過定點，并求出該定點坐標.
3．（23-24高三上·江西·階段練習）過點作軸的垂線，垂足為，且該垂線與拋物線交于點，，記動點的軌跡為曲線.
(1)試問為何種圓錐曲線？說明你的理由.
(2)圓是以點為圓心，為半徑的圓，過點作圓的兩條切線，這兩條切線分別與相交于點，（異于點）.當變化時，是否存在定點，使得直線恒過點？若存在，求的坐標；若不存在，請說明理由.
4．（2023·廣東廣州·一模）已知拋物線的焦點到準線的距離為2，圓與軸相切，且圓心與拋物線的焦點重合.
(1)求拋物線和圓的方程；
(2)設為圓外一點，過點作圓的兩條切線，分別交拋物線于兩個不同的點和點.且，證明：點在一條定曲線上.
1．（2024·陜西咸陽·模擬預測）橢圓的離心率為，上、下頂點與一個焦點圍成的三角形的面積為．
(1)求橢圓C的方程：
(2)過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，求證：直線過定點．
2．（2023·陜西安康·模擬預測）已知橢圓的焦點分別分別為的上 下頂點，過且垂直于的直線與交于兩點，
(1)求橢圓的方程；
(2)過直線上任一點，作橢圓的兩條切線，切點為兩點，證明：直線過定點.
3．（2023·云南昆明·模擬預測）橢圓方程，平面上有一點．定義直線方程是橢圓在點處的極線．已知橢圓方程．
(1)若在橢圓上，求橢圓在點處的極線方程；
(2)若在橢圓上，證明：橢圓在點處的極線就是過點的切線；
(3)若過點分別作橢圓的兩條切線和一條割線，切點為，，割線交橢圓于，兩點，過點，分別作橢圓的兩條切線，且相交于點．證明：，，三點共線．
考點三、阿基米德三角形之定值問題
1．（2024·四川成都·模擬預測）已知拋物線的焦點為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作兩條傾斜角互補的直線，直線交拋物線于兩點，直線交拋物線于兩點，連接，設的斜率分別為，問：是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
2．（2023高二下·海南·學業考試）已知橢圓：的離心率為，且經過點．
(1)求的方程；
(2)過橢圓外一動點作橢圓的兩條切線，，斜率分別為，，若恒成立，證明：存在兩個定點，使得點到這兩定點的距離之和為定值．
3．（22-23高三上·湖南長沙·階段練習）已知F是拋物線C：的焦點，以F為圓心，2p為半徑的圓F與拋物線C交于A，B兩點，且.
(1)求拋物線C和圓F的方程；
(2)若點P為圓F優弧AB上任意一點，過點P作拋物線C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，請問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由.
1．（2023·安徽黃山·二模）已知拋物線，為焦點，若圓與拋物線交于兩點，且
(1)求拋物線的方程；
(2)若點為圓上任意一點，且過點可以作拋物線的兩條切線，切點分別為.求證：恒為定值.
2．（2023·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為，過點且斜率為的直線與拋物線交于、兩點，分別過、兩點作拋物線的切線，兩條切線分別與軸交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，為線段的中點，為線段的中點．
(1)證明：為定值；
(2)設直線的斜率為，證明：為定值．
3．（2023·河南·一模）已知點在拋物線上，且到拋物線的焦點的距離為2.
(1)求拋物線的標準方程；
(2)過點向拋物線作兩條切線，切點分別為，若直線與直線交于點，且點到直線 直線的距離分別為.求證：為定值.
考點四、阿基米德三角形之面積問題
1．（2021高三·全國·競賽）過橢圓上一點M作圓的兩條切線，點A B為切點過A B的直線l與x軸 y軸分別交于點P Q兩點，則面積的最小值為 .
2．（2024·河北秦皇島·二模）已知拋物線：的焦點為，點是軸下方的一點，過點作的兩條切線，且分別交軸于兩點.
(1)求證：，，，四點共圓；
(2)過點作軸的垂線，兩直線分別交于兩點，求的面積的最小值.
3．（2024·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為、，為坐標原點，在橢圓上僅存在個點，使得為直角三角形，且面積的最大值為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)已知點是橢圓上一動點，且點在軸的左側，過點作的兩條切線，切點分別為、.求的取值范圍.
1．（21-22高二上·福建龍巖·期中）畫法幾何的創始人——法國數學家加斯帕爾·蒙日發現：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓.我們通常把這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓的蒙日圓方程為，橢圓的離心率為，為蒙日圓上一個動點，過點作橢圓的兩條切線，與蒙日圓分別交于、兩點，則面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·內蒙古包頭·一模）已知拋物線的焦點為F，且F與圓上點的距離的最大值為8．
(1)求拋物線M的方程；
(2)若點Q在C上，QA，QB為M的兩條切線，A，B是切點（A在B的上方），求面積的最小值．
3．（23-24高三下·重慶·期中）在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點與橢圓的一個焦點重合，是拋物線上位于軸兩側不對稱的兩動點，且．
(1)求證：直線恒過一定點，并求出該點坐標；
(2)若點為軸上一定點，且；
（ⅰ）求出點坐標；
（ⅱ）過點作平行于軸的直線，在上任取一點作拋物線的兩條切線，切點為，，求面積的最小值．
考點五、阿基米德三角形之切線垂直
1．（2023·全國·高三專題練習）拋物級的焦點到直線的距離為2.
（1）求拋物線的方程；
（2）設直線交拋物線于，兩點，分別過，兩點作拋物線的兩條切線，兩切線的交點為，求證： .
1．（2023·全國·高三專題練習）已知拋物線的方程為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.
（1）若點坐標為，求切線的方程；
（2）若點是拋物線的準線上的任意一點，求證：切線和互相垂直.
2．（2024·廣東汕頭·三模）已知雙曲線：的漸近線方程為，過點的直線交雙曲線于，兩點，且當軸時，.
(1)求的方程；
(2)記雙曲線的左右頂點分別為，，直線，的斜率分別為，，求的值.
(3)探究圓：上是否存在點，使得過作雙曲線的兩條切線，互相垂直.
考點六、阿基米德三角形之角度問題
1．（2024·安徽·模擬預測）已知橢圓的一條準線的方程為，點分別為橢圓的左、右頂點，長軸長與焦距之差為2．
(1)求的標準方程；
(2)過上任一點作的兩條切線，切點分別為，當四邊形的面積最大時，求的正切值．
2．（2023高三·全國·專題練習）已知，分別是橢圓的上、下焦點，直線過點且垂直于橢圓長軸，動直線垂直于點，線段的垂直平分線交于點，點的軌跡為.
(1)求軌跡的方程；
(2)若動點在直線上運動，且過點作軌跡的兩條切線、，切點為A、B，試猜想與的大小關系，并證明你的結論的正確性.
1．（2024·全國·二模）如圖，過點的動直線交拋物線于兩點.
(1)若，求的方程；
(2)當直線變動時，若不過坐標原點，過點分別作（1）中的切線，且兩條切線相交于點，問：是否存在唯一的直線，使得？并說明理由.
考點七、阿基米德三角形之點坐標問題
1．（2023·浙江金華·模擬預測）已知拋物線，圓是上異于原點的一點.
(1)設是上的一點，求的最小值；
(2)過點作的兩條切線分別交于兩點（異于）.若，求點的坐標.
1．（2024·云南大理·模擬預測）已知點，點是圓上一動點，動點滿足，線段的中垂線與直線交于點.
(1)求點的軌跡的標準方程；
(2)已知點在直線上，過點作曲線的兩條切線，切點分別為，若四邊形的面積，求的最大值，并求出此時點的坐標.
2．（23-24高三下·遼寧·階段練習）已知雙曲線（，）的離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過原點的直線與交于，兩點（異于點），記直線和直線的斜率分別為，，證明：的值為定值；
(3)過雙曲線上不同的兩點，分別作雙曲線的切線，若兩條切線相交于點，且，求的最大值.
考點八、阿基米德三角形之參數問題
1．（2024·四川內江·三模）已知拋物線E的準線方程為：，過焦點的直線與拋物線交于A、B兩點，分別過A、B兩點作拋物線的切線，兩條切線分別與軸交于C、D兩點，直線CF與拋物線交于M、N兩點，直線DF與拋物線交于P、Q兩點.
(1)求拋物線的標準方程；
(2)是否存在實數，使得恒成立，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
1．（2024·四川成都·模擬預測）已知拋物線的焦點為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作兩條傾斜角互補的直線，交拋物線于兩點，交拋物線于兩點，連接，設的斜率分別為，求的值；
(3)設，求的值.
1．（2023高三·全國·專題練習）從直線上的任意一點作圓的兩條切線，切點為，則弦長度的最小值為 ．
2．（2024·四川成都·模擬預測）已知拋物線，弦過其焦點，分別過弦的端點的兩條切線交于點，點到直線距離的最小值是（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由偉大的古希臘數學家阿基米德提出，有著很多重要的應用，如在化學中作為一種穩定的幾何構型，在平面設計中用于裝飾燈等.在圓倠曲線中，稱圓錐曲線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形.已知拋物線的焦點為，頂點為，斜率為的直線過點且與拋物線交于兩點，若為阿基米德三角形，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·云南昆明·一模）已知拋物線C：（）的焦點為F，直線與C交于A，B兩點，．
(1)求C的方程；
(2)過A，B作C的兩條切線交于點P，設D，E分別是線段PA，PB上的點，且直線DE與C相切，求證：．
5．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知橢圓的離心率為，依次連接四個頂點得到的圖形的面積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過直線上一點作橢圓的兩條切線，切點分別為，求證：直線過定點.
6．（23-24高三下·浙江杭州·開學考試）已知拋物線的焦點為.設（其中，）為拋物線上一點.過作拋物線的兩條切線，，，為切點.射線交拋物線于另一點.
(1)若，求直線的方程；
(2)求四邊形面積的最小值.
7．（2024·陜西·二模）在平面直角坐標系中，橢圓的右焦點為，右準線與軸交于點.點是右準線上的一個動點（異于點），過點作橢圓的兩條切線，切點分別為.已知.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線的斜率分別為，直線的斜率為，證明：.
8．（2022高三·全國·專題練習）設橢圓的中心在原點，焦點在軸上，垂直軸的直線與橢圓相交于、兩點，當的周長取最大值時，．
(1)求橢圓的方程；
(2)過圓上任意一點作橢圓的兩條切線、，直線、與圓的另一交點分別為、,
①證明：；
②求面積的最大值．
9．（2022·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，P為拋物線上一動點，點P到F的最小距離為1．
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)過點向C作兩條切線AM，AN，切點分別為M，N，直線AF與直線MN交于點Q，求證：點Q到直線FM的距離等于到直線FN的距離．
10．（23-24高二下·上海·階段練習）設拋物線的焦點為為上一點．已知點的縱坐標為，且點到焦點的距離是．點為圓上的點，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為，記兩切線的斜率分別為．
(1)求拋物線的方程；
(2)若點的坐標為，求值；
(3)設直線與軸分別交于點，求的取值范圍．
11．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）橢圓的離心率為，短軸長為2，點為橢圓的右頂點．，過點作的兩條切線分別與橢圓交于兩點（不同于點）．
(1)求橢圓的方程；
(2)當變化時，直線的斜率乘積是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，請說明理由；
(3)給定一個，橢圓上的點到直線的距離的最大值為，當變化時，求的最大值，并求出此時的值．
12．（23-24高三上·河南·開學考試）已知拋物線的焦點為，以為圓心作半徑為1的圓，過且傾斜角為的直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求的方程；
(2)設為坐標原點，為上一點，過作圓的兩條切線，分別交于另外兩點，直線分別交軸正半軸、軸正半軸于兩點，求面積的最小值．
13．（23-24高三上·云南保山·期末）已知橢圓：（），且橢圓的長軸長為4，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，現過點的直線分別交橢圓于，兩點，且直線交線段于點，試判斷與的大小，并說明理由.
14．（2024·廣東廣州·二模）已知點是拋物線的焦點，的兩條切線交于點是切點．
(1)若，求直線的方程；
(2)若點在直線上，記的面積為的面積為，求的最小值；
(3)證明：．
15．（2024·云南·模擬預測）已知橢圓的離心率為，上 下頂點與其中一個焦點圍成的三角形面積為，過點作橢圓的兩條切線，切點為.
