专题06 圆锥曲线综合大题（5大基础题+8大提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（安徽专用）

专题06 圆锥曲线综合大题 经典基础题 题型1韦达定理基础 1．（23-24高二下·安徽六安·期末）过抛物线焦点的直线交于两点，特别地，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的方程； (2)已知点，若，求的面积（为坐标原点）. 2．（23-24高二上·安徽合肥·期末）设圆与两圆中的一个内切，另一个外切． (1)求圆心的轨迹的方程； (2)已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值． 3．（23-24安徽六安一中·）已知，为椭圆的两焦点，过点作直线交椭圆于两点，的周长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆的上顶点为，下顶点为，直线交于点，求证：，，三点共线. 4．（22-23高二上·安徽滁州·期末）已知双曲线：（，）的左顶点为，到的一条渐近线的距离为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于，两点，求的值． 题型2直线设法：横截式 1．（22-23高二下·安徽合肥·期末）已知双曲线：的右焦点为，过且斜率为1的直线与的渐近线分别交于，两点（在第一象限），为坐标原点，． (1)求的方程； (2)过点且倾斜角不为0的直线与交于，两点，与的两条渐近线分别交于，两点，证明：． 2．（22-23高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆C：经过点，离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线交椭圆于A，B两点，F为椭圆C的左焦点，若，求直线的方程． 3．（21-22高二上·安徽黄山·期末）已知椭圆的离心率为，左顶点为，直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆的的标准方程； (2)若直线，的斜率分别为，，且，求的最小值. 4．（21-22高二上·安徽·期末）已知抛物线：，点在抛物线上. (1)求抛物线的焦点坐标和准线方程； (2)若直线：交抛物线于M､N两点，交直线：于点P，记直线AM，AP，AN的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列. 题型3 直线设法：无点双变量型 1．（22-23高二上·安徽六安一中期末）已知分别是双曲线的左、右焦点，点A是C的左顶点，，C的离心率为2. (1)求C的方程； (2)直线l与C交于M，N两点（M，N异于双曲线C的左、右顶点），若以为直径的圆经过点A，求证：直线l恒过定点. 2．（22-23安徽·期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设椭圆C的左、右焦点分别为，直线与椭圆C相切，点到直线l的距离分别为，求的最小值． 3．（21-22高二上·安徽六安一中期末）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为4，离心率等于 (1)求椭圆的方程 (2)设，若椭圆E上存在两个不同点P､Q满足，证明：直线PQ过定点，并求该定点的坐标. 4．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 题型4 面积最值范围型 1．（21-22高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆C：的离心率为，左､右焦点分别为､，椭圆上的点到左焦点最近的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)若经过点的直线与椭圆C交于M，N两点，当的面积取得最大值时，求直线的方程. 2．（20-21·安徽芜湖·期末）已知定点，圆：，点Q为圆上动点，线段MQ的垂直平分线交NQ于点P，记P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)过点M与N作平行直线和，分别交曲线C于点A，B和点D，E，求四边形ABDE面积的最大值． 3．（2022安徽淮北）已知抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10. （1）求抛物线E的方程； （2）过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值. 4．（20-21·安徽·期末）已知椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与圆相切，且与椭圆交于，两点，为椭圆上一个动点(点，分别位于直线两侧)，求四边形面积的最大值. 题型5韦达定理不能直接用 1．（22-23高二上·安徽合肥一中·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的一条渐近线为，且点在C上． (1)求C的方程； (2)设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且，求l的斜率． 2．（22-23高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆的焦距为2，离心率. (1)求的方程； (2)过点的直线与椭圆交于A，B两点，若，求的方程. 3．（23-24高二上·安徽宣城·期末）在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记的轨迹为. (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程. 4．（2022安徽合肥六校联考）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 优选提升题 题型01“三定题型”：定点 1．（20-21高二上·安徽黄山·期末）已知是抛物线的焦点，是抛物线上一点，且. （1）求抛物线的方程； （2）过点（坐标原点）分别作交抛物线于两点(不与重合)，且.求证：直线过定点. 2．（2022安徽六安一中期末）已知直线，圆，直线被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等，椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （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，使得无论如何转动，以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 3．（20-21高二上·安徽宿州·期末）平面上动点M到定点的距离比M到直线的距离小1． （1）求动点M满足的轨迹方程C﹔ （2）若A，B是（1）中方程C表示的曲线上的两点，且（O为坐标原点）．试问直线是否经过定点，并说明理由． 4．（21-22高二安徽淮北市树人高中·期末）椭圆过点，其上､下顶点分别为点A，B，且直线，的斜率之积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C的左顶点作两条直线，分别交椭圆C于另一点S，T.若，求证：直线过定点. 题型02“三定题型”：定值 1．（20-21·安徽池州·期末）已知椭圆：的左顶点、右焦点分别为，，点在椭圆上，且椭圆离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，直线，斜率分别为，，证明：为定值. 2．（20-21高二上·安徽亳州·期末）如图，已知椭圆经过点，离心率为，直线经过椭圆的右焦点，交椭圆于，两点． （1）求椭圆的方程． （2）若直线交轴于点，且，，当直线的倾斜角变化时，是否为定值？若是，请求出的值；否则，请说明理由． 3．（20-21高二上·安徽宣城期末）在圆内有一点，动点M为圆A上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点N，设点N的轨迹为C. （1）求轨迹C的方程； （2）若直线与轨迹C交于不同两点E，F，轨迹C上存在点P，使得以为邻边的四边形为平行四边形(O为坐标原点)，求证：的面积为定值. 4．（20-21高二上·安徽合肥·期末）已知椭圆的离心率为，点分别是左、右顶点，P是椭圆上异于的任意一点，面积的最大值为12． （1）求椭圆方程； （2）直线分别交y轴于两点，求证：为定值． 题型03 “三定题型”：定直线 1．（21-22安徽滁州定远育才学校·期末）已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，证明：点在定直线上. 2．（22-23安徽芜湖·期末）已知抛物线：的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的方程； (2)求证：过焦点且垂直于的直线与以为直径的圆的交点分别在定直线上． 3．（21-22高二蚌埠期末）已知抛物线E：过点Q(1，2)，F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O. （1）求抛物线E的方程； （2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值. 4．（23-24高二上·安徽宣城·期末）已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，. (1)求椭圆的方程； (2)记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 题型04 斜率型：斜率和，积 1．（20-21·安徽滁州·期末）已知点在圆上，，，线段的垂直平分线与相交于点. （1）求动点的轨迹方程; （2）若过点的直线斜率存在，且直线与动点的轨迹相交于，两点.证明：直线与的斜率之积为定值. 2．（22-23高二下·安徽·期末）已知直线过定点，双曲线过点，且的一条渐近线方程为. (1)求点的坐标和的方程； (2)若直线与交于，两点，试探究：直线，的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 3．