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專題16 圓錐曲線壓軸解答題（新高考專用）
目錄
【知識梳理】 2
【真題回顧】 3
【熱考考點】 6
【熱考點一】軌跡方程 6
【熱考點二】圓錐曲線與向量 7
【熱考點三】弦長、面積問題 8
【熱考點四】斜率的和、差、積、商問題 10
【熱考點五】弦長、面積范圍與最值問題 10
【熱考點六】定值問題 12
1、直接推理計算，定值問題一般是先引入參數，最后通過計算消去參數，從而得到定值．
2、先猜后證，從特殊入手，求出定點或定值，再證明定點或定值與參數無關．
3、建立目標函數，使用函數的最值或取值范圍求參數范圍．
4、建立目標函數，使用基本不等式求最值．
5、根據題設不等關系構建不等式求參數取值范圍．
6、 已知點是橢圓上一個定點，橢圓上有兩動點、
（1）若直線，則直線過定點
（2）若直線，則直線斜率為定值；
（3）若直線，則直線過定點
（4）若直線，則直線斜率為定值；
（5）當直線過定點為原點時，則有（第三定義）；
7、過雙曲線上任一點，、為雙曲線上兩動點
（1）若，則直線恒過定點．
（2）若直線，則直線斜率為定值；
（3）若，則直線恒過定點．
（4）若直線，則直線斜率為定值；
（5）當直線過定點為原點時，則有（第三定義）；
8、過拋物線上任一點引兩條弦、，
（1）若，則直線恒過定點．（2018全國一卷文科）
（2）若，則直線恒過定點．
（3）若直線，則直線斜率為定值則．
一、解答題
1．（2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．
2．（2024·全國甲卷·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
3．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率為．左頂點為，下頂點為是線段的中點（O為原點），的面積為．
(1)求橢圓的方程．
(2)過點C的動直線與橢圓相交于兩點．在軸上是否存在點，使得恒成立．若存在，求出點縱坐標的取值范圍；若不存在，請說明理由．
4．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.
(1)若，求；
(2)證明：數列是公比為的等比數列；
(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.
5．（2024·廣東江蘇·高考真題）已知和為橢圓上兩點.
(1)求C的離心率;
(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．
6．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設為第一象限內E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
7．（2023·全國甲卷·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
8．（2023·全國乙卷·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．
9．（2023·天津·高考真題）已知橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．
(1)求橢圓的方程和離心率；
(2)點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．
10．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
11．（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
12．（2022·天津·高考真題）橢圓的右焦點為F，右頂點A和上頂點為B滿足．
(1)求橢圓的離心率；
(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于點N（N異于M）．記O為原點，若，且的面積為，求橢圓的方程．
13．（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在上；②；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
14．（2022·全國甲卷·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．
15．（2022·全國乙卷·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
16．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面積．
【熱考點一】軌跡方程
【典例1-1】一動圓與圓外切，與圓內切． 設動圓圓心的軌跡為
(1)求曲線的方程；
(2)直線與曲線分別交于兩點，以為直徑的圓過坐標原點O，動點在上，且成等比數列，求動點的軌跡方程．
【典例1-2】線段的長為3，端點分別在軸和軸上運動，點滿足，記點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)曲線與軸的左右兩個交點分別為為上異于的動點.過點分別作直線，直線，其中與曲線交于兩點，交直線于點，點滿足.
①求點的軌跡方程；
②的面積是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由.
【變式1-1】過點的直線與拋物線交于點M，N，且當直線恰好過拋物線C的焦點F時，．
(1)求拋物線C的方程；
(2)設點Q在線段MN上（異于端點），且，求點Q的軌跡方程．
1．已知動點與定點的距離和到定直線的距離的比為常數，其中，且，記點的軌跡為曲線．
(1)求的方程，并說明軌跡的形狀；
(2)設點，若曲線上兩動點均在軸上方，，且與相交于點．當時，
（ⅰ）求證：為定值
（ⅱ）求動點的軌跡方程．
【熱考點二】圓錐曲線與向量
【典例2-1】在平面直角坐標系中，已知曲線，點P、Q分別為上不同的兩點，．
(1)求所在橢圓的離心率；
(2)若在y軸上，若T到直線的距離為，求P的坐標；
(3)是否存在t，使得是以T為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范圍；若不存在，請說明理由．
【典例2-2】已知橢圓的左、右焦點分別為，右頂點為，上頂點為，設為上的一點．
(1)當時，求的值；
(2)若點坐標為，則在上是否存在點使的面積為，若存在，請求出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由；
(3)已知點坐標為，過點和點的直線與橢圓交于另一點，當直線與軸和軸均不平行時，有，求實數的取值范圍．
【變式2-1】已知動圓與圓外切，與圓內切，記動圓圓心的運動軌跡為曲線.
(1)求的方程；
(2)若分別是的左 右頂點，是圓上一點，設和的夾角為，求的取值范圍.
1．在平面直角坐標系xOy中，橢圓的離心率為，A為橢圓左頂點，已知點，且直線PA的斜率為.過點作直線l交橢圓于B，C兩點（B在x軸上方，C在x軸下方），設PB，PC兩直線分別交橢圓于另一點D，E（B，E分別在線段PD，PC上）.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)當時，若l的斜率小于零，且的面積為，求證：；
(3)若存在實數，使得，求此時直線DC的斜率.
【熱考點三】弦長、面積問題
【典例3-1】已知兩定點，，動點P滿足
(1)求點P的軌跡方程;
(2)過的直線l與動點P的軌跡交于兩點A，B，與直線交于點C，設O為坐標原點，若，求直線l的方程.
【典例3-2】法國數學家加斯帕爾·蒙日發現過圓上任意一點作雙曲線的兩條切線，這兩條切線互相垂直.我們通常把這個圓稱作雙曲線的蒙日圓.如圖，過雙曲線的蒙日圓上一點作的兩條切線，與該蒙日圓分別交于異于點的，兩點，，且的周長為.
(1)求雙曲線的標準方程.
(2)過雙曲線的右焦點的直線與交于，兩點（異于頂點），線段的中垂線與軸交于一點，是否存在常數，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【變式3-1】已知圓A：，圓B：，圓C與圓A、圓B都外切，記圓心C的軌跡為E．
(1)求E的方程；
(2)過點的直線交E于M，N兩點，與直線交于點T，過點T作x軸的平行線l，直線OM，ON與直線l分別交于S，Q兩點，證明：與的面積相等．
1．對于橢圓：（），我們稱雙曲線：為其伴隨雙曲線.已知橢圓C：（），它的離心率是其伴隨雙曲線離心率的倍.
(1)求橢圓C伴隨雙曲線的方程；
(2)點F為的上焦點，過F的直線l與上支交于A，B兩點，設的面積為S，（其中O為坐標原點）.若，求的值.
