专题03 圆锥曲线 8大高频考点（期末真题汇编，浙江专用）高二数学上学期

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03圆锥曲线 ☆8大高频考点概览 考点01椭圆的标准方程 考点02椭圆中的几何问题 考点03双曲线的标准方程及几何问题 考点04抛物线的标准方程及几何问题 考点05离心率的相关问题 考点06定值、定点问题 考点07最值问题 考点08轨迹问题 考点01 椭圆的标准方程 、 单选题 1.(24-25高二上浙江金华期末)方程 =1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围为() 3-m2m-1 B. 3 c .信 2.(24-25高二上浙江杭州期末)若方程 =1表示椭圆，则m的取值范围是() 2+m5-2m A.-2<m< 2 B.m>1 C.-2<m<1或1<m 5-2 D.-2<m<1 3.(2425高二上浙江杭州期末)已知直线y=x+3与椭圆女+上=1有公共点，则m的取值范围是《) 5 m A.(0,4 B.（-0,0]小U[4,+∞ C.[4,+0)】 D.[4,5U(5,+o 4.(24-25高二上·浙江衢州期末)纸上画有一圆O,在圆内任取一定点A(异于点O),将纸片折叠，使折 叠上去的圆弧经过A,然后展开纸片，得到一条折痕1.继续上述过程，绕圆心一周，得到若干不同的折痕， 则这些折痕围成的轮廊是什么曲线() A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 5.2425商三上浙江嘉兴期末)已知椭圆C:千+y=1的左、有焦点分别为F,乃，P为C上一点， 满足PE⊥PF2,则PFPF=() A.1 B.2 C.3 D.4 1/26 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 6.(24-25高二上浙江台州期末)已知点F为椭圆C:亡+上-1的右焦点，点P为椭圆C与圆 95 (x+2)2+y2=16的一个交点，则PF=() A.2 B.4 C.6 D.25 上浙江宁波期末)点P是椭园〉+少1上一动点，则点P到两焦点 A.2 B.√2 C.2N2 D.4 二、填空题 一2425高三上衢州期未斜率为1的直线与椭圆千+： -=1相交于A、B两点，AB的中点为 M(m,1,则n= g2425高上清江合期末已知周℃+a>>0的喝心为5 3,F为椭圆C的一个焦 点，若F关于直线y=x的对称点恰好在椭圆C上，则斜率k的取值构成的集合为 10.(24-25高二上浙江绍兴期末)设P,Q为曲线C:Vx2+(y-3)2+Vx2+(y+3)2=10上的任意两点，则 PQ的最大值为 目目 考点02 椭圆中的几何问题 一、单选题 、2425商下浙江期末)已知椭圆C+Q>06>0的左、右焦点分别为，，点P为 圆上一点，射线PA是∠EPF,的角平分线，其与x轴的交点为点A,∠PFF的角平分线与直线PA交于点B ,若PB=3PA,则椭圆C的离心率为() A. B D.4 2.(24-25高二上浙江温州期末)已知直线1：y=kx+3)+1与曲线C:y=}V4-x有两个公共点，则k 2 的取值范围是() A.(g0 B.[50) c(的 D. 二、多选题 2/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3.(24-25高二上浙江·期末)数学里常研究一些形状特殊的曲线，过程中总要用到数形结合的思想方法 比如形状酷似“星星”的曲线C:x+y2=2在第一象限内的图象如图所示，则下列关于曲线C的说法正确的 有() A.共有4条对称轴 B.围成的封闭图形内最大能放入半径为1的圆 C.周长大于25 D.围成的封闭图形的面积小于14 三、填空题 4.(2425高二上浙江舟山期未)已知直线1与椭圆父+广-1在第一象限交于M,N两点，1与x轴，y轴 62 分别交于P,Q两点，且PM=QN,PQ=25,则直线1的方程为 四、解答题 5.2425商二下浙江温州期未)已知椭圆C:手茶=10<b<2,ML0。 S B (1)若M是椭圆C的焦点，求b的值； (2)若P为椭圆在第一象限上的点，A,B分别为椭圆的上顶点和右顶点，直线PA,PB分别与x轴和y轴交 于点S和T.记aPST,△PAB面积分别为S,S2,若S,-S2为定值23，求椭圆C的标准方程. 6.(2425高二下浙江丽水期末)已知椭圆下的方程为二+y'=1a>,椭圆r的左、右焦点分别为F、 01 F,过F的直线1与椭圆Γ交于P、Q两点(P、Q均不在x轴上)· 3/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (①)若椭圆Γ的离心率为 ,求a的值， (2)若a=2,左顶点为A,求△APQ的面积的最大值 又。2425高三上浙江航州期未)已知椭圆C怎+1a>b>0)的下顶点为4，左右焦点分别为，月 ,椭圆上的点M到F距离的最小值为2-√5，且抛物线C,:y=x2-1截x轴所得的线段长为C的长半轴长. (1)求椭圆C的方程： (2)过原点的直线1与C相交于B,C两点，直线AB,AC分别与C相交于P,Q两点. ①证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值； ②记ABC和△APQ的面积分别是S,S,求的最小值， S 8.(24-25高二上·浙江绍兴期末)如图菱形ABCD的边长为43，∠DAB=60°. D B (1)请建立坐标系，并求与菱形四边相切，且长轴长与短轴长的乘积取到最大值时的椭圆方程； (2)若直线I与BC平行，且与边CD、AB分别交于P、Q两点，与(1)中椭圆交于M、N两点，试证明 PM =ON. 9.24-25高二上浙江绍兴期末)已知椭圆C:X+长=1á>b>0)的右焦点为F1,0)，BL2为椭圆上● 一点 (1)求椭圆C的方程； (2)设直线（不经过B点）交C于P,Q两点，且直线BP和直线BQ的斜率之和为0 ①证明：直线I的斜率为定值，并求出这个定值： ②若an∠PBQ=12,求APBQ的面积 5 10。（2425商二上江舟山期未)在裤圆r:号+片-1e>b>0)上有两点4 /2 B0,2. (1)求椭圆Γ的标准方程； (2)在线段AB上取一点K(不包括端点)，过K作斜率为-√2的直线交椭圆T于P,Q两点(P在Q左侧)· 4/26 函学科网 www zxxk com 让教与学更高效 KAKB (i)判断 KPKO 是否为定值若是定值，求出定值；若不是定值，请说明理由； (i)设AP中点为M,BQ中点为N,O为椭圆中心，证明：四边形OMKN为平行四边形. 山.(2425商二上浙江金华期末)已知情图C号+茶=口>6>0，左右焦点分别为5,5，左右顶点 分别为A,A,下上顶点分别为B,B2. B2 2 B (1)若△FFB2为直角三角形，△AA,B2的面积为√2，求椭圆方程. (2)过右焦点的直线交椭圆C于P,Q两点(P,Q分别在第一、四象限)，连接PF,并延长交椭圆C于点 ①若PF⊥PF2,PF=4FN,求椭圆的离心率e. ②在(1)条件下，求四边形B,QPB2面积的取值范围. 2(2425高上浙杭州期未末)如图，已知椭圆C:+=a>h>0,的离心多为9 .直线1经过 点4(-6,0)和椭圆C的上顶点，其斜率为 3 P (1)求椭圆C的标准方程： (2)若直线2：y=x+t与椭圆C交于P、Q两点（点Q在点P下方），直线AP与椭圆C的另一个交点为M, 直线AQ与椭圆C的另一个交点为N. (i)当N与Q重合时，求t的值； (ii)求证：当t变化时，直线MN过定点 2425高一上浙江绍兴期末)己知椭圆C:。+(a>6>0)的右焦点F0,0,过F的直线2 圆C于AB两点，若AF=FB,当人=1时，AB=2 5/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆的下顶点为D,△ADF的面积为S,BDF的面积为S2,求S,-S,的最大值 14.（2425商二上浙江杭州期末)已知椭圆C:等+片-a>b>0,,乃分别是精圆C的左，右焦 点，P是椭圆C上任意一点，若△PFF的周长为6，且 PR 的最大值为3. PE (1)求C的方程； (2)设点M(4,0),过F的直线I与椭圆C交于A,B两点，记直线MA,MB的斜率分别为k1,飞2，求k·k2的 取值范围. 15.24235商=上浙江杭州期未)已知圆C:号+茶->b>0,R、5分别是辑圆C伯左、右能 点，P是椭圆C上任意一点.若△PFF,的周长为6，且PF的最小值为1. (1)求C的方程； (2)设点M(4,0),过F的直线I与椭圆C交于A、B两点，记直线MA、MB的斜率分别为k、k2,求k,k2的 取值范围， 16.(24-25高二上浙江温州期末)已知动点P(x,y)到定点(1,0)的距离和到定直线x=4的距离的比是常 数；，动点P的轨迹记为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)过T(0,-2)的直线1与曲线C交于A,B两点，O为坐标原点 (1)若OA.OB=0,求直线1的方程， (ii)若OAP+OBP=7,求△0AB的面积 目目 考点03 双曲线的标准方程及几何问题 一、单选题 1.(24-25高二上浙江绍兴期末)己知曲线系C:anx2+y2=1,离心率为e,曲线系「：x2-any2=1,离 心率为e,若an= 2’neN,则() 1 A.。G的最小值为 Bge的最天值为 6/26 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 C. 三的最小值为 D. 二的最大值为 6 色(2425商一上浙江杭州期末)已知猫园C无+ +=a>b>0)的短轴长为4，上顶点为B,O为坐 标数应·点D为08的中点，南线E:后若-0m>0>0)的左、右货点分别与横圆C伯左、右顶志 A,A,重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且A,P,D三点共线，直线PA的斜率k4,= 4 3, 则双曲线E的实轴长为() c.g而-1 D.Vi-2 3.(24-25高二上浙江杭州期未)已知斜率为5的直线过双曲线C:r-上=10m>0)的左焦点F,且与 C的左，右两支分别交于A,B两点，设O为坐标原点，P为AB的中点，若△OFP是以FP为底边的等腰 三角形，则双曲线的离心率() A.2 B.√2 C.3 D.3 4.（2425高二上新江绍兴期未)过双曲线号片-Q>Q6>0的一个焦点F作一条布近线的重线 垂足为点A,垂线I与另一条渐近线相交于点B若点A是线段BF的中点，则双曲线的离心率是() A.6 C.2 2 B.5 2 5.2425商二上浙江绍兴期未)已知F是双圃线C:号片=1a>0b>0的左焦点，P为版 x2+y2=a2+b2上一点，直线PF的倾斜角为30，直线PF交双曲线的两条渐近线于M,N,且P恰为MN 的中点，则双曲线C的离心率为() A.5 B.5 C.2 D.5 2 二、填空题 6.2425有二下江温州期未)如不，已充双线号若-ab>0的左右焦点分别为F和5、 过F和F分别作两条互相平行的直线和☑，与双曲线的左支交于A、B两点(A在x轴上方)，马与双 FB 4 曲线的右支交于CD两点(C在x轴上方)，若FD亏，∠FCD+3∠CFD=,则e(e是双曲线的离 心率)等于」 7/26 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(（2425高二上浙江杭州期未)椭圆+广 b2=1(口≥b>0与双曲线x,一2=1的离心率分别为%，， 双曲线的渐近线的斜率小于25，求G,取值范围」 5 8.（2425高二上浙江温州期末)已知P是双曲线C:-广 a2b2 =1(a>0,b>0)上的任意一点，d,d2分别 为点P到双曲线两条渐近线的距离，若d·d,=b,则双曲线的离心率为 9.(24-25高二上浙江衡州期未)已知双曲线C:- a2-b2 =1,直线1是双曲线C右支的一条切线，与C 的渐近线交于A、B两点，若AB的中点为3，，且三角形OAB的面积S0B-5,则双曲线离心率为 5 三、解答题 10。(24,25商二上商江杭州期未)已知双曲线C:等若-1〔Q>06>0)的实铺长为2，右焦点P到双 曲线C的渐近线距离为√5 (1)求双曲线C的方程； (2)过点E(2,0)作直线交双曲线的右支于A,B两点，连接A0并延长交双曲线左支于点P(O为坐标原点)， 求△PAB的面积的最小值： (3)设定点T(t,0),过点T的直线马交双曲线C于M,N两点，M,N不是双曲线的顶点，若在双曲线C上 存在一点，使得直线SM的斜率与直线SN的斜率之和为定值，求实数t的取值范围， 1.（2425高二下浙折江期末)已知双周线C:等若=1a>0b>0的两条新近线为y=±x,且经过点 (V2,V5. (1)求双曲线C的方程； (2)F,F分别是双曲线C的左右焦点，过双曲线C上一点P(x。,)作双曲线的切线1(1的方程为 8/26 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 xx-=1)交y轴于点Q: a2 b2 (i)证明：E,E,P,Q四点共圆； (i)当x,>0时，过点P作I的垂线与∠PFF的角平分线交于点M,求点M的轨迹方程. 2.(24,25商二上浙江杭州期未)已知点4，B分别是双曲线C:若-2=1的上、下顶点，点P满足 PB=2PAI. (1)求点P的轨迹方程； (②)是否存在点P,使得过点P的动直线I交双曲线C于M,N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存 在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由 1B。（2425商三上浙江金华期末)已知双曲线号若-川口>46>0的一个焦点足5,0，新近我方程 是=好 (1)求双曲线的方程； (2)点M为y轴上一点，点A是双曲线的右顶点，点P是双曲线上异于顶点的一点，若△MAP是正三角形， 求点M的坐标 2425高三上浙江期末)等轴双曲线T千-1的顶点，到其渐近线的距离为6过点730作 2 斜率为k(k>O)的直线1,1与的左、右支分别交于点A,B. (1)求Γ的方程： ②若太=7且=孤求2的值 (③)过点A再作斜率为的直线交双曲线于另一点℃，若满足氵业>20是坐标原点求大的取值范围 S TAC 15.