专题11 圆锥曲线综合题（解答）-备战2025届安徽新高考数学模拟题分类汇编（安徽专用）

专题11 圆锥曲线综合题（解答） 题型一 椭圆综合题 1．（2024·安徽·三模）已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点． (1)求证：直线与C相切； (2)探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 2．（2024·安徽淮北·一模）已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，，. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上. 3．（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 4．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆，直线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的右侧）． (1)若点是线段的中点，求点的坐标； (2)过作轴的垂线交椭圆于点，连，求面积的取值范围． 5．（2024·安徽·三模）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是平面内动点与两定点的距离的比值是个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.    (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，过点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方）两点，点是椭圆上异于的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的周长为，求直线的方程. 6．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.    (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围； (3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围. 7．（2024·安徽·三模）已知椭圆：的长轴长为4，左，右焦点分别为，，上顶点为A，其中直线的斜率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线与椭圆C交于M，N两点，若原点到直线的距离为1，求周长的取值范围. 8．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆C：的短轴长为4，过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，（在的左侧）；当直线的倾斜角为时，线段的中点坐标为. (1)求的方程； (2)若圆：，判断以线段为直径的圆与圆的位置关系，并说明理由； (3)若直线与直线交于点M，的面积为，求直线的方程. 9．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点．若斜率为的直线与椭圆相切于点，过直线上异于点的一点，作斜率为的直线与椭圆交于两点，定义为点处的切割比，记为． (1)求的方程； (2)证明：与点的坐标无关； (3)若，且（为坐标原点），则当时，求直线的方程． 10．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆的短轴长为2，离心率为. (1)求的方程； (2)直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且. （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）当时，求点到的距离的最大值. 11．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知分别为椭圆的左顶点和上顶点，过点作一条斜率存在且不为0的直线与轴交于点，该直线与的一个交点为，与曲线的另一个交点为． (1)若平分，求的内切圆半径； (2)设直线与的另一个交点为，则直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由． 12．（2023·安徽蚌埠·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的上､下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点（异于点），且的面积为，过点A作直线，交椭圆于点，求证：. 13．（2024·安徽黄山·一模）设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为． (1)求椭圆的方程； (2)求椭圆的外切矩形的面积的最大值． 14．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆W：的离心率为，已知椭圆长轴长是短轴长的2倍，且椭圆W过点． (1)求椭圆W的方程； (2)已知平行四边形ABCD的四个顶点均在W上，求平行四边形ABCD的面积S的最大值． 15．（2024·安徽·模拟预测）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点. (1)设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程； (2)曲线与轴交于.点在点的右侧，直线交曲线于点两点不过点，直线与直线的斜率分别是且，直线和直线交于点. ①探究直线是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由； ②证明：为定值，并求出该定值. 16．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系中，为坐标原点，四边形为矩形，，分别为的中点，两点满足：，其中为非零实数．直线与交于点．已知椭圆过三点． (1)求椭圆的标准方程及其焦距； (2)判断点与椭圆的位置关系，并证明你的结论； (3)设为椭圆上两点，满足，判断是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由． 17．（2024·安徽马鞍山·三模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的直线与椭圆交于A，B两点，直线PA，PB与直线分别交于点M，N (1)求椭圆C的方程； (2)若T为椭圆的上焦点，求面积取得最大值时直线的方程； (3)若的外接圆经过原点，求的值． 18．（2024·安徽安庆·三模）已知椭圆，圆． (1)点是椭圆的下顶点，点在椭圆上，点在圆上（点异于点），连，直线与直线的斜率分别记作，若，试判断直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． (2)椭圆的左、右顶点分别为点，点（异于顶点）在椭圆上且位于轴上方，连分别交轴于点，点在圆上，求证：的充要条件为轴． 19．（2024·安徽·二模）已知点在椭圆：的外部，过点作的两条切线，切点分别为，． (1)①若点坐标为，求证：直线的方程为；②若点的坐标为，求证：直线的方程为； (2)若点在圆上，求面积的最大值． 20．（2024·安徽阜阳·模拟预测）如图，各边与坐标轴平行或垂直的矩形内接于椭圆，其中点，分别在第三、四象限，边，与轴的交点为，. (1)若，且，为椭圆的焦点，求椭圆的离心率； (2)若是椭圆的另一内接矩形，且点也在第三象限，若矩形和矩形的面积相等，证明：是定值，并求出该定值； (3)若是边长为1的正方形，边，与轴的交点为，，设（，，…，）是正方形内部的100个点，记，其中，，，.证明：，，，中至少有两个小于81. 题型二 双曲线综合题 1．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线的左顶点是，一条渐近线的方程为． (1)求双曲线E的离心率； (2)设直线与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长． 2．（2024·安徽阜阳·一模）已知双曲线的左、右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为． (1)求双曲线的标准方程． (2)当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为．是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 3．（2024·安徽池州·二模）已知双曲线的右焦点，离心率为，过F的直线交于点两点，过与垂直的直线交于两点. (1)当直线的倾斜角为时，求由四点围成的四边形的面积； (2)直线分别交于点，若为的中点，证明：为的中点. 4．