(1)求橢圓的方程；
(2)求所在直線的方程；
(3)過點作直線交橢圓于兩點，交直線于點，求的值.
16．（2022·重慶沙坪壩·模擬預測）已知拋物線：的焦點為，過點引圓：的一條切線，切點為，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過圓M上一點A引拋物線C的兩條切線，切點分別為P，Q，是否存在點A使得的面積為？若存在，求點A的個數；否則，請說明理由.
17．（22-23高三下·山西晉城·階段練習）已知拋物線的焦點為，準線為，點是直線上一動點，直線與直線交于點，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作拋物線的兩條切線，切點為，且，求面積的取值范圍.
18．（2023·江西南昌·三模）已知橢圓經過點，且離心率為，為橢圓的左焦點，點為直線上的一點，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，連接，，．
(1)證明：直線經過定點；
(2)若記、的面積分別為和，當取最大值時，求直線的方程．
參考結論：為橢圓上一點，則過點的橢圓的切線方程為．
19．（2024·甘肅蘭州·一模）已知圓過點，和，且圓與軸交于點，點是拋物線的焦點.
(1)求圓和拋物線的方程；
(2)過點作直線與拋物線交于不同的兩點，，過點，分別作拋物線的切線，兩條切線交于點，試判斷直線與圓的另一個交點是否為定點，如果是，求出點的坐標；如果不是，說明理由．
20．（23-24高三下·重慶大足·階段練習）已知直線與拋物線：交于，兩點．是線段的中點，點在直線上，且垂直于軸．
(1)求證：的中點在上；
(2)設點在拋物線：上，，是的兩條切線，，是切點．若，且位于軸兩側，求證：．
21．（2024高三·全國·專題練習）左、右焦點分別為的橢圓經過點，為橢圓上一點，的重心為，內心為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若為直線上一點，過點作橢圓的兩條切線為切點，問直線是否過定點？若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由．
22．（2024·安徽·二模）已知點在橢圓：的外部，過點作的兩條切線，切點分別為，．
(1)①若點坐標為，求證：直線的方程為；②若點的坐標為，求證：直線的方程為；
(2)若點在圓上，求面積的最大值．
23．（2024·浙江杭州·模擬預測）已知動圓與圓：和圓：都內切，記動圓圓心的軌跡為.
(1)求的方程；
(2)已知圓錐曲線具有如下性質：若圓錐曲線的方程為，則曲線上一點處的切線方程為：.試運用該性質解決以下問題：點為直線上一點（不在軸上），過點作的兩條切線，，切點分別為，.
（ⅰ）證明：；
（ⅱ）點關于軸的對稱點為，直線交軸于點，直線交曲線于，兩點.記，的面積分別為，，求的取值范圍.
24．（23-24高二下·河北石家莊·階段練習）由橢圓的兩個焦點和短軸的一個頂點組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”．如果橢圓的“特征三角形”為，橢圓的“特征三角形”為，若，則稱橢圓與“相似”，并將與的相似比稱為橢圓與的相似比．已知橢圓：與橢圓：相似．
(1)求橢圓的離心率；
(2)若橢圓與橢圓的相似比為，設為上異于其左、右頂點，的一點．
①當時，過分別作橢圓的兩條切線，，切點分別為，，設直線，的斜率為，，證明：為定值；
②當時，若直線與交于，兩點，直線與交于，兩點，求的值．
25．（2024·全國·模擬預測）已知動圓過點，且與直線相切于點，設動點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點作曲線的兩條切線分別與曲線相切于點，與軸分別交于兩點.記，，的面積分別為、、．
（i）證明：四邊形為平行四邊形；
（ii）證明：成等比數列.
1．（全國·統考高考真題）已知曲線C：y=，D為直線y=上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.
（1）證明：直線AB過定點：
（2）若以E(0，)為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積.
2．（遼寧·高考真題）如圖，拋物線
（I）；
（II）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)圓錐曲線中的阿基米德三角形
（高階拓展、競賽適用）
（8類核心考點精講精練）
命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的選考內容，設題不定，難度中等或偏難，分值為5-17分
【備考策略】1.理解、掌握圓錐曲線阿基米德三角形的定義
2.理解、掌握圓錐曲線的阿基米德三角形問題及其相關計算
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，小題和大題都會作為載體命題，同學們要會結合公式運算，需強化訓練復習
知識講解
橢圓中的阿基米德三角形
設橢圓的弦為 為阿基米德三角形, 則有:
性質 1: 弦 繞著定點 轉動時, 則其所對頂點 落在直線 上.
其中, 當 點為左 (右) 焦點時, 點位于左 (右) 準線上.
性質 2: 直線 的斜率成等差數列, 即 .
性質 3: 當 點為焦點時, .
雙曲線中的阿基米德三角形
設雙曲線 的弦為 為阿基米德三角形, 則有:
性質 1: 弦 繞者定點 轉動時, 則其所對頂點 落在直線 上.
其中, 當 點為左 (右) 焦點時, 點位于左 (右) 準線上.
性質 2: 直線 的斜率成等差數列, 即 .
性質 3: 當 點為焦點時, .
拋物線中的阿基米德三角形
拋物線的弦為 為阿基米德三角形, 則有:
阿基米德三角形底邊上的中線平行于拋物線的軸
若阿基米德三角形的底邊即弦 過拋物線內的定點 , 則另一頂點 的軌跡為一條直線
若直線 與拋物線沒有公共點，以 上的點為頂點的阿基米德三角形的底邊過定點 (若直線 方程為: , 則定點的坐標為 .
底邊為 的阿基米德三角形的面積最大值為 .
若阿基米德三角形的底邊過焦點, 頂點 的軌跡為準線, 且阿基米德三角形的面積最小值為
在阿基米德三角形中,
.
拋物線上任取一點 (不與 重合), 過 作拋物線切線交 于 ,連接 , 則 的面積是 面積的 2 倍
考點一、阿基米德三角形的認識及簡單應用
1．過拋物線的焦點作拋物線的弦與拋物線交于、兩點，為的中點，分別過、兩點作拋物線的切線、相交于點.又常被稱作阿基米德三角形.下面關于的描述：
①點必在拋物線的準線上；
②；
③設、，則的面積的最小值為；
④；
⑤平行于軸.
其中正確的個數是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】作出圖形，設點、，設直線的方程為，將直線的方程與拋物線方程聯立，列出韋達定理，求出直線、的方程，求出點的坐標，可判斷①的正誤；利用直線、斜率的關系可判斷②的正誤；計算出的面積的表達式，可判斷③的正誤；利用直線、的斜率關系可判斷④的正誤；求出直線的斜率，可判斷⑤的正誤.綜合可得出結論.
【詳解】先證明出拋物線在其上一點處的切線方程為.
證明如下：
由于點在拋物線上，則，
聯立，可得，即，，
所以，拋物線在其上一點處的切線方程為.
如下圖所示：
設、，設直線的方程為，
聯立，消去得，
由韋達定理可得，，
對于命題①，拋物線在點處的切線方程為，即，
同理可知，拋物線在點處的切線方程為，
聯立，解得，所以點的橫坐標為，
即點在拋物線的準線上，①正確；
對于命題②，直線的斜率為，直線的斜率為，，
所以，，②正確；
對于命題④，當垂直于軸時，由拋物線的對稱性可知，點為拋物線的準線與軸的交點，此時；
當不與軸垂直時，直線的斜率為，
直線的斜率為，，則.
綜上，，④正確；
對于命題③，，
，
所以，，
當且僅當時，等號成立，③錯誤；
對于命題⑤，當垂直于軸時，由拋物線的對稱性可知，點為拋物線的準線與軸的交點，此時直線與軸重合，⑤錯誤.
故選：B.
【點睛】本題考查拋物線的幾何性質，考查了拋物線的焦點弦的幾何性質以及韋達定理法的應用，考查計算能力，屬于中等題.
2．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，不僅在物理學方面貢獻巨大，還享有“數學之神”的稱號．拋物線上任意兩點，處的切線交于點，稱為“阿基米德三角形”，當線段經過拋物線焦點時，具有以下特征：（1）點必在拋物線的準線上；（2）為直角三角形，且；（3）．已知過拋物線焦點的直線與拋物線交于，兩點，過點，處的切線交于點，若點的橫坐標為，則直線的方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據“阿基米德三角形”的性質直接可得點的坐標，進而得解.
【詳解】拋物線的焦點的坐標為，準線方程為，
由題意知，為“阿基米德三角形”，可得點必在拋物線的準線上，
所以點，直線的斜率為，
又因為，所以直線的斜率為，
所以直線的方程為，即,
故選：C．
1．被譽為“數學之神”之稱的阿基米德（前287—前212），是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，他最早利用逼近的思想證明了如下結論：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積，等于拋物線的弦與經過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形面積的三分之二．這個結論就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被稱為阿基米德三角形．在平面直角坐標系心中，已知直線l：y＝4與拋物線C：交于A，B兩點，則弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積為 ．
【答案】
【分析】先求出A，B兩點的坐標，然后再求出過A，B兩點的切線方程，從而可求出直線l與兩條切線所圍成的三角形的面積，進而可求出弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積
【詳解】解：由，得或，
不妨設A (4，4)，B (﹣4，4)，
由得，所以過點A，B的切線的斜率分別為
所以在該兩點處的拋物線的切線方程分別y＝2x﹣4，y＝﹣2x﹣4，
從而拋物線的弦與經過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形面積為，
故弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積為．
故答案為：
【點睛】此題考查拋物線的幾何性質的應用，考查曲線的切線的求法，屬于基礎題.
2．（2024高三下·江蘇·專題練習）（多選）如圖，為阿基米德三角形.拋物線上有兩個不同的點，以A，B為切點的拋物線的切線相交于點P.給出如下結論，其中正確的為（ ）

A．若弦過焦點，則為直角三角形且
B．點P的坐標是
C．的邊所在的直線方程為
D．的邊上的中線與y軸平行（或重合）
【答案】ACD
【分析】設，由導數的幾何意義得切線斜率，利用焦點弦性質得，A正確；寫出切線方程，聯立求出點坐標，得B錯誤；用兩點坐標表示出，寫出直線方程，并化簡可得C正確；設為拋物線弦的中點，立即得D正確.
【詳解】由題意設，
由，得，則，
所以，
若弦過焦點，顯然直線斜率存在，設所在直線為，聯立，
得，
則，
所以，
所以，故A正確；
以點A為切點的切線方程為，以點B為切點的切線方程為，
聯立消去y得，
將代入，
得，
所以，故B錯誤；
設N為拋物線弦的中點，N的橫坐標為，因此直線平行于y軸(或與y軸重合)，即平行于拋物線的對稱軸(或與對稱軸重合)，故D正確；
設直線的斜率為，
故直線的方程為，
化簡得，故C正確.
故選：ACD.
考點二、阿基米德三角形之定點、定軌跡問題
1．（2023·山東·模擬預測）已知拋物線：，過直線：上的動點可作的兩條切線，記切點為，則直線（ ）
A．斜率為2 B．斜率為 C．恒過點 D．恒過點
【答案】D
【分析】設，求導，根據導函數幾何意義得到切線方程，設，將其代入兩切線方程，得到直線的方程為，得到過定點.
【詳解】設，則，，
由于，故過點的切線方程為，
即，即，
同理可得過點的切線方程為，
設，過點的兩切線交于點，
故，整理得，
同理，整理得，
故直線的方程為，
斜率不為定值，AB錯誤，當時，，恒過點，C錯誤，D正確.
故選：D
2．（2024·湖南·三模）已知拋物線的焦點為F，過F且斜率為2的直線與E交于A，B兩點，.
(1)求E的方程；
(2)直線，過l上一點P作E的兩條切線，切點分別為M，N.求證：直線過定點，并求出該定點坐標.
【答案】(1)
(2)證明見詳解；定點坐標為
【分析】（1）根據已知條件，設直線的方程為，設，聯立拋物線方程，根據拋物線的弦長求得，即得答案；
（2）設直線的方程為，，，聯立拋物線方程，得到韋達定理，利用導數的幾何意義，設出切線與的方程，兩者聯立，可求出，即可證得直線過定點，并得出該定點坐標.
【詳解】（1）
由已知，，過F且斜率為2的直線與E交于A，B兩點，
設的方程為，,
聯立，得，則，
則，
所以，
解得，
故拋物線E的方程為：.