(2425高二上浙江嘉兴期末)已知双曲线C:- ,京3=1(Q>0,b>0的渐近线方程为y=±光2x，息 P(2,1在双曲线C上 (1)求C的方程， (2)过点M(-1,0)的直线1交双曲线C的左支于A,B两点，记直线PA,PB的斜率分别为k,k,是否存 在常数2，使得k1+k2=元kk2恒成立？若存在，求2的值；若不存在，请说明理由 目目 考点04 抛物线的标准方程及几何问题 9/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 一、单选题 1. (24-25高二上·浙江杭州期末)抛物线y=4x2的焦点坐标是() A. c .( 2.(24-25高二上浙江绍兴期末)己知抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是4，则点P到y轴的距离 为() A.2 B.3 C.4 D.5 二、多选题 3.(24-25高二上·浙江杭州期末)抛物线y2=4x的焦点为F,过F的直线交抛物线于A,B,以下说法正 确的有() A.以AF为直径的圆与y轴相切 B.以AB为直径的圆与抛物线的准线相离 C.若点D为抛物线准线与x轴交点，则一定有LADF=∠BDF D.过线段AB的中点M作y轴的垂线，交抛物线于点P,交抛物线的准线于点N,则PM=PN 4.24-25高二上·浙江杭州期末)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P1,m)到焦点F的距离为2，又 过点F的直线交抛物线C于A,B两点，则下列说法正确的是() A.抛物线C方程为：y2=4x B.设Q(3,2),则△QAF周长的最小值为4+2√2 C.若BF=FA,则直线AB的倾斜角为60 D.X轴上存在一点N,使kN+kN为定值 5.(24-25高二上浙江舟山期末)三支不同的曲线a,y-2=x(a,>0,i=1,2,3)交抛物线x2=8y于点 A,B,(i=1,2,3),O为坐标原点，F为抛物线的焦点，下列说法正确的是() A.若SAOFA=2 SAOFB,则FA,=6(i=1,2,3) B.若a=1,则FA+FB,=12 C.记△A,FB,的面积为S,若S,S2=S,则a,a2=a D.记△A,FB,的面积为S,若S,+S2=2S;,则a1+a2=3a 10/26 专题03 圆锥曲线 8大高频考点概览 考点01 椭圆的标准方程 考点02 椭圆中的几何问题 考点03 双曲线的标准方程及几何问题 考点04 抛物线的标准方程及几何问题 考点05 离心率的相关问题 考点06 定值、定点问题 考点07 最值问题 考点08 轨迹问题 地 城 考点01 椭圆的标准方程 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江金华·期末）方程表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由椭圆方程及焦点所在的位置列不等式求参数范围即可. 【详解】由题意，，可得. 故选：B 2．（24-25高二上·浙江杭州·期末）若方程表示椭圆，则m的取值范围是（    ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【分析】根据椭圆方程的特征得到不等式，求出答案. 【详解】由题意得， 解得且， 故m的取值范围是或. 故选：C 3．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知直线与椭圆有公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆方程的特点，可得且，可排除BC，再用特例进行判断. 【详解】根据椭圆方程的特点，可得且，可排除BC， 当时，点在椭圆内部，所以直线与椭圆必有公共点. 故选：D 4．（24-25高二上·浙江衢州·期末）纸上画有一圆O，在圆内任取一定点异于点，将纸片折叠，使折叠上去的圆弧经过A，然后展开纸片，得到一条折痕继续上述过程，绕圆心一周，得到若干不同的折痕，则这些折痕围成的轮廊是什么曲线（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【分析】记圆O半径为，设点A关于直线的对应点为，连接交直线于点，连接，计算，根据椭圆定义可得． 【详解】如图，圆半径为，是一条折痕，点关于的对称点在圆上，连接交直线于，则， 所以， 所以点轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆长轴长为． 故选：B 5．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为C上一点，满足，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】设，，根据椭圆定义得到，再由题中条件，结合勾股定理，即可得出结果. 【详解】解：设，， 因为椭圆C：， 所以由椭圆的定义可知，， 所以，即， 由勾股定理可知：， 求得 故选：B. 6．（24-25高二上·浙江台州·期末）已知点为椭圆的右焦点，点为椭圆与圆的一个交点，则（   ） A．2 B．4 C．6 D． 【答案】A 【分析】由椭圆的方程及圆的方程，可得圆的圆心得圆心为左焦点，结合圆与椭圆的定义即可得的值． 【详解】点为椭圆的右焦点，则，左焦点，且， 圆的圆心，半径为4，则圆的圆心是椭圆的左焦点， 点为椭圆与圆一个交点， 所以， 则由椭圆的定义可得，所以． 故选：A． 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）点P是椭圆上一动点，则点P到两焦点的距离之和为（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】由椭圆的定义求解即可. 【详解】由可得：， 由椭圆的定义可知：点P到两焦点的距离之和为. 故选：C. 二、填空题 8．（24-25高二上·浙江衢州·期末）斜率为的直线与椭圆相交于两点，的中点为，则 ． 【答案】/ 【分析】根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可求解. 【详解】设直线的方程为，代入椭圆方程， 可得， 由韦达定理可得， 则， 则，则， 所以. 故答案为： 9．（24-25高二上·浙江金华·期末）已知椭圆的离心率为为椭圆的一个焦点，若关于直线的对称点恰好在椭圆上，则斜率的取值构成的集合为 ． 【答案】 【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，代入椭圆的方程中，整理计算可得参数. 【详解】过点且与直线垂直的直线为， 两直线的交点，从而点. 点在椭圆上， 则，即 则,则，，或. 故答案为： 10．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）设为曲线上的任意两点，则的最大值为 . 【答案】10 【分析】由椭圆定义可知，均在椭圆上，结合椭圆性质即可得. 【详解】由， 即点到点与点的距离之和为， 由椭圆定义可知，在以与为焦点， 与为上下顶点的椭圆上， 故. 故答案为：. 地 城 考点02 椭圆中的几何问题 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据角平分线定理得到线段比例关系，结合椭圆的定义可得结果. 【详解】 如图，连接. 因为三角形的三条角平分线交于一点，所以射线是的角平分线. 因为，所以. 由角平分线定理得，. 设，则， 所以，， 所以椭圆的离心率. 故选：B. 2．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知直线与曲线有两个公共点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间. 【详解】直线过定点，曲线是椭圆的上半部分， 当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率 和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间，直线l与椭圆上半部分相切时的斜率为， 直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率为， 所以k的取值范围为. 故选：B 二、多选题 3．（24-25高二上·浙江·期末）数学里常研究一些形状特殊的曲线，过程中总要用到数形结合的思想方法.比如形状酷似“星星”的曲线在第一象限内的图象如图所示，则下列关于曲线C的说法正确的有（    ） A．共有4条对称轴 B．围成的封闭图形内最大能放入半径为1的圆 C．周长大于25 D．围成的封闭图形的面积小于14 【答案】ACD 【分析】对于A：根据方程分析对称性即可；对于B：可证，结合图形即可得结果；对于C：根据对称性结合方程可得当时恒成立，结合图形即可得结果；对于D：可知，结合图形分析求解. 【详解】对于选项A：因为代入方程，方程不变， 可知曲线的对称轴为轴、轴、直线与直线， 先根据对称性可以得到完整曲线，如图 所以根据图形可知曲线共有4条对称轴，故A正确； 对于选项B：结合图2， 根据对称性，研究第一象限 则，则， 所以内部圆半径最大，故B错误； 对于选项C：如图2， 根据对称性，只需证：当时，恒成立， 即证：当时恒成立，显然成立， 结合对称性，曲线长度大于“四角星”形状图形的周长，故C正确； 对于选项D：如图3，以为圆心，4为半径作圆弧，到距离为， 根据对称性，研究第一象限， 只需证：时，， 可得， 则 ， 所以第一象限内圆弧在曲线上方， 面积，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于分析曲线的对称性，结合对称性只研究第一象限部分即可. 三、填空题 4．（24-25高二上·浙江舟山·期末）已知直线与椭圆在第一象限交于两点，与轴，轴分别交于两点，且，，则直线的方程为 ． 【答案】 【分析】由题意与的中点重合，若且，，结合已知有，，进而有，再应用点差法得到，联立所得各式求参数，即可得直线方程. 【详解】由，易知与的中点重合，若且， 令，则，即， 所以且， 令，则，作差得， 所以， 综上，代入，则，故， 所以，整理得. 故答案为： 四、解答题 5．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知椭圆． (1)若M是椭圆C的焦点，求b的值； (2)若P为椭圆在第一象限上的点，A，B分别为椭圆的上顶点和右顶点，直线PA，PB分别与x轴和y轴交于点S和T．记，面积分别为，若为定值，求椭圆C的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由给定方程及焦点坐标求出. （2）设出点的坐标，由直线的点斜式方程求出点的坐标，进而求出三角形面积差得解. 【详解】（1）由M是椭圆C的焦点，得半焦距，所以. （2）设点，由为椭圆在第一象限上的点，得， 依题意，，直线，直线 ， 于是， ，解得， 所以椭圆C的标准方程为. 6．（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）. (1)若椭圆的离心率为，求的值； (2)若，左顶点为，求的面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率可求出的值. （2）设直线的方程为，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积； 利用表达出三角形面积，然后再代换成关于的函数，由基本不等式求出的最大值. 【详解】（1）∵椭圆的离心率为， ∴， 解得. （2）时，，故，所以，， 、均不在轴上，故直线的斜率不为0， 设直线的方程为，，， 联立与得， 因， 由韦达定理，，， 所以， 又，故的面积， 而， 当且仅当，即时等号成立， 所以的面积的最大值为. 7．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆的下顶点为，左右焦点分别为，椭圆上的点到距离的最小值为，且抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长． (1)求椭圆的方程； (2)过原点的直线与相交于B，C两点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点．   ① 证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值；   ② 记和的面积分别是，，求的最小值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）由的关系以及，即可求解. （2）①由题意设方程为.联立抛物线方程，结合韦达定理以及斜率公式即可得证. ②由三角形面积公式只需分别求出，分别联立直线方程与抛物线、椭圆方程，结合弦长公式以及同理思想即可求解，进一步由基本不等式即可得解. 【详解】（1）已知抛物线：中，令，解得，所以， 因为椭圆上的点到距离的最小值为， 则，所以，从而， ∴椭圆的方程为：. （2）①直线的斜率显然存在，设方程为. 由，整理得， 设，，则，，， 由已知，所以的斜率分别为， ，故， 所以直线与直线的斜率之积为定值； ②设直线AB：，显然，由，解得：或， ∴，则， 由①知，直线：，则， 由，得，解得或， ，则， 由①知，直线：，， 则 ， 当且仅当时等号成立，即最小值为. 8．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图菱形的边长为，． (1)请建立坐标系，并求与菱形四边相切，且长轴长与短轴长的乘积取到最大值时的椭圆方程； (2)若直线与平行，且与边、分别交于、两点，与（1）中椭圆交于、 两点，试证明． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）以所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，求出菱形其中一条边如直线方程，设椭圆方程为，联立直线方程与椭圆方程，利用直线与椭圆相切得，化简再结合基本不等式即可求解. （2）设、，依次联立椭圆和直线l的方程，直线和直线l的方程，求得，从而得中点即为中点，进而得即可求证. 