4直线与圆锥曲线之间的位置关系（10大题型）（题型专练）高二数学北师大版选择性必修第一册

4直线与圆锥曲线之间的位置关系 题型一：直线与圆锥曲线的交点个数 1．对不同的实数，讨论直线与椭圆的公共点的个数. 2．试判断直线与椭圆的公共点的个数，并说明理由. 3．设双曲线，点，是双曲线的左右顶点，点在双曲线上．若，点 (1)求双曲线的方程； (2)，斜率为的直线过点，直线与双曲线只有一个交点，求的值 4．已知直线，椭圆. (1)证明：直线l与椭圆C恒有两个交点； (2)已知点，若P是椭圆C上任意一点，求的取值范围. 题型二：弦长、面积问题 1．已知椭圆上任意一点到的两个焦点的距离之和为. (1)求的方程； (2)已知直线与相交于A，B两点，若，求的值. 2．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，点到渐近线的距离为. (1)求双曲线的方程； (2)已知直线经过点，且与双曲线相交于两点，若的面积为3，求直线的方程. 3．已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值. 4．已知抛物线C：，点在抛物线上，点为抛物线的焦点，且，过点作直线交抛物线于，两点. (1)求抛物线的方程； (2)求面积的最小值. 5．已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 6．在平面直角坐标系中，，动点与两点连线斜率乘积为． (1)记动点的轨迹为曲线．求曲线的方程； (2)过点的直线与曲线交于两点，且的面积是的面积的2倍，求直线的斜率． 题型三：向量问题 1．在平面直角坐标系中，点到点的距离与点到直线的距离相等，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知直线过点且与曲线交于、两点，求的值. 2．已知双曲线（，）过点，且渐近线方程为． (1)求C的标准方程． (2)设过点的直线与交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及该常数的值；若不存在，请说明理由． 3．已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点． (1)求拋物线的标准方程； (2)若直线过定点，求面积的取值范围； (3)若，求直线的方程． 4．已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 5．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点． 题型四：三点共线问题 1．已知双曲线的中心为坐标原点，过点，其中一条渐近线的方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于、两点.直线与直线交于点，证明：三点共线. 2．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点共线，求. 3．已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 4．已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点. （ⅰ）若的面积为，求的方程； （ⅱ）若线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线. 题型五：斜率问题 1．已知椭圆（）的离心率为，且经过，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设点，记直线，的斜率分别为，，证明为定值． 2．已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，点在双曲线C上. (1)求双曲线C的方程; (2)设双曲线C的左右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线C于点M，在第一象限，记直线AM，BN的斜率分别为，，判断是否是定值，若是定值，请求出此定值;若不是定值，请说明理由. 3．已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，已知点. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两个不同的点，（均异于点）.若直线，的斜率互为相反数，求直线的方程. 4．如图，椭圆经过点，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)经过点的直线与椭圆交于不同的两点，（均异于点），证明：直线与直线的斜率之和为2． 5．已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线C上. (1)求C的方程; (2)过点的直线l交双曲线C的左支于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为，，是否存在常数，使得恒成立?若存在，求的值;若不存在，请说明理由. 题型六：角度转化问题（斜率） 1．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 2．在直角坐标系中，已知为一个动点，且直线，的斜率之积为. (1)求的轨迹的方程； (2)若，经过点的直线与交于点，求证：. 3．