（23-24高二上·安徽十五校教育集团期中）如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）． (1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程； (2)若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为． （i）求证：为定值； （ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值． 4．（2023·安徽江南十校联考）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点. (1)求双曲线的方程； (2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为. （i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由； （ii）求的取值范围. 题型05 切线型 1．（2022安徽六安舒城中学）已知椭圆C：（）的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形. (1)求椭圆C的标准方程； (2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A、B两点，若直线、的斜率为、，当时，求此时“卫星圆”的个数. 2．（22-23安徽合肥一中·期末）设椭圆过点，两点，O为坐标原点. (1)求椭圆E的标准方程； (2)是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由. 3．（23-24安徽六安毛坦厂期末）阅读下列有关光线的入射与反射的两个事实现象：现象（1）光线经平面镜反射满足入射角与反射角相等（如图）；现象（2）光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点（如图）.试结合，上述事实现象完成下列问题： (1)有一椭圆型台球桌，长轴长为，短轴长为.将一放置于焦点处的桌球击出.经过球桌边缘的反射（假设球的反射完全符合现象（2）），后第一次返回到该焦点时所经过的路程记为，求的值； (2)过点的直线（直线斜率不为）与焦点在轴，且长轴长为，短轴长为的椭圆交于、两点，是否存在定点，使得直线与斜率之积为定值，若存在求出坐标；若不存在，请说明理由； (3)结论:椭图上任点处的切线的方程为.在直线上任一点向（2）中的椭圆引切线，切点分别为，.求证:直线恒过定点. 4．（21-22安徽滁州定远中学·期末）已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大. (1)求抛物线C的方程； (2)过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形ABP的重心G在定直线上，求三角形ABP面积的最大值. 题型06范围最值 1．（高二上·安徽安庆·期末）如图，椭圆，轴被曲线截得的线段长等于C1的长半轴长. （1）求实数b的值； （2）设C2与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与C2相交于点A、B，直线MA、MB分别与C1交于点D、E. ①证明：； ②记△MAB，△MDE的面积分别是若，求的取值范围. 2．（23-24安徽·皖东联考）平面直角坐标系中，为动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，且，记动点的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知点，，设点与点关于原点对称，的角平分线为直线，过点作的垂线，垂足为，交于另一点，求的最大值. 3．（2023·安徽芜湖·）已知动圆过定点，且与直线相切. (1)求动圆圆心轨迹的方程； (2)设过点的直线交轨迹于，两点，已知点，直线，分别交轨迹于另一个点，.若直线和的斜率分别为，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）设直线，的交点为，求线段长度的最小值. 4．（2024·安徽淮北树人高中）已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与轴交于点，与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，求的取值范围. 专题07非韦达型：坐标运算 1．（21-22高二上·安徽滁州定远民族中学期末）如图，已知双曲线，过向双曲线作两条切线，切点分别为，，且. (1)证明：直线的方程为. (2)设为双曲线的左焦点，证明：. 2．（23-24高二上·安徽太和中学·期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点在直线上，点在双曲线上，且焦点在以线段为直径的圆上，分别记直线的斜率为，求的值． 3．（22-23高二·安徽阜阳·期末）在平面直角坐标系xOy中，，，直线AP，BP 相交于点 P，且它们的斜率之积是1，记点P的轨迹为C． (1)求证：曲线C是双曲线的一部分： (2)设直线l与C相切，与其渐近线分别相交于 M、N两点，求证：的面积为定值 专题08 非韦达型：非对称型 1．（安徽六安金安区一中期末）已知椭圆的方程为，圆与轴相切于点，与轴正半轴相交于、两点，且，如图1. （1）求圆的方程； （2）如图1，过点的直线与椭圆相交于、两点，求证：射线平分； （3）如图2所示，点、是椭圆的两个顶点，且第三象限的动点在椭圆上，若直线与轴交于点，直线与轴交于点，试问：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由. 2．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知椭圆，离心率为，点在椭圆上． (1)求E的方程； (2)过点作互相垂直的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 3．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为12. (1)求的方程； (2)过点的直线交于M，N两点（不同于，两点），直线与直线交于点，试判断的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由. 4．（23-24高二上·安徽合肥一中）在直角坐标平面内，已知，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交于两点（与不重合），直线与的交点是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；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！11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 圆锥曲线综合大题 经典基础题 题型1韦达定理基础 1．（23-24高二下·安徽六安·期末）过抛物线焦点的直线交于两点，特别地，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的方程； (2)已知点，若，求的面积（为坐标原点）. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意设直线，联立抛物线方程，结合弦长公式即可列方程求得参数，进而得解； （2）由题意设直线，联立抛物线方程，结合韦达定理、数量积的坐标公式列方程即可求得参数，进一步即可求解的面积. 【详解】（1）抛物线焦点的坐标为， 当直线的倾斜角为时，直线，联立抛物线方程， 化简并整理得，，显然，设，则， 则 ，解得，所以抛物线的方程为； （2）设，显然直线的斜率不为0，所以设直线，联立抛物线方程，化简并整理得，显然， 所以，又，所以，因为， 所以 ， 所以，则，设的面积为， 则，所以的面积为. 2．（23-24高二上·安徽合肥·期末）设圆与两圆中的一个内切，另一个外切． (1)求圆心的轨迹的方程； (2)已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据圆与圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解； （2）联立方程结合韦达定理运算求解. 【详解】（1）圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为1，设圆的半径为，若圆与圆内切，与圆外切，则， 可得；若圆与圆内切，与圆外切，则， 可得；综上所述：， 可知：圆心的轨迹是以、为焦点的双曲线，且， 可得，所以圆心的轨迹的方程. （2）联立方程，消去y得， 则，可知直线与双曲线相交， 设，线段的中点为，   可得，即， 且在圆上，则，解得，所以实数的值为. 3．（23-24安徽六安一中·）已知，为椭圆的两焦点，过点作直线交椭圆于两点，的周长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆的上顶点为，下顶点为，直线交于点，求证：，，三点共线. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义和几何性质，求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）设直线：，联立方程组，得到，，根据，，三点共线，求得和，化简得到，将代入求得，即可得证. 【详解】（1）解：在椭圆中，由，可得， 又由的周长为，根据由椭圆的定义，可得，即， 则，所以椭圆的标准方程为. （2）证明：如图所示，设直线：，且，，， 联立方程，整理得， 则，且，， 因为点，，三点共线，可得，即， 所以， 又由， 则 ，将，代入得，所以三点共线. 4．（22-23高二上·安徽滁州·期末）已知双曲线：（，）的左顶点为，到的一条渐近线的距离为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于，两点，求的值． 