【详解】（1）以所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系， 因为菱形的边长为，， 所以，且直线即， 设椭圆方程为，由题直线与该椭圆相切， 联立， 则，化简得， 所以，当且仅当时等号成立， 所以长轴长与短轴长的乘积取到最大值时的椭圆方程为. （2）证明：由（1）可得直线l的斜率，设， 联立，设、， 则， 由（1）可得，所以， 联立， 所以，所以， 所以中点即为中点，所以， 所以，即. 【点睛】关键点睛：求证的关键是求证中点即为中点，即. 9．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点. (1)求椭圆的方程； (2)设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为 ①证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值； ②若求的面积. 【答案】(1) (2)①证明见解析；；②. 【分析】（1）设椭圆的半焦距为，由右焦点坐标可求，结合椭圆定义求，再根据，，的关系求，由此可得椭圆方程； （2）①设直线，利用设而不求法结合关系直线和直线的斜率之和为，列关系式可得，关系，由此证明结论； ②连接，由条件结合二倍角正切公式可求，再求点，的坐标，由此求的面积. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 因为椭圆的右焦点为，所以，因为为椭圆上一点， 由椭圆定义得，， 所以，， 所以椭圆的方程为； （2）①由题意可知直线的斜率存在，设直线，，， 联立方程组， 得， ， 则，，① 由题意知，， 则有， 即， 化简得， 由①可得，， 化简得， 当时，， 直线的方程为，此时直线过点，矛盾， 所以，所以直线的斜率为定值； ②连接，因为，，所以轴， 由直线和直线的斜率之和为，可得平分， 不妨设， 由已知，解得或舍， 所以直线的斜率为，直线的方程为，即， 所以点，关于原点对称， 所以点， 所以直线的方程为，即， 由①得，所以， 所以点，又， 所以， 所以的面积为 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆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． 10．（24-25高二上·浙江舟山·期末）在椭圆上有两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)在线段上取一点（不包括端点），过作斜率为的直线交椭圆于两点（在左侧）． （i）判断是否为定值.若是定值，求出定值；若不是定值，请说明理由； （ii）设中点为，中点为，为椭圆中心，证明：四边形为平行四边形． 【答案】(1)； (2)（i）是定值，；（ii）证明见解析. 【分析】（1）将点代入椭圆方程求椭圆参数，即可得椭圆方程； （2）（i）设、，联立椭圆并应用韦达定理及弦长公式求、，进而求得结论；（ii）设直线方程为，联立椭圆应用韦达定理，并求得，再将问题化为求证，即可证结论. 【详解】（1）由题设，可得， 则椭圆方程为； （2）（i）设，联立椭圆方程， 所以， 由韦达定理，得到， ， 同理，设，得， 且，， 故. （ii）设直线方程为，联立椭圆方程， 所以，由韦达定理，得到， 由于都在上，故， 联立直线和，得到点坐标， 要证四边形为平行四边形，只需证明与相互平分（或通过向量），即证明， 而， ，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问的二小问，将问题化为证明为关键. 11．（24-25高二上·浙江金华·期末）已知椭圆，左右焦点分别为，左右顶点分别为，下上顶点分别为． (1)若为直角三角形，的面积为，求椭圆方程． (2)过右焦点的直线交椭圆C于P，Q两点 （P，Q分别在第一、四象限），连接并延长交椭圆C于点N； ①若，求椭圆的离心率e． ②在（1）条件下，求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】（1）根据题意，列出的方程求解； （2）①设，根据椭圆定义结合可得，又由，运算求得答案；②设直线为与椭圆方程联立，可得，由点P，Q分别在第一、四象限可得，求得，四边形面积为，可得，换元令，利用函数单调性求得答案. 【详解】（1）由于为直角三角形，且的面积为， 则， 所以椭圆方程为. （2）①如图，设，则， 由于，则， 则，所以，               则，又， 得到，解得.   ②设直线为或（舍去）， 设点，将直线与椭圆方程联立， ，可得，则，        记四边形面积为， 又因为点P，Q分别在第一、四象限， 则，即， 解得，           则 ，       令，则， 由于，则当，S单调递减， ∴. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的②解题的关键是将四边形面积表示为，可得，并根据条件求得，利用函数单调性求解. 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）如图，已知椭圆的离心率为．直线经过点和椭圆的上顶点，其斜率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于、两点（点在点下方），直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）当与重合时，求的值； （ii）求证：当变化时，直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）由离心率公式、平方关系以及斜率公式列出方程组即可求解； （2）（i）可知直线与椭圆相切，设直线，联立方程求得，代入直线即可得结果；（ⅱ）设，，联立直线方程与椭圆方程结合韦达定理以及同理思想表示出坐标，进一步设直线方程为：，由列出方程，得关系式即可得证. 【详解】（1）由题意得：，解得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）（i）当与重合时，可知直线与椭圆相切，且直线的斜率存在且不为0， 设直线， 联立方程，消去x可得， 则，解得， 代入可得，解得，即， 代入直线直线可得，即； （ⅱ）设，，直线 与椭圆联立化简整理：， 因为， 可得：，， 同理可得：，. 设所在的直线方程为：， 则： ， 故：，过定点． 【点睛】方法点睛：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． 13．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆的右焦点，过的直线交椭圆于两点，若，当时，. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的下顶点为，的面积为，的面积为，求的最大值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据已知有、，结合椭圆参数关系求得、，即可得椭圆方程； （2）讨论直线斜率是否为0，设且，，联立椭圆并应用韦达定理、三角形面积公式得且，进而求其范围，即可得最大值. 【详解】（1）由右焦点，则，故，即， 若，当时，为的中点，即椭圆的通径， 所以，即，可得（负值舍），故， 所以. （2）当直线斜率为0时，要使最大，则，， 所以，此时最大； 当直线斜率不为0或斜率不存在时，令且，， 联立，得，显然， 所以，， 所以， 直线，且， 则到直线的距离分别为，， 所以，，则， 要使最大，则，此时且， 由 当时，，结合对勾函数的性质， 当时，当且仅当时取等号， 当时，当且仅当时取等号， 所以或且， 当时，， 综上，的最大值为. 14．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆，，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上任意一点．若的周长为6，且的最大值为3． (1)求的方程； (2)设点，过的直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据的最大值为，结合焦点三角形的周长可得出关于的方程组，解得后再求出即得； （2）设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，然后代入斜率公式化简，由不等式的性质即可求解． 【详解】（1）由于，所以， 由于，故当时，此时的最大值为， 解得，又，解得，则， 所以椭圆方程为； （2）设，又， 当直线不与轴平行时，设直线方程为， 由得， 则，， 所以 ， 由于，故， 当直线与轴平行时，则直线方程为，此时， 综上可得的取值范围为， 15．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点．若的周长为，且的最小值为． (1)求的方程； (2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，记直线、的斜率分别为、，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的定义个焦半径公式可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程； （2）分两种情况讨论，①直线与轴重合，求出的值；②直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求出的取值范围，综合可得答案. 【详解】（1）因为是椭圆上任意一点，且的周长为，则，可得， 设点，则且，所以，， 易知，则 ， 所以，的最小值为，所以，，解得，则， 因此，椭圆的方程为. （2）如下图所示： 若直线与轴重合时，此时，，则， 若直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、， 联立可得， 则， 由韦达定理可得，， 所以， . 综上所述，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 16．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知动点到定点的距离和到定直线的距离的比是常数，动点P的轨迹记为曲线 (1)求曲线C的方程； (2)过的直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点. （i）若，求直线l的方程； （ii）若，求的面积. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）或. 【分析】（1）点到定点的距离为，点到定直线的距离为，根据题意列等式，即可求解； （2）（i）设直线l的方程为，与抛物线联立，即可求解k的取值范围和根与系数关系式，由，代入根与系数关系，即可求解k，进而得l方程； （ii），所以，将根与系数关系式代入即可求k，又，代入即可求解. 【详解】（1）由已知得：， 两边平分并化简得：， 即，即为曲线C的方程； （2）（i）设直线l的方程为， 将其代入，得， 故，即或， 所以， ， ， ， 解得，所以； （ii）由 ， 所以， 所以， 所以， 或， 又 当时，；当时，， 所以或    地 城 考点03 双曲线的标准方程及几何问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知曲线系，离心率为，曲线系，离心率为，若，，则（    ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】D 【分析】求出、，可得出、关于的表达式，结合数列的单调性逐项判断即可. 【详解】因为，曲线的方程为，曲线的方程为， 易知曲线是焦点在轴上的椭圆，曲线是焦点在轴上的双曲线， 所以，， 所以随着的增大而增大， 因为，故当时，取最小值，无最大值，AB都错； ， 因为函数在区间上单调递减，在上单调递增， 因为，当时，；当时，，且， 因为在上单调递增，所以在上单调递减， 综上所述，的最大值为，无最小值，C错D对. 故选：D. 2．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设点，则求得，利用三点共线求，则，求得的值，此时直线，椭圆的方程可求，则点坐标可求，最后利用双曲线的定义求实轴长. 【详解】椭圆的短轴长为4，则， 设，， 则 因三点共线，则，则， 因，则， 则直线，联立椭圆，解得，则点 则实轴长为， 故选：D. 3．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知斜率为的直线过双曲线的左焦点F，且与C的左，右两支分别交于A，B两点，设O为坐标原点，P为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，由此求得，进而得离心率. 【详解】由双曲线，得，设， 由均在上，为的中点，得， 则，由分别在的左右两支，得， 直线的斜率分别为，， 设直线的倾斜角为，由，得， 由是以为底边的等腰三角形，得， 直线的倾斜角为，其斜率， 所以椭圆的离心率为. 故选：B 4．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）过双曲线的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足为点，垂线与另一条渐近线相交于点.若点是线段的中点，则双曲线的离心率是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等腰三角形的判定定理和性质，结合双曲线和渐近线的对称性、双曲线的离心率公式进行求解即可. 【详解】设，另一个焦点为， 设l与垂直，垂足为点A，与交于点B， 因为A是线段FB的中点，l与垂直， 所以，因此三角形是等腰三角形，因此， 由双曲线和渐近线的对称性可知：， 所以有，因此. 故选：C. 5．