已知椭圆：的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点，直线，分别与x轴交于点，比较与的大小，并证明. 4．如图，椭圆与过点的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率． (1)求椭圆方程； (2)设分别为椭圆的左、右焦点，M为线段的中点，求证：． 题型七：图形问题 1．已知点为椭圆上的动点，为过点且垂直于轴的直线上一点，且点纵坐标为点纵坐标的2倍． (1)求点的轨迹； (2)过点作斜率为的直线交于点，且点在以为直径的圆外，求的取值范围． 2．已知O为坐标原点，双曲线的焦距为，过点的直线与C交于A，B两点，当轴时，的面积为. (1)求C的方程； (2)证明：为钝角三角形. 3．已知椭圆的左右焦点为，是椭圆上不同的三点，四边形是边长为的正方形． (1)求椭圆的标准方程： (2)在轴上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 4．已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为． （Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 题型一：定点问题 1．设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点. 2．已知双曲线C：的离心率为2，其右焦点F到一条渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)若直线：与双曲线C交于不同的两点A，B，且以线段为直径的圆经过点，证明：直线过定点. 3．已知椭圆经过点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设的左、右顶点分别为，过点且斜率存在且不为0的直线与交于两点，过点作关于轴的对称点，连接，得到直线，证明：直线过定点． 题型二：定线问题 1．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 2．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上． 3．已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程； (3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 4．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过的直线与交于，两点，求证：； (3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由. 题型一：圆锥曲线中的数列问题 1．已知双曲线过点，其渐近线的方程为．按照如下方式依次构造点；过右支上点作斜率为1的直线与C的左支交于点，过再作斜率为的直线与C的右支交于点． (1)求双曲线C的方程； (2)用表示点的坐标； (3)求证：数列是等比数列． 2．已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 3．已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为 (1)求的值： (2)记．证明：数列为等比数列； (3)记的面积为．证明：是定值． 21 / 21 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 4直线与圆锥曲线之间的位置关系 题型一：直线与圆锥曲线的交点个数 1．对不同的实数，讨论直线与椭圆的公共点的个数. 【答案】答案见解析 【分析】联立直线与椭圆方程，消元，求出，再分、、三种情况讨论，即可得解. 【详解】由，消去并整理得③， 此方程的实数解的个数由它的判别式决定，， 当时，，方程③有两个不相等的实数根，代入方程①可得到两个不同的公共点坐标，此时直线与椭圆有两个公共点，即它们相交. 当或时，，方程③有两个相等的实数根，代入方程①得到一个公共点坐标，此时直线与椭圆有一个公共点，它们在这一点相切. 当或时，，方程③没有实数根，此时直线与椭圆没有公共点，即它们相离. 综上，可得： 当时，直线与椭圆有两个公共点； 当或时，直线与椭圆有一个公共点； 当或时，直线与椭圆没有公共点. 2．试判断直线与椭圆的公共点的个数，并说明理由. 【答案】2个 【分析】由题意分析，可知直线恒过定点，再根据点与椭圆的位置关系，可判断该定点在椭圆的内部，即可判断直线与椭圆的公共点个数. 【详解】直线与椭圆的公共点的个数为个，理由如下： 根据题意，直线，恒过定点， 把点代入椭圆，则点在椭圆的内部， 则直线与椭圆必相交，有个交点， 即直线与椭圆的公共点的个数为个. 3．设双曲线，点，是双曲线的左右顶点，点在双曲线上．若，点 (1)求双曲线的方程； (2)，斜率为的直线过点，直线与双曲线只有一个交点，求的值 【答案】(1)；(2)或 【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求解即可； （2）当斜率等于渐近线斜率时，满足题意，当斜率不等于渐近线斜率时，联立双曲线方程与直线方程得，由判别式为0即可求解，结合以上两种情况即可得解. 【详解】（1）由题意有：，解得，所以双曲线的方程为． （2）（i）令，解得，所以的值可以是， （ii）当时，过点的斜率为的直线的方程为， 联立双曲线方程与直线方程得，化简得， 因为直线与双曲线只有一个交点， 所以，解得； 综上所述，的值为或. 4．