【熱考點四】斜率的和、差、積、商問題
【典例4-1】已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側，和的面積分別為，，記
(1)求橢圓C的方程；
(2)若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；
(3)若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．
【典例4-2】已知雙曲線的方程為，虛軸長為，點在曲線上.
(1)求雙曲線的離心率；
(2)過原點的直線與雙曲線交于兩點，已知直線和的斜率存在.證明：直線和的斜率之積為定值.
【變式4-1】已知橢圓，直線與交于點，過橢圓上一點（非頂點）作的切線與直線和分別交于點.
(1)若，求取得最小值時橢圓的標準方程；
(2)若橢圓的右頂點為，直線與軸交于點，直線與直線交于點，直線，，的斜率分別為，，，求證：，，成等差數列.
1．已知橢圓的右焦點為，離心率為為坐標原點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線與橢圓相交于兩點，的面積為，求直線的斜率之積的值.
【熱考點五】弦長、面積范圍與最值問題
【典例5-1】已知點是橢圓：（）上一點，的焦距為2.
(1)求的方程；
(2)過的右焦點作斜率不為0的直線，交于，兩點，，是的左、右頂點，記直線，的斜率分別為，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）設為直線與直線的交點，記的面積為，的面積為，求的最小值.
【典例5-2】已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于、兩點，過的直線交橢圓于、兩點，且⊥，垂足為.

(1)求點的軌跡方程；
(2)證明：當的斜率存在且時，、弦長的倒數和為定值；
(3)求四邊形的面積的最小值.
【變式5-1】已知曲線，從上任意不在軸上的一點向軸作垂線，為垂足，是線段的中點.
(1)求動點的軌跡的方程，并說明軌跡是什么圖形；
(2)已知，若為軌跡上位于軸同側的兩點，且共線，求四邊形面積的最大值.
1．已知雙曲線的離心率為，焦距為．
(1)求的標準方程；
(2)若過點作直線分別交的左 右兩支于兩點，交的漸近線于，兩點，求的取值范圍．
【熱考點六】定值問題
【典例6-1】平面直角坐標系中，動點到點的距離比它到軸的距離多1．
(1)求動點的軌跡方程；
(2)若點C為，過的直線l與點的軌跡交于A，B兩點（A，B與C不重合），直線，與直線交于點，．證明：以為直徑的圓在上截得的弦長為定值．
【典例6-2】已知橢圓的焦距為2，且經過點.
(1)求橢圓的方程；
(2)點是橢圓上的兩個動點，若直線的斜率與直線的斜率互為相反數，證明直線的斜率為定值，并求出該定值.
【變式6-1】已知雙曲線的一條漸近線的斜率為，雙曲線的一條漸近線的斜率為，且的一個焦點到其漸近線距離為2.
(1)求的方程；
(2)若上任意一點關于直線的對稱點為，過分別作的兩條漸近線的平行線，與分別交于求證：為定值.
1．定義：對橢圓及任意一點，稱直線為關于點的“極線”.
結論1：若點在橢圓上，則關于點的極線就是在點處的切線.
結論2（橢圓的光學性質）：從橢圓一個焦點發出的光線照射到橢圓上，其反射光線會經過另一個焦點.
試根據上面的定義和結論解決下列問題：
已知是橢圓的兩個焦點，關于點的極線與相交于兩點.
(1)求；
(2)設在點處的切線為，在點處的切線為，過在上且在外一點作的兩條切線，切點分別為,證明：直線相交于一點；
(3)若是上除頂點以外的任意一點，直線和分別與直線相交于點，證明：為定值.
【熱考點七】中點弦與對稱問題
【典例7-1】設橢圓.已知點，在橢圓上.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若過點的直線與橢圓交于兩點（在右側），且與線段交于點.
（i）證明：；
（ii）當為中點時，求直線的方程.
【典例7-2】已知橢圓：的左、右焦點為，，為橢圓上一點，且，．
(1)求橢圓的離心率；
(2)已知直線交橢圓于，兩點，且線段的中點為，若橢圓上存在點，滿足，試求橢圓的方程．
【變式7-1】已知O為坐標原點，點在橢圓C：上，直線l：與C交于A，B兩點，且線段AB的中點為M，直線OM的斜率為．
(1)求C的方程；
(2)若，試問C上是否存在P，Q兩點關于l對稱，若存在，求出P，Q的坐標，若不存在，請說明理由．
1．已知雙曲線：的左右頂點分別為、．
(1)求以、為焦點，離心率為的橢圓的標準方程；
(2)直線過點與雙曲線交于兩點，若點恰為弦的中點，求出直線的方程；
【熱考點八】定點問題
【典例8-1】材料：橢圓上點處的切線方程可化為，拋物線上點處的切線方程可化為．
問題：已知橢圓上點處的切線為，且拋物線與相切．
(1)求切線的方程．
(2)求拋物線的方程．
(3)已知定點，不過點的直線與拋物線恒有兩個不同交點，且與其準線交于點（點不在軸上）．若直線的斜率分別是，且成等差數列，證明：直線恒過定點．
【典例8-2】已知橢圓經過點，其右焦點為.
(1)求橢圓的離心率；
(2)若點在橢圓上，右頂點為A，且滿足直線與的斜率之積為，求證：直線PQ過定點.
【變式8-1】已知橢圓（）的焦距為2，點在C上．
(1)求C的方程；
(2)若過動點P的兩條直線，均與C相切，且，的斜率之積為，點，問是否存在定點B，使得？若存在，求出點B的坐標；若不存在，請說明理由．
1．已知橢圓過點，離心率為，一條直線與橢圓交于、兩點，線段的垂直平分線為，為直線與直線的交點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若，直線是否過定點？如果是，求出該定點的坐標；如果不是，說明理由.專題16 圓錐曲線壓軸解答題（新高考專用）
目錄
【知識梳理】 2
【真題回顧】 3
【熱考考點】 38
【熱考點一】軌跡方程 38
【熱考點二】圓錐曲線與向量 45
【熱考點三】弦長、面積問題 52
【熱考點四】斜率的和、差、積、商問題 58
【熱考點五】弦長、面積范圍與最值問題 63
【熱考點六】定值問題 70
1、直接推理計算，定值問題一般是先引入參數，最后通過計算消去參數，從而得到定值．
2、先猜后證，從特殊入手，求出定點或定值，再證明定點或定值與參數無關．
3、建立目標函數，使用函數的最值或取值范圍求參數范圍．
4、建立目標函數，使用基本不等式求最值．
5、根據題設不等關系構建不等式求參數取值范圍．
6、 已知點是橢圓上一個定點，橢圓上有兩動點、
（1）若直線，則直線過定點
（2）若直線，則直線斜率為定值；
（3）若直線，則直線過定點
（4）若直線，則直線斜率為定值；
（5）當直線過定點為原點時，則有（第三定義）；
7、過雙曲線上任一點，、為雙曲線上兩動點
（1）若，則直線恒過定點．
（2）若直線，則直線斜率為定值；
（3）若，則直線恒過定點．
（4）若直線，則直線斜率為定值；
（5）當直線過定點為原點時，則有（第三定義）；
8、過拋物線上任一點引兩條弦、，
（1）若，則直線恒過定點．（2018全國一卷文科）
（2）若，則直線恒過定點．
（3）若直線，則直線斜率為定值則．
一、解答題
1．（2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．
2．（2024·全國甲卷·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
3．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率為．左頂點為，下頂點為是線段的中點（O為原點），的面積為．
(1)求橢圓的方程．
(2)過點C的動直線與橢圓相交于兩點．在軸上是否存在點，使得恒成立．若存在，求出點縱坐標的取值范圍；若不存在，請說明理由．
4．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.