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知F是双曲线的左焦点，P为圆上一点，直线PF的倾斜角为，直线PF 交双曲线的两条渐近线于M，N，且P恰为MN的中点，则双曲线C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据双曲线左焦点和直线斜率求出直线的方程，然后联立直线与圆的方程求出点的坐标.接着利用点是中点这一条件，联立直线与双曲线渐近线方程求出、横坐标，再根据中点坐标公式列出等式，最后求解出双曲线的离心率. 【详解】由题意双曲线左焦点为，已知圆的圆心为，半径为c，直线的斜率为， 则直线方程为， 由，得，即点P的坐标为， 双曲线渐近线方程为，设点，点， 则①，， 由，得， 由，得， 代入①得，解得， 所以双曲线C的离心率 故选：    二、填空题 6．（24-25高二下·浙江温州·期末）如图所示，已知双曲线的左右焦点分别为和，过和分别作两条互相平行的直线和，与双曲线的左支交于A、B两点（A在x轴上方），与双曲线的右支交于C、D两点（C在x轴上方），若，，则（e是双曲线的离心率）等于 ． 【答案】 【分析】根据题意可设，则，由，可得，作的角平分线，在和中，利用正弦定理建立方程可求，再在中，利用余弦定理即可求. 【详解】设的角平分线交与， ，，设， 则， 又，， 所以，， 又为的角平分线，所以， ，， 在中，， 在中，， 所以， 整理得，，解得（舍去）， 所以， 在中，， 又， 所以， 所以. 故答案为：. 7．（24-25高二上·浙江杭州·期末）椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率小于，求取值范围 ． 【答案】 【分析】根据已知可得，再由且求离心率范围. 【详解】由题设，则，而， 又，则. 故答案为： 8．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知P是双曲线上的任意一点，分别为点P到双曲线两条渐近线的距离，若，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】设，根据点P到双曲线两条渐近线的距离乘积等于，可得a与c的关系，即可求出离心率. 【详解】设，则，即 ， 双曲线两条渐近线的方程为， 则点P到两条渐近线的距离乘积为： ， 即，因为，所以， 故 故答案是： 9．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知双曲线C：，直线l是双曲线C右支的一条切线，与C的渐近线交于A、B两点，若AB的中点为，且三角形OAB的面积，则双曲线离心率为 . 【答案】 【分析】根据得出，再联立求出点A的横坐标，点B的横坐标，再结合中点为即可求出离心率. 【详解】如图： 设，，A到直线OM的距离为d， 由题意解得， 过点A作直线OM的平行线，设其方程为，直线OM的方程为， 可知两平行线距离，则，得， 所以过点A作直线OM的平行线： 同理得过点B作直线OM的平行线： 联立，，解得点A的横坐标， 同理联立，，解得点B的横坐标， 因为AB的中点为，则， 得 ， 得，， 解得或（舍）， 所以双曲线离心率 故答案为: 三、解答题 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知双曲线：的实轴长为2，右焦点F到双曲线的渐近线距离为. (1)求双曲线的方程； (2)过点作直线交双曲线的右支于A，B两点，连接并延长交双曲线左支于点P（O为坐标原点），求的面积的最小值； (3)设定点，过点T的直线交双曲线于M，N两点，M，N不是双曲线的顶点，若在双曲线上存在一点S，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数t的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据实轴长可求，根据焦点到渐近线的距离可求，故可得双曲线方程； （2）设：，，，联立直线方程和双曲线方程消去后结合韦达定理可得面积的解析式（用表示），再结合换元法可求其面积的最大值. （3）设直线的方程为，联立化简可得，由条件化简可得，，结合双曲线的范围可得结论. 【详解】（1）因为双曲线的实轴长为2，故， 而双曲线的渐近线为， 故右焦点到渐近线的距离为， 故双曲线的方程为：. （2） 显然直线与轴不垂直，设：，，， 由双曲线的对称性知的中点为，故，    联立 故，， 由于A，均在双曲线右支，故，故， 而， 代入韦达定理得， 令，则， 易知在上为减函数，则当时，， 综上：的面积的最小值为12. （3）不妨设，，， 若直线的斜率为，则直线与双曲线的交点为双曲线的顶点，与条件矛盾， 所以可设直线的方程为，且， 联立，消可得， 方程的判别式， 所以， 所以，， 所以， ， ， ， 所以 所以 所以， 因为直线的斜率与直线的斜率之和为定值， 所以，故， 故为定值， 所以， 因为或，，， 所以或，存在双曲线上的点满足， 使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，定值为， 所以的范围为. 11．（24-25高二下·浙江·期末）已知双曲线的两条渐近线为，且经过点． (1)求双曲线的方程； (2)分别是双曲线的左右焦点，过双曲线上一点作双曲线的切线（的方程为）交轴于点； （ⅰ）证明：四点共圆； （ⅱ）当时，过点作的垂线与的角平分线交于点，求点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据题意，得到，再由双曲线经过点，列出方程，求得的值，即可求解； （2）（ⅰ）根据题意，得到过点的切线方程为，即，得到过三点的圆的圆心为，根据，求得，即可证得四点共圆． （ⅱ）方法一：切线的垂线方程，得到切线交轴于点的角平分线交切线于点，由角平分线定理，求得，进而得到的角平分线方程，设点，联立方程组，求得，即可求得点的轨迹方程； 方法二：设切线的垂线即为的外角平分线，所以点为的旁心，设圆与延长线，点，求得，再由切线的垂线方程，代入求得，进而求得点的轨迹方程. 【详解】（1）解：由双曲线的两条渐近线为，可得，即， 又由双曲线经过点，可得，解得， 所以双曲线的方程为． （2）解：（ⅰ）由题意得，过点的切线方程为，即， 又由，则过三点的圆的圆心为， 因为，即， 所以， 又， 即，所以四点共圆． （ⅱ）方法一：切线的垂线方程为， 令切线交轴于点的角平分线交切线于点， 由角平分线定理得：， 所以，代入坐标得， 故的角平分线方程为， 设点，联立方程组 ，可得， 所以点的轨迹方程为． 方法二：由双曲线的光学性质得：切线的垂线即为的外角平分线，所以点为的旁心， 设圆与延长线、延长线的切点分别为，点， 则 ，即， 又由切线的垂线方程为， 代入得，所以，所以点的轨迹方程为． 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知点A，B分别是双曲线的上、下顶点，点P满足． (1)求点P的轨迹方程； (2)是否存在点P，使得过点P的动直线l交双曲线C于M，N两点，且与的斜率之和为定值？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，或. 【分析】（1）表示顶点坐标，设，利用条件建立方程，即可得到结果. （2）设动直线方程以及直线斜率，联立直线与双曲线方程表示点坐标，代入直线方程可构造出都满足的一元二次方程，利用斜率之和为定值解决问题. 【详解】（1）由题意得，，设， 由，得，整理得， 所以点的轨迹方程为. （2）存在，理由如下： 设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为， 则直线，直线，， 由得，，点的横坐标，纵坐标， 由点在动直线上，得， 整理得，同理得， 因此是方程的两个根，， 则为定值，令，则，代入动直线方程得， ，令，得， 代入动直线方程得，，即， 点代入（1）中轨迹方程得，，解得， 所以点的坐标为或. 【点睛】关键点点睛：利用直线的斜率表示出点的坐标，视该斜率为一元二次方程的两个根是求解问题的关键. 13．（24-25高二上·浙江金华·期末）已知双曲线的一个焦点是，渐近线方程是 (1)求双曲线的方程； (2)点为轴上一点，点是双曲线的右顶点，点是双曲线上异于顶点的一点，若是正三角形，求点的坐标. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由题意可得，，结合，即可确定、、从而求得双曲线方程； （2）设，由题意得，且，结合弦长公式得到关于的方程，解出方程即可求解. 【详解】（1）因为渐近线方程是，得，， 又，，即，整理得， 解得：，，故双曲线方程为. （2） 设直线的方程为， 联立，可得，根据题意， 解得点纵坐标为，代入，解得， 所以， 设线段的中点为，依题意，则点的坐标为， 设点，因为是正三角形，所以有， ，，则由得，， 即，整理有：，所以①. 在正三角形中，有，由结合弦长公式得， ，化简得. 代入①可得，所以点或. 14．（24-25高二上·浙江·期末）等轴双曲线的顶点，到其渐近线的距离为过点作斜率为的直线l，l与的左、右支分别交于点A (1)求的方程; (2)若且求的值; (3)过点A再作斜率为的直线交双曲线于另一点C，若满足是坐标原点求k的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由等轴双曲线的定义结合点到线的距离公式即可求解； （2）由题设出直线l的方程并与的方程联立，借助韦达定理求得的值，从而求得的值； （3）分别设出直线的方程并与双曲线方程联立，借助韦达定理分别表示，求得知C两点关于原点对称，从而；再设直线并与的方程联立，由韦达定理得根据求得的范围，进而得斜率的范围. 【详解】（1）由题意得解得 . （2）设 代入双曲线方程，得： 由韦达定理可得： 令，则， 所以解得 A，B三点共线， . （3）设 代入双曲线方程得： 由韦达定理，得，即 同理可得： C两点关于原点对称， 设 由韦达定理得： 解得：所以 15．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）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. 地 城 考点04 抛物线的标准方程及几何问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江杭州·期末）抛物线的焦点坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】写出抛物线的标准方程，进而得到焦点坐标. 【详解】由题设，抛物线的标准方程为，则焦点坐标为. 故选：C 2．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知抛物线上一点到焦点的距离是，则点到轴的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由抛物线方程求焦点坐标及准线方程，结合抛物线定义条件可转化为点到准线的距离为，由此可求结论. 【详解】由抛物线可得焦点，准线方程为， 因为点到焦点的距离是， 由抛物线的定义，可得点到准线的距离为， 所以点到轴的距离为. 故选：B. 二、多选题 3．（24-25高二上·浙江杭州·期末）抛物线的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B，以下说法正确的有（   ） A．以为直径的圆与y轴相切 B．以为直径的圆与抛物线的准线相离 C．若点D为抛物线准线与x轴交点，则一定有 D．过线段的中点M作y轴的垂线，交抛物线于点P，交抛物线的准线于点N，则 【答案】ACD 【分析】 对于A，设点在轴上的投影为，在准线上的投影为，为坐标原点，，求以为直径的圆的半径和的中点到轴的距离，由此判断A，对于B，设点在准线上的投影为，，根据抛物线的定义可得线段的中点到准线的距离为，从而可判断B；对于C，设直线方程为，利用设而不求法求，由此判断C，对于D，设线段的中点，根据C的解答求的坐标，由此判断D. 【详解】对于A，设点在轴上的投影为，在准线上的投影为，为坐标原点，， 则， 因为以为直径的圆的半径为， 的中点到轴的距离为， 故以为直径的圆与轴相切，故A正确； 对于B，设点在准线上的投影为，，则， 所以线段的中点到准线的距离为， 所以以线段AB为直径的圆与准线l相切，故B错误； 对于C，点为抛物线准线与轴交点，所以， 若直线的斜率为，则直线与抛物线有且只有一个交点，矛盾， 故可设直线方程为， 联立，消去，得， 方程的判别式 所以，， ，所以，故C正确； 对于D，设线段的中点， 由C选项的解析可得，， 所以，，， 所以，故D正确； 故选：ACD.    4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知抛物线上一点到焦点 F 的距离为2，又过点 F 的直线交抛物线 C 于 A，B 两点，则下列说法正确的是（    ） A．抛物线C方程为： B．设，则周长的最小值为 C．若，则直线AB的倾斜角为 D．x 轴上存在一点N，使为定值 【答案】ABD 【分析】对于A，根据抛物线的定义可求，进而得标准方程；对于B，根据抛物线的定义将的一边转化为（如图），所以当A，C与点Q三点共线时，周长有最小值； 对于C，设直线的方程，与抛物线的方程联立，由韦达定理得，根据，可得，由此解得，即可得直线方程及倾斜角；对于D，设，通过计算可得，所以存在点，使得为定值0． 【详解】A选项：由题意点到准线的距离为2，所以，则， 所以抛物线的方程为，故A正确； B选项： 如图所示，过点A作准线的垂线，垂足为C，交y轴于，， 根据抛物线的定义可得， 所以周长为， 因此，当A，C与点Q三点共线时，有最小值， 最小值为点Q到准线的距离，距离为， 所以， 所以周长的最小值是，故B正确； C选项：设直线AB的方程为， 联立，整理可得：，， 设，，由韦达定理得，， ，，因为， 所以，又，所以， 此时直线AB的方程为，倾斜角为，故C错误； D选项：设x轴上一点， 则 ， 故当时，，即存在点，使得为定值0，故D正确． 故选：ABD. 5．（24-25高二上·浙江舟山·期末）三支不同的曲线交抛物线于点，为坐标原点，为抛物线的焦点，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．