（2）設直線的方程為，，，
聯立，得，
，即，
所以，，
令，當時，
可化為，則，
則在處的切線的方程為：，
即，
同理可得切線的方程為：，
聯立與的方程，解得，
所以，則，滿足，
則直線的方程為，
所以直線過定點，該定點坐標為.
【點睛】方法點睛：直線和拋物線的位置關系中，證明直線過定點問題，一般是設出直線方程，利用根與系數的關系化簡，求得參數之間的關系式，再對直線分離參數，求得定點坐標，進而證明直線過定點.
3．（23-24高三上·江西·階段練習）過點作軸的垂線，垂足為，且該垂線與拋物線交于點，，記動點的軌跡為曲線.
(1)試問為何種圓錐曲線？說明你的理由.
(2)圓是以點為圓心，為半徑的圓，過點作圓的兩條切線，這兩條切線分別與相交于點，（異于點）.當變化時，是否存在定點，使得直線恒過點？若存在，求的坐標；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)橢圓，理由見解析
(2)存在定點滿足題意
【分析】（1）設，進而表示出，，結合即可求得結果.
（2）由直線與圓相切可得，設切線，的斜率分別為，，由韋達定理得，設，，聯立切線與圓的方程可求出點M、點N的坐標，進而求出，由點斜式方程可求出直線的方程，進而可求得定點.
【詳解】（1）為橢圓.
理由：如圖所示，

設，則，，
則，.
因為，所以，所以為橢圓.
（2）存在定點滿足題意.
理由：由題可知切線的斜率存在，如圖所示，

設切線方程為，圓，
則，整理得.
設切線，的斜率分別為，，則，是上述方程的兩根，由韋達定理得.
設，，
由得.
因為，所以，.
同理可得，.
因為，所以，，
所以，
所以直線的方程為，
即，整理得.
令，得，故存在定點滿足題意.
【點睛】求解直線或曲線過定點問題的方法指導
（1）把直線或曲線方程中的變量，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，這時參數的系數就要全部等于零，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）由直線方程確定其過定點時，若得到了直線方程的點斜式，則直線必過定點；若得到了直線方程的斜截式，則直線必過定點．
4．（2023·廣東廣州·一模）已知拋物線的焦點到準線的距離為2，圓與軸相切，且圓心與拋物線的焦點重合.
(1)求拋物線和圓的方程；
(2)設為圓外一點，過點作圓的兩條切線，分別交拋物線于兩個不同的點和點.且，證明：點在一條定曲線上.
【答案】(1)拋物線的方程為，圓的方程為
(2)證明見解析
【分析】（1）根據拋物線的焦點到準線的距離可得的值，即可得拋物線方程；根據圓的性質確定圓心與半徑，即可得圓的方程；
（2）根據直線與圓相切，切線與拋物線相交聯立，結合韋達定理，即可得所滿足的方程.
【詳解】（1）解：由題設得，
所以拋物線的方程為.
因此，拋物線的焦點為，即圓的圓心為
由圓與軸相切，所以圓半徑為，
所以圓的方程為.
（2）證明：由于，每條切線都與拋物線有兩個不同的交點，則.
故設過點且與圓相切的切線方程為，即.
依題意得，整理得①；
設直線的斜率分別為，則是方程①的兩個實根，
故，②，
由得③，
因為點，
則④，⑤
由②，④，⑤三式得：
，
即，
則，即，
所以點在圓.
1．（2024·陜西咸陽·模擬預測）橢圓的離心率為，上、下頂點與一個焦點圍成的三角形的面積為．
(1)求橢圓C的方程：
(2)過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，求證：直線過定點．
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據已知條件，求得，即可求得橢圓方程；
（2）先證明過橢圓上一點的切線方程的形式，再求得過點的切線方程，從而得到直線的方程，即可證明其恒過的頂點.
【詳解】（1）根據題意可得：，又，
解得，故橢圓方程為：.
（2）下證過橢圓上一點作橢圓的切線，其切線方程為：.
當且，，求導得：；
同理可得，當且時，，所以，當時，；
根據導數的幾何意義可得，過點的切線的斜率為，
故切線方程為：，即，
又，故切線方程為：，即證.
設坐標為，
故可得過點切線方程為：，又其過點，
則；同理可得，
故直線方程為，其恒過定點.
【點睛】關鍵點點睛：解決第二問的關鍵是證明過橢圓上一點作橢圓的切線，其切線方程為：，本題利用導數的幾何意義求得斜率，是解決問題的關鍵.
2．（2023·陜西安康·模擬預測）已知橢圓的焦點分別分別為的上 下頂點，過且垂直于的直線與交于兩點，
(1)求橢圓的方程；
(2)過直線上任一點，作橢圓的兩條切線，切點為兩點，證明：直線過定點.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）依題意可得，設橢圓的方程為，又可得為線段的垂直平分線，表示出直線的方程，聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，利用弦長公式得到方程，求出，即可得解；
（2）設，在點處的切線的方程為，聯立直線與橢圓方程，消元，由，即可得到點處的切線方程，同理可得點處切線方程，從而得到直線的方程，即可得解.
【詳解】（1）設，則，所以，，
設橢圓的方程為，即，
，
，為正三角形，
過且垂直于的直線與交于兩點，為線段的垂直平分線，
直線的斜率為，斜率的倒數為，
直線的方程，代入橢圓方程，
整理化簡得到，
所以，，，
，
，所以，
故橢圓的方程為.
（2）設，在點處的切線的方程為，
由，消去整理得，
則，
整理得，
解得
故在點處的切線方程為，整理可得.
當不存在時，切線方程為滿足上述結論，
設坐標為，同理可得，
設，則，
所以的直線方程為，
所以，
由題意，解得，故直線過定點.
【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.
3．（2023·云南昆明·模擬預測）橢圓方程，平面上有一點．定義直線方程是橢圓在點處的極線．已知橢圓方程．
(1)若在橢圓上，求橢圓在點處的極線方程；
(2)若在橢圓上，證明：橢圓在點處的極線就是過點的切線；
(3)若過點分別作橢圓的兩條切線和一條割線，切點為，，割線交橢圓于，兩點，過點，分別作橢圓的兩條切線，且相交于點．證明：，，三點共線．
【答案】(1)或；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）將代入橢圓方程計算得點的坐標，再寫出極線方程即可；
（2）寫出點處的極線方程，先討論的情況，可得處的極線就是過點的切線；再討論的情況，將橢圓方程與極線方程聯立，消元得關于的一元二次方程，計算得判別式，即可證明；
（3）分別寫出過點，N的切線方程，從而可得割線的方程，再寫出切點弦的方程，根據割線過點，代入割線方程計算，從而可得，，三點共線.
【詳解】（1）由題意知，當時，，所以或．
由定義可知橢圓在點處的極線方程為，
所以橢圓在點處的極線方程為，即
點處的極線方程為，即
（2）因為在橢圓上，所以，
由定義可知橢圓在點處的極線方程為，
當時，，此時極線方程為，所以處的極線就是過點的切線．
當時，極線方程為．
聯立，得．
．
綜上所述，橢圓在點處的極線就是過點的切線；
（3）設點，，，
由（2）可知，過點的切線方程為，
過點N的切線方程為．
因為，都過點，所以有，
則割線的方程為；
同理可得過點的兩條切線的切點弦的方程為．
又因為割線過點，代入割線方程得．
所以，，三點共線，都在直線上．
【點睛】方法點睛：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（或）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．
考點三、阿基米德三角形之定值問題
1．（2024·四川成都·模擬預測）已知拋物線的焦點為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作兩條傾斜角互補的直線，直線交拋物線于兩點，直線交拋物線于兩點，連接，設的斜率分別為，問：是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
【答案】(1)
(2)是定值0.
【分析】（1）先設點，然后求出切線解析式，根據即可求出結果.
（2）設直線的方程,通過和拋物線聯立求出韋達定理，同理求出和拋物線聯立的韋達定理，然后代入即可.
【詳解】（1）設切點，則在點處切線斜率為，
所以以為切點的切線方程為.
因為切線過點，所以，同理，
所以是方程的兩個根，則.
又因為，
所以，即.
又因為，所以，
所以拋物線的方程為.
（2）
由題意，斜率都存在且不為0，設直線的方程為.
聯立直線和拋物線的方程，得，所以.
設，則，同理，
所以
所以，
所以等于定值0.
2．（2023高二下·海南·學業考試）已知橢圓：的離心率為，且經過點．
(1)求的方程；
(2)過橢圓外一動點作橢圓的兩條切線，，斜率分別為，，若恒成立，證明：存在兩個定點，使得點到這兩定點的距離之和為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據離心率以及橢圓經過的點，聯立的方程即可求解，
（2）聯立直線與橢圓的方程，根據相切得判別式為0，進而得到，為關于的方程的兩根，利用韋達定理可得，進而得點在橢圓上運動，由橢圓的定義即可求解.
【詳解】（1）設的半焦距為，
則由離心率，得，所以，
因為經過點，所以，即，
得，．
所以的方程為．
（2）設，直線的方程為，即，
記，則的方程為，
代入橢圓的方程，消去，得．
因為直線，與橢圓相切，
所以，即，
將代入上式，整理得，
同理可得，
所以，為關于的方程的兩根，
從而，
整理可得，所以點在橢圓上運動，
所以存在兩個定點，，使得，為定值．
3．（22-23高三上·湖南長沙·階段練習）已知F是拋物線C：的焦點，以F為圓心，2p為半徑的圓F與拋物線C交于A，B兩點，且.
(1)求拋物線C和圓F的方程；
(2)若點P為圓F優弧AB上任意一點，過點P作拋物線C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，請問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由.
【答案】(1)拋物線C的方程為，圓F的方程為
(2)是，16
【分析】（1）根據題意可得圓F的方程為，聯立方程求得A，B的坐標，即可求得結果；
（2）利用導數求切線PM，PN，即可得直線MN的方程，聯立方程利用韋達定理運算整理.
【詳解】（1）由題意可得：拋物線C：的焦點為，則圓F的方程為，
聯立方程，消去x得，解得或（舍去），
將代入得A，B的坐標分別為，.
故，所以，
所以拋物線C的方程為，圓F的方程為.
（2）是，理由如下：
設，則，
因為拋物線的方程為，則，
所以切線PM的方程為，即，①
同理切線PN的方程為，②
則由①②過，則，
所以直線MN的方程為，
聯立方程，消去y得，
則，，
所以
，
又在圓F上，則，即，
故為定值16.
【點睛】方法點睛：求解定值問題的三個步驟：
(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；
(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數(某些變量)無關；也可令系數等于零，得出定值；
(3)得出結論．
1．（2023·安徽黃山·二模）已知拋物線，為焦點，若圓與拋物線交于兩點，且
(1)求拋物線的方程；
(2)若點為圓上任意一點，且過點可以作拋物線的兩條切線，切點分別為.求證：恒為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據圓的弦長求解，可得，代入拋物線方程即可求解，
（2）令，寫出點處的切線方程，與拋物線聯立，利用得到，同理得到，再寫出直線方程，將其與拋物線聯立得到韋達定理式，再結合拋物線定義即可證明.
【詳解】（1）由題意可知，半徑為，
由圓的圓心以及拋物線的焦點均在在坐標軸軸，故由對稱性可知：軸于點，
在直角三角形中，,
因此 故，將其代入拋物線方程中得，
故拋物線方程為：
（2）令，
拋物線在點處的切線方程為,
與聯立得①
由相切得，
代入①得
故在點處的切線方程為，即為
同理：點處的切線方程為，
而兩切線交于點，
所以有，
則直線的方程為:，
由得,所以
于是
，
又點在圓上，
所以,即.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵在于設切點，寫出切線方程，然后將其與拋物線方程聯立，再利用得到相關等式，再得到直線的方程，將其與拋物線聯立，得到韋達定理式，最后利用拋物線定義寫出線段長乘積表達式，利用點在圓上進行整體代入即可.
2．（2023·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為，過點且斜率為的直線與拋物線交于、兩點，分別過、兩點作拋物線的切線，兩條切線分別與軸交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，為線段的中點，為線段的中點．
(1)證明：為定值；
(2)設直線的斜率為，證明：為定值．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）設，則，寫出直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，寫出拋物線在點、處的切線方程，求出點、的坐標，可得出直線的方程，再將直線的方程與拋物線的方程聯立，可求出，進而可求出，然后結合韋達定理可求得的值；
（2）求出點、的坐標，可求得的表達式，由此可求出的值.