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3． (1)求E的方程； (2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值． 5．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，已知双曲线的离心率为2，点在上，为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线和直线交于点，直线交的右支于点． (1)求的方程； (2)探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由； (3)设分别为和的外接圆面积，求的取值范围． 6．（2024·安徽·三模）已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）. (1)求的方程； (2)若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值. 7．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知双曲线的上焦点为，下顶点为，渐近线方程是，过点的直线交双曲线上支于两点，分别交直线于两点，为坐标原点. (1)求的方程； (2)求证：四点共圆； (3)求（2）中的圆的半径的取值范围. 8．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知双曲线，过作直线与交于两点，（）． (1)当时，求的值； (2)是否存在异于点的定点使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 9．（2024·安徽合肥·三模）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程，并说明轨迹的形状； (2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时， （ⅰ）求证：为定值 （ⅱ）求动点的轨迹方程． 10．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限. (1)探求参数，满足的关系式； (2)若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：. 题型三 抛物线综合题 1．（2024·安徽合肥·三模）已知平面上一动点P到定点的距离比到定直线的距离小2023，记动点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知直线与曲线交于M，N两点，是线段MN的中点，点在直线上，且AT垂直于轴．设点在抛物线上，BP，BQ是的两条切线，P，Q是切点．若，且A，B位于轴两侧，求的值． 2．（2024·安徽合肥·模拟预测）图1为一种卫星信号接收器，该接收器的曲面与其轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该接收器的口径，深度，信号处理中心位于抛物线的焦点处，以顶点为坐标原点，以直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．    (1)求该抛物线的方程； (2)设是该抛物线的准线与轴的交点，直线过点，且与抛物线交于，两点，若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程． 3．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线，点在抛物线上． (1)证明：以R为切点的的切线的斜率为； (2)过外一点A（不在x轴上）作的切线AB、AC，点B、C为切点，作平行于BC的切线（切点为D），点、分别是与AB、AC的交点（如图）． （i）若直线AD与BC的交点为E，证明：D是AE的中点； （ii）设三角形△ABC面积为S，若将由过外一点的两条切线及第三条切线（平行于两切线切点的连线）围成的三角形叫做“切线三角形”，如．再由点、确定的切线三角形，，并依这样的方法不断作1，2，4，…，个切线三角形，证明：这些“切线三角形”的面积之和小于． 4．（2024·安徽芜湖·三模）已知点是椭圆与抛物线的交点，且、分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于两点，与相交于两点，，若直线的斜率为1，求的值； (3)设直线，直线分别与直线交于两点，与的面积分别为，若的最小值为，求点的坐标. 5．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，直线与直线，分别与抛物线交于点A，B和点C，D（A，D在x轴同侧）．当经过T的焦点F且垂直于x轴时，．    (1)求抛物线T的标准方程； (2)线段AC与BD交于点H，线段AB与CD的中点分别为M，N ①求证：M，H，N三点共线； ②若，求四边形ABCD的面积． 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知抛物线，其焦点为，其准线与轴交于点，以为直径的圆交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，且． (1)求的方程． (2)过点作轴的垂线与抛物线在第一象限交于点，若抛物线上存在点，，使得．求证：直线过定点． 7．（2024·安徽·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线，过点的直线交抛物线于，两点，. (1)求抛物线的方程； (2)已知圆以为圆心，1为半径，过作圆的两条切线，与轴分别交于点，且，位于轴两侧，求面积的最小值. 8．（2024·安徽·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3． (1)求抛物线的标准方程； (2)设直线，点是与轴的交点，过点作与平行的直线，过点的动直线与抛物线相交于两点（不与原点重合），直线分别交直线于点，证明：. 9．（2024·安徽·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知是轴上的动点，是平面内的动点，线段的垂直平分线交轴于点，交于点，且恰好在轴上，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程 (2)过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于点，设线段的中点为，求证：点在曲线上． 10．（2024·安徽·模拟预测）已知抛物线的方程为，把该抛物线整体平移，使其顶点与坐标原点重合，平移后的抛物线记作． (1)写出平移过程，并求抛物线的标准方程； (2)已知是抛物线的内接三角形（点在直线的下方），过作抛物线的切线交于点，再过作抛物线的切线分别交于点，记，的面积分别为，证明为定值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 圆锥曲线综合题（解答） 题型一 椭圆综合题 1．（2024·安徽·三模）已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点． (1)求证：直线与C相切； (2)探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）联立曲线后消去纵坐标可得一元二次方程，借助椭圆方程代入计算可得该一元二次方程有唯一解即可得证； （2）由（1）可得直线的方程，即可得两点坐标，计算出与即可得. 【详解】（1）联立，整理得：， 又因为，即，则， 即，此方程有唯一解，即直线与椭圆相切； （2）由（1）知，直线的方程为，即， 将直线和直线分别与上式联立， 由题意可得， 因为，所以， 所以，即为定值. 2．（2024·安徽淮北·一模）已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，，. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解， （2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，进而可得直线方程，根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】（1）由题意得，得 又，,， 在中 化简得，解得， 所以得椭圆方程为：. （2）当直线有斜率且不为0时，设，， 由消整理得： 因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交 得， 又为线段中点，所以 所以，得 由，消整理得：， 设点坐标，进而得， 设点坐标为，由得： 整理得：（※） 又，带入（※） 得，约去 得即 所以点在定直线上. 当直线斜率为0时，则轴，此时,,由可得，则，点在定直线上. 当直线无斜率时，此时方程为，此时轴，则在轴上，故,由可得，所以点，所以点在定直线上. 综上可得：点在定直线上. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为,则直线过定点; 若直线方程为 (为定值),则直线过定点 3．（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）由题意得，将点代入椭圆的方程可求得的值，进而可得椭圆的方程； （2）设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可． 【详解】（1）因为，所以，再将点代入得， 解得，故椭圆的方程为； （2）由题意可设， 由可得， 易知恒成立，所以， 又因为， 所以直线的方程为，令，则，故， 同理， 从而， 故为定值． 4．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆，直线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的右侧）． (1)若点是线段的中点，求点的坐标； (2)过作轴的垂线交椭圆于点，连，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点，表示出点，代入椭圆方程建立方程组，求解方程组即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理探求直线过定点，进而设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的函数关系求解即得. 【详解】（1）依题意，，设点，由点是线段的中点，得， 由点都在椭圆上，得，解得， 所以点的坐标为. （2）依题意，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为， 由点在点的右侧，得， 由消去y得， 由，得， ，则有， 显然，直线的方程为：， 当时，， 因此直线过定点，设直线的方程为， 由消去x得，则， ，于是， 点到直线的距离， 因此，当且仅当时取等号， 而当时，直线与椭圆相切，不符合题意， 所以面积的取值范围为.    5．（2024·安徽·三模）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是平面内动点与两定点的距离的比值是个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.    (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，过点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方）两点，点是椭圆上异于的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的周长为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程； 方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程； 方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程； （2）①令直线的方程为：，与椭圆方程联立，设.则，再令，即，代入韦达定理得，可求的范围； ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，进而可得，利用面积可求m,进而可求直线的方程. 【详解】（1）方法1：令，且，解得， ，椭圆的方程为. 方法2：设，由题意（常数）， 整理得：， 故，又，解得：. ，椭圆的方程为. 方法3：设，则. 由题意. 为常数，，又，解得：，故， 椭圆的方程为. （2）①由角平分线定理知：，以下求的值， 令直线的方程为：， （该方程的恒成立）， 设.则， 再令，即，代入韦达定理得 ， 由知，， ， 又，故， ，即. ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上， 设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有， 而，同理， 由①知，， ， 由式 ， 由圆周长公式：， ， ， 直线的方程为. 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点. 6．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.    (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围； (3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可； （2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得，由等差中项的性质得出，再根据点差法得出中垂线的斜率，表示中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可； （3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示，利用函数的性质计算范围即可. 【详解】（1）不妨设， 因为的重心，所以， 所以， 又短轴长为6，所以，代入解得， 所以椭圆方程为:； （2）由上可知，设中点， 则， 又，消去并整理得， 同理， 又， 由题意得， 即， 因B，D在上，易得，化简得， 所以线段中垂线的斜率， 线段中垂线方程:， 令得， 又线段中点在椭圆内所以， 所以； （3）设，由得， 联立消整理得， 得， 所以， 当时，， 当时，， 解不等式得.    【点睛】思路点睛：根据焦半径公式及等差中项的性质可确定中点横坐标，再由中垂线方程得出E与中点的关系结合点在椭圆内计算范围即可解决第二问；利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理计算横坐标关系，分类讨论斜率是否为零，再含参表示结合函数的性质求范围解不等式即可. 7．（2024·安徽·三模）已知椭圆：的长轴长为4，左，右焦点分别为，，上顶点为A，其中直线的斜率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线与椭圆C交于M，N两点，若原点到直线的距离为1，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件联立方程组，解出可得椭圆C的标准方程； （2）设，，易得的周长为，再分直线的斜率不存在和存在，两种情况求解计算即可. 【详解】（1）依题意，，联立解得，，，故椭圆C的方程为； （2）设，，，则，同理得， 易知直线与单位圆相切，设切点为B，，同理得， 故的周长为， 当直线的斜率不存在时， 的方程为,,,则的周长为4； 的方程为，,,此时的周长为； 当直线的斜率存在时，设的方程为，则原点到直线的距离，故， 联立化简可得，故，易知，故，同号； 当时，即，此时点M在y轴右侧，所以，， 此时的周长为为定值； 当时，即，此时点M在y轴左侧，所以，， 此时的周长为， 因为，故，当且仅当或时取等号， 从而，故的周长的取值范围为； 综上所述，的周长的取值范围为.    【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用． 8．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆C：的短轴长为4，过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，（在的左侧）；当直线的倾斜角为时，线段的中点坐标为. (1)求的方程； (2)若圆：，判断以线段为直径的圆与圆的位置关系，并说明理由； (3)若直线与直线交于点M，的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)圆与圆内切，理由见解析 (3)或 【分析】（1）利用点差法，结合中点坐标，以及直线的斜率，求椭圆方程； （2）根据椭圆的定义，表示圆心距和两圆半径的关系，即可判断两圆的位置关系； （3）首先设直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解直线方程. 【详解】（1）易知，则. 设，，则， 相减得，， 故，解得，则， 故椭圆C的方程为. （2）设，圆的半径为,椭圆C的左焦点为， 则，， 设为线段的中点，则， 故圆与圆内切. （3）当直线斜率为0时，不符合题意，舍去. 当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立，得， 易知，则，. 易知，， 所以直线：①，直线：②， 联立①②， 所以， 因为， 所以， 解得， 故直线的方程为或. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是联立方程求出点的坐标，并利用坐标表示面积. 9．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点．若斜率为的直线与椭圆相切于点，过直线上异于点的一点，作斜率为的直线与椭圆交于两点，定义为点处的切割比，记为． (1)求的方程； (2)证明：与点的坐标无关； (3)若，且（为坐标原点），则当时，求直线的方程． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】（1）根据椭圆离心率得，又在椭圆上得，联立可得结果； （2）设点，直线的方程为，联立椭圆方程，由直线与椭圆相切，得，并求，设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理，求出，利用化简可得结果； （3）由（2）可知切点，得，结合已知进而可得直线的方程，联立椭圆方程求T点坐标，从而求出直线的方程. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，，所以，解得． 又椭圆过点，所以，结合，解得， 所以的方程为． （2）设点，直线的方程为， 由，消去，得， ， 由直线与椭圆相切，得． 设切点，则，， 所以， 设直线的方程为，联立由， 消去，得， 设，则 ，， 所以 ， 易知，点在椭圆外，所以，所以， ． 由，得， 即． 因为 ． 所以， 所以． 所以，与点的坐标无关． （3）由（2）得，，所以， 因为，所以①， 又，所以②， 由①②解得或（舍去）． 所以直线的方程为，由，解得或 故切点的坐标为或． 所以直线的方程为或． 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果. 10．（2024·安徽·模拟预测）已知椭圆的短轴长为2，离心率为. (1)求的方程； (2)直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且. （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）当时，求点到的距离的最大值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）2 【分析】（1）根据短轴长和离心率建立方程求解即可； （2）（ⅰ）利用向量的坐标运算求得点的坐标，代入双曲线方程即可求解； （ⅱ）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，根据向量坐标运算得，从而代入化简得，即过定点，进而根据几何性质求得点到直线的最大距离. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以的方程为． （2）（ⅰ）由题意得， 由，得，即， 由，得，即， 将的坐标分别代入的方程，得和， 解得，又，所以. （ⅱ）由消去，得， 其中， 设，则， 由， 得， 所以， 由，得， 即， 所以， 因此，又，所以. 所以的方程为，即过定点， 所以点到的最大距离为点与点的距离， 即点到的距离的最大值为2. 11．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知分别为椭圆的左顶点和上顶点，过点作一条斜率存在且不为0的直线与轴交于点，该直线与的一个交点为，与曲线的另一个交点为． (1)若平分，求的内切圆半径； (2)设直线与的另一个交点为，则直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由． 【答案】(1) (2)是，且该定值为 【分析】（1）结合题意可得直线的方程，即可得点坐标，从而结合斜率公式可得，即可通过求角平分线交点得到内切圆圆心坐标，即可得内切圆半径； （2）设出直线的方程，通过联立曲线，逐步得到所需点坐标，点坐标与点坐标，从而结合斜率公式表示斜率后求解即可得. 【详解】（1）由可得，则， ， 故，令，解得或， 当时，交点为点，舍去，当时，， 即，则，故，， 则，令，则，即， 则为的角平分线，联立，有， 则点为内心， 故的内切圆半径等于圆心到轴的距离，即； （2）设，联立，可得， 则，则，即， 联立，有， 则，则，即， 则，故， 联立，得， 则由，，故， 则，即， 故， 即直线的斜率是否为定值，且该定值为. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于借助所设直线方程，通过联立曲线，逐步得到所需点坐标，点坐标与点坐标，从而结合斜率公式表示斜率后求解. 12．（2023·安徽蚌埠·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的上､下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点（异于点），且的面积为，过点A作直线，交椭圆于点，求证：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据条件列出关于的方程，求得它们的值，即得答案. （2）联立直线和椭圆方程，设，可得到根与系数的关系式，根据三角形面积可得到，继而计算以及，推出，即可证明结论. 【详解】（1）由题意得：,解得, 故椭圆的方程为. （2）证明：直线的方程为，代入， 得，需满足， 设， 则， 则，点O到直线l的距离为， 所以， 即，得，满足， 所以 设，则，即， 得， 因为，所以，即. 【点睛】难点点睛：有关直线和圆锥曲线的位置关系的题目，解题的思路一般并不难想到，即要联立直线和圆锥曲线方程，化简得到根与系数的关系式，结合条件进行化简，但难点在于计算的复杂性，计算量较大，且基本上都是相关参数的运算，因此要求计算十分细心才可. 13．（2024·安徽黄山·一模）设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为． (1)求椭圆的方程； (2)求椭圆的外切矩形的面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）设点，可得出，其中，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的值，由此可得出椭圆的方程； （2）设点，分两种情况讨论，①直线、的斜率存在且斜率分别为、，设过点且斜率存在的直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，由结合可求出点的轨迹方程，②直线、分别与两坐标轴垂直，验证此时点的坐标满足①中的轨迹方程，再利用勾股定理结合基本不等式可求得的最大值. 【详解】（1）解：设点，则，其中， ，， 所以， ， 故当时，取最小值，可得， 因此，椭圆的方程为. （2）解：设点， 当直线、的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、， 设过点且斜率存在的直线的方程为，即， 联立可得， 则， 整理可得，即， 则、是关于的方程的两根， 因为，则，整理可得； 当、分别与两坐标轴垂直时，则，满足. 所以，点的轨迹方程为， 由对称性可知，矩形的四个顶点都在圆，该圆的半径为， 由勾股定理可得， 由基本不等式可得，即， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故，即矩形的面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 14．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆W：的离心率为，已知椭圆长轴长是短轴长的2倍，且椭圆W过点． (1)求椭圆W的方程； (2)已知平行四边形ABCD的四个顶点均在W上，求平行四边形ABCD的面积S的最大值． 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）根据题意可得，从而求出，即可求解. （2）分情况讨论直线斜率存在与不存在的情况，然后与椭圆方程式联立，再结合韦达定理求出相应关系式，并利用基本不等式求出最值，从而可求解. 【详解】（1）由题意知，解得， 由长轴长是短轴长的2倍，则， 所以椭圆的方程为. （2）当直线斜率存在，这的方程为，， 因为，故可设方程为， 由，得， 则，，， 所以， 同理， 因为，所以，因为，所以， 所以， 当且仅当时，平行四边形取得最大值为4. 当直线的斜率不存在时，此时平行四边形为矩形，设，易得， 又因为，所以，当且仅当时取等. 综上所述：平行四边形的面积的最大值为4. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意Δ的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 15．（2024·安徽·模拟预测）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点. (1)设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程； (2)曲线与轴交于.