【答案】(1)(2)0 【分析】（1）由题意知，取双曲线的一条渐近线，再根据点到直线的距离公式即可得到与关系式，从而求得，进而可求得的方程； （2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则可得到，的坐标，进而可直接求解的值；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立直线的方程和的方程可得到关于的一元二次方程，从而可得到，，代入即可求解的值，综上，即可得到的值． 【详解】（1）由题意知，的一条渐近线方程为，即， 所以到的一条渐近线的距离为，所以， 又，解得，所以的方程为． （2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得，或，， 所以； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立，得， 所以，解得， 所以，， 所以 ． 综上，． 题型2直线设法：横截式 1．（22-23高二下·安徽合肥·期末）已知双曲线：的右焦点为，过且斜率为1的直线与的渐近线分别交于，两点（在第一象限），为坐标原点，． (1)求的方程； (2)过点且倾斜角不为0的直线与交于，两点，与的两条渐近线分别交于，两点，证明：． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知得：，与渐近线方程联立解得，，结合已知条件得，进而求得，得到的方程； （2）要证明，只需证明的中点与的中点重合．设直线：，与双曲线方程联立，结合韦达定理求出的中点为的坐标，由直线与渐近线方程联立，求出的坐标，进而得的中点为的坐标，即可得出结论． 【详解】（1）由已知得：，联立解得，同理可得． ∵，∴，整理得．又，∴，， ∴的方程为．   （2）要证明，只需证明的中点与的中点重合．设的中点为，直线：，联立得，设，，则，，，即， 双曲线：的渐近线方程为，由得可得，由得可得， ∴的中点为，∴点与点重合，∴． 2．（22-23高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆C：经过点，离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线交椭圆于A，B两点，F为椭圆C的左焦点，若，求直线的方程． 【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可； （2）讨论当直线斜率为0时不成立，再设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再代入求解即可. 【详解】（1）设椭圆C的焦距，①又经过点，② ③由①②③可得， 因此，椭圆C的方程为 （2）①当直线斜率为0时，与椭圆交于，而，此时，故不符合题意． ②当直线斜率不为0时，的方程为，设点， 将直线的方程代入椭圆方程，并化简得． 解得或 由韦达定理得，同理可得． 即． 解得：符合题意.因此，直线的方程为或. 3．（21-22高二上·安徽黄山·期末）已知椭圆的离心率为，左顶点为，直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆的的标准方程； (2)若直线，的斜率分别为，，且，求的最小值. 【答案】(1)(2)3 【分析】（1）根据题意列方程组解决即可； （2）设直线，联立方程得，得，由，得，再根据弦长公式解决即可. 【详解】（1）由题知，椭圆的离心率为，左顶点为， 所以，解得，所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）得，，因为直线与椭圆交于，两点， 由题可知，直线斜率为0时，，所以直线的斜率不为0， 所以设直线，联立方程，得，所以， ，所以 ，解得，此时恒成立， 所以直线的方程为直线，直线过定点， 此时，所以， 当且仅当时取等号，所以的最小值为3. 4．（21-22高二上·安徽·期末）已知抛物线：，点在抛物线上. (1)求抛物线的焦点坐标和准线方程； (2)若直线：交抛物线于M､N两点，交直线：于点P，记直线AM，AP，AN的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列. 【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为(2)证明见解析 【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程中求出，从而可求出焦点坐标和准线方程； （2）两直线方程联立求出点P的坐标，设，，再将直线方程代入抛物线方程中，消去，利用根与系数的关系，再结合斜率公式化简证明 【详解】（1）将代入，得， 所以焦点坐标为，准线方程为. （2）由得：.设，， 由得：，则， 所以 .又， 所以，所以，即，，成等差数列. 题型3 直线设法：无点双变量型 1．（22-23高二上·安徽六安一中期末）已知分别是双曲线的左、右焦点，点A是C的左顶点，，C的离心率为2. (1)求C的方程； (2)直线l与C交于M，N两点（M，N异于双曲线C的左、右顶点），若以为直径的圆经过点A，求证：直线l恒过定点. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题干两条件列方程组求解，即可； （2）按直线l的斜率是否存在分两种情况讨论.当斜率存在时，设直线方程为，根据以为直径的圆经过点A列出等式求出k与t的关系，据此证明直线过定点，并求出定点坐标；当斜率不存在时，直线垂直于x轴，可直接求得直线方程，验证其是否经过前面求得的定点即可. 【详解】（1）设双曲线C的焦距为，则. 所以， 又C的离心率，所以，所以C的方程是. （2）证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为， 联立得.由得 所以，. 因为以为直径的圆经过点，所以，即 整理得，所以或. 当时，直线l的方程为，所以直线l过左顶点，不符合题意； 当时，直线l的方程为，所以直线l恒过定点. 当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为， 代入，得，所以. 因为，整理得， 解得（舍去），此时直线l的方程为，直线l也过点. 综上所述，直线l恒过定点. 2．（22-23安徽·期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设椭圆C的左、右焦点分别为，直线与椭圆C相切，点到直线l的距离分别为，求的最小值． 【答案】(1)；(2). 【分析】(1)由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程； (2)由直线与椭圆相切，可求关系，再利用点到直线距离公式求，结合基本不等式求的最小值． 【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，则解得， 故椭圆C的标准方程为． （2）将直线l的方程与椭圆方程联立可得消去y，并整理得， 所以， 因为直线l与椭圆C相切，即，所以， 因为到直线l的距离为到直线l的距离为， 所以， 结合基本不等式得，当且仅当时取等号， 即时等号成立，所以的最小值为 3．（21-22高二上·安徽六安一中期末）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为4，离心率等于 (1)求椭圆的方程 (2)设，若椭圆E上存在两个不同点P､Q满足，证明：直线PQ过定点，并求该定点的坐标. 【答案】(1)；(2)证明见解析，. 【分析】（1）由题可得，即求； （2）设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理法可得，即得. 【详解】（1）由题可设椭圆的方程为， 则，∴，∴椭圆的方程为； （2）当直线PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为，设， 由，得，∴， ∵，，∴， ∴， ∴，∴，又∴， ∴直线PQ的方程为过定点；当直线PQ的斜率不存在时，不合题意. 故直线PQ过定点，该定点的坐标为. 4．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解； （2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证； 充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解. 【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以， 又，所以椭圆方程为； （2）由（1）得，曲线为， 当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； 当直线的斜率存在时，设， 必要性： 若M，N，F三点共线，可设直线即， 由直线与曲线相切可得，解得， 联立可得，所以， 所以,所以必要性成立； 充分性：设直线即， 由直线与曲线相切可得，所以， 联立可得，所以， 所以， 化简得，所以， 所以或，所以直线或， 所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重. 题型4 面积最值范围型 1．（21-22高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆C：的离心率为，左､右焦点分别为､，椭圆上的点到左焦点最近的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)若经过点的直线与椭圆C交于M，N两点，当的面积取得最大值时，求直线的方程. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得，，进而解方程即可得答案； （2）根据题意设直线的方程，，，进而，再联立方程，结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）解：因为椭圆C：的离心率为，所以， 因为椭圆上的点到左焦点最近的距离为，所以 所以， 所以椭圆C的方程为. （2）解：根据题意，设直线的方程，，设， 联立方程得，所以，解得或.，所以的面积为令， 则, 当且仅当，即时，等号成立. 所以当的面积取得最大值时，直线的方程为. 2．（20-21·安徽芜湖·期末）已知定点，圆：，点Q为圆上动点，线段MQ的垂直平分线交NQ于点P，记P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)过点M与N作平行直线和，分别交曲线C于点A，B和点D，E，求四边形ABDE面积的最大值． 