已知直线，椭圆. (1)证明：直线l与椭圆C恒有两个交点； (2)已知点，若P是椭圆C上任意一点，求的取值范围. 【答案】(1)证明见详解；(2) 【分析】（1）先求直线l所过定点，然后由定点在椭圆内可证； （2）利用椭圆方程带入两点间的距离公式消元，然后由二次函数性质可解. 【详解】（1）整理可得， 由解得，所以直线l过定点. 又，所以点在椭圆内部， 所以直线l与椭圆C恒有两个交点. （2）设点P坐标为，则 所以 令，其对称轴为，且开口向上 所以，当时， 当时， 所以，所以，即 所以的取值范围为 题型二：弦长、面积问题 1．已知椭圆上任意一点到的两个焦点的距离之和为. (1)求的方程； (2)已知直线与相交于A，B两点，若，求的值. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，解出即可； （2）先联立直线方程和椭圆方程，得出根与系数的关系，再结合弦长公式代入计算求解参数. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故的方程为. （2）联立，得. ，解得. 设，则， ， 解得，即的值为. 2．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，点到渐近线的距离为. (1)求双曲线的方程； (2)已知直线经过点，且与双曲线相交于两点，若的面积为3，求直线的方程. 【答案】(1)；(2)或 【分析】（1）依据给定条件和双曲线中基本量的关系求解基本量，得到标准方程即可. （2）依据题意设出直线方程，再结合题意用单一变量表示出三角形面积，建立方程，求解参数，得到直线方程即可. 【详解】（1）由题意可得，， 点到渐近线的距离，且， 解得，，， 所以双曲线的方程为. （2）由题意可知，直线的斜率不为0， 如图，设直线的方程为，，， 联立消去，得， 由解得，则 所以， 所以的面积， ， 由的面积为3，得，整理得， 解得，所以， 所以直线的方程为或. 3．已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值. 【详解】（Ⅰ）由题意得解得. 所以椭圆的方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，， 设，则. 当时，直线的方程为. 令，得，从而. 直线的方程为. 令，得，从而. 所以 . 当时，， 所以. 综上，为定值. 4．已知抛物线C：，点在抛物线上，点为抛物线的焦点，且，过点作直线交抛物线于，两点. (1)求抛物线的方程； (2)求面积的最小值. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由抛物线的定义可得：，然后求解即可； （2）设直线l的方程为，联立，然后结合韦达定理及三角形的面积公式求解． 【详解】（1）点在抛物线上，点为抛物线的焦点，且， 由抛物线的定义可得：， 即， 所以抛物线的方程为； （2）由已知直线的斜率不为， 设直线的方程为， 联立， 消得：， 则， 设，， 则，， 设直线与轴的交点为，则，， 所以， 又， 所以， 当且仅当时取等号， 即面积的最小值为 5．已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可； 【详解】（1）解：依题意可得，，又， 所以，所以椭圆方程为； （2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 所以， 即 即 即 整理得，解得 6．在平面直角坐标系中，，动点与两点连线斜率乘积为． (1)记动点的轨迹为曲线．求曲线的方程； (2)过点的直线与曲线交于两点，且的面积是的面积的2倍，求直线的斜率． 【答案】(1)；(2)或 【分析】（1）设，根据列方程化简可得结果. （2）设，，根据三角形面积关系可得，结合韦达定理计算可得结果. 【详解】（1）设，则， 由得，， 所以曲线的方程为. （2）由题意得直线的斜率不为，设，， 由得，， 所以， 因为的面积是的面积的2倍， 所以， 因为，所以， 由题意得，符号相反，故， 所以， 所以，解得， 所以直线的斜率为或. 题型三：向量问题 1．在平面直角坐标系中，点到点的距离与点到直线的距离相等，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知直线过点且与曲线交于、两点，求的值. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由抛物线的定义可得曲线的方程为； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理及向量的数量积的坐标运算求解. 【详解】（1）由题意可得点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线， 所以曲线的方程为. （2）若直线与轴垂直，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，、 联立整理得，则， 由韦达定理可得，， 所以，所以. 2．已知双曲线（，）过点，且渐近线方程为． (1)求C的标准方程． (2)设过点的直线与交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及该常数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)在轴上存在点，使得为常数，该常数为56． 【分析】（1）根据渐近线可得，即可代入点的坐标即可求出双曲线方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理及数量积的坐标表示求解即得. 