【詳解】（1）證明：設，則，易知拋物線的焦點為，
設直線的方程為，設點、，
聯立可得，，
由韋達定理可得，，
接下來證明拋物線在點處的切線方程為，
聯立可得，即，即，
所以，直線與拋物線只有唯一的公共點，
所以，的方程為，同理可知，直線的方程為，
在直線的方程中，令，可得，即點，同理可得點，
所以，直線的方程為，即，
設點、，聯立可得，
則，由韋達定理可得，，
所以，，
同理可得，
所以，
.
故為定值.
（2）解：設點，則，所以，，
即點，同理可得點，
所以，，
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．
3．（2023·河南·一模）已知點在拋物線上，且到拋物線的焦點的距離為2.
(1)求拋物線的標準方程；
(2)過點向拋物線作兩條切線，切點分別為，若直線與直線交于點，且點到直線 直線的距離分別為.求證：為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意可得，求出，即可得解；
（2）方法一：設，求導，再根據導數的幾何意義分別求出拋物線在點處和在點處的切線方程，再根據兩條切線均過點，從而可求得切點坐標，在證明平分，即可得出結論.
方法二：設切點為，求導，再根據導數的幾何意義求出切線方程，聯立方程，根據求出切點坐標，從而可得直線 直線的方程，再結合點到直線的距離公式即可得證.
【詳解】（1）因為，由題意可得，
解得，所以拋物線的標準方程為；
（2）方法一：設，由，得，
所以拋物線在點處的切線方程為，
在點處的切線方程為，
因為兩條切線均過點，所以，
所以點的坐標均滿足，
所以，即，解得或，
不妨設，則，
易知，所以，
所以，
，
所以，所以，所以平分，
所以點到直線的距離等于點到直線的距離，
所以，為定值，得證.
方法二：設切點為，由，得，
所以過點的拋物線的切線方程為，
聯立方程，消去并整理得，
則，解得或，
不妨設，則，
所以直線的方程為，
易知，所以直線的方程為，
由，得，即，
易得直線的方程為，直線的方程為，
所以點到直線的距離，
點到直線的距離，
所以，則，為定值，得證.
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是根據兩切線過同一點求出切點，再證明平分，或者分別求出直線 直線的方程，結合點到直線的距離公式計算.
考點四、阿基米德三角形之面積問題
1．（2021高三·全國·競賽）過橢圓上一點M作圓的兩條切線，點A B為切點過A B的直線l與x軸 y軸分別交于點P Q兩點，則面積的最小值為 .
【答案】
【詳解】解析：設，則l的方程為，
，
，當且僅當時等號成立，
故答案為：.
2．（2024·河北秦皇島·二模）已知拋物線：的焦點為，點是軸下方的一點，過點作的兩條切線，且分別交軸于兩點.
(1)求證：，，，四點共圓；
(2)過點作軸的垂線，兩直線分別交于兩點，求的面積的最小值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）在取定點后，考慮過該點的切線斜率滿足的二次方程，然后證明一個垂直關系，即可得到共圓；
（2）從斜率滿足的二次方程出發，可以對的斜率使用韋達定理，并可以使用表示的面積，二者結合后可將的面積表示成函數形式，再使用不等式證明，最后給出取到等號的例子即可.
【詳解】（1）
設，若過點且斜率為的直線與拋物線相切，則聯立后得到的關于的方程只有一個實數根.
此即關于的二次方程的判別式等于零，即，得.
另一方面，該直線與軸交于點，而該點與的連線的斜率為.
所以，過點作拋物線的切線后，該切線與軸的交點到焦點和點的連線互相垂直.
這就說明，從而，所以，，，四點共圓.
（2）由的定義知其方程為，設的斜率分別為，則根據第1小問的解析，知都是關于的方程即的根.
故，.
由于均過點，故其方程分別為和.
在中令，得，從而得到，同理.
所以.
由，可設，則，進而得到
.
所以
（這里使用了不等式）
.
另一方面，當時，的斜率分別是，可求得，.
從而此時，故.
綜上，的面積的最小值是.
3．（2024·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為、，為坐標原點，在橢圓上僅存在個點，使得為直角三角形，且面積的最大值為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)已知點是橢圓上一動點，且點在軸的左側，過點作的兩條切線，切點分別為、.求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分析可知，當時，存在兩個點，使得為直角三角形，設點，利用平面向量數量積的坐標運算可得出，再利用面積的最大值可得出、的值，可得出的值，由此可得出橢圓的方程；
（2）證明出拋物線在點處的切線方程為，可得出拋物線在點處的切線方程，聯立兩切線方程，求出點的坐標為，設，其中，利用二次函數的基本性質可求得的取值范圍.
【詳解】（1）解：當軸時，存在兩個點，使得為直角三角形，
當軸時，存在兩個點，使得為直角三角形，
當時，由題意可知，存在兩個點，使得為直角三角形，
設點，其中，則，可得，
且，，
則，可得，
由題意可知，，則，
當點為橢圓短軸的頂點時，到軸的距離最大，此時，的面積取最大值，
即，則，故，
因此，橢圓的方程為.
（2）解：設點、，先證明出拋物線在點處的切線方程為，
聯立可得，即，解得，
所以，拋物線在點處的切線方程為，
同理可知，拋物線在點處的切線方程為，
聯立可得，
所以，，則，即點，
因為點在軸左側，則，即，
因為點在橢圓上，則，
設，其中，則，，
所以，
，
因為，則，則，
所以，，
因此，的取值范圍是.
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：
（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，求新的參數的范圍，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建立不等式，從而求出參數的取值范圍；
（5）利用求函數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.
1．（21-22高二上·福建龍巖·期中）畫法幾何的創始人——法國數學家加斯帕爾·蒙日發現：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓.我們通常把這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓的蒙日圓方程為，橢圓的離心率為，為蒙日圓上一個動點，過點作橢圓的兩條切線，與蒙日圓分別交于、兩點，則面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用橢圓的離心率可得，分析可知為圓的一條直徑，利用勾股定理得出，再利用基本不等式可得出面積的最大值.
【詳解】因為，所以，，所以，蒙日圓的方程為，
由已知條件可得，則為圓的一條直徑，則，
所以，，當且僅當時，等號成立.
故選：A.
2．（2022·內蒙古包頭·一模）已知拋物線的焦點為F，且F與圓上點的距離的最大值為8．
(1)求拋物線M的方程；
(2)若點Q在C上，QA，QB為M的兩條切線，A，B是切點（A在B的上方），求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)16
【分析】（1）根據條件確定F與圓上點的距離的最大值為，從而求得，可得答案;
（2）設點，，聯立方程，根據根與系數的關系式，求出弦長，再利用導數表示出QA，QB的方程，進而表示出點Q的坐標，求出點Q到直線AB的距離，從而表示出，結合二次函數的知識可求得答案.
【詳解】（1）由題意知，，圓C的半徑為，所以，
即，解得，所以拋物線M的方程為．
（2）設，，
直線AB的方程為，聯立方程組，
消去x，得，
則，，．
所以，
因為，所以或，則或，
所以切線QA的斜率為，其方程為，即，
同理切線QB的斜率為，其方程為．
聯立方程組,解得,即點Q的坐標為，
因為點Q在圓C上，所以，且，，
即，．滿足判別式的條件．
點Q到直線AB的距離為，所以，
又由，得，
令，則，且，
因為在區間上單調遞增，所以當時，t取得最小值4，
此時，所以面積的最小值為16．
【點睛】本題考查了拋物線方程的求法以及和直線的位置關系中的三角形面積問題，綜合性較強，解答時要有清晰的解答思路，即明確問題的解決是要一步步向表示出三角形QAB的面積靠攏，難點在于繁雜的計算，要十分細心.
3．（23-24高三下·重慶·期中）在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點與橢圓的一個焦點重合，是拋物線上位于軸兩側不對稱的兩動點，且．
(1)求證：直線恒過一定點，并求出該點坐標；
(2)若點為軸上一定點，且；
（ⅰ）求出點坐標；
（ⅱ）過點作平行于軸的直線，在上任取一點作拋物線的兩條切線，切點為，，求面積的最小值．
【答案】(1)證明見解析，定點為；
(2)（ⅰ）點坐標為，（ⅱ）.
【分析】（1）根據題意求出拋物線方程，設直線方程，聯立直線與拋物線方程，利用根與系數的關系，結合，求解即可；
（2）（ⅰ）由題意可知，聯立方程，即可求出點坐標；（ⅱ）先求直線過定點，利用三角形面積公式及二次函數最值問題即可求解.
【詳解】（1）證明：由題意知，所以，所以拋物線，
設，，由條件可設直線方程，
聯立，得，
則，，
由，得，因為，，
所以，解得或，
因為是拋物線上位于軸兩側不對稱的兩動點，所以，
所以，又，所以，
所以直線方程，
所以直線恒過一定點，且定點坐標為；
（2）（ⅰ）由小問（1）可知直線方程，，，
設軸上的定點，由，
得為的角平分線，即直線與直線關于軸對稱，
則，即，
所以，化簡可得，
因為位于軸兩側不對稱，所以，所以，
因為，所以，
所以點坐標為.
（ⅱ）設，，，，，
對求導得，，
則拋物線在的切線方程為，
同理拋物線在的切線方程為，
又切線過，所以，，
所以直線的方程為，即，
整理得，所以直線過定點，
點到的距離，
聯立方程，得，
，，，
所以弦長，
所以的面積，
所以當時，即時，
的面積的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：本題求解答關鍵有兩個：一是把角相等轉化為斜率和為零；二是利用弦長公式得出三角形的底，利用點線距得出三角形的高，結合面積公式得出面積表達式.
考點五、阿基米德三角形之切線垂直
1．（2023·全國·高三專題練習）拋物級的焦點到直線的距離為2.
（1）求拋物線的方程；
（2）設直線交拋物線于，兩點，分別過，兩點作拋物線的兩條切線，兩切線的交點為，求證： .
【答案】（1）；（2）證明見解析
【分析】（1）利用拋物線的定義求出即可得出結論；（2）聯立直線和拋物線的方程，得出韋達定理，設切線的斜率為，切線的斜率為，點坐標為，利用已知條件對函數求導得出切線的斜率，寫出切線方程，求出兩切線的交點坐標，利用，即可得出結論.
【詳解】（1）由題意知：，
則焦點到直線的距離為：，
所以拋物線的方程為：；
（2）證明：
把直線代入消得：，
又，
利用韋達定理得，
由題意設切線的斜率為，切線的斜率為，點坐標為，
由（1）可得：，
則，
所以，
則切線的方程為：，切線的方程為：，
則，
利用韋達定理化簡整理得：，
把代入整理得：
，
則，
，
則
【點睛】本題主要考查了利用定義求拋物線的方程，直線與拋物線應用.做這道題的時候要注意，利用韋達定理，得出兩根的關系，設出兩切線的交點，認真計算.屬于中檔題.
1．（2023·全國·高三專題練習）已知拋物線的方程為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.
（1）若點坐標為，求切線的方程；
（2）若點是拋物線的準線上的任意一點，求證：切線和互相垂直.
【答案】（1）和；（2）證明見解析.
【解析】（1）設過點的切線方程為，與拋物線的方程聯立，由根的判別式為零求得切線的斜率，由此可求得切線的方程．
（2）設點坐標為，切線斜率為，過點的切線方程為，與拋物線的方程聯立，由根的判別式為零求得切線的斜率間的關系，根據直線垂直的條件可證得切線和互相垂直.
【詳解】解：（1）由題意，開口向上的拋物線的切線斜率存在，設切線斜率為，
點坐標為，過點的切線方程為，
聯立方程，消去，得，
由，解得，
所以切線的方程分別為和，
即切線方程分別為和；
（2）設點坐標為，切線斜率為，過點的切線方程為，
聯立方程，消去，得，
由，得，記關于的一元二次方程的兩根為，
則分別為切線的斜率，由根與系數的關系知，
所以切線和互相垂直.