【答案】(1)(2)6 【分析】（1）由椭圆的定义求解 （2）设直线方程后与椭圆方程联立，由韦达定理表示弦长，将面积转化为函数后求求解 【详解】（1）由题意可得， 所以动点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，即曲线C的方程为：； （2）由题意可设的方程为，联立方程得， 设，，则由根与系数关系有， 所以， 根据椭圆的对称性可得，与的距离即为点M到直线的距离，为， 所以四边形ABDE面积为，令得， 由对勾函数性质可知：当且仅当，即时，四边形ABDE面积取得最大值为6． 3．（2022安徽淮北）已知抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10. （1）求抛物线E的方程； （2）过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值. 【答案】（1）；（2）16. 【分析】（1）根据已知条件列出方程组，解方程组即可得出结果； （2）设出直线方程，与抛物线联立，表示出相关点的坐标，进而表示出三角形的面积，利用均值不等式求最值即可. 【详解】（1）因为抛物线的准线为，由抛物线的定义可得，又因为点M（t，8）在抛物线E上，所以，即，由于0＜p＜10，解之可得，所以抛物线的方程为； （2）因为，由题意可知AB、CD的斜率均存在且不为0，设直线的斜率为，则直线的方程为， ，联立得，设，则 设，则， 则，所以， 同理可得， 故， ，因为， 所以， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以，故△FPQ面积的最小值为16. 4．（20-21·安徽·期末）已知椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与圆相切，且与椭圆交于，两点，为椭圆上一个动点(点，分别位于直线两侧)，求四边形面积的最大值. 【答案】（1）；（2）最大值为. 【分析】（1）将的坐标代入椭圆方程中，再结合和可求出的值，进而可求得椭圆的方程； （2）当斜率存在时，设与圆的切线为，要使四边形的面积最大，则到距离要最大，此时过点的平行线必与椭圆相切，设为，易得到距离与到距离之和等于到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式求出到直线的距离，利用弦长公式求出的值，从而有，化简可求得其范围，当斜率不存在时，直接可得，进而可得结果 【详解】（1）因为椭圆过点，所以， 因为离心率为，所以，又，所以得； （2）（i）当斜率存在时，设与圆的切线为， 要使四边形的面积最大，则到距离要最大，此时过点的平行线必与椭圆相切，设为，易得到距离与到距离之和等于到直线的距离， 设到直线的距离记为，则， 联立，消去得， 设，，，， 所以，因为与圆相切，所以， 因为与椭圆相切，所以， ，可得随的增大而增大，即. （ii）当斜率不存在时，不妨取，，当， .综上所得四边形的面积的最大值为. 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，解题的关键是当斜率存在时，设与圆的切线为，要使四边形的面积最大，则到距离要最大，此时过点的平行线必与椭圆相切，设为，易得到距离与到距离之和等于到直线的距离，从而可得，化简可得结果，属于中档题 题型5韦达定理不能直接用 1．（22-23高二上·安徽合肥一中·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的一条渐近线为，且点在C上． (1)求C的方程； (2)设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且，求l的斜率． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用渐近线方程可得，再将点代入即可求得结果；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理并根据向量定比即可求得l的斜率． 【详解】（1）由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为，所以， 可得，将代入可得，解得； 所以双曲线C的方程为. （2）由（1）可知，上焦点，设直线l的斜率为，，则直线l的方程为， 联立整理得；所以 又，即，可得， 所以，即，解得； 所以直线l的斜率为 2．（22-23高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆的焦距为2，离心率. (1)求的方程； (2)过点的直线与椭圆交于A，B两点，若，求的方程. 【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据焦距得到，根据离心率得到，计算得到，得到椭圆方程. （2）设点和直线，联立方程得到根与系数的关系，根据向量运算得到，解方程组得到答案. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，焦距为2，得，， 离心率，，解得，， C的方程为. （2）设，，显然直线的斜率存在，设斜率为，则直线的方程为. 由，得， ，，，， 即，，解得， 故，解得，直线的方程为， 即直线的方程为或. 3．（23-24高二上·安徽宣城·期末）在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记的轨迹为. (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由双曲线定义可知点的轨迹是双曲线的右支，由此即可得解； （2）由题意设直线的方程为，联立椭圆方程，由可知，结合韦达定理即可求解参数，由此即可得解. 【详解】（1）因为，且， 所以点的轨迹是双曲线的右支，可设其方程为， 所以，所以其轨迹方程为. （2）由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立方程，消去得，由题意， 设，则，， ，且，， 直线的方程. 4．（2022安徽合肥六校联考）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 【答案】（1）；（2）最大值为. 【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解； （2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解. 【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为， 由题意，该抛物线焦点到准线的距离为， 所以该抛物线的方程为； （2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法 设，则，所以， 由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，； 当时，，当时，因为， 此时，当且仅当，即时，等号成立； 当时，；综上，直线的斜率的最大值为. [方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法 同方法一得到点Q的轨迹方程为． 设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为． [方法三]：轨迹方程+换元求最值法 同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为． [方法四]：参数+基本不等式法 由题可设． 因为，所以． 于是，所以则直线的斜率为． 当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为． 【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值； 方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解； 方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值； 方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 优选提升题 题型01“三定题型”：定点 1．（20-21高二上·安徽黄山·期末）已知是抛物线的焦点，是抛物线上一点，且. （1）求抛物线的方程； （2）过点（坐标原点）分别作交抛物线于两点(不与重合)，且.求证：直线过定点. 【答案】（1）；（2）直线过定点，证明见解析. 【解析】（1）由抛物线的定义求得，得抛物线方程； （2）设直线方程为， ，，直线方程代入抛物线方程，由判别式大于0得参数满足的条件，应用韦达定理得，计算由可得，从而求得参数，并可得出的范围．此时由直线方程可得定点坐标． 【详解】（1）由抛物线定义可知：，则， 所以抛物线的方程为 （2）设直线方程为， ， 联立得， 则即 且，        ，所以， 又，，因此可得     即， 代入得，或 所以直线方程为，由此可知直线过定点. 【点睛】方法点睛：本题考查主要考查抛物线中直线过定点问题，解题方法是设而不求的思想方程，即设直线方程为，设交点坐标为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入已知求出参数值，然后由直线方程得定点坐标． 2．（2022安徽六安一中期末）已知直线，圆，直线被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等，椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （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，使得无论如何转动，以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，定点为. 【分析】（1）利用点到直线的距离及垂径定理可知，利用，即可求得椭圆的方程； （2）先猜测的坐标，再进行验证．若直线的斜率存在，设其方程代入椭圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量的坐标运算公式即可证得． 