【详解】（1）根据渐近线方程为，故， 将代入可得，则， 所以的方程为. （2）依题意，直线的斜率存在，设的方程为， 由，消去得，显然， 且，得且， 则， 设存在符合条件的定点，则， 因此 要为常数，当且仅当，解得，此时该常数的值为56， 所以在轴上存在点，使得为常数，该常数为56． 3．已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点． (1)求拋物线的标准方程； (2)若直线过定点，求面积的取值范围； (3)若，求直线的方程． 【答案】(1)；(2)；(3)或 【分析】（1）把点代入抛物线方程，可求，得抛物线的标准方程. （2）设直线：，与抛物线方程联立，根据韦达定理，表示出，表示，可求其取值范围. （3）设直线，与抛物线方程联立，可得，，再把转化成，可求的值，得到直线方程. 【详解】（1）由题意抛物线C经过点，代入方程可得. 所以抛物线的标准方程为：. （2）如图： 依题意，直线与抛物线有2个交点 所以直线斜率不为0， 设直线 联立，整理得 ． 整理得： 故的取值范围是. （3）如图： 由题意得抛物线的焦点， 又由，可知直线过焦点且斜率不为0 于是可设直线的方程为：， 设 联立方程组得 于是 由可知，，代入上式 所以直线的方程或. 4．已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 5．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由，及求解即可； （2）由，可得，设，则有，分直线垂直于轴和直线不垂直于轴，结合韦达定理求出直线的方程，即可得证. 【详解】（1）设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为． 由已知，，即， 又，所以， 由，可得，所以， 因为的焦点在轴上，所以的标准方程是． （2）证明：由（1）知， 设， 将两边平方， 化简得， 所以， 即， 即． ①当直线垂直于轴时，且， 故，解得或（舍去）， 此时过点； ②当直线的斜率存在时，设， 联立方程， 得， 由， 得，且， 由， 得， 即． 将代入上式， 得， 即， 所以， 所以或， 当时，直线过点，不符合题意， 所以， 所以直线的方程为， 此时过点． 综上可知直线过定点． 题型四：三点共线问题 1．已知双曲线的中心为坐标原点，过点，其中一条渐近线的方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于、两点.直线与直线交于点，证明：三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据渐近线方程及顶点坐标列式计算求解双曲线； （2）分直线的斜率为及直线的斜率不为设直线方程，再联立得出韦达定理，应用斜率公式计算得出即可证明. 【详解】（1）由题意知且， 所以，所以的方程为. （2）由题意知，， 当直线的斜率为时，：，此时三点共线显然成立， 当直线的斜率不为时，设：，，， 联立可得， 由题意得， ， 所以，， 因为直线的方程为， 令，得，所以， 所以， 因为， 所以 所以，故三点共线， 综上：三点共线. 2．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点共线，求. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程； （Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值； （Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率. 【详解】（Ⅰ）由题意得，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 设，，则，， 则， 易得当时，，故的最大值为； （Ⅲ）设，，，， 则①，②， 又，所以可设，直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 又，代入①式可得，所以， 所以，同理可得． 故，， 因为三点共线，所以， 将点的坐标代入化简可得，即． 3．已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则， 易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 4．已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点. （ⅰ）若的面积为，求的方程； （ⅱ）若线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）或或或； （ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解得，从而可得，即可得椭圆方程； （2）（ⅰ）设直线，联立方程组，根据韦达定理计算的面积，可解得或，即可得直线方程； （ⅱ）利用中点坐标公式计算出点的坐标，即可得；设出以点为切点的切线方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式可求出切线斜率，即可得出切线方程，同理可得点为切点的切线方程，联立两切线方程可求得点的坐标，即可得，由可证得三点共线. 