点在点的右侧，直线交曲线于点两点不过点，直线与直线的斜率分别是且，直线和直线交于点. ①探究直线是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由； ②证明：为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)①过定点，；②证明见解析，4 【分析】（1）根据题意，得到，结合椭圆的定义，即可求解； （2）①设点，且，联立方程求得，结合，列出方程求得的值，即可求解； ②设直线和直线的斜率为，求得，结合，得到，求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：如图所示，因为，可得， 所以，则， 又圆的标准方程为，可得圆心坐标为，且， 所以，又由，可得，即 由椭圆定义可得点的轨迹方程为. （2）解：①设点，且直线， 联立方程，整理得， 则且， ， 所以， 即， 因为，所以， 化简得，解得，所以直线过定点； ②设直线和直线的斜率为， 因为，可得， 又由 因为直线与直线的斜率分别是且， 且直线和直线交于点， 所以.所以. 【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 16．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系中，为坐标原点，四边形为矩形，，分别为的中点，两点满足：，其中为非零实数．直线与交于点．已知椭圆过三点． (1)求椭圆的标准方程及其焦距； (2)判断点与椭圆的位置关系，并证明你的结论； (3)设为椭圆上两点，满足，判断是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由． 【答案】(1)椭圆的方程为，焦距 (2)点在椭圆上，证明见解析 (3)为定值5 【分析】（1）由题意可得，可得椭圆的标准方程和焦距； （2）求得的坐标，以及直线和直线的斜率之积，设，可得的轨迹方程，可得结论； （3）设直线和的斜率分别为，联立直线方程与椭圆方程，求得，可得结论. 【详解】（1）由题意，所以椭圆的方程为，且，焦距． （2）在椭圆上，证明如下： 由题意，则， 设，则，即， 所以点在椭圆上． （3）由题意直线的斜率都存在，且不为0．设直线的斜率分别为， 由（1）知：， ，① ，② 联立①②得：，同理， 所以 所以 即为定值5． 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的方程和应用，以及直线和椭圆的位置关系，关键在于通过斜率找到的关系，再将所求转化为用表示，即可求解. 17．（2024·安徽马鞍山·三模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的直线与椭圆交于A，B两点，直线PA，PB与直线分别交于点M，N (1)求椭圆C的方程； (2)若T为椭圆的上焦点，求面积取得最大值时直线的方程； (3)若的外接圆经过原点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意结合离心率可得，进而可得，即可求椭圆方程； （2）设直线，联立方程可得韦达定理，结合面积关系运算求解； （3）设直线，直线，可得的坐标，联立方程结合韦达定理可得，再根据圆的性质列式求解. 【详解】（1）由题意可知：，则， 所以椭圆C的方程为. （2）由题意可知：直线的斜率存在，设， 由（1）可知：，则，且直线与椭圆必相交， 联立方程，消去y得， 则， 可得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积取得最大值时直线的方程为. （3）设直线，直线，则， 联立方程，消去y得， 则， 可得， 则 ， 又因为 若的外接圆经过原点，则， 可得， 且，则，可得，解得， 检验可知满足， 所以的值为. 【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法 （1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解； （2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解； （3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用． 18．（2024·安徽安庆·三模）已知椭圆，圆． (1)点是椭圆的下顶点，点在椭圆上，点在圆上（点异于点），连，直线与直线的斜率分别记作，若，试判断直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． (2)椭圆的左、右顶点分别为点，点（异于顶点）在椭圆上且位于轴上方，连分别交轴于点，点在圆上，求证：的充要条件为轴． 【答案】(1)过定点，定点坐标为 (2)见解析 【分析】（1）设，结合题设推出，从而求出直线的方程，化简即可得结论； （2）设，设，利用椭圆和圆的方程推出，然后分充分性以及必要性两方面，结合直线和圆锥曲线的位置关系，进行证明即可. 【详解】（1）设，则， 于是， 因点，所以，于是， 整理得， 又直线的方程为， 即， 所以直线过定点，定点坐标为． （2）设，则，设， 因，所以直线，所以， 因，所以直线，所以， 于是． 先证充分性：当轴时，，所以，即， 于是， 设直线交轴于点， 因轴，所以，又， 所以，于是， 不妨设点在第一象限，点在第二象限，则，即， 所以直线的方程为， 联立，得，解得或， 所以， 于是 ，所以充分性成立． 再证必要性：当时，即， 整理得， 又，所以， 又三点共线，所以直线的方程为， 三分共线，所以直线的方程为， 联立，消去，得，即， 所以轴，即必要性得证． 【点睛】难点点睛：第二问是依然是直线和圆锥曲线的位置关系问题，解答的难点在于复杂的计算，并且基本上都是字母参数的运算，因此解答时要保持清晰的解题思路，计算需要十分细心. 19．（2024·安徽·二模）已知点在椭圆：的外部，过点作的两条切线，切点分别为，． (1)①若点坐标为，求证：直线的方程为；②若点的坐标为，求证：直线的方程为； (2)若点在圆上，求面积的最大值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）①设方程，联立椭圆方程，结合判别式化简可得，继而结合直线方程化简，即可证明结论；②根据方程思想，结合额两点确定一条直线，即可即可证明结论； （2）确定直线的方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，即可求得弦长，再求出P到直线的距离的表达式，即可求得面积的表达式，利用导数求最值，即可得答案. 【详解】（1）①当斜率存在时，，设方程为： 与：联立整理得：， 由已知得：， 化简得： 因为，则， 即，所以， 方程为：，即，则， 故直线的方程为 当斜率不存在时，，直线的方程为或满足上式.； 所以直线的方程为； ②由①知，设点坐标为，则直线的方程为， 由点的坐标为，则，， 则，两点都在直线上， 由于两点确定一条直线，故直线的方程为； （2）由（1）知直线的方程为，由题意知， 与：联立整理得： 因为，所以 因为，，则，， 所以， 点到直线的距离为：， 所以面积， 当时，令，所以， 故在单调递增，所以的最大值为， 由对称性可知当时，的最大值也为， 故面积的最大值为. 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆的切线问题以及椭圆中的三角形的面积最值问题，综合强，难度较大，解答的难点在于计算量大，计算复杂，并且基本都是字母参数的运算，一不小心就会出错. 20．（2024·安徽阜阳·模拟预测）如图，各边与坐标轴平行或垂直的矩形内接于椭圆，其中点，分别在第三、四象限，边，与轴的交点为，. (1)若，且，为椭圆的焦点，求椭圆的离心率； (2)若是椭圆的另一内接矩形，且点也在第三象限，若矩形和矩形的面积相等，证明：是定值，并求出该定值； (3)若是边长为1的正方形，边，与轴的交点为，，设（，，…，）是正方形内部的100个点，记，其中，，，.证明：，，，中至少有两个小于81. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3)见解析 【分析】（1）由椭圆的定义求解即可. （2）设，，由题意可得，再由，，在椭圆上化简可得，，则，即可证明. （3）以，的中点为焦点构造经过，，，的椭圆，对于点，连接并延长，与该椭圆交于点，连接，先证明，则，则，中至少有一个小于81，即可得证. 【详解】（1）依题意，，， 所以. （2）设，，由题意，矩形和矩形的面积相等， 所以， 即，而，（*） 从而上式化为， 整理可得， 代入（*）式，， 故， 即为定值，且该定值为. （3）如图，以，的中点为焦点构造经过，，，的椭圆，对于点，连接并延长，与该椭圆交于点，连接， 则. 因而，中至少有一个小于81， 同理，中至少有一个小于81， 故，，，中至少有两个小于81. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 题型二 双曲线综合题 1．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线的左顶点是，一条渐近线的方程为． (1)求双曲线E的离心率； (2)设直线与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据左顶点与渐近线的方程求得即可得到离心率； （2）求出交点纵坐标代入弦长公式求解. 【详解】（1）由题意知，且，     ， 所以双曲线的离心率． （2）由（1）知双曲线方程为， 将即代入，得，    不妨设， 所以． 2．