【详解】（1）由题意，圆心到直线的距离为，则直线被圆截得的弦长为，所以椭圆的短轴长为2，故，又，所以，所以.所以椭圆的方程是 （2）若直线与轴重合，则以为直径的圆是 若直线轴，则以为直径的圆是② 由①②式，解得由此可知所求点如果存在，只能是 事实上，点就是所求的定点，证明如下： 当直线的斜率不存在时，即直线与轴重合时，以为直径的圆为，过点.当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 代入椭圆方程，并整理得. 设点，的坐标分别为，，则，. 因为，， 所以 所以，即以为直径的圆恒过定点. 综上可知，在坐标平面上存在一个定点满足条件. 3．（20-21高二上·安徽宿州·期末）平面上动点M到定点的距离比M到直线的距离小1． （1）求动点M满足的轨迹方程C﹔ （2）若A，B是（1）中方程C表示的曲线上的两点，且（O为坐标原点）．试问直线是否经过定点，并说明理由． 【答案】（1）；（2）直线经过定点，证明见解析. 【解析】（1）利用抛物线的定义可得动点M满足的轨迹方程C﹔ （2）设直线的方程为：，则直线的方程为：，联立直线与抛物线方程解出交点坐标，进而可得直线的方程，可得直线经过的定点坐标． 【详解】（1）由题意易得：点M到定点的距离等于点M到直线的距离由抛物线定义可得：动点M满足的轨迹方程C为． （2）设直线的方程为：，则直线的方程为：． 联立方程可得，同理可得：．∴ 直线的方程为即．特别的，当或时，点A与点B的横坐标都是4．综上可知，直线经过定点． 【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的定义的应用，考查直线与抛物线的位置关系，解决本题的关键点是设出直线和的方程，分别与抛物线联立解出交点坐标，即可写出直线的方程，进而得出定点坐标，考查了学生计算能力，属于中档题． 4．（21-22高二安徽淮北市树人高中·期末）椭圆过点，其上､下顶点分别为点A，B，且直线，的斜率之积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C的左顶点作两条直线，分别交椭圆C于另一点S，T.若，求证：直线过定点. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）根据可得，再代入即可求出； （2）设的方程为，联立直线与椭圆，利用韦达定理得出关系即可求出定点. 【详解】（1）解：∵，，∴，解得， 将，都代入椭圆方程，得，∴椭圆方程为； （2）证明：设，，直线的方程为. 将代入椭圆方程，整理得， ，，由，得. 整理，得， 即. 化简，得，即. 当时，直线的方程为，恒过左顶点，不合题意 当时，直线的方程为，恒过点. 直线过定点. 题型02“三定题型”：定值 1．（20-21·安徽池州·期末）已知椭圆：的左顶点、右焦点分别为，，点在椭圆上，且椭圆离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，直线，斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）将点代入椭圆方程，且，结合即可求解. （2）设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，设，，可得，，再由，化简整理即可证明. 【详解】（1）由题意可得，解得，.所以椭圆的方程为. （2）证明：由（1）可知，则直线的方程为. 联立，得. 设，，则，， 所以 ， 所以（定值）. 【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用韦达定理求出，考查了运算求解能力、推理能力. 2．（20-21高二上·安徽亳州·期末）如图，已知椭圆经过点，离心率为，直线经过椭圆的右焦点，交椭圆于，两点． （1）求椭圆的方程． （2）若直线交轴于点，且，，当直线的倾斜角变化时，是否为定值？若是，请求出的值；否则，请说明理由． 【答案】（1）；（2）是定值， 【解析】（1）将点代入椭圆方程，再由以及即可求解. （2）由（1）知，由条件得直线l的斜率存在，设方程为，求出，再将直线与椭圆方程联立，设，，由可得，同理求出，利用韦达定理即可求解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，，，， 椭圆C的方程为. （2）由（1）知，由条件得直线l的斜率存在，设方程为， 易知，设，，则由，得， ，，即，，同理， . 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的方程､直线与椭圆的位置关系及定值与定点问题，解题的关键是利用向量共线，，考查了运算能力. 3．（20-21高二上·安徽宣城期末）在圆内有一点，动点M为圆A上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点N，设点N的轨迹为C. （1）求轨迹C的方程； （2）若直线与轨迹C交于不同两点E，F，轨迹C上存在点P，使得以为邻边的四边形为平行四边形(O为坐标原点)，求证：的面积为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）依题意，，即点N的轨迹是以，为焦点的椭圆，然后可得答案； （2）设，联立直线与椭圆的方程消元，韦达定理可得，，，由四边形为平行四边形可得点的坐标为，然后由点在椭圆上可得，然后算出和点到直线的距离，然后利用可证明的面积为定值. 【详解】（1）依题意， 所以点N的轨迹是以，为焦点的椭圆 所以，即，所以所以轨迹C的方程为 （2）由可得 设，则 所以 因为四边形为平行四边形 所以，即点的坐标为 因为点在椭圆上所以，整理得 因为直线与轨迹C交于不同两点E，F， 所以，即 因为 点到直线的距离为 所以 故的面积为定值，定值为 【点睛】方法点睛：对于解析几何中直线与圆锥曲线相交的问题，常利用设而不求法解决，即设出交点的坐标，联立直线与圆锥曲线的方程，然后韦达定理可得出两坐标的横纵坐标之和、之积. 4．（20-21高二上·安徽合肥·期末）已知椭圆的离心率为，点分别是左、右顶点，P是椭圆上异于的任意一点，面积的最大值为12． （1）求椭圆方程； （2）直线分别交y轴于两点，求证：为定值． 【答案】（1）；（2）定值为9. 【解析】（1）由题可得，求出即可得出椭圆方程； （2）设，则可表示出直线方程，得出坐标，即可求出定值. 【详解】解：（1）由条件得，又，解得，， 所以椭圆方程为； （2）设，由题意直线，的斜率均存在，则：①， ：②，∴，，则. 因为在椭圆上，所以有.所以：. 【点睛】本题考查椭圆中的定值问题，解题的关键是表示出直线方程，得出坐标，由P在椭圆上求解. 题型03 “三定题型”：定直线 1．（21-22安徽滁州定远育才学校·期末）已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知确定基本量即可. （2）代入消元，运用韦达定理整体思想，求出的横坐标为定值得证. 【详解】（1）当时，直线为， 令，得.即椭圆的上顶点为，所以，又的周长为，即，又，解得，所以椭圆的方程为 . （2）设，由，消去得，所以 ，又，所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线、的方程得 . 由得代入上式，得 ， 解得所以点在定直线上. 2．（22-23安徽芜湖·期末）已知抛物线：的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的方程； (2)求证：过焦点且垂直于的直线与以为直径的圆的交点分别在定直线上． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）写出直线的方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理与焦点弦长公式即可得出抛物线的方程； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理得出以为直径的圆的方程，然后与过焦点且垂直于的直线联立求解即可得出答案． 【详解】（1）当直线的倾斜角为时，设直线的方程为， 联立方程，得：，∴，， ∴，∴抛物线的方程为． （2）抛物线：的焦点，设直线的方程为，，， 联立方程得：，∴，，，，设以为直径的圆上任意一点为， 则,即， 则以为直径的圆的方程为：， 即：，代入得：， 过焦点且垂直于的直线为：，联立方程， 得：即：，解得：或3， 所以过焦点且垂直于的直线与以为直径的圆的交点分别在定直线和上． 3．（21-22高二蚌埠期末）已知抛物线E：过点Q(1，2)，F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O. （1）求抛物线E的方程； （2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值. 【答案】（1）；（2）证明见解析，的最小值为. 【解析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，由此求得的值，进而求得抛物线的方程. （2）设出直线的方程，联立直线的方程与抛物线的方程，写出韦达定理，设出直线的方程，联立直线的方程求得的坐标，由此判断出动点在定直线上.求得的表达式，利用基本不等式求得其最小值. 【详解】（1）将点坐标代入抛物线方程得，所以. （2）由（1）知抛物线的方程为，所以，设直线的方程为，设，由消去得，所以.由于为三角形的垂心，所以，所以直线的方程为，即.同理可求得直线的方程为.由，结合，解得，所以在定直线上. 直线的方程为，到直线的距离为，到直线的距离为.所以，当且仅当时取等号.所以的最小值为. 【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中三角形面积的有关计算，属于中档题. 4．（23-24高二上·安徽宣城·期末）已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，. (1)求椭圆的方程； (2)记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）由椭圆的定义、、求出可得答案； （2）设，设直线的方程，与椭圆方程联立，求出直线的方程、直线的方程，然后联立利用韦达定理可得答案. 