【详解】（1）由题意可得，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，设直线， 联立，可得， 则， 设，则. （ⅰ）， 则， 整理可得即，解得或，则或， 所以，直线的方程为或或或. （ⅱ）设点，则，，所以. 设以点为切点的切线方程为即， 联立，可得， 则， 整理得， 则， 因为点是椭圆上的点，所以，即， 则， 所以以点为切点的切线方程为. 同理可得，以点为切点的切线方程为. 联立两切线方程，消去，可得，整理得, 结合化简可得， 由题意，，故，代入直线方程，可得， 所以，则,其中， 故，，三点共线. 题型五：斜率问题 1．已知椭圆（）的离心率为，且经过，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设点，记直线，的斜率分别为，，证明为定值． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上列式计算求参，即可得出椭圆的标准方程； （2）根据斜率为0及不为0设出方程联立得出韦达定理，再应用两点求斜率再代入计算求值. 【详解】（1）由题意得：，又，故 又因为经过，将点带入椭圆方程：， ，，椭圆方程为：． （2）若直线的斜率为0，则， 当若直线的斜率不为0，设直线的方程为：，， 联立方程可得：， 则，由韦达定理可知：， ， 综上：故． 2．已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，点在双曲线C上. (1)求双曲线C的方程; (2)设双曲线C的左右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线C于点M，在第一象限，记直线AM，BN的斜率分别为，，判断是否是定值，若是定值，请求出此定值;若不是定值，请说明理由. 【答案】(1)；(2)是定值， 【分析】（1）结合已知条件列出关于的方程组求解可得双曲线方程； （2）设直线l的方程为，，，联立直线与双曲线方程，由韦达定理表示两斜率，从而计算可得. 【详解】（1）依题意，， 解得，， 故双曲线C的方程为 （2）设直线l的方程为，，， 由整理得， ， 由韦达定理得：，， 得：， 由题，， 所以 ， 所以是定值， 3．已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，已知点. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两个不同的点，（均异于点）.若直线，的斜率互为相反数，求直线的方程. 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得椭圆方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式列式求解. 【详解】（1）由椭圆过点，则， 由椭圆的离心率为，得，则， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，直线的斜率存在，设方程为， 由消去得，显然， 设，则， 直线的斜率分别为，由， 得，即， 整理得， 则，解得， 所以直线的方程为，即. 4．如图，椭圆经过点，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)经过点的直线与椭圆交于不同的两点，（均异于点），证明：直线与直线的斜率之和为2． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率为、及过点，联立方程求解即可； （2）方法一：设直线的方程为，与椭圆联立，设，，用点坐标表示，韦达定理代入即得解；方法二：齐次化．将椭圆向上平移一个单位所得方程为，设平移后直线的方程为，此时直线经过，将直线的方程与椭圆方程齐次化联立方程结合韦达定理求解即可；方法三：配凑法．设直线，将椭圆方程写为，齐次化联立直线与椭圆方程结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）由题意知解得，，， 所以椭圆方程为． （2）方法一：通法．当斜率不存在时，直线与椭圆的两个交点为，，显然成立． 当斜率存在时，设直线的方程为，代入， 得．由题意可知． 设，，，则，． 从而直线，的斜率之和为 ． 方法二：齐次化．将椭圆向上平移一个单位所得方程为，即． 设平移后直线的方程为，此时直线经过，则． 将直线的方程与椭圆方程齐次化联立可得， 整理得，即， 故[与求定点不一样，平移前后直线斜率不会变化]． 方法三：配凑法．设直线，因为直线过点，所以． 将椭圆方程写为，即． 齐次化联立直线与椭圆方程可得，即． 两边同除以，整理得，是关于的二次方程， ，即为方程的两个解，所以. 5．已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线C上. (1)求C的方程; (2)过点的直线l交双曲线C的左支于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为，，是否存在常数，使得恒成立?若存在，求的值;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)存在， 【分析】（1）首先根据双曲线渐近线方程和已知点在双曲线上，求出双曲线方程. （2）设出直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得到交点坐标的关系，再根据直线斜率公式表示出、，通过计算判断是否存在满足条件的常数. 