（2024·安徽阜阳·一模）已知双曲线的左、右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为． (1)求双曲线的标准方程． (2)当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为．是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】 （1）根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式即可求解， （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而可得，根据两点斜率公式表达斜率，进而代入化简即可求解. 【详解】（1） ， 故当直线过且与双曲线有且仅有一个公共点时，与的渐近线平行． 设直线， 则点到直线的距离为， 所以双曲线的标准方程为． （2） 由题可知，直线的斜率不为0， 设直线， 由得． 成立， 则， ． ， ． 故存在实数，使得成立． 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线相交的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 3．（2024·安徽池州·二模）已知双曲线的右焦点，离心率为，过F的直线交于点两点，过与垂直的直线交于两点. (1)当直线的倾斜角为时，求由四点围成的四边形的面积； (2)直线分别交于点，若为的中点，证明：为的中点. 【答案】(1)6 (2)见解析 【分析】（1）先求得双曲线的标准方程，再求得的长，进而求得由四点围成的四边形的面积； （2）利用设而不求的方法结合同一法即可证得为的中点. 【详解】（1）由题意知， 所以的方程为 直线的倾斜角为，过点直线的方程为 设，联立， 得 与互相垂直的倾斜角为由对称性可知    （2）方法一：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为由互相垂直可得① 联立得② 联立， 整理得 是的中点③ 由②③得，即④ 同理联立得⑤ 由①④⑤得 ⑥ 联立， 得 取中点，所以⑦ 由⑥⑦得与重合，即是中点. 方法二：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为 由互相垂直可得 设的坐标分别为 联立， 得，又 是的中点 整理可得的中点 又直线恒过定点， ， 同理 三点共线 所以的中点在上，又上的点在上 所以与重合，即是中点 方法三：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为 由互相垂直可得① 联立得，所以② 设的坐标分别为，代入得 两式相减得， 变形为，即③ 由②③得，即④ 同理联立得， 所以⑤ 由①④⑤得， 所以⑥ 取中点，同理可证⑦ 由⑥⑦得. 结合均在直线上，所以与重合，即是中点.    4．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3． (1)求E的方程； (2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可； （2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得，代入中化简即可得出最值. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为()， ， 由题可知， ，即， 又， 故E的方程为. （2）如图，    由题可知，且直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 将方程和联立，得， ， ， ，, 直线与的右支有交点，， 当时，取得最小值，且最小值为. 5．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，已知双曲线的离心率为2，点在上，为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线和直线交于点，直线交的右支于点． (1)求的方程； (2)探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由； (3)设分别为和的外接圆面积，求的取值范围． 【答案】(1) (2)过定点，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据离心率得到，再代入，得到方程，求出，求出双曲线方程； （2）设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出直线，求出，根据三点共线得到方程，结合，求出，得到答案； （3）利用正弦定理求出，设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出，表达出，得到. 【详解】（1）因为离心率，所以， 双曲线的方程为， 将点代入双曲线方程得， 所以， 所以的方程为． （2）直线过定点，理由如下：设， 直线的方程为，与的方程联立 整理得， 则． 直线，所以，又三点共线， 所以，即， 即， 即， 化简得， 因为， 所以， 代入上式得， 即， ， 所以．所以过定点． （3）设和的外接圆半径分别为，，其中， 由正弦定理可得， 又， 所以，即． 设直线的方程为， 与的方程联立 整理得， 则． 又即 由得， 由，解得， 由得， ， 由，得， 综上，， 又因为 ， 所以． 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 6．（2024·安徽·三模）已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）. (1)求的方程； (2)若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设的半焦距为，由题意得到，联立方程组得到，结合，列出方程求得的值，即可求解； （2）由点到的距离为1，得到，联立方程组求得，求得，再由弦长公式，求得，且，求得，再由（1）得到，进而求得其最小值，得到答案. 【详解】（1）解：设的半焦距为， 由题意知离心率，可得， 联立方程组，整理得， 其中且， 则， 解得，所以双曲线的方程为. （2）解：因为点到的距离为1，可得，则. 联立方程组，整理得， 其中， 且， 因为直线与的左､右两支分别交于点，可得，所以， 又因为，故， 且， 因为，故， 由（1）可知，则， 故， 又由，故， 即的最小值为. 【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围； 3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用. 7．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知双曲线的上焦点为，下顶点为，渐近线方程是，过点的直线交双曲线上支于两点，分别交直线于两点，为坐标原点. (1)求的方程； (2)求证：四点共圆； (3)求（2）中的圆的半径的取值范围. 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，解出即可； （2）方法一：设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，求出， ，最后计算并证明出即可；方法二：转化为证明出，同法一设线联立得到韦达定理式，再整体代入计算出即可； （3）设圆心为，计算出，根据并结合的范围即可. 【详解】（1）由题，，解得， 所以的方程为. （2）（方法一）设，代入， 化简整理得，有， 解得，且， ，令得，同理， ， ，则， 所以四点共圆. （方法二）设的倾斜角分别为.由对称性， 不妨设的斜率，此时均为锐角， 所以四点共圆， 设，代入，化简整理得 ，有解得， ， ，令得，同理， 所以四点共圆. （3）设圆心为，则， ， ，因为，则 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法得到韦达定理式，然后利用四点共圆的充要条件代入计算证明即可，第三问的关键是得到圆心坐标，从而得到. 8．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知双曲线，过作直线与交于两点，（）． (1)当时，求的值； (2)是否存在异于点的定点使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2)存在， 【分析】（1）设,由并与抛物线方程联立得，结合数量积的坐标表示计算即得. （2）确定点在轴上，设出直线的方程，，与抛物线方程联立，利用韦达定理及直线斜率和为0即可. 【详解】（1）当时，直线垂直轴，故，所以不合题意， 故，设，由得，即，， ，得，，即，则， 又，得， 故 , 化简得:,则或． （2）由题意，当时，直线垂直轴，， 在轴上， 故若存在定点，则必在轴上， 记直线的斜率分别为，则，     设，， 联立与得， 所以，     因为， 即，则， 故存在定点使得． 9．