【详解】（1）由椭圆的定义得，且，得到，， 因为，所以，解得，所以， 故所求的椭圆方程为； （2）由题意得，直线的方程，设， 联立，消去，整理得， ， 直线的方程为，直线的方程为，联立， 得 ，解得，即直线与的交点在定直线上.    【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是求出直线、直线的方程，然后方程联立利用韦达定理求出答案. 题型04 斜率型：斜率和，积 1．（20-21·安徽滁州·期末）已知点在圆上，，，线段的垂直平分线与相交于点. （1）求动点的轨迹方程; （2）若过点的直线斜率存在，且直线与动点的轨迹相交于，两点.证明：直线与的斜率之积为定值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）由圆的方程可得：圆心，半径，， ，由椭圆的定义即可求解； （2）设，，，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算，，再计算即可求解. 【详解】（1）由得，圆心，半径， 点在线段的垂直平分线上，，， 由椭圆的定义可得动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆． 从而，故所求动点的轨迹方程为． （2）设，，由消去得， 显然． ，可设直线与的斜率分别为则 即直线与的斜率之积为定值． 2．（22-23高二下·安徽·期末）已知直线过定点，双曲线过点，且的一条渐近线方程为. (1)求点的坐标和的方程； (2)若直线与交于，两点，试探究：直线，的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)，(2)是，3 【分析】（1）将直线化简为即可得出点的坐标，再根据渐近线方程即可求出的方程； （2）联立双曲线和直线表达出韦达定理，表达出代入韦达定理即可求出结果. 【详解】（1）由直线知，， 得定点.则，解得，故的方程为. （2）   由（1）知，，设，.联立，整理得， 则，且，∴且，∴，， ∴ 所以直线，的斜率之和是为定值，定值为3. 【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． 3．（23-24高二上·安徽十五校教育集团期中）如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）． (1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程； (2)若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为． （i）求证：为定值； （ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值． 【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程. （2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解. 【详解】（1）设点，则，， 由，得，，由P是上的动点，得， 即有，整理得， 所以点Q的轨迹C的方程为. （2）（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上， 设，直线方程为，直线方程为， 由，消去y得， 则，， 由，消去y得， 则，， 令点为，，而点共线， 即有，， 整理得， ， 化简得，即， 观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即， 所以为定值为定值3. （ii）设，则，由（i）知， 即，整理得， 显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得， 函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线， 因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线， 此双曲线上任意点到直线的距离分别为， 显然，令直线分别为， 所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值. 【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 4．（2023·安徽江南十校联考）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点. (1)求双曲线的方程； (2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为. （i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由； （ii）求的取值范围. 【答案】(1)(2)（i）为定值，（ii） 【分析】（1）设出双曲线方程，根据离心率的乘积得到方程，求出，得到答案； （2）（i）设，直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到； （ii）方法一：设直线，代入双曲线方程，由两根之积得到，结合点A在双曲线的右支上，得到，同理得到，结合确定，由和函数单调性得到答案； 方法二：求出双曲线的渐近线方程，由于点A在双曲线的右支上，与渐近线的斜率比较得到，同理可得，结合求出，由和函数单调性得到答案. 【详解】（1）由题意可设双曲线，则，解得， 所以双曲线的方程为. （2）（i）设，直线的方程为， 由，消元得. 则，且， ，   或由韦达定理可得，即, ，即与的比值为定值. （ii）方法一：设直线， 代入双曲线方程并整理得， 由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，. 由韦达定理得：，解得. 因为点A在双曲线的右支上，所以，解得， 即，同理可得， 由（i）中结论可知， 得，所以， 故， 设，其图象对称轴为， 则在上单调递减，故， 故的取值范围为； 方法二：由于双曲线的渐近线方程为， 如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上， 所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），   所以.同理，过点作两渐近线的平行线， 由于点在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），   所以. 由（i）中结论可知， 得，所以, 故. 【点睛】方法点睛：（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． 题型05 切线型 1．（2022安徽六安舒城中学）已知椭圆C：（）的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形. (1)求椭圆C的标准方程； (2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A、B两点，若直线、的斜率为、，当时，求此时“卫星圆”的个数. 【答案】(1)；(2)8个. 【解析】(1)由条件可得，解出来即可； (2) 设“卫星圆”的圆心为，由定义可得“卫星圆”的标准方程为，求其圆心到直线，直线的距离，整理可转化为、是方程的两个不相等的实数根，则，再加上，，解方程即可. 【详解】(1)∵椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形， ∴由椭圆的定义和正方形的性质，可得，解得.又 ∴椭圆C的标准方程为. (2)设“卫星圆”的圆心为.由“卫星圆”的定义，可得“卫星圆”的半径为. ∴“卫星圆”的标准方程为.∵直线：与“卫星圆”相切， 则由点到直线的距离公式可，化简得. 同理可得.∴、是方程的两个不相等的实数根，∴，由，得，将代入得，. 又∵“卫星圆”的圆心在椭圆C上，∴代入椭圆方程中，可得. 解得，. 当时，；当时，，∴满足条件的点共8个， ∴这样“卫星圆”存在8个. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，注意韦达定理的应用，考查计算能力与分析能力，是一道中档题. 2．（22-23安徽合肥一中·期末）设椭圆过点，两点，O为坐标原点. (1)求椭圆E的标准方程； (2)是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)存在，圆的方程为， 【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程. （2）根据特殊点求得可能符合题意的圆的方程，然后证明这个圆上所有点的切线都符合，从而求得所求圆的方程.利用弦长公式，结合二次函数的性质求得的取值范围. 【详解】（1）依题意椭圆过点，两点， 所以，解得，所以椭圆的方程为. （2）椭圆的方程为，则，假设存在符合题意的圆，且圆的半径为，则，圆的方程为.当切点为时，直线的方程为， 由于，而，所以三角形是等腰直角三角形， 不妨设，代入得，可得，，. 当切点为时，同理可求得，，. 故猜想所求圆的方程为.当的斜率存在时，设直线，则即.设，由可得， 故，， 故,故. 此时 令，则， 因为，故，所以. 当猜测过程可得当的斜率不存在时也满足且， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】本题的难点在于第二问的联立切线的方程和椭圆的方程，不管是计算，还是计算弦长，都需要很强的运算能力.在运算过程中，要细心、准确.另外还要注意切线的斜率是否存在、是否为零这样的一些特殊的情形. 3．（23-24安徽六安毛坦厂期末）阅读下列有关光线的入射与反射的两个事实现象：现象（1）光线经平面镜反射满足入射角与反射角相等（如图）；现象（2）光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点（如图）.试结合，上述事实现象完成下列问题： (1)有一椭圆型台球桌，长轴长为，短轴长为.将一放置于焦点处的桌球击出.经过球桌边缘的反射（假设球的反射完全符合现象（2）），后第一次返回到该焦点时所经过的路程记为，求的值； (2)过点的直线（直线斜率不为）与焦点在轴，且长轴长为，短轴长为的椭圆交于、两点，是否存在定点，使得直线与斜率之积为定值，若存在求出坐标；若不存在，请说明理由； (3)结论:椭图上任点处的切线的方程为.在直线上任一点向（2）中的椭圆引切线，切点分别为，.