【详解】（1）由已知得解得，， 所以双曲线C的方程为 （2）设，，由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为， 联立消x得 解得，假设存在实数，使得2恒成立， 当，有一个交点为，此时不满足，故， 因此，， 则，故存在实数满足条件. 题型六：角度转化问题（斜率） 1．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程； （2）分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果. 【详解】（1）由已知得，的方程为. 由已知可得，点的坐标为或. 所以的方程为或. （2）分类＋常规联立 当与轴重合时，. 当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以. 当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，， 则，直线、的斜率之和为. 由得. 将代入得. 所以，. 则. 从而，故、的倾斜角互补，所以. 综上，. 2．在直角坐标系中，已知为一个动点，且直线，的斜率之积为. (1)求的轨迹的方程； (2)若，经过点的直线与交于点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，结合直线的斜率之积为可得，化简即可求解； （2）设的方程为，联立直线与椭圆方程，设直线的斜率分别为，利用韦达定理求得，进而求证. 【详解】（1）设，因为，直线的斜率之积为. 所以，化简得， 即的方程为. （2）由题知直线的斜率不为零， 设的方程为，联立与， 得，显然判别式，设， 所以， 设直线的斜率分别为， 所以 ， 即，即，所以. 3．已知椭圆：的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点，直线，分别与x轴交于点，比较与的大小，并证明. 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据即可判断. 【详解】（1）依题意可得，，又，所以， 所以椭圆方程为. （2）依题意过点的直线斜率存在，设， 设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 即的中点横坐标为， 又，所以 4．如图，椭圆与过点的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率． (1)求椭圆方程； (2)设分别为椭圆的左、右焦点，M为线段的中点，求证：． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】(1)设直线方程，由直线与椭圆相切，联立方程组，可得的关系，再结合椭圆离心率即可求得椭圆方程. (2)要证明，可证明.， ，求出斜率代入，比较大小即可. 【详解】（1）过A、B的直线方程为由题意得有惟一解. 即有惟一解，所以，（）， 故，又因为，所以，a2=4b2.从而得=2，， 故所求的椭圆方程为 （2）由(1)得，所以， 从而由解得x1=x2=1，所以 所以tan∠AF1T=， 又因为为线段的中点，. ，， 得 因此∠ATM=∠AF1T. 题型七：图形问题 1．已知点为椭圆上的动点，为过点且垂直于轴的直线上一点，且点纵坐标为点纵坐标的2倍． (1)求点的轨迹； (2)过点作斜率为的直线交于点，且点在以为直径的圆外，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由相关点法求轨迹； （2）直线与椭圆方程联立，由直线交于，得，由点在以为直径的圆外，得，进而求出的取值范围. 【详解】（1）设，则有，又 所以，即． 故点的轨迹为. （2）设直线为，与椭圆联立有： ，消元得， 设，则有， 且有， 由，解得．又点在以为直径的圆外， 所以，解得， 所以，又，所以． 即的取值范围为. 2．已知O为坐标原点，双曲线的焦距为，过点的直线与C交于A，B两点，当轴时，的面积为. (1)求C的方程； (2)证明：为钝角三角形. 【答案】(1) (2)证明过程见解析. 【分析】（1）利用的面积求出点坐标，将其代入方程中，结合焦距信息，解方程组即可； （2）设直线的方程，与双曲线方程联立，分两种情况讨论，若交于两支，求，若交于一支，依对称性可知，只研究交与左支，数形结合证明为锐角来得出为钝角. 【详解】（1）由题意可知，则， 又，则，故， 将点坐标代入曲线的方程中得，又， 解得（负值舍去），则C的方程为 （2）由题意可知直线的斜率存在，故设直线的方程为， 联立得，， 设， 则，得且， 若直线与双曲线的两支相交，则，则， 则 ，则为钝角； 若直线与双曲线的一支相交，由于双曲线的对称性，不妨设直线与双曲线的左支相交，且在点上方，设， 因， 则，则为锐角， 则为钝角， 综上可知，始终为钝角三角形. 3．已知椭圆的左右焦点为，是椭圆上不同的三点，四边形是边长为的正方形． (1)求椭圆的标准方程： (2)在轴上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)存在， 【分析】（1）利用四边形是边长为的正方形，得到，再结合对称性求得椭圆的标准方程; （2）设直线的方程为联立椭圆方程求解出点的坐标，然后为等边三角形的几何关系求解出的值从而得到直线的方程，求得结果. 【详解】（1）四边形是边长为的正方形，， 由对称性可知，为短轴端点． 椭圆的标准方程为 （2）假设在轴上存在一点，满足条件． 由对称性，不妨设，设直线的方程为 代入椭圆方程中，整理得 设线段中点为，则． 线段的中垂线方程为 为等边三角形，在线段的中垂线上， 令，得，即，, 又，，解得． 