专题08圆锥曲线综合大题（考题猜想，易错必刷32题15种题型）-2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（苏教版2019选择性必修第一册）

专题08 圆锥曲线综合大题 （易错必刷32题15种题型专项训练） 题型大集合 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 韦达定理基础型 · 直线横截式应用 · 直线双变量型应用 · 面积最值型 · 面积比值范围型 · 动直线过定点 · 圆过定点 · 圆锥切线 · 定直线 · 向量型定比分点 · 斜率型：和定 · 斜率型：积定 · 斜率型：商定 · 求轨迹 · 新定义型第19题 题型大通关 一．韦达定理基础型 （共2题） 1．（23-24高二下·四川成都·期中）已知椭圆C：（），，，，四点中恰有三点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)过右焦点且斜率为1的直线交椭圆于，两点，点为直线上任意一点，求证：直线，，的斜率成等差数列． 2．（23-24高二下·上海·期中）如图，由部分椭圆和部分双曲线，组成的曲线称为“盆开线”．曲线与轴有两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为．    (1)设过点的直线与相切于点，求部分椭圆方程、部分双曲线方程及直线的方程； (2)过的直线与相交于点三点，求证：． 2． 直线横截式应用（共2题） 3．（23-24高二上·广西南宁·期中）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程： (2)过点的直线与椭圆交于点、，设点，若的面积为，求直线的斜率. 4．（23-24高二下·云南玉溪·期中）在直角坐标平面内，已知点，动点.设､的斜率分别为，且.设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，是否存在常数，使恒成立？ 三． 直线双变量型（共2题） 5．（23-24高二下·天津·期中）已知椭圆经过点，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)点为椭圆上不同的两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设，且满足，求点的坐标． 6．（21-22高三上·湖北·期中）已知圆：，椭圆：的离心率为，是上的一点，是圆上的一点，的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)点是上异于的一点，与圆相切于点，证明：. 四．面积最值型（共2题） 7．（23-24高二下·福建泉州·期中）已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且． (1)求抛物线的方程； (2)为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且， （i）求证直线过定点； （ii）求与面积之和的最小值． 8．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期中）已知在平面直角坐标系中，动点到和的距离和为4，设点. (1)求动点的轨迹方程； (2)为线段的中点，求点的轨迹方程； (3)过原点的直线交的轨迹于，两点，求面积的最大值. 五．面积比值范围（共2题） 9．（23-24高二·山东·期中）已知抛物线.过抛物线焦点F作直线分别在第一、四象限交于两点，过原点O作直线与抛物线的准线交于E点，设两直线交点为S.若当点P的纵坐标为时，. (1)求抛物线的方程. (2)若平行于x轴，证明：S在抛物线C上. (3)在（2）的条件下，记的重心为R，延长交于Q，直线交抛物线于（T在右侧），设中点为G，求与面积之比n的取值范围. 10．（23-24高三上·青海西宁·期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上运动，且面积的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设，分别是椭圆的右顶点和上顶点，不过原点的直线与直线平行，且与轴，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，，为坐标原点. （ⅰ）求与的面积之比； （ⅱ）证明：为定值. 六．动直线过定点 （共2题） 11．（23-24高二下·安徽阜阳·期中）已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． (1)求C的方程； (2)若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 12．（22-23高二上·四川雅安·期中）已知为椭圆上一点，点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于两点，若直线与的斜率之和为，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标． 7． 圆过定点（共2题） 13．（23-24高二下·上海·期中）已知椭圆 (1)若双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆C有公共焦点，求此双曲线的方程； (2)过点的动直线交椭圆于两点，试问在坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由． 14．（23-24高二上·江苏常州·期中）已知双曲线的离心率为，右焦点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)若直线过定点且与双曲线交于不同的两点、，点是双曲线的右顶点，直线、分别与轴交于、两点，以线段为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 八．圆锥切线 （共2题） 15．（23-24高二下·上海·期中）已知圆，动圆与圆内切，且与定直线相切，设圆心的轨迹为 (1)求的方程 (2)若直线过点，且与交于两点 ①若直线与轴交于点，满足，试探究与的关系； ②过点分别作曲线的切线相交于点，求面积的最小值. 16．（23-24高二下·上海·期中）已知抛物线的焦点为，过在第一象限上的任意一点作的切线，直线交轴于点．过作的垂线，交于两点． (1)若点在的准线上，求直线的方程； (2)求的中点的轨迹方程； (3)若三角形面积为，求点的坐标． 九．定直线（共2题） 17．（2024高二·全国·期中）已知椭圆的离心率为，，分别为的上、下顶点，为坐标原点，直线与交于不同的两点，． (1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值； (2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上． 