求证:直线恒过定点. 【答案】(1)或或(2)存在定点，使为定值或定点，使为定值.(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分桌球与球桌的边缘的接触点为长轴的两个端点或这两个端点外的任一点三种情况进行讨论即可； （2）设直线的方程，再联立直线与椭圆的方程，求得直线与斜率之积的表达式，再根据表达式求即可； （3）设，，，再根据椭圆切线的方程求得两条切线方程的表达式，再根据在两条切线上，求得直线的方程，从而证明直线恒过定点. 【详解】（1）由已知，，，∴，，， 不妨假设桌球放置于椭圆左焦点处， ①若桌球击出后，经过球桌边缘反射的位置位于椭圆长轴的右端点， 则第一次返回到左焦点处时，； ②若桌球击出后，经过球桌边缘反射的位置位于椭圆长轴的左端点， 则第一次返回到左焦点处时，； ③若桌球击出后，经过球桌边缘反射的位置位于除椭圆长轴两个端点外的任意一点处， 则第一次返回到左焦点处时，， 综上所述，的值为或或. （2）焦点在轴，且长轴长为，短轴长为的椭圆的标准方程为：， 设过点的直线（直线斜率不为）的方程为：， 则消去，化简得， 设，，则，， ∴当时，是与无关的定值， ∴存在定点，使为定值或定点，使为定值. （3）设，，， 则过所引椭圆切线分别为：：，：， ∵在与上，∴，即点，的坐标满足方程，点，在直线上，∴直线的方程为，恒过定点. 【点睛】方法点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系问题，包括椭圆的定义以及直线与椭圆相切与相交求定值的问题，重点是根据题意联立方程得出韦达定理，再表达出对应的关系化简求解的方法等. 4．（21-22安徽滁州定远中学·期末）已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大. (1)求抛物线C的方程； (2)过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形ABP的重心G在定直线上，求三角形ABP面积的最大值. 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，然后根据抛物线的定义即可求得答案. （2）设动点，切点，，进而设出切线方程并代入抛物线方程，结合判别式法和点G在直线上得到的关系，然后取线段AB的中点Q，求出点Q的坐标，最后根据求得答案. 【详解】（1）根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义可知：，，抛物线C的方程为. （2）设动点，切点，. 设过A的切线PA方程为，与抛物线方程联立， 消去x整理得，，所以， 所以切线PA方程为，同理可得切线PB方程为， 联立解得两切线的交点，所以有. 因为，又G在定直线，所以有，即P的轨迹为，因为P在抛物线外，所以. 如图，取AB中点Q，则， 所以，因为， 所以，所以，所以当时，. 【点睛】本题第（2）问运算量大，一定要注意对根与系数的关系的应用，另外本题为什么要取点Q，一方面是受点G为三角形的重心的影响，另一方面是为了处理三角形的面积，即有，平常一定要多加训练，培养自己做题的感觉. 题型06范围最值 1．（高二上·安徽安庆·期末）如图，椭圆，轴被曲线截得的线段长等于C1的长半轴长. （1）求实数b的值； （2）设C2与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与C2相交于点A、B，直线MA、MB分别与C1交于点D、E. ①证明：； ②记△MAB，△MDE的面积分别是若，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）①证明见解析；②. 【详解】试题分析：（1）由题意直接求得；（2）①由题意，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而，即，故；②设的方程为分别与抛物线的方程联立，求得点的坐标，利用两点间距离公式求出,得到的表达式，然后把表示成关于的函数，进而求出的取值范围. 试题解析：（1）由题意知：半长轴为，则有 ，所以. （2）①由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为. 由得， 设，则是上述方程的两个实根，于是.又点的坐标为，所以 故，即，故. ②设的斜率为，则的方程为，由解得或，则点的坐标为 ,又直线的斜率为 ，同理可得点的坐标为.于是由得， 解得或，则点的坐标为； 又直线的斜率为，同理可得点的坐标, 于是因此，又由点的坐标可知，，平方后代入上式，所以 ， 故的取值范围为. 考点：1、向量的数量积；2、直线与二次曲线的位置关系. 【思路点睛】（1）由椭圆的方程直接求出（2）①设出直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可得，故，即，故.②设的方程为分别与抛物线的方程联立，求得点的坐标，利用两点间距离公式求出，得到的表达式，然后把表示成关于的函数，进而求出的取值范围. 2．（23-24安徽·皖东联考）平面直角坐标系中，为动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，且，记动点的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知点，，设点与点关于原点对称，的角平分线为直线，过点作的垂线，垂足为，交于另一点，求的最大值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用点到直线距离公式和双曲线定义运算分析即可得解. （2）根据角平分线的条件，利用向量投影模长相等、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式、基本不等式运算即可得解. 【详解】（1）解：由题意设，由点到直线距离公式得 ，，∴， ∴，又∵垂足位于第一象限，垂足位于第四象限，， ∴的轨迹方程为. （2）解：由对称性，不妨设在第一象限，设，则， 设直线的斜率为，记，由为的角平分线，则有， 其中，，，，∴， 同理得：，代入中， ∴，化简得：.将代入，中， 解得：，，∴，， 设直线的方程为，将代入，解得：， ∴直线的方程为，， 由点到直线距离公式得：. 由直线的斜率为，设直线的方程为， 将点代入，解得：， ∴直线的方程为，将其与联立得： ， 设，则，， 由可知，， 由均值不等式，， 当且仅当，即时，等号成立，∵，故， ∴，当且仅当时，等号成立.∴的最大值为. 【点睛】圆锥曲线题型中的角平分线问题往往有如下处理思路： 方法一.如果轴为一个角的平分线，则该角的两边所在直线的斜率互为相反数； 方法二.利用角平分线上的点到角两边的距离相等； 方法三.如果轴为一个角的平分线，则角两边所在直线满足以下规律：一边上任意一点关于轴的对称点必在另外一边上； 方法四.利用向量，根据向量投影的模长相等来进行求解. 3．（2023·安徽芜湖·）已知动圆过定点，且与直线相切. (1)求动圆圆心轨迹的方程； (2)设过点的直线交轨迹于，两点，已知点，直线，分别交轨迹于另一个点，.若直线和的斜率分别为，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）设直线，的交点为，求线段长度的最小值. 【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）3； 【分析】（1）根据给定条件，可得动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，利用抛物线的定义求解方程作答. （2）（ⅰ）设直线的方程，与曲线的方程联立，设出，用分别表示点的纵坐标，再计算，作答. （ⅱ）由（ⅰ）求出直线的方程，直线的方程，并联立求出交点的轨迹即可求解作答. 【详解】（1）依题意，动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等， 因此动圆圆心的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线， 所以动圆圆心轨迹的方程为. （2）（ⅰ）设，，，， 因为过点，显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，， 由消去x并整理，得，于是， 直线上任意点，有，而， 于是，又，因此直线的方程为， 由消去x并整理，得，则，同理得， 又，同理， 所以. （ⅱ）由（ⅰ）知，当不垂直于x轴时，直线的斜率， 同理直线的斜率，直线的方程为，即， 直线的方程为，即， 由消去得，因此直线和的交点在定直线上， 当时，由对称性不妨令，直线的方程为， 由得点，同理点，因此直线的方程为， 直线的方程为，由解得：，点在直线上， 从而直线，的交点的轨迹为直线，点到直线的距离3，即为长度的最小值， 所以线段长度的最小值为3. 【点睛】结论点睛：点是抛物线上的两点，则直线斜率；点是抛物线上的两点，则直线斜率. 4．（2024·安徽淮北树人高中）已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与轴交于点，与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，求的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由顶点和离心率直接求即可； （2）先联立直线和椭圆方程，借助弦长公式表示出弦长，再求出垂直平分线和坐标，表示出，最后分离常数求取值范围即可. 【详解】（1）由题意知可得，故椭圆的方程为. （2）由，可得，设，则，，线段的中点为，线段的垂直平分线方程为 ，令，得，所以， 又，则,又 ， 所以，， 故的取值范围为. 【点睛】（1）关键在于建立的关系式求解； （2）关键在于联立直线和椭圆方程，依次求出垂直平分线和弦长、，转化成关于的代数式求范围即可. 专题07非韦达型：坐标运算 1．（21-22高二上·安徽滁州定远民族中学期末）如图，已知双曲线，过向双曲线作两条切线，切点分别为，，且. (1)证明：直线的方程为. (2)设为双曲线的左焦点，证明：. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）设出切线方程，联立后用韦达定理及根的判别式进行表达出A的横坐标与纵坐标，进而表达出直线的方程，化简即为结果；（2）再第一问的基础上，利用向量的夹角公式表达出夹角的余弦值，进而证明出结论. 