【點睛】方法點睛：求拋物線的切線方程的方法：
方法一：將拋物線轉化為二次函數，然后利用導數求解切線方程，這在開口朝上的拋物線中經常用到。
方法二：設切線的方程，與拋物線的方程聯立，采用判別式法求解．
2．（2024·廣東汕頭·三模）已知雙曲線：的漸近線方程為，過點的直線交雙曲線于，兩點，且當軸時，.
(1)求的方程；
(2)記雙曲線的左右頂點分別為，，直線，的斜率分別為，，求的值.
(3)探究圓：上是否存在點，使得過作雙曲線的兩條切線，互相垂直.
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在.
【分析】（1）根據給定條件，求出即可得的方程.
（2）設出直線的方程，與雙曲線方程聯立，利用韋達定理，結合斜率坐標公式求解即得.
（3）設出雙曲線的兩條切線方程，與雙曲線方程聯立，結合判別式求出兩條切線交點的軌跡方程，再判斷與圓的位置關系即可得解.
【詳解】（1）由對稱性知，雙曲線過點，則，解得，
所以雙曲線的方程為.
（2）由（1）得，設，
顯然直線不垂直于y軸，設直線的方程為，
由消去x得，
顯然，，
則，即，
所以.
（3）圓上存在點，使得過作雙曲線的兩條切線互相垂直.
若雙曲線的兩條切線有交點，則兩條切線的斜率存在且不為0，
設雙曲線的兩條切線分別為，
將代入消去得：，
由得，解得，
因此，設兩條切線的交點坐標為，
則，即有，且，
即，
于是是方程的兩根，
而，則，即，從而兩條切線們交點的軌跡為圓，
而的圓心為，半徑為1，圓的圓心，半徑為3，
顯然，滿足，即圓與圓相交，
所以圓上存在點，使得過作雙曲線的兩條切線互相垂直.
【點睛】方法點睛：①引出變量法，解題步驟為先選擇適當的量為變量，再把要證明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；②特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
考點六、阿基米德三角形之角度問題
1．（2024·安徽·模擬預測）已知橢圓的一條準線的方程為，點分別為橢圓的左、右頂點，長軸長與焦距之差為2．
(1)求的標準方程；
(2)過上任一點作的兩條切線，切點分別為，當四邊形的面積最大時，求的正切值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）構造關于的方程組，解出即可；
（2）畫出草圖，分類討論，當位于點處時，切線與軸垂直，不合題意，設切線的方程為，與橢圓聯立，由得，在上，知道，得到，同理得切線的方程為，進而得到直線的方程為，再與橢圓聯立，借助韋達定理，后將四邊形面積表示出來，即，借助對勾函數單調性求最值，再借助和角正切公式計算即可.
【詳解】（1）由題意得，解得所以，
所以的標準方程為．
（2）如圖，取上任意一點，設，
當位于點處時，切線與軸垂直，不合題意，故．
設切線的方程為①，
聯立
整理得，
由，得．
因為在上，所以，
故，
代入①式，整理得，同理得切線的方程為．
因為兩條切線都經過，所以，
所以直線的方程為．
聯立整理得，
所以②．顯然與異號．
由題意知，所以．
設，則，
將②式代入并整理，得．
因為，所以易知在上單調遞增，所以當時，有最小值，即有最大值，為36．所以當時，四邊形的面積最大，最大面積為6．
此時直線的方程為，故直線與軸垂直．
設與的交點為，顯然是橢圓的右焦點，
所以，
所以，
所以．
2．（2023高三·全國·專題練習）已知，分別是橢圓的上、下焦點，直線過點且垂直于橢圓長軸，動直線垂直于點，線段的垂直平分線交于點，點的軌跡為.
(1)求軌跡的方程；
(2)若動點在直線上運動，且過點作軌跡的兩條切線、，切點為A、B，試猜想與的大小關系，并證明你的結論的正確性.
【答案】(1)
(2)猜想，證明見解析
【分析】（1）由橢圓，可得，的坐標，從而可得動點到定直線 與定點的距離相等，由此可得軌跡的方程；
（2）猜想，先求切線AP、BP的方程，聯立可得P的坐標，進一步可得、、的坐標，利用向量的夾角公式，可得，從而可得結論.
【詳解】（1）解：，，
橢圓半焦距長為，，，
，
動點到定直線與定點的距離相等，
動點的軌跡是以定直線為準線，定點為焦點的拋物線，
軌跡的方程是；
（2）解：猜想
證明如下：由（1）可設，
，
，則，
切線的方程為：
同理，切線的方程為：
聯立方程組可解得的坐標為，
在拋物線外，
，，
同理
1．（2024·全國·二模）如圖，過點的動直線交拋物線于兩點.
(1)若，求的方程；
(2)當直線變動時，若不過坐標原點，過點分別作（1）中的切線，且兩條切線相交于點，問：是否存在唯一的直線，使得？并說明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，理由見解析.
【分析】（1）求出直線的方程，與拋物線方程聯立，結合向量垂直的坐標表示求出拋物線方程.
（2）設直線的方程，并與拋物線方程聯立，再求出切線方程并聯立求出點，由已知結合斜率建立方程，利用導數探討方程有唯一實根即可.
【詳解】（1）由，得直線的斜率為，方程為，即，
由消去得：，設，
則，由，得，解得，
所以拋物線的方程是.
（2）由（1）知，拋物線的方程是，
直線不垂直于軸，設直線，顯然，
由消去并整理得，，
則，
設拋物線在處的切線方程為，由消去得：
，由，得，
于是拋物線在處的切線方程為，
同理拋物線在處的切線方程為，設點，
由，，得，，
即點，于是直線的斜率分別為，
若存在直線，使得，則，
設直線的傾斜角分別為，則，
由，得或，因此，
即，則，
，
整理得，
化簡得，令，
求導得，顯然，
即恒成立，則函數在R上單調遞增，而，
因此存在唯一，使得
所以存在唯一的直線，使得.
【點睛】結論點睛：拋物線在點處的切線斜率；拋物線在點處的切線斜率.
考點七、阿基米德三角形之點坐標問題
1．（2023·浙江金華·模擬預測）已知拋物線，圓是上異于原點的一點.
(1)設是上的一點，求的最小值；
(2)過點作的兩條切線分別交于兩點（異于）.若，求點的坐標.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根據圓的幾何性質，結合兩點間距離公式、配方法進行求解即可；
（2）根據圓的切線性質，結合等腰三角形的性質、一元二次方程根與系數關系、點到直線距離公式進行求解即可.
【詳解】（1）設，圓心，半徑為，
，
所以當時，有最小值，
所以的最小值；
（2）由題設，切線斜率一定存在，設切線的斜率為，
所以切線的方程為：，
由圓的切線性質可知：
，
設，
，是方程的兩個不相等實根，
因此，即，且，
所以由圓的切線性質知：，
，
所以的坐標為或.
【點睛】關鍵點點睛：根據圓的切線長定理、一元二次方程根與系數關系是解題的關鍵.
1．（2024·云南大理·模擬預測）已知點，點是圓上一動點，動點滿足，線段的中垂線與直線交于點.
(1)求點的軌跡的標準方程；
(2)已知點在直線上，過點作曲線的兩條切線，切點分別為，若四邊形的面積，求的最大值，并求出此時點的坐標.
【答案】(1)
(2)最大值為，點的坐標為.
【分析】（1）連接，，確定，計算，確定軌跡為橢圓，排除特殊點得到答案.
（2）確定切線方程，得到，得到直線的方程為，計算，計算面積得到，得到，換元，根據函數的單調性計算最值即可.
【詳解】（1）如圖所示：連接，，
，為線段的中點，是線段的垂直平分線，故，

因為點在直線上，所以.
由橢圓的定義可知，點軌跡是以為焦點，以4為長軸長的橢圓，
即，解得，
當點坐標為時，與重合，不符合題意，
故的標準方程為；
（2）設，
當時，，，
設切點為，則切線方程為，
又，整理得到切線方程為，
同理可得時成立，
曲線點處的切線的方程為，
又因為切線過，所以.
同理可得，故直線的方程為.
所以.

設點到直線的距離分別為，
因為直線的方程為，所以.
又因為在直線的兩側，
故，
由于點的坐標滿足方程，即有：，
兩式相減得：，
故可得：，
所以，
令，則，
令，函數在上單調遞增，
故可知的最小值為4，當且僅當時，等號成立，此時，
故，其最大值為，此時點的坐標為.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了橢圓的軌跡方程，面積問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中，利用換元法結合函數的單調性計算最值是解題的關鍵，此方法是常考的數學方法，需要熟練掌握.
2．（23-24高三下·遼寧·階段練習）已知雙曲線（，）的離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過原點的直線與交于，兩點（異于點），記直線和直線的斜率分別為，，證明：的值為定值；
(3)過雙曲線上不同的兩點，分別作雙曲線的切線，若兩條切線相交于點，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據離心率及過點坐標得到方程組，求出、，即可得解；
（2）設，（且），則，利用斜率公式及計算可得；
（3）設，兩點處的切線方程為，，依題意，聯立直線與雙曲線方程，由得到，同理可得，再由滿足兩直線方程，求出點軌跡方程，即可得解.
【詳解】（1）依題意可得，解得，所以雙曲線方程為；
（2）根據對稱性，不妨設在雙曲線的右支，
設，（且），則，，
所以，為定值.
（3）依題意可得，兩點處的切線的斜率都存在且不為，
設，兩點處的切線方程為，，依題意，
由，消元整理得，
則且，整理得到，
同理可得，
又點在兩切線上，所以，所以，
，
所以、為關于的方程的兩根，
即的兩根，
所以，即，
所以點的軌跡方程為，所以.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問利用整體思想、設而不求，計算出動點的軌跡方程.
考點八、阿基米德三角形之參數問題
1．（2024·四川內江·三模）已知拋物線E的準線方程為：，過焦點的直線與拋物線交于A、B兩點，分別過A、B兩點作拋物線的切線，兩條切線分別與軸交于C、D兩點，直線CF與拋物線交于M、N兩點，直線DF與拋物線交于P、Q兩點.
(1)求拋物線的標準方程；
(2)是否存在實數，使得恒成立，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用拋物線的準線求標準方程即可；
（2）設直線方程與坐標，根據拋物線的切線方程可求得坐標，再含參表示直線，聯立拋物線方程結合弦長公式可求，根據焦點弦的性質計算即可.
【詳解】（1）因為拋物線E的準線方程為：，設，則，所以，
故拋物線的標準方程為；
（2）設，
聯立拋物線有，
下面先求拋物線在點處的切線方程，
當時，設該切線方程為，
與拋物線方程聯立有，
則，
又，
即，則，
則，
當時，切線方程為，滿足上式，
所以拋物線在點處的切線方程為，
所以拋物線E在處的切線方程為，
在B處的切線方程為，所以，
則，
直線分別與拋物線方程聯立有，
設，則，
由弦長公式知，
同理有，
又，所以，
則,
即，
所以存在實數，使得恒成立.
【點睛】思路點睛：設A、B坐標利用切線方程可含參表示C、D坐標，結合點斜式可表示直線，再根據弦長公式計算，計算其倒數和是否為定值即可.
1．（2024·四川成都·模擬預測）已知拋物線的焦點為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作兩條傾斜角互補的直線，交拋物線于兩點，交拋物線于兩點，連接，設的斜率分別為，求的值；
(3)設，求的值.
【答案】(1)
(2)0
(3)1
【分析】（1）利用導數的幾何意義可求出，，結合拋物線的定義進行求解即可；
（2）設方程為，聯立和拋物線方程，由根與系數的關系可求出，同理可得，表示出代入化簡即可得出答案；
（3）聯立直線與拋物線，利用弦長公式求出和，即可證明點共圓，即可求出的值.
【詳解】（1）設切點，
因為，所以，，
以點為切點的切線的斜率為，
以點為切點的切線的方程為，
∵切線過點，所以，
∴，同理， ，
所以為方程的兩根，
∴，，
，
∴，，∵
∴ ，∴拋物線方程為.
（2）設方程為，聯立和拋物線方程，得
∴， ，
解得：，
設，，，
∴，同理，.
∴.
∴.