在轴上存在一点，使得为等边三角形，且 4．已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为． （Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或． 【详解】试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示； （2）第一步由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在. 试题解析：解：(1)设直线，，，． ∴由得， ∴，． ∴直线的斜率，即． 即直线的斜率与的斜率的乘积为定值． （2）四边形能为平行四边形． ∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是， 由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为． ∴由得，即 将点的坐标代入直线的方程得，因此． 四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即 ∴．解得，． ∵，，， ∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形． 题型一：定点问题 1．设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标，由椭圆离心率的值和它的一个顶点，可得的值，即求出椭圆方程； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线方程，可证得直线经过定点. 【详解】（1）易知抛物线的焦点， 由可得，由离心率，且， 解得； 所以椭圆的方程为； （2）证明：由（1）可知， 显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为， 则直线的方程为，如下图所示： 联立，整理可得， 因为直线过点，所以，可得； 代入可得，即； 由可得直线的斜率为，所以直线的方程为； 联立，消去整理可得. 因为直线过点，所以，可得； 代入可得，即； 若，即，可得， 直线的斜率为； 直线的方程为， 令，解得 所以直线过定点， 若，则，此时，直线也过定点. 综上可得，直线过定点 2．已知双曲线C：的离心率为2，其右焦点F到一条渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)若直线：与双曲线C交于不同的两点A，B，且以线段为直径的圆经过点，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用已知条件及，可求得双曲线方程； (2)以线段为直径的圆经过点转化为，再联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理得到，可得到直线过的定点. 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，渐近线方程为， 所以右焦点为到渐近线的距离为， 因为双曲线的离心率为，所以， 所以，解得， 所以双曲线的方程为． （2）如图， 设，， 联立，得， 则，，， 所以， ， 因为以线段为直径的圆经过点，所以， 所以，即， 所以， 化简得，即， 因为，，所以， 所以直线的方程为， 所以直线过定点. 3．已知椭圆经过点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设的左、右顶点分别为，过点且斜率存在且不为0的直线与交于两点，过点作关于轴的对称点，连接，得到直线，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆和双曲线的性质以及已知条件即可确定椭圆的标准方程； （2）通过设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理化简即可求出定点. 【详解】（1）由双曲线可得，，双曲线的焦点坐标为， 椭圆与双曲线有相同的焦点，则椭圆的焦点坐标为，， 则可设，，解得， 故椭圆的方程为． （2）由（1）可知，，且点在椭圆内部，直线与椭圆必有两交点，如图所示． 设直线的方程为，，，点作关于轴的对称点，则， 联立得，消去整理得，则，， 则直线，令，则， 又点在直线上，， ， 即时，，所以直线过轴上的定点． 题型二：定线问题 1．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上. 【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. （2）由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 2．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率得到，将代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程； （2）设直线AB的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出，得到，，而，所以，可得，而，故，又，所以，得到答案. 【详解】（1）由，得，则，所以， 将点代入椭圆方程，得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为， 并设点，AD的中点坐标设为． 