(1)若，求；
(2)證明：數列是公比為的等比數列；
(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.
5．（2024·廣東江蘇·高考真題）已知和為橢圓上兩點.
(1)求C的離心率;
(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．
6．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設為第一象限內E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
7．（2023·全國甲卷·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
8．（2023·全國乙卷·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．
9．（2023·天津·高考真題）已知橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．
(1)求橢圓的方程和離心率；
(2)點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．
10．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
11．（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
12．（2022·天津·高考真題）橢圓的右焦點為F，右頂點A和上頂點為B滿足．
(1)求橢圓的離心率；
(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于點N（N異于M）．記O為原點，若，且的面積為，求橢圓的方程．
13．（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在上；②；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
14．（2022·全國甲卷·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．
15．（2022·全國乙卷·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
16．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面積．
參考答案
1．(1)
(2)
【分析】（1）由題意得，進一步得，由此即可得解；
（2）設，，聯立橢圓方程，由韋達定理有，而，令，即可得解.
【詳解】（1）由題意，從而，
所以橢圓方程為，離心率為；
（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，
從而設，，
聯立，化簡并整理得，
由題意，即應滿足，
所以，
若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設，
所以，在直線方程中令，
得，
所以，
此時應滿足，即應滿足或，
綜上所述，滿足題意，此時或.
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設，根據的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.
（2）設，，，聯立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.
【詳解】（1）設，由題設有且，故，故，故，
故橢圓方程為.
（2）直線的斜率必定存在，設，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直線，故，
所以
，
故，即軸.
【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，注意的判斷；
（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.
3．(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根據橢圓的離心率和三角形的面積可求基本量，從而可得橢圓的標準方程.
（2）設該直線方程為：，， 聯立直線方程和橢圓方程并消元，結合韋達定理和向量數量積的坐標運算可用表示，再根據可求的范圍.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，
所以，故，
故，所以，，故橢圓方程為：.
（2）
若過點的動直線的斜率存在，則可設該直線方程為：，
設，
由可得，
故且
而，
故
，
因為恒成立，故，解得.
若過點的動直線的斜率不存在，則或，
此時需，兩者結合可得.
綜上，存在，使得恒成立.
【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的范圍問題，往往需要用合適的參數表示目標代數式，表示過程中需要借助韋達定理，此時注意直線方程的合理假設.
4．(1)，
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）直接根據題目中的構造方式計算出的坐標即可；
（2）思路一：根據等比數列的定義即可驗證結論；思路二：利用點差法和合比性質即可證明；
（3）思路一：使用平面向量數量積和等比數列工具，證明的取值為與無關的定值即可.思路二：使用等差數列工具，證明的取值為與無關的定值即可.思路三：利用點差法得到，，再結合（2）中的結論得，最后證明出即可.
【詳解】（1）
由已知有，故的方程為.
當時，過且斜率為的直線為，與聯立得到.
解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.
故，從而，.
（2）方法一：由于過且斜率為的直線為，與聯立，得到方程.
展開即得，由于已經是直線和的公共點，故方程必有一根.
從而根據韋達定理，另一根，相應的.
所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標亦可通過韋達定理表示為，故一定在的左支上.
所以.
這就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
方法二：因為，，，則，
由于，作差得，
，利用合比性質知，
因此是公比為的等比數列.
（3）方法一：先證明一個結論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）
證明：
.
證畢，回到原題.
由于上一小問已經得到，，
故.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
所以對任意的正整數，都有
.
而又有，，
故利用前面已經證明的結論即得
.
這就表明的取值是與無關的定值，所以.
方法二：由于上一小問已經得到，，
故.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
所以對任意的正整數，都有
.
這就得到，
以及.
兩式相減，即得.
移項得到.
故.
而，.
所以和平行，這就得到，即.
方法三：由于，作差得，
變形得①，
同理可得，
由（2）知是公比為的等比數列，令則②，
同時是公比為的等比數列，則③，
將②③代入①，
即，從而，即.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于將解析幾何和數列知識的結合，需要綜合運用多方面知識方可得解.
5．(1)
(2)直線的方程為或.
【分析】（1）代入兩點得到關于的方程，解出即可；
（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯立橢圓方程得到點坐標，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設，根據點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設直線，聯立橢圓方程，得到點坐標，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到答案；法六：設線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達面積即可.
【詳解】（1）由題意得，解得，
所以.
（2）法一：，則直線的方程為，即，
，由（1）知，
設點到直線的距離為，則，
則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，
此時該平行線與橢圓的交點即為點，
設該平行線的方程為：，
則，解得或，
當時，聯立，解得或，
即或，
當時，此時，直線的方程為，即，
當時，此時，直線的方程為，即，
當時，聯立得，
，此時該直線與橢圓無交點.
綜上直線的方程為或.
法二：同法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
設，則，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
設，其中，則有，
聯立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：當直線的斜率不存在時，此時，
，符合題意，此時，直線的方程為，即，
當線的斜率存在時，設直線的方程為，
聯立橢圓方程有，則，其中，即，
解得或，，，
令，則，則
同法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
則，解得，
此時，則得到此時，直線的方程為，即，
綜上直線的方程為或.
法五：當的斜率不存在時，到距離，
此時不滿足條件.
當的斜率存在時，設，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直線距離，
或，均滿足題意，或，即或.
法六：當的斜率不存在時，到距離，
此時不滿足條件.
當直線斜率存在時，設，
設與軸的交點為，令，則，
聯立，則有，
，
其中，且，
則，
則，解的或，經代入判別式驗證均滿足題意.
則直線為或，即或.
6．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結合題意得到，，再結合，解之即可；
（2）依題意求得直線、與的方程，從而求得點的坐標，進而求得，再根據題意求得，得到，由此得解.
【詳解】（1）依題意，得，則，
又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，
所以，即，則，
所以橢圓的方程為.
（2）因為橢圓的方程為，所以，
因為為第一象限上的動點，設，則，

易得，則直線的方程為，
，則直線的方程為，
聯立，解得，即，
而，則直線的方程為，
令，則，解得，即，
又，則，，
所以
，
又，即，
顯然，與不重合，所以.