（3），
∴，
由（2）可得，，
同理，
∴，∴點共圓，
，
【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．
1．（2023高三·全國·專題練習）從直線上的任意一點作圓的兩條切線，切點為，則弦長度的最小值為 ．
【答案】
【詳解】設，易知的極線方程為，即可得弦必過，易得圓上，過的最短的弦長為．
2．（2024·四川成都·模擬預測）已知拋物線，弦過其焦點，分別過弦的端點的兩條切線交于點，點到直線距離的最小值是（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】設，設出過點過處的切線方程與拋物線聯立，由，得出其斜率，化簡點過處的切線方程，同理得出點過處的切線方程,根據題意得出點的坐標，結合點到直線的距離公式可得出答案.
【詳解】設，設過處的切線方程是，
聯立，得，
由題意，即，
則在處的切線方程為，
同理，處的切線方程為，
設交點的坐標為，點在兩條切線上，
所以，，則直線的方程是.
又過其焦點，易知交點的軌跡是，所以，：，所以交點到直線的距離是，
所以當時距離最小值為2.
故選：D
3．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由偉大的古希臘數學家阿基米德提出，有著很多重要的應用，如在化學中作為一種穩定的幾何構型，在平面設計中用于裝飾燈等.在圓倠曲線中，稱圓錐曲線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形.已知拋物線的焦點為，頂點為，斜率為的直線過點且與拋物線交于兩點，若為阿基米德三角形，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出直線的方程，聯立拋物線方程，得到兩點坐標，求出過點的切線方程，聯立后得到，得到答案.
【詳解】依題意，，設直線，聯立，
則，解得或，不妨設，
設直線方程為，聯立得，
，，
，
解得，
故直線的斜率，故直線，
同理可得直線的斜率，故直線，
聯立，解得，
即，則.
故選：C.
4．（2024·云南昆明·一模）已知拋物線C：（）的焦點為F，直線與C交于A，B兩點，．
(1)求C的方程；
(2)過A，B作C的兩條切線交于點P，設D，E分別是線段PA，PB上的點，且直線DE與C相切，求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設，，直線方程聯立拋物線方程，利用韋達定理表示，結合拋物線的定義即可求解；
（2）利用導數的幾何意義求出直線PA、PB方程，進而求得，設，求得、，結合弦長公式表示與，即證，由（1），化簡計算即可證明.
【詳解】（1）設，，，
聯立，得，
則，，，
則，故，
所以C的方程為．
（2）由（1）知，因為拋物線C：，則，
則，，則直線PA方程為，即，
同理直線PB方程為．
聯立，得，
則，將代入得，
兩式相加得，
即，所以點．
設直線DE與拋物線相切于點，則直線DE方程為．
設，，聯立，
兩式作比，即，同理，
因為，
同理，
故要證，
即證，
即證，
即證，
即證，
即證，
由（1）知，又，故，上式成立，
故．
【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．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知橢圓的離心率為，依次連接四個頂點得到的圖形的面積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過直線上一點作橢圓的兩條切線，切點分別為，求證：直線過定點.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據離心率和四邊形面積得到方程組，求出，得到橢圓方程；
（2）設，，，設過點且與橢圓相切的直線方程，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，根據結合求出，求出以為切點的橢圓的切線方程為，同理得到以為切點的橢圓的切線方程，得到直線的方程為，直線過定點.
【詳解】（1）由題可得，即，，得①，
依次連接四個頂點得到的圖形的面積為，即，即②，
由①②可得，
橢圓的方程為：.
（2）設，，，
由題知，直線上一點作橢圓的兩條切線斜率存在，
設過點且與橢圓相切的直線方程為：，
聯立方程得，
，
整理得，即，
在橢圓上，，即，，
，即，
，解得，
過點且與橢圓相切的直線方程為：，
，即，
整理可得以為切點的橢圓的切線方程為，
同理，以為切點的橢圓的切線方程為，
又兩切線均過點，故，且，
整理化簡得，且，
點，均在直線上，
直線的方程為，直線過定點.
【點睛】結論點睛：過圓上一點的切線方程為： ，
過圓外一點的切點弦方程為：.
過橢圓上一點的切線方程為，
過雙曲線上一點的切線方程為.
6．（23-24高三下·浙江杭州·開學考試）已知拋物線的焦點為.設（其中，）為拋物線上一點.過作拋物線的兩條切線，，，為切點.射線交拋物線于另一點.
(1)若，求直線的方程；
(2)求四邊形面積的最小值.
【答案】(1)
(2)16
【分析】（1）利用導數求切線方程，由點坐標同時滿足切線方程得直線的方程；
（2）設直線的方程，表示出弦長，再求A、B到直線的距離，表示出四邊形面積，利用韋達定理化簡，由基本不等式求最小值.
【詳解】（1）設，，由題得，
拋物線，即，則，
所以拋物線在點處切線的斜率為，
則切線的方程為，整理得，
同理，的方程為，
又在上，有，
所以直線方程為.
（2）設，，，
聯立，消去整理得，
，
，
設點到直線的距離為，
則
，
聯立，得，
，（其中），
，
又，代入上式得，
，
當且僅當，即時，取最小值，
所以四邊形面積的最小值為16.
【點睛】方法點睛：求解直線與拋物線的問題時，通常把兩個方程聯立，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．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．
7．（2024·陜西·二模）在平面直角坐標系中，橢圓的右焦點為，右準線與軸交于點.點是右準線上的一個動點（異于點），過點作橢圓的兩條切線，切點分別為.已知.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線的斜率分別為，直線的斜率為，證明：.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）先利用題給條件求得的值，進而得到橢圓的標準方程；
（2）利用設而不求的方法求得的值，進而證得.
【詳解】（1）由題意可知，，且，
解之得，
所以，即橢圓的標準方程為；
（2）設，所作切線斜率為，則切線方程為，
與橢圓的方程聯立，
消去，整理得，
則，
整理得，
所以，又因為，所以.
8．（2022高三·全國·專題練習）設橢圓的中心在原點，焦點在軸上，垂直軸的直線與橢圓相交于、兩點，當的周長取最大值時，．
(1)求橢圓的方程；
(2)過圓上任意一點作橢圓的兩條切線、，直線、與圓的另一交點分別為、,
①證明：；
②求面積的最大值．
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②
【分析】（1）不妨設焦點為橢圓的左焦點，為橢圓的右焦點，與的交點為，進而由橢圓的定義，，再根據，當點與點重合時，等號成立得，進而，，再解方程即可得答案；
（2）①設，，則，先討論切線斜率都存在的情況，設切線的方程為：，進而結合直線與橢圓的位置關系，韋達定理可得，進而證明；再討論有一條切線的斜率不存在時的情況即可得答案；
②由①可得，故過圓心即原點，進而得當時，所求面積最大.
【詳解】（1）解：根據題意，設橢圓的標準方程為，
如圖，不妨設焦點為橢圓的左焦點，為橢圓的右焦點，與的交點為，
所以，由橢圓定義，
因為在中，，且當點與點重合時，等號成立，
所以，，當點與點重合時，等號成立，
所以，
所以，的周長取最大值時，直線過橢圓的另一焦點，且最大值為，
所以把代入橢圓的方程可得，
因為，所以，，
因為的周長最大值為，所以，解得，，
所以，橢圓的方程為．
（2）解：①設，，則．
當切線的斜率都存在時，設切線的方程為：，
代入橢圓的方程可得：，
所以，△，化為．
所以，當時，設直線、的斜率分別為，
所以，，故．
當時，有一條切線的斜率不存在，
點可以為或或或，
此時，兩條切線為和，或和，或和或和，滿足；
綜上可得：．
②由①可得：，
所以，為的直徑，因此過圓心即原點．
所以，當時，面積取得最大值．
9．（2022·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，P為拋物線上一動點，點P到F的最小距離為1．
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)過點向C作兩條切線AM，AN，切點分別為M，N，直線AF與直線MN交于點Q，求證：點Q到直線FM的距離等于到直線FN的距離．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用拋物線的定義求得，即可得拋物線的標準方程；
（2）解法一，利用導數的幾何意義，求出過點A的拋物線的切線方程，進而求出點M，N的坐標，再利用向量的夾角公式求出，得到點Q位于的平分線上，即可得證；
解法二，利用導數的幾何意義，設出切線方程，與拋物線方程聯立，利用，并求切點坐標以及和直線方程，以及交點的坐標，利用點到直線的距離即可證明.
【詳解】（1）設點P的坐標為，由拋物線定義可知，
故，得，所以拋物線C的標準方程為．
（2）解法一 ，設，，由，得，
所以拋物線在點M處的切線方程為，
在點N處的切線方程為．
因為兩條切線均過點，所以，
所以點M，N的坐標滿足，
所以，即，解得或，
不妨設，，則，．就
易知，所以，，，
所以，，
所以，所以．
因為FQ平分，所以點Q到直線FM的距離等于到直線FN的距離．
解法二 設切點為，由，得，
所以過點的拋物線的切線方程為，
聯立，得，消去y并整理得，
則，解得或，
不妨設，，則，，
所以直線MN的方程為，易知，所以直線AF的方程為，
由，得，即．
易得直線FM的方程為，直線FN的方程為，
所以點Q到直線FM的距離，
點Q到直線FN的距離，所以，得證．
10．（23-24高二下·上海·階段練習）設拋物線的焦點為為上一點．已知點的縱坐標為，且點到焦點的距離是．點為圓上的點，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為，記兩切線的斜率分別為．
(1)求拋物線的方程；
(2)若點的坐標為，求值；
(3)設直線與軸分別交于點，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用點在拋物線上及拋物線的定義即可求解；
（2）利用直線的點斜式方程設出切線方程，切線方程與拋物線的方程聯立，利用切線與拋物線的位置關系即可求解；
（3）利用直線的點斜式方程設直線線方程，切線方程與拋物線的方程聯立，利用切線與拋物線的位置關系，求出直線，同理即可得出,進而求出直線的方程，利用兩點間的距離公式及點在圓上即可求解.
【詳解】（1）將代入中，得，所以，
由題意可知，，
因為點到焦點的距離是，
所以,解得，
故拋物線的方程為.
（2）設切線方程為，
由，消去，得，
因為切線與拋物線有一個交點，
所以，得，
所以.
（3）設，設直線的方程為，
，消去，得，
因為直線與拋物線有一個交點，
，解得，
所以直線的方程為，令，則，，
同理直線的方程為,令，則，，
設代入，得，則直線的方程為，
由，消去，得，
所以，
所以，，
所以
又在圓上，
所以，即，
故.
綜上可知，的取值范圍為.
11．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）橢圓的離心率為，短軸長為2，點為橢圓的右頂點．，過點作的兩條切線分別與橢圓交于兩點（不同于點）．
(1)求橢圓的方程；
(2)當變化時，直線的斜率乘積是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，請說明理由；
(3)給定一個，橢圓上的點到直線的距離的最大值為，當變化時，求的最大值，并求出此時的值．
【答案】(1)；
(2)為定值1；
(3)當時，的最大值為．
【分析】（1）根據離心率和短軸長，即可求
（2）根據點到直線的距離公式可得為方程的兩個根，即可利用韋達定理求解，
（3）聯立直線與橢圓方程得韋達定理，即可由點斜式求解直線方程，令，得直線過定點，即可根據點點距離，結合二次函數的性質求解有最大值根據兩直線垂直即可分類討論求解.
【詳解】（1）由題意可得，且，解得
故的方程為
（2）點，設直線的斜率分別為，
則直線的方程為，
由直線與圓相切知，圓心到直線的距離，
整理得，
同理
則為方程的兩個根，
所以，即直線的斜率乘積為定值1．
（3）設，由
得，
則，進一步可求得，
同理得，
直線的斜率，
則直線的方程為，
令，則，
所以直線過定點（可讓無限趨近于0，猜得如果直線過定點，定點一定在軸上）．
設橢圓上任意一點，點到點的距離．
當時，有最大值
取，則直線的斜率為，
要使最大，則此時由直線和直線垂直，
可得直線的斜率，
解得．
取，則直線的斜率為，此時由直線和直線垂直可得直線的斜率，解得，舍去．
所以橢圓上存在點，當時，的最大值為．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中定點問題的兩種解法
（1）引進參數法：先引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點.
（2）特殊到一般法：先根據動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.