（2024·安徽合肥·三模）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程，并说明轨迹的形状； (2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时， （ⅰ）求证：为定值 （ⅱ）求动点的轨迹方程． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）见解析（ⅱ） 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且，.（ⅰ）由可知三点共线且，设直线的方程为，联立的方程，利用韦达定理表示出，化简计算即可得证；（ⅱ）由椭圆的定义及平行线对应线段成比例性质可得，，化简结合（i）可得，从而可得点的轨迹方程. 【详解】（1）设点，由题意可知，即， 经化简，得的方程为， 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线． （2）当时，由（1）可知的方程为， 设点，其中且， （i）证明：因为，所以， 因此，三点共线， 且， 设直线的方程为，联立的方程，得，， 则， 由（1）可知， 所以 （定值）， （ⅱ）由椭圆定义，得， ， 解得， 同理可得， 所以 ． 所以，点在以点为焦点长轴长为6的椭圆上，由于点均在轴上方，所以动点的轨迹方程为 【点睛】方法点睛: 求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关. （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 10．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限. (1)探求参数，满足的关系式； (2)若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解. （2）将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出，即，分别求出，，，从而可求解. 【详解】（1）联立方程，整理得. 由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得， 则，即为参数，满足的关系式.    结合图象，由点在第一象限，可知，且. 所以，的关系式满足. （2）由题可得双曲线的左焦点，渐近线为. 联立方程，解得，即； 联立方程，解得，即. 结合，且由式可变形为， 解得，可得. 要证，即证， 即证， 即证，即证. 由，得. 根据直线的斜率公式，，，， 则， ， 可得， 因此，. 【点睛】关键点点睛：利用直线与双曲线方程联立后利用，从而求得和点坐标，然后由直线分别与双曲线的两渐近线联立求出坐标，要证，从而可求解. 题型三 抛物线综合题 1．（2024·安徽合肥·三模）已知平面上一动点P到定点的距离比到定直线的距离小2023，记动点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知直线与曲线交于M，N两点，是线段MN的中点，点在直线上，且AT垂直于轴．设点在抛物线上，BP，BQ是的两条切线，P，Q是切点．若，且A，B位于轴两侧，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，得到的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，即可求解； （2）设，联立方程组，切点，得到，由，得到AB的方程为，联立方程组，求得，再求得点处的切线方程，设，得到与处的切线方程，根据两条切线都过点，求得PQ的方程，再由，得到，联立方程组，结合，列出方程，即可求解. 【详解】（1）解：设是所求轨迹上的任意一点， 因为点到定点的距离比到定直线的距离小， 所以点到定点的距离与到定直线的距离相等， 由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线， 所以的方程为． （2）解：设，    联立方程组，整理得， 则且， 所以， 所以，则， 因为，所以直线AB的方程为，即， 联立方程组，整理得，解得或， 又因为两点位于轴两侧，可得， 设点在抛物线上，又由，可得，则， 则在点处的切线方程为，整理得， 设，则在与处的切线方程分别为：与， 又由两条切线都过点，则，， 则直线PQ的方程为，即， 由，点的坐标适合方程，所以点在直线PQ上， 又由是线段MN的中点，可得， 因为，则， 联立方程组，整理得， 可得且， ， 所以. 【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略： 1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. 2．（2024·安徽合肥·模拟预测）图1为一种卫星信号接收器，该接收器的曲面与其轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该接收器的口径，深度，信号处理中心位于抛物线的焦点处，以顶点为坐标原点，以直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．    (1)求该抛物线的方程； (2)设是该抛物线的准线与轴的交点，直线过点，且与抛物线交于，两点，若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）理解题意，判断点在抛物线上，求得的值，即得方程； （2）设直线方程，与抛物线方程联立，求得的范围，写出韦达定理，将条件等式利用图形转化为，代入点坐标，整理后利用韦达定理化简即得. 【详解】（1）设抛物线的方程为． 因为，，所以点在抛物线上， 所以，故，所以抛物线的方程为． （2）      如图，由（1）知． 设直线：，，，， 由可得， 由，得，且，，． 分别过点作轴的垂线与过点的轴的垂线交于点,显然, 则有，同理有， 由可得， 整理得． 又时，，因，且，故有 即点的轨迹方程为，． 3．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线，点在抛物线上． (1)证明：以R为切点的的切线的斜率为； (2)过外一点A（不在x轴上）作的切线AB、AC，点B、C为切点，作平行于BC的切线（切点为D），点、分别是与AB、AC的交点（如图）． （i）若直线AD与BC的交点为E，证明：D是AE的中点； （ii）设三角形△ABC面积为S，若将由过外一点的两条切线及第三条切线（平行于两切线切点的连线）围成的三角形叫做“切线三角形”，如．再由点、确定的切线三角形，，并依这样的方法不断作1，2，4，…，个切线三角形，证明：这些“切线三角形”的面积之和小于． 【答案】见解析 【分析】（1）设出切线方程并和抛物线联立，再由方程有唯一解得到结论； （2）使用（1）的结论即可直接得到（i）的结论；求出每次作的切线三角形的面积与前一次作的切线三角形的面积的比值，从而确定每个切线三角形的面积，然后即可证明（ii）. 【详解】（1）设是以为切点的的切线，则. 由于该直线和有唯一公共点，故联立后的方程组只有唯一解. 从而将第一个方程代入第二个，得到的方程只有唯一解. 此方程展开即为，从而，所以. （2）（i）设，，则. 根据上一小问的结论，可知在和处的切线分别是和. 联立两直线解得，所以. 由于不在轴上，所以，故，所以的纵坐标是，从而. 而，在外，在上，所以直线的方程是. 这表明该直线通过的中点，所以直线与的交点就是的中点，即. 而，，故的中点坐标为，这就是点的坐标，所以是的中点. （ii） 由于是的中点，和平行，故分别是的中点. 所以，. 首先有. 从而，. 而，故根据点的一般性可知对外的任意一点，该点确定的切线三角形的面积为. 再由，，可知，同理. 这就表明，不断作个切线三角形后，第次作的所有切线三角形的面积均为任意一个第次作的切线三角形的面积的. 而，所以第次作的切线三角形的面积均为. 设所有切线三角形的面积之和为，由于第次作的切线三角形的个数为，故. 从而，这就得到 ， 所以，即，结论得证. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对抛物线性质的使用和探究. 4．（2024·安徽芜湖·三模）已知点是椭圆与抛物线的交点，且、分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于两点，与相交于两点，，若直线的斜率为1，求的值； (3)设直线，直线分别与直线交于两点，与的面积分别为，若的最小值为，求点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由已知求得椭圆，可求得，代入抛物线方程可求，可求得的准线方程； （2）设，联立直线与椭圆方程可求得，联立直线与抛物线方程可求得，可求得； （3）由三点共线，可得同理可得，可求得，，可得，计算可求得的最小值. 【详解】（1）由题意得，故，则，解得，故椭圆， 因为，所以，所以，将其代入中， 即，解得， 故的准线方程为； （2）由题意得，解得，故， 直线的方程为，联立得，， 设，则， 故， 联立与得，， 设，则， 故， 若方向相同，，若方向相反，， 所以； （3）由三点共线，可得，故 同理，由三点共线，可得， 则 因为，所以， 所以， 又，故， 因为，令，则， 所以，其中， 因为，所以的开口向下， 对称轴为，其中， 故当时，取得最大值， 最大值为， 故的最小值为，令，解得，负值舍去， 故，解得，此时 又，故， 则点的坐标为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围. 5．