7．(1)
(2)
【分析】（1）利用直線與拋物線的位置關系，聯立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；
（2）設直線：，利用，找到的關系，以及的面積表達式，再結合函數的性質即可求出其最小值．
【詳解】（1）設，
由可得，，所以，
所以，
即，因為，解得：．
（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，
設直線：，，
由可得，，所以，，
，
因為，所以，
即，
亦即，
將代入得，
，，
所以，且，解得或．
設點到直線的距離為，所以，
，
所以的面積，
而或，所以，
當時，的面積．
【點睛】本題解題關鍵是根據向量的數量積為零找到的關系，一是為了減元，二是通過相互的制約關系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.
8．(1)
(2)證明見詳解
【分析】（1）根據題意列式求解，進而可得結果；
（2）設直線的方程，進而可求點的坐標，結合韋達定理驗證為定值即可.
【詳解】（1）由題意可得，解得，
所以橢圓方程為.
（2）由題意可知：直線的斜率存在，設，
聯立方程，消去y得：，
則，解得，
可得，
因為，則直線，
令，解得，即,
同理可得，
則
，
所以線段的中點是定點.

【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．
9．(1)橢圓的方程為，離心率為.
(2).
【分析】（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.
（2）先設直線的方程，與橢圓方程聯立，消去，再由韋達定理可得，從而得到點和點坐標.由得，即可得到關于的方程，解出，代入直線的方程即可得到答案.
【詳解】（1）如圖，

由題意得，解得，所以，
所以橢圓的方程為，離心率為.
（2）由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，
設直線的方程為，
聯立方程組，消去整理得：，
由韋達定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直線的方程為.
10．(1)
(2)見解析
【分析】（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；
（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.
法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.
法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.
【詳解】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，
故.
（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，
同理令，且，則，
設矩形周長為,由對稱性不妨設，，
則，易知
則令,
令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
故,即.
當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,
得證.
法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，
則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，
直線的方程為，
則聯立得，
，則
則，
同理，
令，則，設，
則，令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
，
但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.
法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,
矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.
設 , 根據對稱性不妨設 .
則 , 由于 , 則 .
由于 , 且 介于 之間,
則 . 令 ,
,則,從而
故
①當時,
②當 時,由于,從而,
從而又,
故,由此
，
當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.
.
【點睛】關鍵點睛：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數求導，最后再排除邊界值即可.
11．(1)
(2)證明見解析.
【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；
（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯立直線方程，消去，結合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據此可證得點在定直線上.
【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，
則由可得，，
雙曲線方程為.
（2）由(1)可得，設，
顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，
與聯立可得，且，
則，

直線的方程為，直線的方程為，
聯立直線與直線的方程可得：
，
由可得，即，
據此可得點在定直線上運動.
【點睛】關鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中根據設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數的關系可以簡化運算，是解題的關鍵.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根據已知條件可得出關于、的等量關系，由此可求得該橢圓的離心率的值；
（2）由（1）可知橢圓的方程為，設直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯立，由可得出，求出點的坐標，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.
【詳解】（1）解：，
離心率為.
（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，
易知直線的斜率存在，設直線的方程為，
聯立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
聯立①②③可得，，，故橢圓的標準方程為．
13．(1)
(2)見解析
【分析】（1）利用焦點坐標求得的值，利用漸近線方程求得的關系，進而利用的平方關系求得的值，得到雙曲線的方程；
（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設直線AB的斜率為k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結論，進行證明即可.
【詳解】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程為：；
（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，
若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；
若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；
總之，直線的斜率存在且不為零.
設直線的斜率為,直線方程為,
則條件①在上，等價于；
兩漸近線的方程合并為,
聯立消去y并化簡整理得：
設,線段中點為,則,
設,
則條件③等價于,
移項并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由題意知直線的斜率為, 直線的斜率為,
∴由,
∴,
所以直線的斜率,
直線,即,
代入雙曲線的方程,即中，
得：,
解得的橫坐標：,
同理：，
∴
∴,
∴條件②等價于，
綜上所述：
條件①在上，等價于；
條件②等價于；
條件③等價于；
選①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
選①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
選②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
14．(1)；
(2).
【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可得解；
（2）法一：設點的坐標及直線，由韋達定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，設直線，結合韋達定理可解.
【詳解】（1）拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，
此時，所以，
所以拋物線C的方程為；
（2）[方法一]：【最優解】直線方程橫截式
設，直線，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直線，代入拋物線方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，
若要使最大，則，設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，設直線，
代入拋物線方程可得，
，所以，
所以直線.
[方法二]：直線方程點斜式
由題可知，直線MN的斜率存在.
設,直線
由 得：，,同理，.
直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.
代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，則，
設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，設直線，
代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.
[方法三]：三點共線
設，
設,若 P、M、N三點共線，由
所以，化簡得，
反之，若,可得MN過定點
因此，由M、N、F三點共線，得，
由M、D、A三點共線，得，
由N、D、B三點共線，得，
則，AB過定點（4,0）
（下同方法一）若要使最大，則，
設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，所以直線.
【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯立方程的運算，通過尋找直線的斜率關系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據韋達定理求出直線方程，是該題的最優解，也是通性通法；
法二：常規設直線方程點斜式，解題過程同解法一；
法三：通過設點由三點共線尋找縱坐標關系，快速找到直線過定點，省去聯立過程，也不失為一種簡化運算的好方法．
15．(1)
(2)
【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；
（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.
【詳解】（1）解：設橢圓E的方程為，過，
則，解得，，
所以橢圓E的方程為：.
（2），所以，
①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，過點.
②若過點的直線斜率存在，設.
聯立得，
可得，，
且
即
聯立可得
可求得此時，
將，代入整理得，
將代入，得
顯然成立，
綜上，可得直線HN過定點
【點睛】求定點、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.
16．(1)；
(2)．
【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設，，再根據，即可解出l的斜率；
（2）根據直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，根據即可求出直線的斜率，再分別聯立直線與雙曲線方程求出點的坐標，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．
【詳解】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．
易知直線l的斜率存在，設，，
聯立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化簡得，，即，
所以或，
當時，直線過點，與題意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最優解】常規轉化
不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，
當均在雙曲線左支時，，所以，
即，解得（負值舍去）
此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；
當均在雙曲線右支時，
因為，所以，即，
即，解得（負值舍去），
于是，直線，直線，
聯立可得，，
因為方程有一個根為，所以，，
同理可得，，．
所以，，點到直線的距離，
故的面積為．
［方法二］：
設直線AP的傾斜角為，，由，得，
由，得，即，
聯立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整體點評】（2）法一：由第一問結論利用傾斜角的關系可求出直線的斜率，從而聯立求出點坐標，進而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優解；
法二：前面解答與法一求解點坐標過程形式有所區別，最終目的一樣，主要區別在于三角形面積公式的選擇不一樣．
【熱考點一】軌跡方程
【典例1-1】一動圓與圓外切，與圓內切． 設動圓圓心的軌跡為
(1)求曲線的方程；
(2)直線與曲線分別交于兩點，以為直徑的圓過坐標原點O，動點在上，且成等比數列，求動點的軌跡方程．
【解析】（1）設動圓的半徑為，圓心.