12．（23-24高三上·河南·開學考試）已知拋物線的焦點為，以為圓心作半徑為1的圓，過且傾斜角為的直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求的方程；
(2)設為坐標原點，為上一點，過作圓的兩條切線，分別交于另外兩點，直線分別交軸正半軸、軸正半軸于兩點，求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用定義可得，聯立直線與拋物線，結合韋達定理求解即可；
（2）設點，，，分別求出，，的直線方程，進而可得的面積公式，再利用與圓相切的條件，用表示并得到的取值范圍，再利用導數求面積的最小值即可.
【詳解】（1）由題意可知，直線的方程為，
聯立消去得，
設點，，則，
所以，即，解得，
所以的方程為.
（2）由（1）知圓，設點，，，顯然，
則直線的方程為，
直線的方程為，
直線的方程為，
由的方程可得，，
則的面積為，所以．
因為與圓相切，所以點到直線的距離為，
整理得，同理可得，
所以是方程的兩根，
所以，，解得，
的面積化為，
設，則，
令，得，
所以在單調遞減，在單調遞增，
故面積的最小值為．
【點睛】解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：
（1）得出直線方程，設交點為，；
（2）聯立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；
（3）寫出韋達定理；
（4）將所求問題或題中關系轉化為，形式；
（5）代入韋達定理求解.
13．（23-24高三上·云南保山·期末）已知橢圓：（），且橢圓的長軸長為4，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，現過點的直線分別交橢圓于，兩點，且直線交線段于點，試判斷與的大小，并說明理由.
【答案】(1)
(2)，理由見解析
【分析】（1） 根據題意，離心率，從而可求解.
（2）先求出切線的方程為，切線的方差為，從而可求出直線的方程，設出直線的方程，然后分別與直線方程，橢圓方程聯立，再利用根與系數關系分別求出，，，從而可求解.
【詳解】（1）由題意可知：，所以，又由，所以，所以；
故橢圓的方程為.
（2）如圖，令，，，，
由題知切線的斜率存在，且設過點的切線方程為，
聯立方程得，解得：，
由于只有一個切點，所以，解得，
又因為，所以切線的方程為，
同理可得切線的方程為，
又點是切線，的公共點，
所以故而所在的直線為，
由題意可知，直線的斜率存在，不妨設為，則，
所以直線的方程為，
聯立方程：解得：，
聯立方程：消除得：，
所以，，
又有，，，
，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：求解切線方程時根據橢圓與直線方程聯立，求解判別式即可得到切線方程：，切線方程：，從而可求出直線方程：，然后設出直線方程：，再與直線，橢圓方程聯立，然后利用根與系數關系從而求出，，，從而可求解.
14．（2024·廣東廣州·二模）已知點是拋物線的焦點，的兩條切線交于點是切點．
(1)若，求直線的方程；
(2)若點在直線上，記的面積為的面積為，求的最小值；
(3)證明：．
【答案】(1)；
(2)16；
(3)證明見解析.
【分析】（1）由題得坐標，設出切線方程，與拋物線方程聯立可得參數的值，進而求解坐標，即可得方程；
（2）求得拋物線在點處的切線方程，化簡得，由點在直線上可得縱坐標的和、積關系，進而利用兩點間距離公式結合點到直線距離公式，表示出，化簡結合配方法可求得最小值；
（3）利用兩點間距離公式結合拋物線定義可得，利用兩角差的正切公式求得，即，即可證得結論．
【詳解】（1）由題知，拋物線，
切線斜率不為0，設切線為，
與聯立，得，
，解得或3，
時，，則，切點為；
時，，則，切點為，
故直線方程為，即．
（2），設，
由題意易知拋物線的切線不與軸垂直，設切線為，
與聯立，得，，則，
即，
故拋物線在點處的切線方程為，
在點處的切線方程為，
聯立可得，
又在直線上，故，即①，
點到的距離為，
，
故，
同理可得，
故
，
將①式代入可得：
，
令，則，
則
，
故當時，有最小值為．
（3）由（2）知，
則
，
由拋物線定義可得
，
故，即．
，
，
，
，
則，
又與范圍均為，
故，
結合，可得．
【點睛】方法點睛：在圓錐曲線中涉及到三角形面積的求解時，常常有三種求解三角形面積的方法：
（1）常規面積公式：底高；
（2）正弦面積公式：；
（3）鉛錘水平面面積公式：過軸上的定點：（為軸上定長）
過軸上的定點（為軸上定長）
15．（2024·云南·模擬預測）已知橢圓的離心率為，上 下頂點與其中一個焦點圍成的三角形面積為，過點作橢圓的兩條切線，切點為.
(1)求橢圓的方程；
(2)求所在直線的方程；
(3)過點作直線交橢圓于兩點，交直線于點，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）由題意可得，解方程求出，即可得出答案.
（2）先證明過橢圓上一點的切線方程的形式，再求得過點的切線方程，從而得到直線的方程.
（3）令，設直線的方程為：，聯立橢圓的方程，求出，再令，解方程組，解得，表示出，將代入化簡即可得出答案.
【詳解】（1）由題意可知：①
又，所以②，
由①②及，所以，
所以橢圓的方程為：.
（2）先證：過橢圓上一點的切線方程為，
證明如下：當過橢圓上一點的切線斜率存在時，
設切線方程為，
則可得：，
因為直線與橢圓相切，所以，
化簡可得：，
所以，代入可得：
，
于是，
故切線方程為：，即，
又，故切線的方程為：，
當過橢圓上一點的切線斜率不存在時，切線方程為，滿足題意.
所以過橢圓上一點的切線方程為，
故切線的方程為：，
同理：切線的方程為：，又因為過點，
所以，，
所以：，故直線的方程為.
（3）由題意可知直線的斜率存在，且，設直線的方程為：，
聯立橢圓的方程，
得，
令，
所以.
令，解方程組得.
又
，
所以.
【點睛】
關鍵點睛：解決第二問的關鍵是證明過橢圓上一點作橢圓的切線，其切線方程為：，本題利用導數的幾何意義求得斜率，是解決問題的關鍵.
16．（2022·重慶沙坪壩·模擬預測）已知拋物線：的焦點為，過點引圓：的一條切線，切點為，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過圓M上一點A引拋物線C的兩條切線，切點分別為P，Q，是否存在點A使得的面積為？若存在，求點A的個數；否則，請說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，點A的個數為2，理由見解析
【分析】（1）由題意可求出，過點M作軸，根據勾股定理可知，即可求出參數p，進而得到拋物線方程；
（2）設，，，求出切點弦PQ的方程，聯立拋物線方程，根據弦長公式求出，在利用點到直線距離公式求出點到直線PQ的距離d，由的面積為列出方程，得出A點的軌跡方程，聯立圓的方程得，方程的根的個數即為點A的個數.
【詳解】（1）解：如圖
已知拋物線：的焦點為，
圓：的圓心，半徑，
則，
過點M作軸，則，，
在中，滿足，
即，解得，
所以拋物線的方程為.
（2）存在點A使得的面積為，點A的個數為2，理由如下：
設，，，
由（1）可知拋物線的方程為，
則切點弦PQ的方程為，斜率，
聯立，得，
所以，，
，
點到直線PQ的距離，
，
所以，
即點A的軌跡為拋物線往左平移個單位長度，
因為點A在圓M上，聯立，得，
顯然是一個根，因式分解得，
令，，則，
若，由于，
則恒成立，所以為增函數，
，，
根據零點存在定理函數在上存在一個零點，
所以存在兩個點A使得的面積為.
【點睛】本題考查了拋物線切點弦方程及弦長公式，高次方程的因式分解問題，構造函數并利用導函數求出函數的單調性，根據零點存在定理求出方程的根，此題的關鍵點在于，根據的面積為，求出點A的軌跡方程，利用其軌跡方程和圓M有幾個交點即可得到點A的個數.
17．（22-23高三下·山西晉城·階段練習）已知拋物線的焦點為，準線為，點是直線上一動點，直線與直線交于點，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作拋物線的兩條切線，切點為，且，求面積的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）計算，，根據距離公式計算得到，得到拋物線方程.
（2）求導得到導函數，計算切線方程得到的直線方程為，聯立方程，根據韋達定理得到根與系數的關系，根據向量運算得到，再計算，得到范圍.
【詳解】（1）直線，當時，，即，，
則，解得或（舍去），
故拋物線的方程為.
（2）設，，，，，
的直線方程為：，整理得到，
同理可得：方程為，
故，故的直線方程為，
，整理得到，，
，
，解得，
設到的距離為，
，
，故，
【點睛】關鍵點睛：本題考查了切線方程，拋物線方程，拋物線中的面積問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中利用韋達定理得到根與系數的關系，利用設而不求的思想解決問題是解題的關鍵，需要熟練掌握.
18．（2023·江西南昌·三模）已知橢圓經過點，且離心率為，為橢圓的左焦點，點為直線上的一點，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，連接，，．
(1)證明：直線經過定點；
(2)若記、的面積分別為和，當取最大值時，求直線的方程．
參考結論：為橢圓上一點，則過點的橢圓的切線方程為．
【答案】(1)證明見解析
(2)或
【分析】（1）由題求出橢圓的標準方程，根據參考結論得兩條切線的方程，由點P為兩切線的交點，得直線AB的方程，可求出直線所過定點；
（2）由直線AB所過定點設直線方程，與橢圓聯立，計算面積之差，利用基本不等式求出最值，及取最值時直線的方程.
【詳解】（1）由題意可得，即，，
故橢圓的方程為，
設，，，
由參考結論知過點在處的橢圓的切線方程為，
同理，過點在處的橢圓的切線方程為，
點在直線，上，，
直線的方程為，即，
可得，則直線過定點；
（2）由（1）知，，，
設直線的方程為，聯立，
得，故，，
為，
，
當且僅當，即時取等號，此時直線的方程為，
即或．

【點睛】思路點睛：第二問思路設直線的方程為與橢圓方程聯立，利用韋達定理代入，然后利用基本不等式求出結果，考查了學生的思維能力、運算能力.
19．（2024·甘肅蘭州·一模）已知圓過點，和，且圓與軸交于點，點是拋物線的焦點.
(1)求圓和拋物線的方程；
(2)過點作直線與拋物線交于不同的兩點，，過點，分別作拋物線的切線，兩條切線交于點，試判斷直線與圓的另一個交點是否為定點，如果是，求出點的坐標；如果不是，說明理由．
【答案】(1)圓：，拋物線：
(2)是定點，
【分析】（1）依題意可知圓心在直線上，設圓心為，半徑為，再由圓過點，即可得到，，從而求出圓的方程，再令求出點坐標，即可求出拋物線方程；
（2）設直線的方程為，，過，點的拋物線的切線的斜率分別為、，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，利用導數的幾何意義表示出過、點的切線方程，再聯立即可求出點坐標，即可得到直線的方程，最后與圓的方程聯立求出交點坐標.
【詳解】（1）因為圓過點和，
所以圓心在直線上，設圓心為，半徑為，
又圓過點，所以，，
則圓的方程為，
令，解得，所以，則，所以，
所以拋物線的方程為.
（2）依題意直線的斜率必存在，不妨設為，則直線的方程為，
即，由整理得，
其中，解得或，則，，
設，，過，點的拋物線的切線的斜率分別為、，
又，所以，則、，
所以過點的切線方程為，即，
同理可得過點的切線方程為，
由，解得，即，
所以點在直線上，而點也在直線上，
所以直線與圓的另一個交點就是直線與圓的交點，
由，解得或，
所以直線與圓的另一個交點為定點.
【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．（23-24高三下·重慶大足·階段練習）已知直線與拋物線：交于，兩點．是線段的中點，點在直線上，且垂直于軸．
(1)求證：的中點在上；
(2)設點在拋物線：上，，是的兩條切線，，是切點．若，且位于軸兩側，求證：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）設，聯立，利用韋達定理求出點，點，進而可得其中點坐標，代入拋物線方程驗證即可；
（2）設出直線的方程，與拋物線聯立，求出點坐標，設點在拋物線上，求出過該點的切線方程，代入點，可得直線的方程，與拋物線聯立，利用韋達定理計算出，同樣計算出即可證明.
【詳解】（1）設，
聯立，消去得，
則，
所以
所以，則，
所以的中點坐標為，滿足，
故的中點在上；
（2）由（1）得，設直線的方程為，即，
聯立，消去得，解得或，
又位于軸兩側，故，
設點在拋物線上，又對于：有，所以
則在點處的切線方程為，
整理得，設，，
則在與處的切線方程分別為與，又兩條切線都過點，
則，，
則直線的方程為，即，
又，則點在直線上.