联立方程，消去y，得， 所以，且即或, 由条件，，点B，P，D共线，其中，， 则， 所以， ， ， ， 而， 所以，可得， 而，故， 又，所以， 即线段AD的中点在定直线上． 3．已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程； (3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）设，，将点代入，即可求解； （2）设，，直线，与抛物线方程联立，结合及中点的纵坐标为，即可求解； （3）设过点的切线方程为，与联立，由得出，进而得出过点的切线方程，进而得出，同理得出，写出的方程，设，切线，交于点，得出的坐标，点在直线上得出，同理设直线与直线交于点，则可证明，两点重合，进而证明结论． 【详解】（1）由题意，设，， 将代入得，，解得， 所以的标准方程为． （2）设，，直线， 联立直线与抛物线的方程，得方程组， 消去，得，判别式，即． ，，，， 由，，得， 所以，中点的纵坐标为，则， 所以，代入，解得或， 当时，点在直线上，不合题意，舍去， 故直线的方程为． （3）证明：设过点的切线方程为， 与联立，整理得， ， 得，即（或，，过点的切线的斜率）， 即过点的切线方程为，即， 令，得， 同理可得过点的切线方程为，令，得， 直线的方程为，直线的方程为． 设，切线，交于点，得，， 解得，，点在直线上，则， 设直线与直线交于点，， 同理，设直线与直线交于点，， 由，得，则，两点重合， 即直线与直线的交点在定直线上． 4．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过的直线与交于，两点，求证：； (3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)在， 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可得到椭圆的标准方程； （2）若直线与轴重合，得到，为椭圆长轴的端点，证得成立；若直线不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，设点，，得到两根之和，两根之积，化简得到，得出轴平分，由正弦定理即可得证； （3）联立方程组，由，得到，且，，得到直线和的方程，设直线和的交点，列出方程，求得，即可得到答案. 【详解】（1）解：由四边形为正方形，点，且的面积为， 可得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）解：证明：由（1）可得，， 若直线与轴重合，则，为椭圆长轴的端点， 不妨设点，则，所以，， 所以成立； ②若直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设点，，所以， 且，， 则 ， 所以轴平分， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 又， 所以，两式相除得. （3）解：由（1）可得，， 联立方程组，整理得， 则，可得， 设点，，则，， 直线的方程为，直线的方程为， 设直线和的交点为， 则， 把，代入上式得，整理得， 所以点在定直线上，定直线的方程为. 题型一：圆锥曲线中的数列问题 1．已知双曲线过点，其渐近线的方程为．按照如下方式依次构造点；过右支上点作斜率为1的直线与C的左支交于点，过再作斜率为的直线与C的右支交于点． (1)求双曲线C的方程； (2)用表示点的坐标； (3)求证：数列是等比数列． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）代入点的坐标以及渐近线方程即可求解得解， （2）求解直线方程，联立与双曲线方程，根据韦达定理即可求解， （3）设，由于在双曲线上，化简可得，进而利用等比数列的定义求解. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以双曲线C的方程为： （2）过作斜率为的直线方程为， 联立其与双曲线方程可得， 设, 由于在双曲线上，所以 则， 所以， 故 （3）设， 由于在双曲线上，所以， 则，化简可得，，故， 所以， , 所以， 故是等比数列. 2．已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）利用点差法和合比性质即可证明； （3）利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 3．已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为 (1)求的值： (2)记．证明：数列为等比数列； (3)记的面积为．证明：是定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据点在上，求出双曲线的方程，再由对称性即可求得结果； （2）由和，表示出直线方程，根据，联立方程化简可得，又，即可得，即可得证； （3）由（2）知．又，所以，即得和坐标，然后表示出，化简得证. 【详解】（1）由题知双曲线．点在上， 故，所以双曲线． 又过点斜率为的直线方程为． 由双曲线与直线的对称性可知． 所以．即. （2）因为，所以．因为 所以． 于是．①． 由于， 所以．且． 两式作差可得．② 把①代入②可得．③ 由③-①得． 即 因为．所以 又．所以 故数列是首项为．公比为的等比数列． （3）由（2）知．又，所以． 则． 因为， 且， 所以 ， 即是定值. 2 / 56 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$