圓，其圓心，半徑；
圓，其圓心，半徑.
因為動圓與圓外切，所以；動圓與圓內切，所以.
則，而.
根據橢圓的定義： （為長半軸長），（為半焦距），可得，.
根據，可得.
所以曲線的方程為.
（2）當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，.
聯立，消去得.
則，即.
由韋達定理得，.
因為以，為直徑的圓過原點，所以，即.
.
則.
將與代入可得：
，化簡得.
設，因為，，成等比數列，所以.
設，在直線上的射影分別為根據直角三角形射影定理可得.
設直線的傾斜角為，則，.
，.
將與代入并結合以及化簡可得.
當直線的斜率不存在時，設直線的方程為，，.
代入橢圓方程可得，.
因為，所以，解得.
此時.
則動點的軌跡方程.
【典例1-2】線段的長為3，端點分別在軸和軸上運動，點滿足，記點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)曲線與軸的左右兩個交點分別為為上異于的動點.過點分別作直線，直線，其中與曲線交于兩點，交直線于點，點滿足.
①求點的軌跡方程；
②的面積是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）設點，，，由，則，
由，可得，即，代入，
可得，
所以曲線的方程為.
（2）①因為，所以，
不妨設，則，
設，，，
則①，②，
由，得，則，
即，
由，得，
則，即，
又①②得，
，即得，且，
所以點的軌跡方程為.
②設，則，
設直線的斜率分別為，則，
聯立，得，
聯立，得，
設直線與軸交于點，直線與軸交于點，
則
，
當且僅當，即時等號成立，
所以的面積存在最小值，最小值為3.
求動點的軌跡方程有如下幾種方法：
（1）直譯法：直接將條件翻譯成等式，整理化簡后即得動點的軌跡方程；
（2）定義法：如果能確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可利用曲線的定義寫出方程；
（3）相關點法：用動點的坐標、表示相關點的坐標、，然后代入點的坐標所滿足的曲線方程，整理化簡可得出動點的軌跡方程；
（4）參數法：當動點坐標、之間的直接關系難以找到時，往往先尋找、與某一參數得到方程，即為動點的軌跡方程；
（5）交軌法：將兩動曲線方程中的參數消去，得到不含參數的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程．
【變式1-1】過點的直線與拋物線交于點M，N，且當直線恰好過拋物線C的焦點F時，．
(1)求拋物線C的方程；
(2)設點Q在線段MN上（異于端點），且，求點Q的軌跡方程．
【解析】（1）當直線恰好過拋物線C的焦點時，設直線的方程為：，其中，設，
聯立直線與拋物線方程：，可得：
，此時，
化簡可得：，解得：，
所以拋物線C的方程為：.
（2）設直線的方程為： ，設，，
聯立直線與拋物線方程：，可得：，
且，解得：且，
，
因為，即，則有，
整理可得：，
即，，所以，
即的軌跡方程為：且.
1．已知動點與定點的距離和到定直線的距離的比為常數，其中，且，記點的軌跡為曲線．
(1)求的方程，并說明軌跡的形狀；
(2)設點，若曲線上兩動點均在軸上方，，且與相交于點．當時，
（ⅰ）求證：為定值
（ⅱ）求動點的軌跡方程．
【解析】（1）設點，由題意可知，即，
經化簡，得的方程為，
當時，曲線是焦點在軸上的橢圓；
當時，曲線是焦點在軸上的雙曲線．
（2）當時，由（1）可知的方程為，
設點，其中且，
（i）證明：因為，所以，
因此，三點共線，
且，
設直線的方程為，聯立的方程，得，，
則，
由（1）可知，
所以
（定值），
（ⅱ）由橢圓定義，得，
，
解得，
同理可得，
所以
．
所以，點在以點為焦點長軸長為6的橢圓上，由于點均在軸上方，所以動點的軌跡方程為
【熱考點二】圓錐曲線與向量
【典例2-1】在平面直角坐標系中，已知曲線，點P、Q分別為上不同的兩點，．
(1)求所在橢圓的離心率；
(2)若在y軸上，若T到直線的距離為，求P的坐標；
(3)是否存在t，使得是以T為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范圍；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由，則，即離心率為；
（2）由題設，問題化為以為圓心，為半徑的圓與過的直線相切，
且切線與有交點，顯然切線斜率存在，令切線為，
所以，可得，則或，
當，則切線為，聯立，可得，
則或，故此時，滿足；
當，則切線為，聯立，可得，
則或，故此時，不滿足；
綜上，.
（3）由題設，直線的斜率存在，可設，，
聯立，整理得，
其中，即，
所以，，則，
，
所以且，故，
當時，則且，則，此時，滿足；
當，而的中點為，又，
則，即，
且，
，
所以，則，
所以，則，故
所以，則.
綜上，.
【典例2-2】已知橢圓的左、右焦點分別為，右頂點為，上頂點為，設為上的一點．
(1)當時，求的值；
(2)若點坐標為，則在上是否存在點使的面積為，若存在，請求出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由；
(3)已知點坐標為，過點和點的直線與橢圓交于另一點，當直線與軸和軸均不平行時，有，求實數的取值范圍．
【解析】（1）由橢圓方程知：，，，則，
設，，解得：，即，
由橢圓定義知：.
（2）由（1）知：，
，；
若存在點，使的面積為，
則點到直線的距離，
，直線方程為：，即，
設平行于直線且到直線的距離為的直線方程為，
，解得：或；
當時，直線方程為，
由得：，解得：或，
或，點或；
當時，直線方程為，
由得：，方程無解，
即直線與橢圓無交點，此時不存在滿足題意的點；
綜上所述：存在滿足條件的點，點坐標為或.
（3）由題意可設直線，，，
由得：，
，即，，，
設線段中點為，則，，
，又為中點，，
，，即，，
直線與軸和軸均不平行，，，
，整理可得：，
，，解得：，
所以實數的取值范圍為.
把幾何語言轉化翻譯為向量語言，然后用向量知識來解決．
【變式2-1】已知動圓與圓外切，與圓內切，記動圓圓心的運動軌跡為曲線.
(1)求的方程；
(2)若分別是的左 右頂點，是圓上一點，設和的夾角為，求的取值范圍.
【解析】（1）由題可知，的半徑為的半徑為.
設的半徑為，由與外切，與內切，得
則.
由橢圓的定義知，曲線是長軸長為，左 右焦點分別為的橢圓，
故的方程為.
（2）由（1）可知，，設，則，
則，
所以，則，得.
若在軸上，則，從而.
若在不在軸上，則，
且，由，得，
則，得.
因為，所以，則，
由，
解得.
綜上所述，的取值范圍為.