18．（2024·河北·期中）已知椭圆C的中心在原点O、对称轴为坐标轴，、是椭圆上两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左、右顶点分别为和，M，N为椭圆上异于、的两点，直线MN不过原点且不与坐标轴垂直．点M关于原点的对称点为S，若直线与直线相交于点T． （i）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的最小值； （ii）证明：直线OT与直线MN的交点在定直线上． 十．向量型定比分点 （共2题） 19．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知椭圆C：的离心率为，且过点． (1)求椭圆C的方程； (2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求的面积． 20．（2023·河南·期中）已知椭圆的右焦点，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点．若，，求的最小值（是坐标原点）． 十一．斜率型：和定 （共2题） 21．（2024·河南郑州·期中）设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点． (1)求抛物线的方程； (2)①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为． 22．（23-24高二上·云南昆明·期中）在平面直角坐标系中，动点满足.记点M的轨迹为C. (1)求C的方程； (2)设点T在y轴上（异于原点），过点T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，并且，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. 十二．斜率型：积定（共2题） 23．（23-24高二·辽宁鞍山·期中）已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.    (1)直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值； (2)求证：直线过定点. 24．（23-24高二·云南昆明·期中）已知点P在椭圆上，过点P作直线l与椭圆C交于点Q，过点P作关于坐标原点O的对称点，的最小值为，当直线l的斜率为0时，存在第一象限内的一点P使得． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l的斜率为k（k≠0），直线的斜率为，求的值． 十三．斜率型：商定（共2题） 25．（2024·广东广州·期中）已知在平面直角坐标系中，双曲线：过和两点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若，为双曲线上不关于坐标轴对称的两点，为中点，且为圆的一条非直径的弦，记斜率为，斜率为，证明：为定值. 26．（23-24高二·广东汕头·期中）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：． 十四．求轨迹 （共2题） 27．（23-24高二下·上海·期中）已知、、是我方三个炮兵阵地，地在地的正东方向，相距6km；地在地的北偏西，相距4km．为敌方炮兵阵地．某时刻地发现地产生的某种信号，12s后地也发现该信号（该信号传播速度为km/s）．以方向为轴正方向，中点为坐标原点，与垂直的方向为轴建立平面直角坐标系．    (1)判断敌方炮兵阵地可能分布在什么样的轨迹上，并求该轨迹的方程； (2)若地与地同时发现该信号，求从地应以什么方向炮击地？ 28．（23-24高二上·安徽宿州·期中）已知直线经过定点是坐标原点，点M在直线上，且． (1)当直线绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程； (2)已知点，过点T的直线交轨迹E于点，且，求． 十五．新定义型第19题（共4题） 29．（2024·福建·期中）贝塞尔曲线是由法国数学家Pierre Bézier发明的，它为计算机矢量图形学奠定了基础．贝塞尔曲线的有趣之处在于它的“皮筋效应”，即随着控制点有规律地移动，曲线会像皮筋一样伸缩，产生视觉上的冲击． (1)在平面直角坐标系中，已知点在线段上．若，，，求动点坐标； (2)在平面直角坐标系中，已知，，，点在线段上，若动点在线段上，且满足，求动点的轨迹方程； (3)如图，已知，若点分别在线段上，且，求动点的轨迹方程． 30．（23-24高三上·湖北荆州·期中）已知双曲线的中心为坐标原点，渐近线方程为，点在双曲线上.互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点. (1)求的方程； (2)若直线交轴于点，设. ①求； ②记，，求. 31．（2024·四川·期中）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于点，，面积的最小值为（为坐标原点）.按照如下方式依次构造点：的坐标为，直线，与的另一个交点分别为，，直线与轴的交点为，设点的横坐标为. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由. 32．（2024·江西新余·期中）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P， (1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标： (2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，（i）求斜椭圆C的离心率； （ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 圆锥曲线综合大题 （易错必刷32题15种题型专项训练） 题型大集合 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 韦达定理基础型 · 直线横截式应用 · 直线双变量型应用 · 面积最值型 · 面积比值范围型 · 动直线过定点 · 圆过定点 · 圆锥切线 · 定直线 · 向量型定比分点 · 斜率型：和定 · 斜率型：积定 · 斜率型：商定 · 求轨迹 · 新定义型第19题 题型大通关 一．韦达定理基础型 （共2题） 1．（23-24高二下·四川成都·期中）已知椭圆C：（），，，，四点中恰有三点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)过右焦点且斜率为1的直线交椭圆于，两点，点为直线上任意一点，求证：直线，，的斜率成等差数列． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据对称点判断在椭圆的三点，然后可求得椭圆方程； （2）设，，，设直线的方程为：，联立直线与椭圆的方程得，计算可得，，进而得出证得结果. 【详解】（1）根据椭圆的对称性，必过点，点，必不过点， 代入点得，，代入点得，， ∴椭圆的标准方程为：； （2）证明：设，，， 设直线的方程为：，由，得，，，， ，因为，所以， 所以直线，，的斜率成等差数列． 2．（23-24高二下·上海·期中）如图，由部分椭圆和部分双曲线，组成的曲线称为“盆开线”．曲线与轴有两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为．    (1)设过点的直线与相切于点，求部分椭圆方程、部分双曲线方程及直线的方程； (2)过的直线与相交于点三点，求证：． 【答案】(1)，，(2)证明见解析 【分析】（1）首先由与轴有两个交点，得出，再由椭圆与双曲线的离心率之积为，即可求出，由直线过点和即可得出直线的方程； （2）由题意可得的斜率存在且不为零，故设方程为：，分别与椭圆，双曲线方程联立，求出点的坐标，再计算即可证明． 【详解】（1）因为曲线与轴有两个交点，所以， 由题设可得，解得，故椭圆方程为：， 双曲线方程为．由直线过点和，得，则，即． （2）由题意可得的斜率存在且不为零，故设方程为：，联立，整理得：，，即且，解得：或，即．联立整理得：， 解得：或，即．所以， 所以，所以． 2． 直线横截式应用（共2题） 3．（23-24高二上·广西南宁·期中）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程： (2)过点的直线与椭圆交于点、，设点，若的面积为，求直线的斜率. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式列出方程求解即得. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得， 由椭圆过点，得，联立解得， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，，则， 由消去得，显然， 则， 的面积 ，解得，所以直线的斜率.    4．（23-24高二下·云南玉溪·期中）在直角坐标平面内，已知点，动点.设､的斜率分别为，且.设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，是否存在常数，使恒成立？ 【答案】(1)；(2)存在. 【分析】（1）根据斜率公式代入化简可得； （2）设，联立椭圆方程消去，利用弦长公式求，利用韦达定理化简即可求得. 【详解】（1）由已知，因为，， 所以，化简得即. （2）设直线，联立得， ，所以， 所以， 又，，所以 . 存在常数，使恒成立. 三． 直线双变量型（共2题） 5．（23-24高二下·天津·期中）已知椭圆经过点，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)点为椭圆上不同的两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设，且满足，求点的坐标． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆的几何性质，转化为关于的方程，即可求解； （2）首先设点的坐标，由条件转化为关于坐标的关系式，再设直线方程与椭圆方程联立， 【详解】（1）由题意可知，，，则，所以， 所以椭圆的方程为； （2）设，，直线的方程为，， 直线的方程为，， 则，，，，， ① ，则， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立，得，，，② ，， ，③ 将②③代入①得，， 整理为，即或， 若，则直线为，过点，不符合题意，舍去， 若，则直线为，过原点，此时， 又因为，所以，，代入椭圆方程得，， 则，又，所以，所以点的坐标为. 6．（21-22高三上·湖北·期中）已知圆：，椭圆：的离心率为，是上的一点，是圆上的一点，的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)点是上异于的一点，与圆相切于点，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由可得，再根据离心率和，求出，从而可得椭圆方程， （2）①当直线斜率不存在时，的方程为或，从而可求出的坐标，进而可求得，则可得到结论，②当直线斜率存在时，设方程为，由直线与圆相切，可得，再将直线方程与椭圆方程联立，消去，再利用根与系数的关系，然后求解，化简后为零，再由三角形相似即可得结论 【详解】（1），所以 设的焦距是，则，解得，则， 所以的方程是. （2）证明：①当直线斜率不存在时，的方程为或. 当时，，，此时，即； 当时，同理可得. ②当直线斜率存在时，设方程为，即. 因为直线与圆相切，所以，即 联立得. 设，，则， 所以 代入整理可得，即 综上，，又与圆相切于点，所以，易得， 所以，即 四．面积最值型（共2题） 7．（23-24高二下·福建泉州·期中）已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且． (1)求抛物线的方程； (2)为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且， （i）求证直线过定点； （ii）求与面积之和的最小值． 【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用焦半径公式建立方程，解出参数，得到抛物线方程即可. （2）（i）设出，利用给定条件建立方程求出，最后得到定点即可. （ii）利用三角形面积公式写出面积和的解析式，再利用基本不等式求最小值即可. 【详解】（1）抛物线， 其焦点为，准线方程为， 可得，且， 解得（另一个根舍去），， 则抛物线的方程为； （2） （i） 如图，设的方程为，， 联立，可得， 则，又，， 由，可得，解得（另一个根舍去）， 所以直线恒过定点； （ii）由上小问可得，不妨设， 则与面积之和为， ， 当且仅当，时，上式取得等号， 则与面积之和的最小值为． 8．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期中）已知在平面直角坐标系中，动点到和的距离和为4，设点. (1)求动点的轨迹方程； (2)为线段的中点，求点的轨迹方程； (3)过原点的直线交的轨迹于，两点，求面积的最大值. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由椭圆定义可知，点的轨迹是以和为焦点，长半轴长为的椭圆，由此能求出动点的轨迹方程； （2）设，，利用中点坐标公式及“代点法”即可得出点的轨迹方程； （3）对直线的斜率分不存在、为、存在且不为三种情况讨论，当直线的斜率存在（不为）时，把直线的方程与椭圆的方程联立，解得点，的坐标，利用两点间的距离公式即可得出，再利用点到直线的距离公式即可得出点到直线的距离，利用三角形的面积计算公式即可得出． 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知， 点的轨迹是以和为焦点，长半轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，则，，所以， 故动点的轨迹方程为； （2）设，， ，且为线段的中点， ，即，代入的轨迹方程，可得， 整理得， 即点的轨迹方程为； （3）①当直线的斜率不存在时，可得，， ，点到轴的距离为1，； ②当直线的斜率为时，则，， ，点到轴的距离为，所以； ③当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，，，． 联立，化为． 解得，则，则，． ．又点到直线的距离． ，， 当时，当且仅当，即可时取等号， 当时，当且仅当，即可时取等号， 所以，当且仅当时，即，取最大值，最大值为， 综上所述面积的最大值． 五．面积比值范围（共2题） 9．（23-24高二·山东·期中）已知抛物线.过抛物线焦点F作直线分别在第一、四象限交于两点，过原点O作直线与抛物线的准线交于E点，设两直线交点为S.若当点P的纵坐标为时，. (1)求抛物线的方程. (2)若平行于x轴，证明：S在抛物线C上. (3)在（2）的条件下，记的重心为R，延长交于Q，直线交抛物线于（T在右侧），设中点为G，求与面积之比n的取值范围. 【答案】(1)(2)证明见解析(3) 【分析】（1）利用两点距离公式可计算P坐标，代入抛物线方程即可； （2）设方程及坐标，利用E坐标表示方程，联立方程得出S坐标，结合点在抛物线与直线上消元转化即可证明； （3）设坐标及直线方程，利用坐标表示，结合焦点弦的性质消元转化表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可. 【详解】（1）因为若当点P的纵坐标为时，, 不妨设，则，即， 代入抛物线方程有，所以； （2）由（1）知，C的准线， 不妨设，， 若平行于x轴，则， 所以，整理得， 联立方程有， 又在抛物线C和直线上，即， 则有，此时，即， 则S在抛物线C上，证毕； （3）在（2）的条件下可知两点重合，由重心的性质不难知Q为线段的中点， 同（2），仍设，， 则，联立， 所以，且，则，可知，整理得， 设， 与C联立有， 所以，即， 由于Q为线段的中点，所以到直线的距离相等， 则，设， 若，则，显然，所以； 若，则； 若，则，所以；综上.   【点睛】思路点睛：第二问是教材例题的变式，设点坐标表示相应直线方程，求出S坐标，验证其横纵坐标是否满足抛物线方程即可；第三问，仍是利用点坐标来表示直线方程，利用韦达定理表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可. 10．（23-24高三上·青海西宁·期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上运动，且面积的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设，分别是椭圆的右顶点和上顶点，不过原点的直线与直线平行，且与轴，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，，为坐标原点. （ⅰ）求与的面积之比； （ⅱ）证明：为定值. 【答案】(1)(2)（ⅰ）1；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据离心率及三角形的面积列出方程组求解即可； （2）设出直线方程，直线与椭圆交点坐标，联立直线方程与椭圆方程，可得出根与系数的关系，（ⅰ）表示出三角形的面积，由根与系数的关系化简可得解，（ⅱ）直接由两点间的距离公式及根与系数的关系化简即可得证. 【详解】（1）根据题意，可得，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）如图所示： 由椭圆方程知，，故， 设直线的方程为，则，， 联立方程，消去，整理得， ，得且， 设，，则，. （ⅰ），，， 与的面积之比为1. （ⅱ）证明： .综上，. 六．动直线过定点 （共2题） 11．（23-24高二下·安徽阜阳·期中）已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． (1)求C的方程； (2)若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 【答案】(1)，或(2)证明见解析 【分析】（1）设，根据线段PF的中点坐标得到，，然后代入到抛物线方程中，解方程得到即可得到抛物线的方程； （2）设直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到，即可得到直线MN过定点. 【详解】（1）解：由题意得，设，因为线段PF的中点为， 所以，，所以，， 代入C的方程得，解得，或， 所以C的方程为，或． （2）证明：因为，所以C的方程为， 设，，直线MN的方程为，与联立，得， 则，，因为直线OM，ON的斜率之积为2024， 所以，所以． 直线MN的方程为，故直线MN过定点． 12．（22-23高二上·四川雅安·期中）已知为椭圆上一点，点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于两点，若直线与的斜率之和为，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标． 【答案】(1)(2)证明见解析，定点 【分析】（1）根据焦点三角形的面积和点坐标求解出的值，则的值可求，故椭圆的标准方程可知； （2）当直线的斜率不存在时，直接分析即可；当直线的斜率存在时，设出的方程并与椭圆方程联立得到横坐标的韦达定理形式，将斜率关系转化为坐标运算，从而求解出直线方程中参数的关系，由此可求直线所过的定点. 【详解】（1）因为点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为，所以且， 所以，，所以， 所以椭圆的标准方程：； （2）设，当直线的斜率不存在时，则， 由，解得，此时，故重合，不符合题意， 所以直线的斜率一定存在，设不经过点的直线方程为：， 由得，且，即， 所以，因为， 所以，所以， 所以，即， 化简可得：，因为，所以， 所以，所以直线必过定点． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法： （1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求； （2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标. 7． 