【详解】（1）显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立得，则，化简得. 因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标 ，得，则， 故，则，即. （2）同理可得，又与均过，所以. 故，， ，又因为，所以， 则， ， 故，故. 【点睛】圆锥曲线中证明角度相关的问题，往往需要转化为斜率或向量进行求解. 2．（23-24高二上·安徽太和中学·期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点在直线上，点在双曲线上，且焦点在以线段为直径的圆上，分别记直线的斜率为，求的值． 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用双曲线的性质及点在双曲线上待定系数法求解即可； （2）设与的坐标，利用两点斜率公式及在以线段为直径的圆上，得出点坐标之间关系式结合在双曲线上消元计算即可. 【详解】（1）易知双曲线的渐近线为， 根据题意可知，解之得，故双曲线的标准方程为； （2）由上可知，设，显然， 由题意可知，即， 而. 【点睛】方法点睛：第二问采用设点法，设，利用点在双曲线上及圆的性质得出坐标之间的关系式及，再根据两点斜率公式消元化简即可. 3．（22-23高二·安徽阜阳·期末）在平面直角坐标系xOy中，，，直线AP，BP 相交于点 P，且它们的斜率之积是1，记点P的轨迹为C． (1)求证：曲线C是双曲线的一部分： (2)设直线l与C相切，与其渐近线分别相交于 M、N两点，求证：的面积为定值 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）设P的坐标，，根据斜率乘积为1列出方程，求出轨迹方程，判断出曲线C是双曲线的一部分； （2）设切点坐标为，得到直线l的方程，与双曲线方程联立，由根的判别式等于0得到，结合得到，解得，求出直线l的方程为：，与两渐近线联立求出两点坐标，求出，结合以△OMN为直角三角形求出面积为定值4. 【详解】（1）设点P的坐标为，由已知得， 则直线AP，BP的斜率分别为：由已知，化简得． 故曲线C的方程为：， 所以曲线C是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分； （2）设直线l与C相切的切点坐标为，斜率为k，则， 则直线l的方程为：，与联立整理得： ①，双曲线渐近线为，故， 且方程①有两个相等的实数根，故， 化简得：②， 又，即③， 由②③得，，即，所以， 故直线l的方程为：． 双曲线C的两条渐近线方程为，所以△OMN为直角三角形． 不妨设与交点为M，解得， 同理，设与交点为N，解得， 可求得：， 所以△OMN的面积， 故△OMN的面积为定值． 【点睛】定值问题常见方法：（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. 4．（2024安徽合肥一六八·期末）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》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，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，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），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，若外接圆的面积为，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首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程. 【详解】（1）方法（1）特殊值法，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，又， ∴（或由角平分线定理得）令，则，设，则有， 又直线的斜率，则，代入得： ，即，∵，∴． ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知， ，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为， 则有，即，解得：． 又，故，∴ 又， ∴， 解得：，，∴，∴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. 专题08 非韦达型：非对称型 1．（安徽六安金安区一中期末）已知椭圆的方程为，圆与轴相切于点，与轴正半轴相交于、两点，且，如图1. （1）求圆的方程； （2）如图1，过点的直线与椭圆相交于、两点，求证：射线平分； （3）如图2所示，点、是椭圆的两个顶点，且第三象限的动点在椭圆上，若直线与轴交于点，直线与轴交于点，试问：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是，. 【分析】（1）根据已知条件设出圆心坐标,半径为圆心纵坐标,利用弦长公式,可求出圆的方程; （2）先求出点坐标,设出直线方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理,即可求得,命题得证; （3）设,求出直线、直线方程，进而求出点与点的坐标,然后四边形的面积用点与点的坐标表示,计算可得定值. 【详解】（1）依题意,设圆心，，解得 所求的方程为; （2）代入圆方程，得或若过点的直线斜率不存在,此时在轴上,,射线平分,若过点的直线斜率存在，设其方程为 联立，消去得,设,, , ,射线平分, （3）设,直线方程为,令 得，即,直线方程为,令 得，即,, , 四边形的面积为定值. 【点睛】本题考查了圆的标准方程求法,直线与圆锥曲线相交问题韦达定理的应用,以及定值问题,是综合类题目,考虑到证两条直线的斜率互为相反数是解决问题的关键,属于难题. 2．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知椭圆，离心率为，点在椭圆上． (1)求E的方程； (2)过点作互相垂直的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)(2)为定值4，理由见解析. 【分析】（1）根据离心率和得到方程组，求出，，得到椭圆方程； （2）法一：设直线，当，且时，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理求出，得到直线的方程，并求出直线MN恒过定点，并得到当和，直线恒过，设点O，K到直线MN的距离分别是，得到； 法二：设直线，当，且时，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理求出，得到直线的方程，表达出点O和点F到直线MN的距离，，求出，再考虑当和时的情况，得到答案. 【详解】（1）由题意，，解得，， 则E的方程 （2）法一：与面积之比为定值，定值为4，理由如下：设直线，，，讨论：①当，且时，联立，可得， ，则，所以，，所以， 设，同理可得． 所以（，且）， 所以直线，即， 所以直线MN恒过定点； ②当时，不妨设直线；，可发现轴，且MN过， ③当时，直线MN依然过，但无法形成三角形． 综上，直线MN恒过点， 设点O，K到直线MN的距离分别是，． 法二：与面积之比为定值，定值为4，理由如下： 设直线，，， 讨论：①当，且时，联立，可得， ，则， 所以，，所以， 设，同理可得． 所以（，且）， 所以直线，即， 则点O到直线MN的距离，则点F到直线MN的距离， 所以， ②当时，不妨设直线；，可发现， 则点O到直线MN的距离，点F到直线MN的距离， 所以， ③当时，无法形成三角形． 综上，与面积之比为定值，定值为4. 【点睛】定值问题常见方法：（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. 3．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为12. (1)求的方程； (2)过点的直线交于M，N两点（不同于，两点），直线与直线交于点，试判断的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)(2)是定值；12 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，由此可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得根与系数关系，设出直线的方程，直线的方程，将两个方程相除运算求得点的纵坐标，得解. 【详解】（1）由题意知，解得，，， 所以椭圆的方程为. （2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，. 由，得， 所以，. 易得，，所以直线的方程为，直线的方程为， 由，得 ， 即，解得，即点的纵坐标， 所以的面积，即的面积为定值12. 【点睛】关键点睛：本题第二问考查椭圆中的定值问题.解题的关键是设出直线的方程，直线的方程，将两个方程相除结合根与系数关系运算求得点的纵坐标为定值. 4．（23-24高二上·安徽合肥一中）在直角坐标平面内，已知，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交于两点（与不重合），直线与的交点是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由. 【答案】(1)(2)是，. 【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解； （2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解. 【详解】（1）设，则，所以，即， 故曲线的方程为； （2）根据题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由消去并整理得， ， 设，则， 因为，所以可设直线的方程为，① 直线的方程为，② 所以直线的交点的坐标满足. 而， 因此，即点在定直线上，且定直线的方程为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！53 学科网（北京）股份有限公司 $$