1．在平面直角坐標系xOy中，橢圓的離心率為，A為橢圓左頂點，已知點，且直線PA的斜率為.過點作直線l交橢圓于B，C兩點（B在x軸上方，C在x軸下方），設PB，PC兩直線分別交橢圓于另一點D，E（B，E分別在線段PD，PC上）.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)當時，若l的斜率小于零，且的面積為，求證：；
(3)若存在實數，使得，求此時直線DC的斜率.
【解析】（1）由題意，，，
又，所以，
所以橢圓標準方程為；
（2）由題意可設直線方程為，，
由得，，，，
所以，
解得，又直線的斜率小于零，所以，即直線，
則有，解得或，從而有，
又，，由對稱性知，且，而軸，，
所以，
所以.
（3）若存在實數，使得，則，所以，
由題意可知，
設，由得，
又均在橢圓上，所以，
上式變形為，
所以，
整理得，
同理可得，
所以直線方程為
所以的斜率為．
【熱考點三】弦長、面積問題
【典例3-1】已知兩定點，，動點P滿足
(1)求點P的軌跡方程;
(2)過的直線l與動點P的軌跡交于兩點A，B，與直線交于點C，設O為坐標原點，若，求直線l的方程.
【解析】（1）依題意知，，
點P的軌跡是以、為焦點的橢圓，且焦點在x軸上，
設橢圓方程為，
由，，得，，，
故所求點P的軌跡方程為
（2）依題意，設直線l的斜率為，則直線l的方程為，
設，，
聯立，消y得，，
可得：①，②，
由，，，
，整理得③，
由①③得，，代入②，解得，
直線l的方程為或
【典例3-2】法國數學家加斯帕爾·蒙日發現過圓上任意一點作雙曲線的兩條切線，這兩條切線互相垂直.我們通常把這個圓稱作雙曲線的蒙日圓.如圖，過雙曲線的蒙日圓上一點作的兩條切線，與該蒙日圓分別交于異于點的，兩點，，且的周長為.
(1)求雙曲線的標準方程.
(2)過雙曲線的右焦點的直線與交于，兩點（異于頂點），線段的中垂線與軸交于一點，是否存在常數，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【解析】（1）由題可知，雙曲線的蒙日圓方程為，且，
所以為蒙日圓的直徑，，又，
所以，，
，.
所以的周長為，所以.
故雙曲線的標準方程為.
（2）由（1）得，由已知可得，直線的斜率存在且不為，
設直線的方程為，，，
將直線的方程與雙曲線方程聯立得，
整理得關于的方程，
當，即時，直線AB與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線只有一個交點，不符合題意，
故，且，所以，，.
設線段的中點為，則，，所以.
因為是線段的中垂線，所以直線的斜率為，所以其方程為，
令，得，故，所以，
，
所以，存在使得，且.
首先仍是將題目中的基本信息進行代數化，坐標化，遵循直線與圓錐曲線題目通解中的套路，即設點設線、直由聯立、看判別式、韋達定理．
將有關弦長、面積背景的問題進行條件翻譯時，一般是應用弦長公式、點到直線的距離公式及面積公式（在圓中要用半徑、半弦、弦心距組成的直角三角形求弦長）將有關弦長、面積的條件翻譯為：（1）關于某個參數的函數，根據要求求出最值；（2）關于某個參數的方程，根據要求得出參數的值或兩參數間的關系．
【變式3-1】已知圓A：，圓B：，圓C與圓A、圓B都外切，記圓心C的軌跡為E．
(1)求E的方程；
(2)過點的直線交E于M，N兩點，與直線交于點T，過點T作x軸的平行線l，直線OM，ON與直線l分別交于S，Q兩點，證明：與的面積相等．
【解析】（1）設圓C的半徑為r，又圓C與圓A、圓B外切，所以，，
則，故點C的軌跡為以A，B為焦點的雙曲線的一支，
所以曲線E的方程為.
（2）由題意，直線MN斜率存在且不為0，設直線MN為，，，
其中且，
聯立方程組，消去x有，
則，，，
直線MN：與直線的交點，
直線MO：與直線l：的交點，
直線NO：與直線l：的交點，
由于
，
故點T是QS的中點，所以與的面積相等．
1．對于橢圓：（），我們稱雙曲線：為其伴隨雙曲線.已知橢圓C：（），它的離心率是其伴隨雙曲線離心率的倍.
(1)求橢圓C伴隨雙曲線的方程；
(2)點F為的上焦點，過F的直線l與上支交于A，B兩點，設的面積為S，（其中O為坐標原點）.若，求的值.
【解析】（1）設橢圓C與其伴隨雙曲線的離心率分別為，，
依題意可得，，即，
即，解得，
所以橢圓C：，則橢圓C伴隨雙曲線的方程為．
（2）由（1）可知，直線l的斜率存在，故設直線l的斜率為k，，，則直線l的方程，
與雙曲線聯立并消去y，得，
則，，，，
需滿足，則，
又，
則，解得；
又，
所以
，
所以.
【熱考點四】斜率的和、差、積、商問題
【典例4-1】已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側，和的面積分別為，，記
(1)求橢圓C的方程；
(2)若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；
(3)若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．
【解析】（1）由題意知，，，又，，，
所以橢圓C的方程為：
（2）證明：由知，，由圖形對稱性可知，定點M在x軸上，
設直線PQ方程為：，，，，
，解得，
即定點坐標為
（3）設直線PQ的方程為，，
聯立可得，
則，，且
于是
，
，，即的范圍是
【典例4-2】已知雙曲線的方程為，虛軸長為，點在曲線上.
(1)求雙曲線的離心率；
(2)過原點的直線與雙曲線交于兩點，已知直線和的斜率存在.證明：直線和的斜率之積為定值.
【解析】（1）由題意，
從而，
所以雙曲線方程，離心率.
（2）證明：由題意知點關于原點對稱，
不妨設，則，
設直線的斜率為，直線的斜率為，
因為，
所以（*）
又點，在曲線上，即，
代入（*）得，
所以直線的斜率和直線的斜率之積為定值3.
在面對有關等角、倍角、共線、垂直等幾何特征時，可設法將條件翻譯成關于斜率的關系式，然后將斜率公式代入其中，得出參數間的關系式，再根據要求做進一步的推導判斷．
【變式4-1】已知橢圓，直線與交于點，過橢圓上一點（非頂點）作的切線與直線和分別交于點.
(1)若，求取得最小值時橢圓的標準方程；
(2)若橢圓的右頂點為，直線與軸交于點，直線與直線交于點，直線，，的斜率分別為，，，求證：，，成等差數列.
【解析】（1）由于在橢圓上，所以，
由，得，
當且僅當，即時，取得最小值.
故取得最小值時橢圓的標準方程為.
（2）根據不是橢圓的頂點可知直線的斜率存在且不為0，
設直線為，所以，.
由，得
由于直線與橢圓相切，所以，
即，得，
所以（*）式可化為，即，得，故.