记的面积为，若，则 D．记的面积为，若，则 【答案】AC 【分析】设直线与抛物线的交于点，则与关于轴对称，联立方程，利用韦达定理求得，进而可求得，结合焦半径公式即可判断AB；利用倾斜角以及二倍角公式求出，即可判断CD. 【详解】如图，设直线与抛物线的交于点，则与关于轴对称， 设，则， 联立，消得，则， 又，则， 对于A，若，故， 故，结合，则，故， 因此，故A正确， 对于B，，时， ，故B错误； 对于C，设直线的倾斜角为，则， 则， 所以 ， 因为，所以，所以，故C正确. 对于D，因，所以，所以，故D错误； 故选：AC 【点睛】方法点睛：解决直线和抛物线的位置关系类问题时，一般方法是设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，要结合题中条件进行化简，但要注意的是计算量一般都较大而复杂，要十分细心. 6．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，下列说法正确的是（    ） A．抛物线的准线为 B．若直线过点，则 C．抛物线上到直线距离为的点共有个 D．的周长大于 【答案】ABD 【分析】根据抛物线方程求准线方程，判断A的真假；求出直线的方程，将该直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式可判断B的真假；根据直线与抛物线的交点个数判断C的真假；根据抛物线的定义可求周长的最小值，判断D的真假. 【详解】对于A选项，因为抛物线，所以其准线方程为，故A正确； 对于B选项，直线的斜率为， 所以，直线的方程为， 设点、，联立可得，， 由韦达定理可得，此时，，故B正确； 对于C选项，因为直线的方程为. 到直线的距离为的点的轨迹方程设为. 由或. 当时，由. 因为，所以方程有两个不同的解； 当时，由. 因为，所以方程有两个不同的解. 所以抛物线上到直线距离为的点共有个，故C错误； 对于D选项，过作与准线垂直，垂足为，交抛物线于点， 过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点， 则， 当且仅当与重合时等号成立，且. 所以周长的大于等于， 当点坐标为时取“”，但此时与抛物线只有一个交点， 故等号不可取，故的周长大于，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：涉及抛物线中线段和最小的问题，一般要借助抛物线的定义转化为点到直线的距离求最小值. 7．（24-25高二上·浙江杭州·期末）设是抛物线的焦点，直线过点且与抛物线交于，两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（   ） A． B．若倾斜角为，且，则 C． D．若点，则的最小值是5 【答案】ABD 【分析】联立直线与抛物线方程，根据韦达定理以及焦半径公式即可判断A，求得两点的纵坐标来判断B，根据特殊点进行判断C,利用点到抛物线的准线的距离来判断D. 【详解】抛物线的准线为，焦点为. 设， 设直线的方程为， 由,化简得， 所以， ， 所以（时等号成立）.所以A正确. 当倾斜角为时，，不妨设在第一象限，在第四象限. 故，解得， 所以，即，所以B正确. 当直线的方程为时，不妨设，此时，所以C错误. 根据抛物线的定义可知，的最小值是到抛物线准线的距离，也即的最小值为，所以D正确. 故选：ABD 8．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，P为直线上的一动点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．若为等边三角形，则 B．若，则存在两个不同的点P C．若A，O，P共线，则与x轴平行 D．若A，O，P共线，则的最小值为2 【答案】ACD 【分析】由抛物线的性质，求得A点横坐标，即可得，进而判断A；设直线：，联立直线与抛物线方程，求以为直径的圆的表达式，令，即可求解P点个数，进而判断B；若A，O，P共线，可求P点坐标，根据根与系数关系可得B点纵坐标，从而判断C；，利用基本不等式即可求解，进而判断D. 【详解】由题，抛物线的焦点F为， 不妨令， 对A选项，若为等边三角形， 则， 根据抛物线的性质可知，此时AP与y轴垂直， 故点A的横坐标为3，所以，故A正确； 对B选项，由题可知，直线的斜率不为0， 令直线：， 联立直线与抛物线方程有， 所以， ， 所以以为直径的圆的方程为：， 令，则， 整理可得，故只有一个点P可使，故B错误； 对C选项，若A，O，P共线， 则直线AP：，令，则， 由B选项可知，， 所以点B的纵坐标为，所以与x轴平行，故C正确； 对D选项，由C选项， ， 当且仅当时取等号，故D正确. 故选：ACD. 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，下列说法正确的是（    ） A．抛物线的准线为 B．的周长大于 C．抛物线上到直线距离为1的点共有2个 D．若以为直径的圆过点，则直线的斜率为 【答案】AD 【分析】根据抛物线方程求准线方程，判断A的真假；根据抛物线的定义可求周长的最小值，判断B的真假；根据直线与抛物线的交点个数判断C的真假；根据可求直线的方程，判断D的真假. 【详解】如图： 对A：因为抛物线：，所以其准线方程为：，故A正确； 对B：过作与准线垂直，垂足为，交抛物线与点， 则，当且仅当P与C重合时等号成立，且. 所以周长的最小值为，当点坐标为时取“”，故B错误； 对C：因为直线：. 到直线的距离为1的点的轨迹方程设为：. 由或. 当时，由. 因为，所以方程有两个不同的解； 当时，由. 因为，所以方程有两个不同的解. 所以抛物线上到直线距离为1的点共有4个，故C错误； 对D：设直线：，即，代入， 整理得：，A在抛物线内部，必有， 设，，则：，， 所以，. 因为以为直径的圆过点，所以，即， 所以，解得：. 所以直线：，其斜率为：，故D正确. 故选：AD 【点睛】方法点睛：涉及抛物线中线段和最小的问题，一般要借助抛物线的定义转化为点到直线的距离求最小值. 三、填空题 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）为坐标原点，为抛物线的焦点，为上位于第一象限的点，若，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据抛物线定义可求得点的横坐标，代入抛物线方程可得结果. 【详解】由题意得，抛物线的焦点为，准线方程为， 设，根据抛物线的定义得，∴. ∵为上位于第一象限的点，∴， ∴. 故答案为：. 11．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）抛物线上一动点到直线的最短距离为 . 【答案】 【分析】设点，则过点的切线斜率为，设过点的切线方程为，联立方程组，结合条件可求，结合点到直线距离公式求结论. 【详解】设抛物线上动点， 由题意可得，当点到直线的距离最小时， 点为抛物线的一条切线的切点，且该切线平行于直线， 设直线与抛物线相切，则的， 解得，则有，，即 ， 所以点到直线的最小距离 . 故答案为：. 四、解答题 12．（24-25高二下·浙江·期末）已知抛物线，且过抛物线焦点作直线交抛物线于，两点，弦长最小值为4 (1)求抛物线的方程； (2)过点作直线交抛物线于点，且直线过定点，连接直线并交抛物线于点，请问直线是否经过定点，若是请求出定点坐标，若不是请说明理由. 【答案】(1) (2)直线经过定点 【分析】（1）利用直线与抛物线相交来求弦长的最小值即可求解抛物线方程； （2）利用直线与抛物线联立方程组借助韦达定理，研究坐标关系，可求直线参数，从而可得直线过的定点. 【详解】（1）因为抛物线，所以焦点坐标为：， 过该焦点的直线方程为：，与抛物线的交点为：，， 与抛物线方程联立得：，则， 而由抛物线的定义可知， 因为，所以当时，有最小值，所以， 所以抛物线方程为. （2） 由（1）得，直线方程为，且① 设直线方程为， 与抛物线方程联立得：，则② 设直线方程为，，同理可得③ 联立①②③可得 设直线方程为 与抛物线方程联立得：，则 因为，所以，所以直线经过定点 13．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知抛物线的焦点为F，点在C上，且. (1)求C的方程； (2)若M，N是C上的两个不同动点（M在x轴上方，N在x轴下方），满足. （ⅰ）求证：直线过定点P； （ⅱ）设直线的斜率为k，过点P，且斜率为的直线交C于R，S两点，求四边形面积的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据焦半径公式可得，可求抛物线方程； （2）（ⅰ）联立直线和抛物线方程利用韦达定理并结合向量数量积计算可证明直线过定点P； （ⅱ）依题意联立直线和抛物线方程利用韦达定理求出四边形面积的表达式，再结合基本不等式可求得面积最值. 【详解】（1）因为，所以，所以抛物线C的方程为； （2）（ⅰ）设直线的方程为，，， 联立得，显然， 且，，易知，所以； 因为 ， 所以或（舍），所以直线过定点. （ⅱ）设直线的方程为，，，，，如下图所示：    由得，，则，， 所以， 则R，S到直线的距离和 因为直线RS的直线方程为，所以， 所以， 由得，，即，，所以， 所以， 令，，则在上单调递增， 所以当，即时，. 14．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知抛物线的准线方程为，直线交抛物线于，两点. (1)求抛物线的方程; (2)若，求的值; (3)若抛物线上存在两点，关于直线对称，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由准线方程求出，即可得到抛物线方程； （2）联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式得到方程，解得即可； （3）设，，当时显然不成立，当时，由得到，从而得到中点的纵坐标，即可求出中点的横坐标，即可得到，即可得到关于的方程有实根，由求出参数的取值范围. 【详解】（1）由题意，，抛物线的方程为； （2）由题意，整理得，设，， 则， ，， ，整理可得， ，解得； （3）设，， 若，则，易得此时不合题意； 若，由于，关于直线对称，故，可得， 中点的纵坐标为， 将其代入中，可得， 又，化简可得， ，且， 化简可得，要使得上述关于的方程有实根， 当时不合题意， 则，故，或， 即的取值范围为或. 【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. 地 城 考点05 离心率的相关问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江杭州·期末）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线渐近线的斜率小于，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求得，再利用椭圆、双曲线离心率的意义列式求出范围. 【详解】双曲线的渐近线方程为，由双曲线的渐近线的斜率小于，得， 因此，由，得， 则，即，， 所以的取值范围是. 故选：D 2．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知是椭圆上的一动点，且与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则，根据点在椭圆可得，故可得. 【详解】椭圆长轴的两顶点为， 设，则由题设可得即， 故，故即，故， 故选：B 3．（24-25高二上·浙江丽水·期末）设椭圆与椭圆的离心率分别为，若，则（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最大值为 【答案】D 【分析】由椭圆的离心率，结合椭圆的性质及对勾函数的单调性求解． 【详解】已知椭圆与椭圆的离心率分别为，， 又， 则，， 则， 设，， 则根据对勾函数知在为减函数，在为增函数， 则,， 则， 即的最大值为，无最小值． 故选：D． 4．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）设椭圆的两个焦点是，过点的直线与交于点，若，且，则椭圆的离心率（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，结合椭圆定义依次得的表达式，进一步分别在中运用由两次余弦定理，结合离心率公式即可求解. 【详解】不妨设椭圆的标准方程为， 因为，所以， 又，所以，， 所以， 如图所示，由余弦定理知：， 整理得，又， 解得：离心率. 故选：B. 【点睛】关键点睛：画出图形，通过椭圆定义把各边长度求出来，由此即可顺利得解. 5．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）设分别是双曲线的左右焦点，过双曲线上一点作切线交轴于点，若，，则该双曲线的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由双曲线的光学性质可知切线为的角平分线，求得各个内角，再结合正弦定理即可求解； 【详解】 连接，由双曲线的光学性质可知切线为的角平分线； 则， 又，所以， 所以 在中，由正弦定理可得： ， 所以， 也即， 所以， 故选：D 二、多选题 6．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，下列命题正确的是（   ） A．若椭圆上存在一点使，则椭圆离心率的取值范围是 B．若椭圆上存在四个点使得，则的离心率的取值范围是 C．若椭圆上恰有6个不同的点， 使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是 D．