由（1）知，而，
則.
而
.
聯立，消去得，
則，，
則.
所以.
【點睛】方法點睛：(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，可直接使用焦半徑公式，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．
21．（2024高三·全國·專題練習）左、右焦點分別為的橢圓經過點，為橢圓上一點，的重心為，內心為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若為直線上一點，過點作橢圓的兩條切線為切點，問直線是否過定點？若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由．
【答案】(1)
(2)過定點，
【分析】（1）設點的坐標為，根據重心性質和可得，結合三角形面積公式求解可得；
（2）設切線方程為，根據切線過點可求得的方程，由直線系方程即可確定所過定點.
【詳解】（1）因為橢圓焦點在軸上，且過點，
所以，
設內切圓的半徑為，點的坐標為，
則重心的坐標為，
因為，所以．
由面積可得，
即，結合，解得，
即所求的橢圓方程為則橢圓方程為．

（2）設，
則切線的方程分別為，
因為點在兩條切線上，所以，
故直線的方程為．
又因為點為直線上，
所以，即直線的方程可化為，
整理得，
由解得，
因此，直線過定點．
22．（2024·安徽·二模）已知點在橢圓：的外部，過點作的兩條切線，切點分別為，．
(1)①若點坐標為，求證：直線的方程為；②若點的坐標為，求證：直線的方程為；
(2)若點在圓上，求面積的最大值．
【答案】(1)①證明見解析，②證明見解析
(2)
【分析】（1）①設方程，聯立橢圓方程，結合判別式化簡可得，繼而結合直線方程化簡，即可證明結論；②根據方程思想，結合額兩點確定一條直線，即可即可證明結論；
（2）確定直線的方程，聯立橢圓方程，可得根與系數的關系式，即可求得弦長，再求出P到直線的距離的表達式，即可求得面積的表達式，利用導數求最值，即可得答案.
【詳解】（1）①當斜率存在時，，設方程為：
與：聯立整理得：，
由已知得：，
化簡得：
因為，則，
即，所以，
方程為：，即，則，
故直線的方程為
當斜率不存在時，，直線的方程為或滿足上式.；
所以直線的方程為；
②由①知，設點坐標為，則直線的方程為，
由點的坐標為，則，，
則，兩點都在直線上，
由于兩點確定一條直線，故直線的方程為；
（2）由（1）知直線的方程為，由題意知，
與：聯立整理得：
因為，所以
因為，，則，，
所以，
點到直線的距離為：，
所以面積，
當時，令，所以，
故在單調遞增，所以的最大值為，
由對稱性可知當時，的最大值也為，
故面積的最大值為.
【點睛】難點點睛：本題考查了橢圓的切線問題以及橢圓中的三角形的面積最值問題，綜合強，難度較大，解答的難點在于計算量大，計算復雜，并且基本都是字母參數的運算，一不小心就會出錯.
23．（2024·浙江杭州·模擬預測）已知動圓與圓：和圓：都內切，記動圓圓心的軌跡為.
(1)求的方程；
(2)已知圓錐曲線具有如下性質：若圓錐曲線的方程為，則曲線上一點處的切線方程為：.試運用該性質解決以下問題：點為直線上一點（不在軸上），過點作的兩條切線，，切點分別為，.
（ⅰ）證明：；
（ⅱ）點關于軸的對稱點為，直線交軸于點，直線交曲線于，兩點.記，的面積分別為，，求的取值范圍.
【答案】(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）.
【分析】（1）根據橢圓的幾何定義求解動點的軌跡方程；
（2）（i）根據題意中的性質求解出兩條切線方程，代入點坐標后，得出直線的方程，從而算出斜率，再去判斷與另一直線是否垂直；
（ii）聯立直線的方程與橢圓的方程，由韋達定理得出，進而求解出直線與軸的交點的坐標，再用垂直關系又去設出直線的方程與橢圓的方程聯立，再用坐標去表示出，最后可由基本不等式得出結果.
【詳解】（1）設動圓的半徑為，由題意得圓和圓的半徑分別為7，1，
因為與，都內切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，
設的方程為：，
則，，所以，
故的方程為：
（2）
（i）證明：設，，，
由題意中的性質可得，切線方程為，
切線方程為，
因為兩條切線都經過點，所以，，
故直線的方程為：，可得直線的斜率為：
而直線的斜率為：，
因為，所以;
（ii）由直線的方程為：，可改設直線的方程為：，
聯立，整理得，
由韋達定理得，
又，所以直線的方程為，
令得，
，
所以直線經過定點，又，
再由，可設直線的方程為：，
再聯立，整理得，
設，，則由韋達定理得，
因為，所以
，
所以，當且僅當時，即時取等號.
又因為，所以
【點睛】方法點睛：
（1）利用兩圓相內切的幾何關系來推導出橢圓的幾何定義，從而求出軌跡方程；
（2）利用曲線上某點的切線方程去推導出切點弦方程.
24．（23-24高二下·河北石家莊·階段練習）由橢圓的兩個焦點和短軸的一個頂點組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”．如果橢圓的“特征三角形”為，橢圓的“特征三角形”為，若，則稱橢圓與“相似”，并將與的相似比稱為橢圓與的相似比．已知橢圓：與橢圓：相似．
(1)求橢圓的離心率；
(2)若橢圓與橢圓的相似比為，設為上異于其左、右頂點，的一點．
①當時，過分別作橢圓的兩條切線，，切點分別為，，設直線，的斜率為，，證明：為定值；
②當時，若直線與交于，兩點，直線與交于，兩點，求的值．
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②
【分析】（1）首先得到、的長軸長、短軸長、焦距、依題意可得，從而得到，再由離心率公式計算可得；
（2）①設，則直線的方程為，進而與橢圓聯立方程，并結合判別式得，同理得到，進而得，再根據即可求得答案；
②由題知橢圓的標準方程為，進而結合點在橢圓上得，故設直線的斜率為，則直線的斜率為，進而得其對應的方程，再與橢圓聯立方程并結合韋達定理，弦長公式得、，進而得．
【詳解】（1）對于橢圓：，則長軸長為，短軸長為，焦距為，
橢圓：的長軸長為，短軸長為，焦距為，
依題意可得，所以，
則橢圓的離心率.
（2）①由相似比可知，，解得，所以橢圓：，
設，則直線的方程為，即，
記，則的方程為，
將其代入橢圓的方程，消去，得，
因為直線與橢圓有且只有一個公共點，
所以，即，
將代入上式，整理得，
同理可得，
所以為關于的方程的兩根，
所以．
又點在橢圓上，
所以，
所以，為定值．
②由相似比可知，，解得，所以橢圓：，
其左、右頂點分別為，，恰好為橢圓的左、右焦點，
設，易知直線、的斜率均存在且不為，
所以，
因為在橢圓上，所以，即，
所以．
設直線的斜率為，則直線的斜率為，
所以直線的方程為．
由，得，
設，，則，，
所以
，
同理可得，
所以．
【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.
25．（2024·全國·模擬預測）已知動圓過點，且與直線相切于點，設動點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點作曲線的兩條切線分別與曲線相切于點，與軸分別交于兩點.記，，的面積分別為、、．
（i）證明：四邊形為平行四邊形；
（ii）證明：成等比數列.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】（1）設出圓心，利用條件建立方程，再化簡即可得出結果；
（2）（ⅰ）設出兩條切線方程，從而求出的坐標，再利用向量的加法法則即可得出證明；
（ⅱ）利用（ⅰ）中條件，找出邊角間的關系，再利用面積公式即可求出結果.
【詳解】（1）設圓心，由題意得：，
化簡整理得：，所以曲線的方程為：．
（2）（ⅰ）設，，因為，所以，
∴直線的方程為：，即，令，得到，
同理可得直線的方程為：，令，得到，
∴，，聯立，消解得，
所以，
又，∴，
所以四邊形為平行四邊形；
（ⅱ）由（ⅰ）知直線的方程為，又，所以，即，
同理可知直線的方程為，又因為在直線，上，
設，則有，
所以直線的方程為：，故直線過點，
∵四邊形為平行四邊形，∴，，
∴，，，，
∴，
∵，，，
∴
，
即，
故成等比數列．
【點睛】關鍵點點睛：（2）中的第（ⅰ）問，關鍵在于利用向量來證明，從而將問題轉化成求出點的坐標，將幾何問題代數化；第（ⅱ）問的關鍵在于求出直線恒過定點，再利用幾何關系，求出相似比.
1．（全國·統考高考真題）已知曲線C：y=，D為直線y=上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.
（1）證明：直線AB過定點：
（2）若以E(0，)為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積.
【答案】(1)見詳解；(2) 3或.
【分析】（1）可設，，然后求出A，B兩點處的切線方程，比如：，又因為也有類似的形式，從而求出帶參數直線方程，最后求出它所過的定點.
（2）由(1)得帶參數的直線方程和拋物線方程聯立，再通過為線段的中點，得出的值，從而求出坐標和的值，分別為點到直線的距離，則，結合弦長公式和韋達定理代入求解即可.
【詳解】(1)證明：設,,則．
又因為，所以.則切線DA的斜率為，
故，整理得.
設，同理得.
,都滿足直線方程.
于是直線過點，而兩個不同的點確定一條直線，所以直線方程為.即，
當時等式恒成立．所以直線恒過定點.
（2）
[方法一]【最優解：利用公共邊結合韋達定理求面積】
設的中點為G，,則，，．
由，得，
將代入上式并整理得，
因為，所以或．
由（1）知，所以軸，
則（設）．
當時，，即；
當時，，
即，．
綜上，四邊形的面積為3或．
[方法二]【利用弦長公式結合面積公式求面積】
設，由（1）知拋物線的焦點F的坐標為，準線方程為．由拋物線的定義，
得．
線段的中點為．
當時，軸，，
；
當時，，由，得，即．
所以，直線的方程為．
根據對稱性考慮點和直線的方程即可．
E到直線的距離為，
D到直線的距離為．
所以．
綜上，四邊形的面積為3或．
[方法三]【結合拋物線的光學性質求面積】
圖5中，由拋物線的光學性質易得，又，所以．
因為，，所以，
所以．
同理，所以，即點D為中點．
圖6中已去掉坐標系和拋物線，并延長于點H．
因為，所以．
又因為G，D分別為的中點，所以，
故為平行四邊形，從而．
因為且，所以I為的中點，
從而．．
當直線平行于準線時，易得．
綜上，四邊形的面積為3或．

[方法四]【結合弦長公式和向量的運算求面積】
由（1）得直線的方程為.
由，可得，
于是
.
設分別為點到直線的距離，則.
因此，四邊形ADBE的面積.
設M為線段AB的中點，則，
由于，而，與向量平行，所以，解得或.
當時，；當時
因此，四邊形的面積為3或.
【整體點評】(2)方法一：利用公共邊將一個三角形的面積分割為兩個三角形的面積進行計算是一種常用且有效的方法；
方法二：面積公式是計算三角形面積的最基本方法；
方法三：平穩的光學性質和相似、全等三角形的應用要求幾何技巧比較高，計算量較少；
方法四：弦長公式結合向量體現了數學知識的綜合運用.
2．（遼寧·高考真題）如圖，拋物線
（I）；
（II）
【答案】（I）p=2（II）
【詳解】（I），該拋物線上任意一點的切線斜率為
，即
故切線MA的方程為，又因為點
，代入拋物線得
聯立解得p=2
（II）設，由N為線段AB的中點可得
，切線MA,MB的方程為
，，兩式聯立求得交點M的坐標
由，再由
可得，經檢驗當A,B重合于坐標原點是方程也滿足，因此AB中點N的軌跡方程為
第一小題主要是要求學生把題目所給的拋物線方程轉化成二次函數，從而想到切線的斜率即為該點的導數值，求得切點坐標，寫出切線方程，進而求得p的值．
第二小題主要是尋找點M與點N的關系，通過設出各點的坐標，充分利用點在曲線上及他們之間的關系，代入建立間的關系，最后運用點M在已知曲線上求得x與y的關系．本題在求解過程中注意整體消參的方法．最后不要漏掉對特殊點即原點的考慮．
【考點定位】本題考查拋物線的性質，導數的意義，曲線的方程，整體代入消參求動點的軌跡．
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