由題，得，所以，
故直線的方程為，
令，得，故.
所以，
所以直線的方程為，
令，得，
所以.易知，
由于，所以.
設，故，，，
故，
故成等差數列.
1．已知橢圓的右焦點為，離心率為為坐標原點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線與橢圓相交于兩點，的面積為，求直線的斜率之積的值.
【解析】（1）由題意可得
，解得
橢圓的標準方程為.
（2）設
①當直線的斜率不存在時，根據陏圓的對稱性不妨設點在第一象限，則
因為，所以
又因為，解得
所以
②當直線的斜率存在時，設直線的方程為，
由聯立，得
得
點到直線的距離為，
則
解得
綜上所得，求直線的斜率之積的值.
【熱考點五】弦長、面積范圍與最值問題
【典例5-1】已知點是橢圓：（）上一點，的焦距為2.
(1)求的方程；
(2)過的右焦點作斜率不為0的直線，交于，兩點，，是的左、右頂點，記直線，的斜率分別為，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）設為直線與直線的交點，記的面積為，的面積為，求的最小值.
【解析】（1）由題意知，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）
（ⅰ）設直線的方程為，，，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
則
.
（ⅱ）設直線的直線方程為，
由（ⅰ）可知，
則直線的方程為，聯立解得的橫坐標為4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以當時，的最小值為.
【典例5-2】已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于、兩點，過的直線交橢圓于、兩點，且⊥，垂足為.

(1)求點的軌跡方程；
(2)證明：當的斜率存在且時，、弦長的倒數和為定值；
(3)求四邊形的面積的最小值.
【解析】（1）橢圓的半焦距，
由⊥知，點在以線段為直徑的圓上，故點的軌跡方程；
（2）當的斜率存在且時，故的方程為，
代入橢圓方程中，
化簡得，
設，，則，
則
，
因為與相交于點，且的斜率為.
所以，
當的斜率存在且時，
、弦長的倒數和為；
（3）當的斜率存在且時，由（2）知，，，
故四邊形的面積
.
當時，上式取等號.
當的斜率時，如圖所示，
此時，
中，令得，故，
故四邊形的面積，
當的斜率不存在，同理可得，
綜上，四邊形的面積的最小值為.
弦長和面積的最值問題首先需要將弦長和面積表達出來，弦長可用弦長公式求出；面積的表達以直線與橢圓相交得到的為例，總結一下高考中常見的三角形面積公式．對于，有以下三種常見的表達式：
①（隨時隨地使用，但是相對比較繁瑣，想想弦長公式和點到直線距離）②（橫截距已知的條件下使用）
③（縱截距已知的條件下使用）
【變式5-1】已知曲線，從上任意不在軸上的一點向軸作垂線，為垂足，是線段的中點.
(1)求動點的軌跡的方程，并說明軌跡是什么圖形；
(2)已知，若為軌跡上位于軸同側的兩點，且共線，求四邊形面積的最大值.
【解析】（1）設，則，由中點坐標公式得.
因為點在曲線上，所以.
故線段的中點的軌跡的方程為.
且軌跡是以為焦點，長軸長為4，去掉長軸端點的橢圓.
（2）因為為軌跡上位于軸同側的兩點，且共線，
所以，直線與軌跡的另一交點為與軌跡的另一交點為，
根據對稱性知四邊形的面積為四邊形的面積的一半，
當直線的斜率存在時，設直線的方程為，
與橢圓兩交點的坐標分別為，
由得
所以，
所以
.
直線的方程為，
兩平行線與的距離，
所以
，
令，則，
所以，
當時，最大，最大值為2
當直線的斜率不存在時，，
故四邊形的面積的最大值為2.
1．已知雙曲線的離心率為，焦距為．
(1)求的標準方程；
(2)若過點作直線分別交的左 右兩支于兩點，交的漸近線于，兩點，求的取值范圍．
【解析】（1）因為的離心率為，焦距為，
所以，解得，所以．
所以的標準方程為．
（2）由題意可知直線的斜率存在，設直線的方程為，雙曲線的漸近線方程為，
不妨設分別在左 右位置，聯立，得，
聯立，得，
所以，
聯立，得，
設，則，
由，即，
所以，
所以，
又，所以，
所以的取值范圍為．
【熱考點六】定值問題
【典例6-1】平面直角坐標系中，動點到點的距離比它到軸的距離多1．
(1)求動點的軌跡方程；
(2)若點C為，過的直線l與點的軌跡交于A，B兩點（A，B與C不重合），直線，與直線交于點，．證明：以為直徑的圓在上截得的弦長為定值．
【解析】（1）因為到點的距離為，到軸的距離為．
由題意動點到點的距離比它到軸的距離多1得，
整理得，，即．
當時，；
當時，；
所以動點的軌跡方程為或．
（2）依題意設直線的方程為，依題意，點的軌跡方程應取，
將代入，消去得，
設，，則，，
設，，，
則，
直線的方程為，
令，則，
，同理可得，
以線段為直徑的圓與軸交點設為，
則，，且，
，
，
或，
以為直徑的圓在軸上截得的弦長為定值．
【典例6-2】已知橢圓的焦距為2，且經過點.
(1)求橢圓的方程；
(2)點是橢圓上的兩個動點，若直線的斜率與直線的斜率互為相反數，證明直線的斜率為定值，并求出該定值.
【解析】（1）因為焦距為2，所以，
又，
且，
解得，
橢圓的方程為；
（2）設直線方程：得，代入，
得，
設，
，
且，則，
，
又直線的斜率與的斜率互為相反數，在上式中以代，可得
，
所以直線的斜率，
即直線的斜率為定值，其值為.
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．
【變式6-1】已知雙曲線的一條漸近線的斜率為，雙曲線的一條漸近線的斜率為，且的一個焦點到其漸近線距離為2.
(1)求的方程；
(2)若上任意一點關于直線的對稱點為，過分別作的兩條漸近線的平行線，與分別交于求證：為定值.
【解析】（1）由題意得，
，
的焦點到漸近線的距離為，
，
雙曲線方程為.
（2）令，由題意，
在上，，得，
即，
則過與其中一條斜率為2的漸近線平行的直線，
聯立，可得，
即，解得，
即，同理可得，
，證畢.
1．定義：對橢圓及任意一點，稱直線為關于點的“極線”.
結論1：若點在橢圓上，則關于點的極線就是在點處的切線.
結論2（橢圓的光學性質）：從橢圓一個焦點發出的光線照射到橢圓上，其反射光線會經過另一個焦點.
試根據上面的定義和結論解決下列問題：
已知是橢圓的兩個焦點，關于點的極線與相交于兩點.
(1)求；
(2)設在點處的切線為，在點處的切線為，過在上且在外一點作的兩條切線，切點分別為,證明：直線相交于一點；
(3)若是上除頂點以外的任意一點，直線和分別與直線相交于點，證明：為定值.