若任意以椭圆的上顶点为圆心的圆与椭圆至多3个公共点，则椭圆的离心率的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对于A，设，，根据椭圆的定义和结合余弦定理得到，利用均值不等式得到，即可作出判断；对于B，由得，，故若为直径的圆与椭圆有4个交点，则，即可求的取值范围；对于C，分等腰三角形以为底或一腰两种情况讨论，在第一种情况下，直接确定点为椭圆短轴的端点，在第二种情况下，分析可知，在每个象限内均存在点，使得或，设点在第一象限，结合两点间的距离公式可得出关于、的不等式，即可求出该椭圆离心率的取值范围；对于D，，先假设圆与椭圆的公共点有个，利用对称性及已知条件知轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足，由此求得，得到的取值范围，进而可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时椭圆离心率的取值范围． 【详解】对于A，设，，则，， 即，，即，当且仅当时等号成立， 故，即，.故A正确； 对于B，由得，，若存在点四个点使得，以为直径的圆与椭圆有4个交点，∴，即，∴，即，故B不正确； 对于C，（1）当点与椭圆短轴的顶点重合时，是以为底边的等腰三角形， 此时，有个满足条件的等腰； （2）当构成以为一腰的等腰三角形时， 则或，此时点在第一或第四象限， 由对称性可知，在每个象限内，都存在一个点，使得是以为一腰的等腰三角形， 不妨设点在第一象限，则，其中， 则， 或， 由可得，所以，，解得， 由可得，所以，，解得， 综上所述，该椭圆的离心率的取值范围是. 对于D，椭圆的上顶点为,假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足． 记直线，的斜率分别为，，且，，． 由得，故，． 因此， 同理. 故，即 所以 由于，，得， 因此， ① 因为①式关于，的方程有解的充要条件是， 所以，则， 因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为离心率的取值范围为．故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 7．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，则（　　） A．椭圆C的离心率为 B．椭圆C的离心率为 C．的周长为6 D．可以是直角 【答案】AD 【分析】求出离心率，判断AB；利用椭圆定义求出周长判断C；判断∠F1PF2是否可以是直角判断D. 【详解】由椭圆C：得， 则椭圆C的离心率为，A正确，B错误， 的周长为，C错误； 因为，所以以为直径的圆与椭圆有交点，所以可以是直角，D正确. 故选：AD. 三、填空题 8．（24-25高二上·浙江·期末）如图，椭圆的右顶点A是抛物线的焦点，过A作x轴的垂线交于点B，线段BO与交于点D，F是焦点则的离心率 . 【答案】 【分析】设，利用给定条件，求出点的坐标，再借助比例式建立方程求出离心率. 【详解】令，直线：，在椭圆中，令，得， 点，在抛物线中，令，得， 由，得，即，而， 解得，所以的离心率 故答案为： 9．（24-25高二上·浙江宁波·期末）椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为.”设椭圆的左、右焦点为，，P为椭圆上一点，过P的切线l分别与坐标轴交于M、N两点，若时，（O为坐标原点）的面积取到最小值，则C的离心率为 . 【答案】. 【分析】由切线方程求得与坐标轴的两交点坐标，利用基本不等式可得当时面积取得最小值，再根据余弦定理计算可得，再由等面积法可知，可得，可求得离心率. 【详解】由题可知满足， 切线与两坐标轴交点为，如下图所示： 易知的面积为，又， 即，因此， 当且仅当示，即时，等号成立； 又因为， 即，解得； 易知的面积为， 又， 即可得，所以， 可得，所以. 即C的离心率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用基本不等式求得面积最小时的交点坐标，再由余弦定理由三角形面积公式计算得出的关系式，可求得离心率. 10．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆上任意一点，直线垂直于OP且交线段于点M，若，则该椭圆的离心率的取值范围 ． 【答案】 【分析】先考虑点为顶点时，求出，再考虑不为顶点时，设，根据得到，进而表达出，根据⊥，得到方程，结合得到，解得，又，解得，求出离心率取值范围. 【详解】设， 若点为右顶点，则，此时点重合， ，由得，故， 若点为左顶点，则，此时点重合， ，由得，无解， 若点是椭圆上下顶点，此时重合，，，不合要求，舍去， 若点不是椭圆顶点时， 由得，其中， 故，解得， 所以， 又⊥，， 故， 即， 整理得①， 因为②，两式联立得， 解得或， 因为，所以（舍去）， 又，解得， 综上， 所以椭圆离心率取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围). 11．（24-25高二上·浙江杭州·期中）已知右焦点为的椭圆上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点，且，则的离心率是 . 【答案】 【分析】设出左焦点以及，利用椭圆定义表示出相关线段的长度，然后分别在直角中运用勾股定理，最后得到的关系式可求结果. 【详解】设椭圆的左焦点为，连接， 因为点平分，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为矩形， 设，则， 在直角中，，所以， 整理可得，所以， 在直角中，，所以， 所以，所以. 故答案为：. 12．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知椭圆的左，右焦点分别是，下顶点为点，直线交椭圆C于点N，设的内切圆与相切于点E，若，则椭圆C的离心率为 ，的内切圆半径长为 ． 【答案】 / / 【分析】借助切线长定理与椭圆性质可得，从而可结合椭圆定义得到的值，即可得其离心率；借助余弦定理的推论可得三角形各边长，结合面积公式运用等面积法即可求取内切圆半径. 【详解】设的内切圆与、相切于点，， 由切线长定理可得，，， 又，则，故， 由椭圆定义可知， 即, 故，又，则； 则，故，设，则， 即，， 则有， 计算可得，则， 又，则， 即有，即. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题关键点一个是借助切线长定理与椭圆性质得到，从而可结合椭圆定义得到的值，第二个是借助等面积法求取内切圆半径. 13．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q在C上且满足，，则C的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】设出，利用椭圆定义求出各边长，利用勾股定理得到方程，求出，得到，故为等腰直角三角形，，求出离心率. 【详解】设，则， 所以， 因为，由勾股定理得， 即，解得， 故，， 故点为椭圆上顶点，所以为等腰直角三角形， 故，即，所以， 离心率. 故答案为： 14．（24-25高二上·浙江温州·开学考试）若､是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】 根据双曲线的定义算出中，，，由是等边三角形得，利用余弦定理算出，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线的离心率. 【详解】 根据双曲线的定义，可得， 因为是等边三角形，即， 所以，即， 又，所以， 因为中，，，， 所以， 即，解之得， 由此可得双曲线的离心率． 故答案为： 地 城 考点06 定值、定点问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）在平面直角坐标系xOy中，点，在椭圆C：上，且直线OA，OB的斜率之积为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】首先由题意得到，平方后，利用点在椭圆上，变形得到的值，即可求解. 【详解】因为点，在椭圆上， 所以， 因为直线的斜率之积为，所以， 得到，得， . 故选：C 2．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先得到的内切圆与轴的切点为双曲线右焦点，并求出，由双曲线定义得到，利用的面积得到方程，求出其内切圆半径，并得到，再由的面积得到方程，求出其内切圆半径，并由勾股定理得到，由对称性得到，求出三角形周长. 【详解】由题意得，解得，故， 设的内切圆与轴的切点为， 由切线长定理得， 由双曲线定义知，， 即， 设，则，， 故，故，解得， 故为双曲线的右顶点， 中，令得，故， 故，解得， 则Rt的面积为， 设的内切圆半径为， 则，即， 解得，即， 由对称性可知，关于轴对称，设与轴交点为， 则，故， 设的内切圆半径为， 又，， 故， 即，解得， 由对称性可知，平分， 故内切圆圆心在轴上，且与切于点， 其中， 故，， 由勾股定理得， 故，则的周长为. 故选：C 【点睛】结论点睛：双曲线焦点三角形的内切圆的圆心的横坐标为或. 二、多选题 3．（24-25高二上·浙江·期末）已知椭圆过点，左焦点为．设直线与椭圆C交于A，B两点，点M为椭圆C外一点，直线AM，BM分别与椭圆C交于点C，D（异于点A，B），直线AD，BC交于点N．下列选项正确的是（    ） A．椭圆C方程为 B． C．M，N，O共线 D．直线MN的斜率为定值 【答案】AD 【分析】有题意列出方程组，求得的值，得到椭圆的方程，可判定A正确；联立方程组，求得的坐标，结合斜率公式求得，可判定B错误；取点时，求得点，结合，可判定C错误.设，分别结合直线过点，直线过点，直线过过点，直线过点，列出方程，结合斜率公式，求得的值，可判定D正确； 【详解】对于A中，由椭圆过点，且左焦点为， 可得，解得，所以椭圆的方程为，所以A正确； 对于B中，联立方程组，解得或， 即， 设，可得，所以 可得，所以B错误； 对于C中，当点时，此时在椭圆的外部，且 可得轴，根据椭圆的对称性，可得, 由，因为，可得， 所以的方程为又由的方程为， 联立方程组得，此时，此时直线不过原点，所以C错误. 对于D中，设， 由直线过点，可得，① 由直线过点，可得，② ①②得，③ 同理可得，直线过过点，可得，④ 直线过点，可得，⑤ ③④得，⑥ ③⑥得，所以，所以D正确； 故选：AD. 三、解答题 4．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知椭圆E：的右焦点为F，点在椭圆E上，轴． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线l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，当的面积为9时，求直线l的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可直接求得，代入点的坐标即可求得椭圆方程； （2）分别写出直线的方程，求得的坐标，表示三角形的面积，根据三角形的面积即可求得直线的斜率，进而得到直线方程. 【详解】（1）轴，， 又点在曲线上， ， 椭圆E的方程为 （2）根据题意画如下图： ①当直线l的斜率不存在时，不符合题意 ②设直线l的方程为，， 直线I方程与椭圆方程联立得， ，，得或， ， 直线BA所在的直线方程为：，得 直线CA所在的直线方程为：，得 ， 或舍去 直线l的方程为 5．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2. (1)求的方程； (2)过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）依题意列式即可求解； （2）（ⅰ）设直线的方程为，，，直曲联立，利用韦达定理，代入斜率公式，化简可得答案； （ⅱ）设直线的直线方程为，则由（ⅰ）中结论可得直线的方程为，联立解得的横坐标为4，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，当时，可得的最小值. 【详解】（1）由题意知，解得， 所以椭圆的方程为. （2）    （ⅰ）设直线的方程为，，， 由得，， 所以，， 所以， 由（1）得，， 则 . （ⅱ）设直线的直线方程为， 由（ⅰ）可知， 则直线的方程为，联立解得的横坐标为4. 所以 由（ⅰ）知，， ， 所以 ， 所以当时，的最小值为. 【点睛】关键点点睛：（2）（ⅱ）设直线为，利用（ⅰ）中结论得直线为，联立解得的横坐标，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，可得的最小值. 6．（24-25高二上·浙江·期中）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（a，b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础．已知椭圆（）的离心率为，且右顶点A与上顶点B的距离． (1)求椭圆C的面积； (2)若直线l交椭圆C于P，Q两点， （ⅰ）求的面积的最大值（O为坐标原点）； （ⅱ）若以P，Q为直径的圆过点A，，D为垂足．是否存在定点T，使得为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）1；（ⅱ）存在定点，使得为定值 【分析】（1）由题意可得，解出的值，进而结合题意求解即可； （2）（ⅰ）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合韦达定理及基本不等式求解即可； （ⅱ）由题意可得，进而得到，分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合（ⅰ）可得直线l恒过点，进而结合题意确定点D在以A，M为直径的圆上，取的中点，即可求解. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆C的方程为，则椭圆C的面积为. （2）（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为（，且）， 则， 即， 当且仅当，即时，等号成立， 此时的面积的最大值为1； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，， 联立，得， 则， ， 则 ， 又点到直线l的距离为， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 此时的面积的最大值为1. 