圆过定点（共2题） 13．（23-24高二下·上海·期中）已知椭圆 (1)若双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆C有公共焦点，求此双曲线的方程； (2)过点的动直线交椭圆于两点，试问在坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）根据题设条件得到且，即可求出的值，从而求出结果； （2）通过直线斜率为0和不存在两种情况，得出定点，再证明当直线斜率存在且不为0时，以为直径的圆恒过点，设直线，联立椭圆方程得到，利用韦达定理得到，再通过计算，即可解决问题. 【详解】（1）易知椭圆的焦点坐标为， 因为双曲线的一条渐近线方程为，所以①， 又双曲线与椭圆C有公共焦点，所以②， 联立①②得到，所以此双曲线的方程为. （2）当直线的斜率为0时，直线，由，得到，所以， 故以为直径的圆的方程为③， 当直线的斜率不存在时，易知以为直径的圆的方程为④， 联立③和④，解得， 所以如果存在点，则定点为，下证，当直线斜率存在且不为0时，以为直径的圆恒过点， 设直线，， 由，消得到， 由韦达定理得，， 又因为， 所以， 所以， 故，所以，即以为直径的圆恒过点， 故在坐标平面上存在一个定点满足条件.    14．（23-24高二上·江苏常州·期中）已知双曲线的离心率为，右焦点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)若直线过定点且与双曲线交于不同的两点、，点是双曲线的右顶点，直线、分别与轴交于、两点，以线段为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】(1)(2)是，定点 【分析】（1）根据双曲线的离心率可得出，可得出双曲线的渐近线方程，利用已知条件求出的值，即可得出、的值，由此可得出双曲线的方程； （2）解法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，以为直径的圆过轴上的定点，则，利用平面向量数量积的坐标运算求出的值，可得出定点坐标，在直线的斜率不存在时，求出圆的方程，验证圆过定点即可； 解法二：分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，以为直径的圆过轴上的定点，则，利用平面向量数量积的坐标运算求出的值，可得出定点坐标. 【详解】（1）解：由双曲线的离心率为，得，所以， 则渐近线方程为即，右焦点到渐近线距离为， 所以，，，，则双曲线的方程是. （2）解：以线段为直径的圆过轴上的定点． 法一：当直线斜率存在时，设直线的方程为， 若直线的斜率为零，则、中有一点与点重合，不合乎题意，则， 由得：． 当时，， 设、，则有，． 又是双曲线的右顶点，则． 由题意知，直线的方程为，故． 直线的方程为，故． 若以为直径的圆过轴上的定点，则等价于恒成立． 又，， 所以，恒成立． 又 ． 所以，，解得． 故以为直径的圆过轴上的定点； 当直线斜率不存在时，直线的方程为， 联立可得，记点、， ，则直线的方程为， 在直线的方程中，令，可得，即点，同理可得点， 则以为直径的圆的方程为，过点． 法二：若直线与轴重合，则、中有一点与点重合，不合乎题意， 设直线的方程为，代入得． 则，解得， 设点、，则， 直线的方程为， 令，得，即，同理得 设以线段为直径的圆过轴上的定点，有，即， 且，， 则， 解得，所以，直线恒过定点． 【点睛】关键点点睛：本题考查以为直径的圆过定点问题，再解决这类问题时，要注意找出定点的位置，将定点问题转化为直径所对的圆周角为直角，转化为向量垂直来处理. 八．圆锥切线 （共2题） 15．（23-24高二下·上海·期中）已知圆，动圆与圆内切，且与定直线相切，设圆心的轨迹为 (1)求的方程 (2)若直线过点，且与交于两点 ①若直线与轴交于点，满足，试探究与的关系； ②过点分别作曲线的切线相交于点，求面积的最小值. 【答案】(1)；(2)①；②16 【分析】（1）设，列出满足的方程即可； （2）①利用直线的斜率和，之间的关系求解即可； ②设点的坐标，联立方程，用韦达定理将的面积表示出来即可. 【详解】（1）设，圆的半径为，由题可知，点在直线右侧 因为圆与定直线相切，所以又圆与圆内切所以 所以，化简得，即的方程为 （2）①由题意得，直线的斜率一定存在，故设直线的方程为 则，因为，所以，解得 因为点在上，所以，即所以 同理，由，解得因为点在上，所以，即，所以由，得 因为，所以，即； ②由题意得直线的斜率一定不为0，设直线的方程为 设直线的方程为，，消去，得， 因为直线与抛物线有一个交点，，解得， 直线的方程为同理可得，直线的方程为 联立方程联立方程 则弦长， 点到直线的距离为因为函数随着的增加，面积也单调递增，则当时，取到最大值为16. 【点睛】关键点点睛：第二问②的关键是得出的表达式，由此即可顺利得解. 16．（23-24高二下·上海·期中）已知抛物线的焦点为，过在第一象限上的任意一点作的切线，直线交轴于点．过作的垂线，交于两点． (1)若点在的准线上，求直线的方程； (2)求的中点的轨迹方程； (3)若三角形面积为，求点的坐标． 【答案】(1)(2)(3)或 【分析】（1）首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设，利用导数的几何意义表示出切线方程，依题意可得，即可求出，从而求出切线方程； （2）设，则，再由点在抛物线上，代入抛物线方程，即可求出动点的轨迹方程； （3）首先得到直线的方程，设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再由点到线的距离公式及面积公式得到方程，求出，即可求出点坐标. 【详解】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，准线与轴的交点为， 由，可得，设，则， 所以过点的切线方程为，即， 则切线与轴的交点， 依题意可得，解得或（舍去），所以切线方程为； （2）设，则， 又点在抛物线上，所以，即， 即的中点的轨迹方程为. （3）依题意直线的方程为，设，， 由得，显然，则，， 所以， 又点到直线的距离，所以， 解得或或（舍去），所以或， 即或. 【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，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 九．定直线（共2题） 17．