【解析】（1）根據定義，可得的方程為，即，
將其代入的方程得，解得，
不妨取，所以.
（2）根據所給結論可知分別是關于點的極線，
如圖（1），取，則.
由解得所以和交于點，
要證明直線相交于一點，只需證明直線過點即可.
設.
根據所給結論，可知直線，直線.
因為直線和都經過點，所以，
所以直線的方程為，將代入，得，方程也成立，
所以直線過點，故直線相交于一點.
（3）由題意，在點處的切線方程為，則與平行，且經過坐標原點.
如圖（2）所示，由橢圓的光學性質，可知.
又因為，所以，所以，所以.
過作，與交于點，則，所以.
另一方面，因為，所以，
從而，所以.
因此，故為定值.
【熱考點七】中點弦與對稱問題
【典例7-1】設橢圓.已知點，在橢圓上.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若過點的直線與橢圓交于兩點（在右側），且與線段交于點.
（i）證明：；
（ii）當為中點時，求直線的方程.
【解析】（1）由題意，且，可得，
故橢圓的標準方程為；
（2）（i）由題設，直線，且直線的斜率存在，
設，，，，
則，，且，
聯立，消去y可得，
所以，可得，
則，，
要證，即證，
即證，整理得，
即證，整理得，
將，代入，得，
所以，顯然兩側相等，結論得證.
（ii）當為中點時，由（i）結論，有，
所以，即，結合韋達定理，
有，將代入，得，
消去得，整理得，
所以或，則直線為或.
【典例7-2】已知橢圓：的左、右焦點為，，為橢圓上一點，且，．
(1)求橢圓的離心率；
(2)已知直線交橢圓于，兩點，且線段的中點為，若橢圓上存在點，滿足，試求橢圓的方程．
【解析】（1）因為，所以，即，
則，解得．
（2）設，
由，得，所以，所以
設，即
由于在橢圓上，則，，①
由，得，即
由在橢圓上，則,
即，
即，②
將①代入②得：，③
若直線的斜率不存在，則線段的中點在軸上，不合乎題意，
線段的中點為，設
可知
，
所以，其中，解得，
所以，方程為
又，④
將④代入③得：，
經檢驗滿足，
所以橢圓的方程為.
對于中點弦問題常用點差法解決．
【變式7-1】已知O為坐標原點，點在橢圓C：上，直線l：與C交于A，B兩點，且線段AB的中點為M，直線OM的斜率為．
(1)求C的方程；
(2)若，試問C上是否存在P，Q兩點關于l對稱，若存在，求出P，Q的坐標，若不存在，請說明理由．
【解析】（1）設，則
∵在橢圓上，則
兩式相減得，整理得
∴，即，則
又∵點在橢圓C：上，則
聯立解得
∴橢圓C的方程為
（2）不存在，理由如下：
假定存在P，Q兩點關于l：對稱，設直線PQ與直線l的交點為N，則N為線段PQ的中點，連接ON
∵，則，即
由（1）可得，則，即直線
聯立方程，解得
即
∵，則在橢圓C外
∴假定不成立，不存在P，Q兩點關于l對稱
1．已知雙曲線：的左右頂點分別為、．
(1)求以、為焦點，離心率為的橢圓的標準方程；
(2)直線過點與雙曲線交于兩點，若點恰為弦的中點，求出直線的方程；
【解析】（1）由題意可得，，，則，
又，，
所以橢圓的標準方程為.
（2）設，點恰為弦的中點，則，，
又因為兩點在雙曲線上，
可得，兩式相減得，
化簡整理得，即，
所以直線的方程為，即，
經檢驗，滿足題意.
【熱考點八】定點問題
【典例8-1】材料：橢圓上點處的切線方程可化為，拋物線上點處的切線方程可化為．
問題：已知橢圓上點處的切線為，且拋物線與相切．
(1)求切線的方程．
(2)求拋物線的方程．
(3)已知定點，不過點的直線與拋物線恒有兩個不同交點，且與其準線交于點（點不在軸上）．若直線的斜率分別是，且成等差數列，證明：直線恒過定點．
【解析】（1）由材料知橢圓上點處的切線為，
即，
所以切線的方程為．
（2）設拋物線與直線相切于點，
由題知拋物線在點處的切線方程為，
即．
與對照得：．
又因為，所以，解得．
所以拋物線的方程為．
（3）設直線的方程為，
由（2）得的準線方程為．
聯立得，即點．
由點得．
由成等差數列，得，
即①，
由，在直線上得，代入①得
②
聯立，
則，即．
由韋達定理得③．
將③代入②得．
化簡得，
即，
即，
即，
即。
又因為直線不過點和點，則且，故．
即直線的方程為，所以直線恒過定點．
【典例8-2】已知橢圓經過點，其右焦點為.
(1)求橢圓的離心率；
(2)若點在橢圓上，右頂點為A，且滿足直線與的斜率之積為，求證：直線PQ過定點.
【解析】（1）依題可得，，解得，
所以橢圓的方程為.所以離心率.
（2）由（1）知，易知直線與的斜率存在且同號，所以直線不垂直于軸，
故可設，
由可得，，
所以，
，而，即，
化簡可得，
即，
即，
化簡得，所以或，
所以直線或，
因為直線不經過點A，所以直線經過定點.
求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明．
【變式8-1】已知橢圓（）的焦距為2，點在C上．
(1)求C的方程；
(2)若過動點P的兩條直線，均與C相切，且，的斜率之積為，點，問是否存在定點B，使得？若存在，求出點B的坐標；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由題意知，橢圓C的半焦距，焦點分別為，，
由橢圓定義得，橢圓長軸長，
即，，所以橢圓C的方程為．
（2）設點，顯然，
過點P的直線方程為，
由，消去y并整理得．
因為直線l與C相切，則，
得，
即，
設直線，的斜率分別為，，顯然，是上述關于k的一元二次方程的兩個根，
則，化簡得，
即點P到坐標原點O的距離，
故點P在以O為圓心，為半徑的圓上，并且是動點，而點A為該圓上一定點，
則當滿足時，為圓O的直徑，即點，
所以存在點滿足題意．
1．已知橢圓過點，離心率為，一條直線與橢圓交于、兩點，線段的垂直平分線為，為直線與直線的交點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若，直線是否過定點？如果是，求出該定點的坐標；如果不是，說明理由.
【解析】（1）因為橢圓過點，離心率為，
則，解得，
因此，橢圓的方程為.
（2）設點、，則，
當直線的斜率存在且不為零時，設直線的方程為，
聯立可得，
則，可得，
當時，由韋達定理可得，整理可得，
可得，
此時，，則，
所以，直線的方程為，即，
此時，直線恒過定點；
當直線軸時，則線段的方程為，此時點、關于軸對稱，
則直線為軸，此時，直線過點；
當直線軸時，此時點、關于軸對稱，則，不合乎題意.
綜上所述，直線恒過定點.

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