综上所述，的面积的最大值为1.    （ⅱ）因为点在以P，Q为直径的圆上，所以， 因为，， 所以， 则， 当直线l的斜率存在时，由（i）知， ， 所以， 整理得，， 即，即或， 当时，直线l的方程为，过点，不符合题意； 当时，直线l的方程为，恒过点. 当直线l的斜率不存在时，，，， 由（i）知，，则， 由，得，解得或（舍去）， 所以直线l的方程为，过点. 综上所述，直线l恒过点. 因为，D为垂足，为定值， 所以点D在以A，M为直径的圆上， 取的中点，则， 所以存在定点，使得为定值.    【点睛】关键点点睛：本题第（2）（ii）关键在于根据得到直线l恒过点，进而确定定点. 7．（24-25高二上·浙江·期末）如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，且满足．当点在圆上运动时，的轨迹为．    (1)求曲线的方程； (2)点，过点作斜率为的直线交曲线于点，交轴于点．已知为的中点，是否存在定点，对于任意都有，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设点、，则，根据平面向量的坐标运算可得出，代入等式化简可得出曲线的方程； （2）记，则直线的方程可化为，将该直线方程与曲线的方程联立，求出点的坐标，进而求出点的坐标，求出及点的坐标，根据可求出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标，即为所求的点. 【详解】（1）设点、，则， 因为，所以， 则，则，所以， 因为点在圆，则，所以，整理可得， 由于点与点不重合，所以， 因此曲线的方程为. （2）存在定点满足题意，理由如下： 记，则直线的方程为， 联立，得， 解得，则，    故点，所以点，则， 因为，则， 在直线中，令，可得，即点， 所以直线的方程为， 所以存在定点，使得. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 8．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆：与圆交于M，N两点，直线过该圆圆心，且斜率为，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于D、E两点，记直线，的斜率分别为，. (1)求椭圆的离心率； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，利用点差法弦中点坐标即可得到，即可得到离心率； （2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，过作轴的垂线交分别于点，再计算证明出，最后得到斜率之比. 【详解】（1）由已知得，中点为，设， 则，，， 作差得，即， 由得，，得. （2）由（1）及题设得椭圆的方程为：，则， 则其右焦点，，， 设，直线的方程为， ，， 过作轴的垂线交分别于点，，则直线， 令，则，得 同理直线，得 得， 所以 由（※）知，，得． . 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线的方程为，将其与椭圆联立得到韦达定理式，再分别求出直线方程，从而得到坐标，证明出，最后计算斜率之比即可. 9．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）已知椭圆：，其短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，动点，在上，记直线，的斜率分别为，，试问：是否存在常数，使得当时，的面积为定值?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）直接根据条件列式计算求出即可； （2）设，，设的方程：，与椭圆联立，利用韦达定理表示出的面积，然后根据面积为定值求解即可. 【详解】（1）由已知，，又得， 所以， 所以椭圆的方程为； （2）法一：设，， 当直线的斜率存在时，设的方程：，与联立方程，得 ，，． ，， ， 所以 又 ， 要为定值，则为定值， 则，， 此时． 当直线的斜率不存在，且， 则，或，， 此时，也满足． 综上，存在满足题意． 法二：设，， 则， 则 ， 当，， 即，则，即为定值． 【点睛】方法点睛：直线与椭圆联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程； 第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程； 第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式； 第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出； 第五步：根据题设条件求解问题中的结论． 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆过点，焦距为．过作直线l与椭圆交于C、D两点，直线分别与直线交于E、F． (1)求椭圆的标准方程； (2)记直线的斜率分别为，证明是定值； (3)是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在； 【分析】（1）利用点在椭圆上和焦距列方程组解出即可； （2）设出两点坐标，表示出斜率，并设出直线方程与椭圆联立，消去，表示出韦达定理，代入的表达式中化简即可； （3）解方程组分别求出直线的交点坐标，再求出到直线的距离，结合已知面积关系表示出两三角面积的方程，再利用代入化简即可. 【详解】（1）因为椭圆过点，焦距为， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2） 证明：设， 直线的斜率一定存在，设为， 则，消去得到，， ， ， 故是定值. （3） 设存在实数，使恒成立， 由，， 设到直线的距离为，到直线的距离为， 则，① 因为，所以，② 把①代入②并化简可得， 由上问可知，代入上式可得， 所以. 【点睛】关键点点睛： ①求曲线的标准方程常用待定系数法和曲线的性质列方程组求解； ②证明斜率之和为定值时，首先用曲线上的点表示出斜率，再直曲联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式； ③解决三角形面积关系时先用坐标表示出三角形面积，再利用韦达定理化简. 11．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知椭圆离心率等于，长轴长为4. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探究的面积是否为定值，并说明理由. 【答案】(1) (2)是定值1，理由见解析 【分析】（1）列出关于的方程组求解后可得标准方程； （2）设，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得， 代入斜率乘积化简得出的关系，然后由弦长公式计算弦长，再由点到直线距离公式求得三角形的高，从而计算三角形面积可得结论． 【详解】（1）由题意得，解得，        所以椭圆的方程为. （2）设，联立直线和椭圆方程可得：， 消去可得：， 所以，即， 则，       ， ， 把韦达定理代入可得：， 整理得，                                    又， 而点到直线的距离， 所以，         把代入，则，可得是定值1． 【点睛】方法点睛：本题考查椭圆中三角形面积为定值问题，一般设出交点坐标，直线方程与椭圆方程联立方程组消元后应用韦达定理，并把此结论代入题设条件得出参数关系，由弦长公式求得弦长，由点到直线距离公式求高，计算三角形面积，并根据参数关系化简得结论． 12．（24-25高二上·浙江宁波·期末）双曲线左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线的右支于点P，Q，且 (1)求双曲线的方程； (2)（ⅰ）证明：直线PQ过定点； （ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线于点M，N，T，若，求PQ的直线方程. 【答案】(1) (2)ⅰ证明见解析；ⅱ) 【分析】（1）由已知，利用，解得，，即可得到双曲线的方程； （2）（ⅰ）设，，，直线PQ的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，即可得到直线PQ过定点； （ⅱ）由（1）得直线PQ得方程为，则，直线PQ方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，可解得值，即可求得PQ的直线方程. 【详解】（1）由题意可得，，又， 解得，， 所以双曲线的方程为：. （2） （ⅰ）设，，，其中， 直线PQ与双曲线联立可得， 则，且， 因为， 代入整理得，故或， 代入得定点为或舍， 故直线PQ过定点； （ⅱ）根据（i）得直线PQ得方程为，则， 直线PQ与双曲线方程联立得， 则， 则直线，则， 则， 同理，又， 则，化简得， 因为，故， 则韦达定理代入得，化简得，即， 所以PQ的直线方程为 13．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知双曲线的离心率为，右顶点为为双曲线右支上两点，且点在第一象限，与不重合，以为直径的圆经过点． (1)求的方程； (2)证明：直线恒过定点； (3)若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据离心率以及顶点即可求的方程. （2）联立直线与双曲线方程，由向量垂直的坐标表示列式，结合韦达定理，化简求解. （3）根据中点坐标可得，即可根据三角形面积之比求解. 【详解】（1）由双曲线右顶点，得， 由离心率为，得双曲线半焦距，则双曲线虚半轴长， 所以双曲线的方程为. （2）显然直线不垂直于，设其方程为，， 由消去，得， 则，即，， 由以为直径的圆经过点，得，即， 则，， ，化简得， 当时，直线经过点，不符条件，因此， 所以直线必过定点. （3）由（2）知，， 由为中点，得，于是，解得， 由，得， 因此，所以. 14．（24-25高二上·浙江·期末）已知离心率为的双曲线与x轴交于A，B两点，B在A的右侧．在E上任取一点，过点B作直线QB垂直PA交于点Q，直线PB、QA分别交y轴于不同的两点M，N． (1)求双曲线E的方程； (2)求证：直线与直线的斜率乘积为定值； (3)三角形MNB的外接圆是否过x轴上除B点之外的定点，若是，求出该定点坐标：若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)过定点，坐标为 【分析】（1）根据离心率和双曲线方程可得，可求出双曲线E的方程； （2）分别表示出，再由化简可得斜率乘积为定值2； （3）求出三角形MNB的外接圆圆心坐标为，写出圆的标准方程并令可解得符合题意，即可得外接圆过定点. 【详解】（1）由离心率为可得， 又易知，所以， 可得双曲线E的方程为； （2）易知，如下图所示： 易知的斜率均存在，且满足，可得， 又易知， 所以， 因此直线与直线的斜率乘积为定值2； （3）由（2）可知直线的方程为， 直线的方程为； 因此可得， 所以三角形MNB的外接圆圆心在线段的垂直平分线上，即； 线段的中点坐标为， 易知线段的垂直平分线为， 联立两直线方程可得圆心坐标为， 所以外接圆半径为， 圆的标准方程为， 令可得， 解得（舍）或 因此可得三角形MNB的外接圆过x轴上除B点之外的定点，该定点坐标为. 【点睛】关键点点睛：求解三角形MNB的外接圆过定点时，关键是写出外接圆的标准方程，再令纵坐标即可求得定点坐标为. 15．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知动点到定点的距离比到直线的距离少1， (1)求动点的轨迹的方程； (2)设是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，即可求得的轨迹方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，得到，根据，的方程，将①式代入，求得，进而判定直线过定点. 【详解】（1）因为动点到定点的距离比到直线的距离少1， 所以动点到定点的距离与到直线的距离相等， 由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线， 所以轨迹方程为； （2）如图，设， 由题意得（否则）且，所以直线的斜率存在， 设其方程为，显然， 联立方程组，整理得， 由韦达定理知， 由，可得，可得， 即，整理得， 将①式代入上式，可得， 此时，直线的方程可表示为，即， 所以直线恒过定点. 【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. 3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解. 地 城 考点07 最值问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）已知，是椭圆：的两个焦点，A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，由椭圆性质和已知条件得，由两点间的距离公式得，然后化简、换元结合二次函数单调性可求 【详解】由题意，设， 由于A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点， 所以，又, 令，因为，所以， 所以， 由于对称轴为，所以在单调递减， 所以，又， 即，所以 故选：D    2．