（2024高二·全国·期中）已知椭圆的离心率为，，分别为的上、下顶点，为坐标原点，直线与交于不同的两点，． (1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值； (2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）设，，由中点坐标公式和斜率公式，结合点差法证明定值. （2）由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，韦达定理表示根与系数的关系，联立直线与直线的方程，化简可求得交点在定直线上． 【详解】（1）设，，则． 由两式相减得，即． 所以． （2）解法一：由解得所以椭圆的方程为． 将直线的方程代入椭圆的方程，化简整理得．①   由，解得． 由韦达定理，得，．②设，， 则直线的方程为，③ 直线的方程为，④由③④两式解得 ， 即，所以直线与直线的交点在定直线上． 解法二： 设直线（即直线）与直线（轴）的交点为，直线与直线的交点为， 则点，，构成椭圆的自极三点形，点一定在点对应的极线上，其方程为，即，就是说直线与直线的交点在定直线上． 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥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． 18．（2024·河北·期中）已知椭圆C的中心在原点O、对称轴为坐标轴，、是椭圆上两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左、右顶点分别为和，M，N为椭圆上异于、的两点，直线MN不过原点且不与坐标轴垂直．点M关于原点的对称点为S，若直线与直线相交于点T． （i）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的最小值； （ii）证明：直线OT与直线MN的交点在定直线上． 【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用待定系数法，设椭圆C的方程为，带入点运算即可； （2）（i）设直线和相关点，结合椭圆方程分析可知，结合基本不等式运算求解；（ii）联立方程，根据三点共线结合韦达定理可得，联立直线方程运算求解即可. 【详解】（1）设椭圆C的方程为， 将A、B代入得，解得， 故椭圆C的标准方程为. （2）由题意得，， 设直线MN的方程为，，，，则． （i）由题意可得：，即， 所以， 当且仅当，（或，）时等号成立． （ii）联立方程，消去x得， 由得且， 故，，即 由、S、T三点共线得，即； 由、N、T三点共线得，即； 两式相加得 ， 则直线OT斜率为，可得直线OT方程为 由得，即． 故直线OT与直线MN的交点在定直线上． 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 十．向量型定比分点 （共2题） 19．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知椭圆C：的离心率为，且过点． (1)求椭圆C的方程； (2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求的面积． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由离心率的值及椭圆过的点的坐标，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由，可得参数的值，求出点到直线的距离及弦长的值，进而求出的面积． 【详解】（1）由题意可得，解得，，所以椭圆的方程为：； （2）由（1）可得右焦点，当直线的斜率为0时，则直线的方程为， 因为，可得，，所以，，，显然与，与已知条件矛盾，所以直线的斜率不为0， 由于，故设直线的方程为，且，设，， 联立，整理可得：， 可得①,② 因为，即,,， 可得，即，③ 将③代入①，可得，， 再代入②可得：，可得， 点到直线的距离， 弦长， 所以 由于，且，所以．，    20．（2023·河南·期中）已知椭圆的右焦点，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点．若，，求的最小值（是坐标原点）． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆定义求出，再由焦点得，即可得解； （2）设出点的坐标，利用向量得坐标间关系，代入点差法所得等式，可求出，即是直线上动点，再由点到直线距离求最小值即可. 【详解】（1）由题意，椭圆的焦点为，， 由椭圆定义知所以 所以椭圆的标准方程为 （2）由题意知，设 由，，得且 又，都在椭圆上，所以 两式作差，得 把代入式，得 又由，得所以 所以到直线的距离经检验，此时垂足在椭圆内部. 所以的最小值为. 十一．斜率型：和定 （共2题） 21．（2024·河南郑州·期中）设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点． (1)求抛物线的方程； (2)①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为． 【答案】(1)(2)①；②证明见解析 【分析】（1）由化简得，再根据定义得，代入即可的抛物线方程； （2）①设切点坐标为，通过导数求出切线方程，将点代入即可；②设直线的方程为，，，联立得，，然后计算即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以，所以，又P是C上一点，所以， 所以，解得，所以抛物线C的方程为． （2）①设切点坐标为，因为，所以，切线的斜率为， 所以切线方程为，将代入上式，得， 所以，所以切点坐标为．     ②由①得，直线的斜率都存在， 要证：直线的倾斜角之和为，只要证明：直线的斜率之和为．     设直线的方程为，，，, 则，，  由得， 所以，，，即，     所以， 即直线的倾斜角之和为．   22．（23-24高二上·云南昆明·期中）在平面直角坐标系中，动点满足.记点M的轨迹为C. (1)求C的方程； (2)设点T在y轴上（异于原点），过点T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，并且，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. 【答案】(1)(2)0 【分析】(1)根据抛物线的定义即可求解； (2)设出直线，的方程，与抛物线联立，列出式子利用韦达定理即可求解. 【详解】（1）因为， 所以点M到定点的距离等于到定直线的距离， 所以M的轨迹为抛物线，方程为； （2）设，如图：设直线AB的方程为， 直线PQ的方程为且 ，， 由 ,得，， ， 同理，因为，所以， 因为，所以由得． 十二．斜率型：积定（共2题） 23．（23-24高二·辽宁鞍山·期中）已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.    (1)直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值； (2)求证：直线过定点. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程，结合斜率公式分析证明； （2）解法一：设，联立方程可得韦达定理，根据斜率关系列式求得，即可得结果；解法二：设，联立方程求坐标，进而根据直线方程分析定点. 【详解】（1）由题意，可得，所以椭圆，且 设，则，即，可得， 所以为定值. （2）解法一：设，则， 可得，设直线，， 联立方程，消去x可得， 则，解得，且， 则， 整理可得， 则， 因为，则，解得， 所以直线过定点 解法二：设，则， 直线，可知与椭圆必相交， 联立方程，消去y可得， 则，解得，同理， 直线的斜率存在时，， 则，令，； 当的斜率不存在时，则，解得； 综上所述：直线过定点 【点睛】方法点睛：1．过定点问题的两大类型及解法 （1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点； （2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 2．求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 24．（23-24高二·云南昆明·期中）已知点P在椭圆上，过点P作直线l与椭圆C交于点Q，过点P作关于坐标原点O的对称点，的最小值为，当直线l的斜率为0时，存在第一象限内的一点P使得． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l的斜率为k（k≠0），直线的斜率为，求的值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可得，点坐标为，进而计算可求椭圆的方程； （2）设点，，，由题可得，计算可得结论. 【详解】（1）因为的最小值为，所以，所以， 当直线的斜率为零时，点与点关于轴对称，又点与点关于点对称， 由椭圆的对称性可知，此时点与点关于轴对称，则， 由几何关系可解得点坐标为， 代入椭圆的方程：得：，解得， 故椭圆的方程为； （2）设点，，， 因为点和均在上，故，由得：， 即，又， 即. 十三．斜率型：商定（共2题） 25．（2024·广东广州·期中）已知在平面直角坐标系中，双曲线：过和两点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若，为双曲线上不关于坐标轴对称的两点，为中点，且为圆的一条非直径的弦，记斜率为，斜率为，证明：为定值. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线上两点，代入方程解方程组即可得解； （2）利用“点差法”可得直线斜率与斜率关系，再由圆的性质可得斜率的关系，化简即可得证. 【详解】（1）代入双曲线上两点得，， 故，解得，，故双曲线C标准方程为：. （2）如图，设，， 由题知，相减得， 又，所以， 由为圆的一条非直径的弦，为中点得，故，因此为定值. 26．（23-24高二·广东汕头·期中）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的半焦距和椭圆上的已知点列出方程组，计算即得椭圆方程； （2）先考虑直线斜率为0时满足，再设直线的横截距式方程，与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，写出韦达定理，并发现内在关系，计算并消去，得其分子为，代入前式，计算即得分子为0，则得证. 【详解】（1）依题意，可得，解得， 故椭圆C的标准方程为：； （2） 如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足； 当时，不妨设直线，由消去，整理得，， 显然，设，则由韦达定理，故， 因,则， 则， 此式的分子为：， 故得，即，得证. 十四．求轨迹 （共2题） 27．（23-24高二下·上海·期中）已知、、是我方三个炮兵阵地，地在地的正东方向，相距6km；地在地的北偏西，相距4km．为敌方炮兵阵地．某时刻地发现地产生的某种信号，12s后地也发现该信号（该信号传播速度为km/s）．以方向为轴正方向，中点为坐标原点，与垂直的方向为轴建立平面直角坐标系．    (1)判断敌方炮兵阵地可能分布在什么样的轨迹上，并求该轨迹的方程； (2)若地与地同时发现该信号，求从地应以什么方向炮击地？ 【答案】(1)在以为焦点的双曲线右支上， (2)炮击的方位角为北偏东. 【分析】（1）依题意可得，根据双曲线的定义可知在以、为焦点的双曲线右支上，即可求出轨迹方程； （2）首先求出点坐标，依题意点在线段的垂直平分线上，求出的垂直平分线方程，再联立（1）中轨迹方程，求出点坐标，即可求出，从而确定方向. 【详解】（1）依题意，，又，即， 故在以、为焦点的双曲线右支上， 设双曲线方程为，则且， 所以，所以双曲线方程为. （2）因为且，所以，， 所以，因为，所以点在线段的垂直平分线上， 因为，中点，所以直线的方程为， 由 （1） 知点还在上， 由，解得（负值已舍去），所以， 因此，则，所以， 故炮击的方位角为的北偏东.   28．（23-24高二上·安徽宿州·期中）已知直线经过定点是坐标原点，点M在直线上，且． (1)当直线绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程； (2)已知点，过点T的直线交轨迹E于点，且，求． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由分类讨论思想，根据直线垂直的条件列式可得轨迹方程； （2）根据直线与圆相交，设出直线方程，联立直线与圆的方程，结合韦达定理和数量积的坐标运算求出直线方程，再求直线与圆相交的弦长. 【详解】（1）依题意可知，直线即为直线,显然当直线与直线的斜率不存在时不合题意，故直线与直线的斜率都存在， ,设，,即， 所以，即， 所以点M的轨迹E的方程为. （2）依题意，过点T的直线l的斜率存在，设直线l方程为， 联立，整理得，① ，即，所以， 由直线不经过点，所以且 设，则为①式两根，       所以，又， 即，所以或（舍去），故所求直线l为， 此时直线l一定与轨迹E交于不同两点P,Q又圆心到直线l的距离, 所以. 【点睛】求曲线方程的常用方法：求曲线方程是解析几何核心问题之一，求曲线方程的方法比较多，但总的说来有三种： （1）直接法：先找出动点满足的几何条件，由条件直接转化得到轨迹方程； （2）待定系数法：此种类型需知道曲线类型，先设出曲线方程，把条件代入求出其中的系数即可； （3）参数法：借助中间变量，间接得到轨迹方程的方法；参数法关键是参数的选择，找出参数与x,y之间的关系，消去参数即可. 十五．新定义型第19题（共4题） 29．（2024·福建·期中）贝塞尔曲线是由法国数学家Pierre Bézier发明的，它为计算机矢量图形学奠定了基础．