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，直线与直线，分别与抛物线交于点A，B和点C，D（A，D在x轴同侧）．当经过T的焦点F且垂直于x轴时，．    (1)求抛物线T的标准方程； (2)线段AC与BD交于点H，线段AB与CD的中点分别为M，N ①求证：M，H，N三点共线； ②若，求四边形ABCD的面积． 【答案】(1) (2)①见解析② 【分析】（1）根据题意，利用抛物线的几何性质，得到，即可求得抛物线的标准方程； （2）①设分别求得的方程，求得和，根据，得到，再由的方程，求得的表达式，即可得证； ②由①，得到和，由和，分别求得和，两式相减得，结合和三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为当经过抛物线的焦点F且垂直于x轴时，且， 可得，解得，所以抛物线的标准方程为. （2）解：①设是抛物线上任意两点， 则，所以， 同理设是抛物线上任意两点， 则，所以， 又因为，可得，所以， 同理，令，可得， ，令，可得， 所以点，H，N三点共线. ②由①知，同理， 所以，可得 ，可得 两式相减，可得，可得，（交于）， 因为且，所以， 可得，又为中点，则平分， 所以，且， 所以. 【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略： 1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知抛物线，其焦点为，其准线与轴交于点，以为直径的圆交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，且． (1)求的方程． (2)过点作轴的垂线与抛物线在第一象限交于点，若抛物线上存在点，，使得．求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）设直线的倾斜角为，由抛物线的定义结合图形表示出，，求出，结合条件，求出的值得解； （2）根据题意，设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，，结合运算得到的关系，从而得解. 【详解】（1）根据抛物线的性质可知． 设直线的倾斜角为，则在中，． 由抛物线的定义知，， 所以，，所以． 所以． 由， 得，解得． 所以的方程为． （2）由（1）知．设直线的方程为，，． 联立抛物线方程，得代入并整理，得． 则，，且． 由，得， 则， 得， 所以．整理得． 当，即时，直线的方程为，则直线恒过定点，不符合题意． 当，即时，直线的方程为，则直线恒过定点． 【点睛】思路点睛：本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系.第一问，设直线的倾斜角为，由抛物线的定义求出，，结合条件运算求出的值；第二问，设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理求得，，利用坐标化求得与的关系，代回直线方程判断得证. 7．（2024·安徽·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线，过点的直线交抛物线于，两点，. (1)求抛物线的方程； (2)已知圆以为圆心，1为半径，过作圆的两条切线，与轴分别交于点，且，位于轴两侧，求面积的最小值. 【答案】(1) (2)8 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系和数量积的坐标运算求解； （2）记，分别与圆G切于点T，F，连接，，，求出，结合切线长定理可得，，，再根据，求出，再结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）设直线的方程为， 由，得. 设，， 则，， 故，解得， 所以抛物线的方程为. （2）记，与圆的切点分别为，，连接，，，由题意得 . 由切线长定理，知，，，所以， 又 ， 所以，解得 所以， 当且仅当，即时，取等号. 故面积的最小值为8. 【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点：一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解． 8．（2024·安徽·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3． (1)求抛物线的标准方程； (2)设直线，点是与轴的交点，过点作与平行的直线，过点的动直线与抛物线相交于两点（不与原点重合），直线分别交直线于点，证明：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）利用抛物线的焦半径公式求出p，即可求得答案. （2）由题意可求得直线的方程，设出直线的方程联立抛物线方程，化简求出两点坐标关系，联立直线与直线的方程求出，同理可得，从而推出，即可证明. 【详解】（1）因为抛物线上一点到其准线的距离为3， 所以，解得， 所以抛物线的标准方程为； （2）证明：直线，令得，所以点， 因为直线平行于直线，且过点， 所以直线的方程为， 由题知直线的斜率不为0，所以设直线， 由消去得，则， 设，则， 直线的方程为，直线的方程为． 解，得， 同理可得， 所以 ， 因为，所以，且都在直线上， 即是线段的中点，所以. 【点睛】易错点点睛：本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线位置关系的应用问题，解答的易错点在于第（2）问中证明时，计算相当复杂，计算量较大，基本都是字母参数的运算，很容易出现计算错误. 9．（2024·安徽·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知是轴上的动点，是平面内的动点，线段的垂直平分线交轴于点，交于点，且恰好在轴上，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程 (2)过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于点，设线段的中点为，求证：点在曲线上． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）解法一：设，，则．易知不符合题意，当时利用垂直直线斜率之积为-1计算即可求解； 解法二：在射线上另取一点使，根据全等三角形的性质可得，结合抛物线的定义即可求解； （2）解法一：设l方程，联立抛物线方程，设，，，，利用韦达定理表示，进而对化简计算求出G，即可证明. 解法二：设l方程，联立抛物线方程得，则，是该方程的两根，从而，即可求解. 【详解】（1）解法一  设，，则． 由点在轴上，得，则，， 因为，若，则，点，重合，不合题意； 若，则，即． 所以曲线的方程是． 解法二  在射线上另取一点，使，连接， 又，所以点在直线上， 易知≌，所以垂直于直线， 连接，则，显然点不能在轴上，即， 故由抛物线的定义知，曲线的方程是． （2）解法一  设，与联立，消去， 得，则，得， 设，，则，， 设直线，的方程分别为，，，， 则 ， 所以点的纵坐标为，故点的坐标为， 显然点的坐标满足方程，故点在曲线上. 解法二  设，因为直线过点，所以， 由，得． 设，，直线，的方程分别为，，，， 则，是上面关于的方程的两根， 即直线，的斜率，是关于的方程的两根， 所以，从而， 所以点的纵坐标为，故点的坐标为， 显然点的坐标满足方程，故点在曲线上． 【点睛】易错点点睛：本题考查了抛物线方程的求法以及直线和抛物线位置关系的应用，易错点在于运算基本都是字母参数的运算，要特别注意，很容易出现计算错误. 10．（2024·安徽·模拟预测）已知抛物线的方程为，把该抛物线整体平移，使其顶点与坐标原点重合，平移后的抛物线记作． (1)写出平移过程，并求抛物线的标准方程； (2)已知是抛物线的内接三角形（点在直线的下方），过作抛物线的切线交于点，再过作抛物线的切线分别交于点，记，的面积分别为，证明为定值． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）首先将函数配成顶点式，再根据函数的平移规则得到平移后的解析式，即可得解； （2）设，利用导数的几何意义表示出切线直线、的方程，联立得到点坐标，从而得到，，即可推出，同理可得，从而得到，即可得证. 【详解】（1）因为， 若使平移后的抛物线顶点与坐标原点重合， 只需把该抛物线上所有的点向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到， 所以抛物线的标准方程为． （2）由（1）知，则． 设，互不相等， 因为，则直线，即， 同理，直线， 联立方程组，解得，所以， 同理得， 则，， 则 ， 同理得，， 则 ， 所以，则， 所以为定值． 【点睛】本题关键是由，，推导出，同理得到. 学科网（北京）股份有限公司 $$