贝塞尔曲线的有趣之处在于它的“皮筋效应”，即随着控制点有规律地移动，曲线会像皮筋一样伸缩，产生视觉上的冲击． (1)在平面直角坐标系中，已知点在线段上．若，，，求动点坐标； (2)在平面直角坐标系中，已知，，，点在线段上，若动点在线段上，且满足，求动点的轨迹方程； (3)如图，已知，若点分别在线段上，且，求动点的轨迹方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，再由向量的坐标运算可求坐标； （2）由题意得，，，依次进行向量的坐标运算，代入的坐标则可用参数表示的坐标，消去参数可得轨迹方程； （3）结合（1）（2）的运算，同理可得的坐标，消去参数可得轨迹方程； 【详解】（1）由题意可知，设， 则， ， 因为，且点在线段上， 所以，则有， 解得， 所以点坐标为. （2） 设， 由题意得，，，. 结合（1）同理可得，， 又， 则， 且， 则 将，，，坐标代入得 ， 设，则，消得. 又由，得. 故的轨迹方程为：. （3）设， 由题意结合（1）（2）同理可得， ， 且， ， 且， 其中. 则 ， 同理. 故， 将代入得 ， ， 设，则，消得， 又由，得. 故的轨迹方程为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点有两点：一是将共线与长度比关系转化为向量关系式，再利用向量的坐标运算求解点的坐标；二是用参数表示动点坐标，再消参求解动点轨迹方程，并注意参数的取值范围. 30．（23-24高三上·湖北荆州·期中）已知双曲线的中心为坐标原点，渐近线方程为，点在双曲线上.互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点. (1)求的方程； (2)若直线交轴于点，设. ①求； ②记，，求. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据渐近线设出双曲线方程，再代入点的坐标，即可求解双曲线方程； （2）①方法一，设的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求点的坐标，同理求点的坐标，利用，，三点共线，即可求解；方法二，设直线的方程为，其他步骤与方法一相同； ②根据为奇数和偶数，分组求和，化简求和形式为，再利用错位相减法求和. 【详解】（1）因为渐近线方程为，可设双曲线方程为， 因为点在双曲线上，所以，则， 所以的方程为； （2）①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在时， 直线与轴重合，不符合题意；所以直线的斜率均存在且不为， 解法一：，，，， 设的方程为，由， 得， 所以恒成立，，所以， 因为，所以， 所以，同理， 因为、、三点共线，所以， 所以，化简得：； 解法二：设的方程为，，，，， 由，得， 则，所以， 所以，则， 所以，同理可得， 因为、、三点共线，所以， 又，所以， 因为，所以； ②， 所以 ， 设， 则， 所以， 所以 ， 所以， 所以. . 【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，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 31．（2024·四川·期中）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于点，，面积的最小值为（为坐标原点）.按照如下方式依次构造点：的坐标为，直线，与的另一个交点分别为，，直线与轴的交点为，设点的横坐标为. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见解析 【分析】（1）设直线与相关点的坐标，然后联立抛物线和直线方程，利用韦达定理计算出需要的值，最后表示出面积，计算其最值，求出即可； （2）利用抛物线中点弦定理，求出相关直线方程，然后表示出，然后找到两者关系，最后利用其关系求得通项公式即可； （3）利用等差中项的判断方式，判断数列不可能存在连续三项是等差数列. 【详解】（1）设直线， 联立，得，得 由韦达定理可知：由题可知： 因为面积的最小值为，且，所以. （2）设， 由题可知，，两式求差可得 所以，所以直线方程为，整理得 同理：方程为：令可得 可知，方程为：因为过焦点，所以有 方程为： 令可得 由，可知 因为， 得取对数可得 由题可知， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列； 所以有解得 （3）不存在，理由如下假设存在，则一定有 因为，得化简得 因为显然所以在无解； 故不存在连续的三项为等差数列. 【点睛】关键点点睛：第一问，可以利用常规的计算方式计算，也可以利用抛物线的焦点三角形的面积公式（为直线倾斜角）判断即可，最好证明该二级结论； 第二问，主要是需要找到关系，所以需要多建立直线方程，最好用相同的容易计算的方式，所以利用中点弦定理，建立方程，比较容易计算，得到，此种数列，去对数求解即可; 第三问，判断是否存在连续三项为等差数列，假设存在，然后直接用反证法证明即可. 32．（2024·江西新余·期中）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P， (1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标： (2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，（i）求斜椭圆C的离心率； （ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）是，2 【分析】（1）借助所给定义计算即可得； （2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得； （ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得； 法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得. 【详解】（1）由已知可得，则， 设，则， 所以，，即点P的坐标为； （2）（i）由与交点为和，则， 由与交点为和， 则，所以，； （ⅱ）法一：设直线：，、， 与斜椭圆联立：， 有， ∵，， ∴ ， 设直线：，代入斜椭圆， 有， ∴，∴， 故. 法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为， 点Q旋转后的坐标为， 当直线旋转后斜率不存在时，，，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为， 旋转后、， 与椭圆方程联立，即， 可得， ，， ， 设直线旋转后为，代入椭圆方程中， 有，， . 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$