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知圆，椭圆，过C上任意一点P作圆C的切线l，交于A，B两点，过A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点Q，则（O为坐标原点）的最大值为（ ） A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】C 【分析】先得到椭圆在处的切线方程为，考虑切线的斜率不存在和存在两种情况，得到椭圆两切线方程，联立后得到点Q的坐标，求出当切线斜率不存在时，，当切线斜率存在时，设为，由与圆相切得到，求出椭圆两切线方程，得到，求出，求出的最大值. 【详解】当点坐标为时，此时切线的斜率不存在， 不妨设，此时中令得：， 所以不妨令， 下面证明椭圆在处的切线方程为， 理由如下： 当切线的斜率存在时，设切线方程为， 代入椭圆方程得：， 由，化简得： ， 所以， 把代入，得：， 于是 则椭圆的切线斜率为， 所以椭圆的切线方程为，整理得：， 方程两边同除以，得到， 当切线斜率不存在时，即此时，故切线方程为， 中令，可得， 故当切线斜率不存在，切线也满足， 综上：椭圆在处的切线方程为， 故过的两切线分别为和， 联立可得：，此时，同理可得时，， 当切线的斜率存在时，设为， 因为与相切，所以，即， 与联立得： ，设， 则过的椭圆的切线方程为和， 联立得：， ， 则， 综上：的最大值为4. 故选：C. 【点睛】结论点睛： 过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：. 过椭圆上一点的切线方程为， 过双曲线上一点的切线方程为. 二、多选题 3．（24-25高二上·浙江杭州·期末）在平面直角坐标系中，已知，若动点满足则（    ） A．存在点，使得 B．面积的最大值为 C．对任意的点，都有 D．椭圆上存在个点，使得的面积为 【答案】ACD 【分析】根据题意求得P的轨迹是椭圆，从而判断椭圆上是否存在点，使得，即可判断A；当点为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值，即可判断B；由椭圆定义知，即可判断C；求得使得的面积为的点坐标满足的关系，与椭圆联立，根据判别式判断交点个数，即可判断D. 【详解】由题知，点P的轨迹是，，焦点在轴上的椭圆， 则，椭圆方程为， A：当点P为椭圆右顶点时，，故A正确； B：当点为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值， 且最大值为，故B错误； C：， 因为，故C正确； D：设使得的面积为的点坐标为， 由，坐标知，，直线的方程为， 则，解得或， 联立，化简得， 则，因此存在两个交点； 同理可得直线与椭圆联立，化简得， 则，所以不存在交点； 综上，有且仅有2个点，使得的面积为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： 椭圆上任意一点的焦半径范围为； 椭圆中当点位于椭圆上下顶点时焦三角形的面积有最大值； 求直线与椭圆交点个数时，将直线与椭圆方程进行联立，利用判别式判断交点个数. 三、填空题 4．（24-25高二上·浙江温州·期末）椭圆的左焦点为，直线与椭圆和圆心为的圆相切于同一点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】求导可得椭圆在的切线斜率为，进而可得点的轨迹方程为（），利用点到直线的距离公式即可求解最小值. 【详解】由可得， 由于直线与椭圆相切于，故上半椭圆的方程为， 求导得，因此， 故椭圆在的切线斜率为，由于直线于圆也相切于， 故圆心所在的直线斜率为1，且经过点，故点的轨迹方程为（）， ，故的最小值为到的距离， 故答案为： 四、解答题 5．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知动点与平面上两定点连线的斜率的积为定值． (1)试求动点的轨迹方程C． (2)设直线与曲线交于两点，在曲线上求一点P使的面积最大． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可； （2）联立直线和椭圆，根据弦长公式求出，作直线的平行线，当与椭圆相切时，求出点的坐标，用点到直线的距离求出三角形的高，再利用面积公式求解即可. 【详解】（1）设点，则依题意有， 整理得． 所以求得的曲线C的方程为． （2）由消去得：． 设，则 ， 设直线，代入．消去得：， 令得：，解得：或， 当时，点坐标为面积有最大值， 点P到直线MN的距离， . 6．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知圆：与x正半轴交于点A，与直线在第一象限的交点为B．点为圆O上任一点，且满足，以x，y为坐标的动点的轨迹记为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若两条直线：和：分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形面积的最大值，并求此时的k的值； (3)研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标． 【答案】(1) (2)时，四边形的面积最大值为 (3)答案见解析 【分析】（1）由表示出点坐标代入圆方程可得曲线的方程． （2）把方程代入曲线的方程求得的坐标，得，同理可得，由得，应用整体换元法结合基本不等式可求得最值； （3）由曲线的方程可得对称性：关于直线对称，关于原点对称；若为椭圆则可求出它与对称轴的交点即顶点坐标，得出，求出，从而可得焦点坐标，再证明满足椭圆定义即可. 【详解】（1）由题意可得，即. 由得，， 则将代入，化简得. 故曲线的方程为.    （2）由，消得， 解得，由已知直线交曲线于， 不妨设,， 所以，同理. 由题意知 ，所以四边形的面积. . ∵ ，∴， 当且仅当时等号成立，此时. ∴ 当时，四边形的面积最大值为. （3）曲线的方程为，它关于直线、和原点对称，    下面证明： 设曲线上任一点的坐标为， 则，点关于直线的对称点为， 因为，所以点在曲线上，故曲线关于直线对称， 同理可得点关于直线的对称点也在曲线上， 故曲线关于直线对称， 同理可证曲线关于原点对称. 下面证明为椭圆. 证明：①联立曲线和直线方程， 解得交点坐标为， 联立曲线和直线方程， 解得交点坐标为， 则，，，. 在上取点， 设为曲线上任一点，则 （因为） . 即曲线上任一点到两定点的距离之和为定值. ②若点到两定点的距离之和为定值， 设为曲线上任一点，则 ， 移项得 平方整理得，， 再移项平方得 化简可得 故点的轨迹方程为， 综上所述曲线是椭圆，其焦点坐标为.    【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线位置关系综合题型，涉及综合向量坐标法求轨迹方程、四边形面积最值、曲线对称性研究、椭圆定义应用证明多个角度的考查，解决本题目的关键点有：（1）类比代换，减少运算，如求得后再求，只需用代替中即得．（2）回归定义，无论是对称性的证明还是证明曲线是椭圆，都化归为定义证明即可. 7．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为. (1)求的方程； (2)当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得； （2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值. 【详解】（1）当与原点重合时，可设，则有、， 且，， 则， 即，∴，则， 即有，由离心率为，即， 则，∴，即有， 解得，∴， 即的方程为； （2）设直线方程为，令，有，即， 设点、，则， 联立直线与椭圆方程：，消去有， 有，， ，得， 为， 令，， 由中，得， 即， 则 ， 当且仅当时等号成立， 故周长的最小值为. 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值. 8．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆的焦距为，且过点． (1)求的方程． (2)记和分别是椭圆的左、右焦点．设是椭圆上一个动点且纵坐标不为．直线交椭圆于点（异于），直线交椭圆于点（异于）．若的中点为，求三角形面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据焦距和椭圆所过点可构造方程求得结果； （2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可整理得到，结合三角形面积公式和基本不等式可求得最值. 【详解】（1）椭圆的焦距，； 椭圆过点，，又， （舍）或，，椭圆的方程为：. （2） 由（1）知：，， 设，，， 由题意可设直线，其中，， 由得：，， ； 同理可得：； ， ， （当且仅当，即时取等号）， 面积的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值的求解问题，解题关键是能够将三角形面积表示为关于某一变量的函数，从而利用函数最值的求法或基本不等式求得结果. 9．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆的左、右顶点分别为、，且. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于、两点，且满足，求的面积最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件求出的值，根据可求出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的方程； （2）分析可知，直线、的斜率存在且不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的横坐标，可求得，进而可求得，利用基本不等式以及对勾函数的单调性可求得面积的最大值. 【详解】（1）解：设椭圆的半焦距为， 椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合， 易知点，则，所以， 因为，所以，因此， 则， 所以椭圆的方程为. （2）解：若、分别与两坐标轴垂直，则这两条直线中有一条与椭圆相切，不合题意. 所以，直线、的斜率存在且不为零， 不妨设直线的方程为， 则直线的方程为，    联立得， ， 由，所以， 则， 同理可得， 所以的面积为 因为，当且仅当时取等号， 令，则，则， 则函数在上单调递增， 当时，， 从而，故的面积取得最大值. 【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. 10．（24-25高二上·浙江湖州·期末）已知椭圆过点，且离心率为.过点的直线交于两点（异于点）.直线分别交直线于两点. (1)求证：直线与直线的斜率之积为定值； (2)求面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）列出关于的方程组，求得后再求出得椭圆方程，设，直线的斜率分别为，设直线为，代入椭圆方程应用韦达定理得，，计算并代入韦达定理的结论可证； （2）设，则，由直线方程求得的纵坐标，从而求得，计算到直线的距离，计算出面积，再转化为一元函数后，利用判别式法求得最值． 【详解】（1）由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为， 设，直线的斜率分别为， 设直线为，与椭圆联立， 可得， 所以， ， 代入可得， 所以直线与的斜率之积为定值. （2）设，则，又点到直线的距离是， 由解得，同理. 所以，代入得 ， 设，则，由题意得， 化简得，解得或，故， 故，等号成立当仅当，或者. 所以面积的最小值为． 【点睛】直线与圆锥曲线相交中的定值问题，一般可设出交点坐标为，，设出过两交点的直线方程，并代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得出（或），然后再由交点坐标求出需证定值的量，一般代入韦达定理的结论化简后可得定值． 11．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆过点，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)圆的圆心为椭圆的右焦点，半径为，过点的直线与椭圆及圆交于四点（如图所示），若存在，求圆的半径取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题设条件列出关于的方程组，解之即得； （2）联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，将转化为的表达式，再由转化得，将求的范围问题转化为求的值域问题，最后解不等式即得. 【详解】（1）由题意得：，②，③， ①②③联立得：，∴椭圆标准方程为： （2）∵过点的直线与椭圆及圆依次交于四点， ∴圆在椭圆内部，故：； ，∴设直线， 由代入椭圆，整理得：，易知， ∴ ∵， （*） 又，， ， 代入（*）式得： ， 又，， 所以，整理得：， 故上述关于的方程有解即可； 由因，则，故， 所以，即解得： 又因，解得：； 当不存在时，直线，此时， ， ，即，解得. 综上所述：的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题解决关键是要善于将等式中的，转化为的关系，再将点的坐标代入，运用弦长公式计算将化简得到，最后通过函数的值域范围求得参数范围. 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程，并说明C是什么曲线； (2)若P点坐标为，过原点的直线分别交曲线C于A、B两点，求面积的最大值． 【答案】(1)且，曲线是焦点在x轴上并去除左右顶点的椭圆. (2). 【分析】（1）由题设，整理可得轨迹方程，注意范围，进而确定曲线图形； （2）设直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式及点线距离公式、三角形面积公式，可得，讨论参数t研究面积的范围，即可得结果. 【详解】（1）由题设，且， 所以，C的方程为且， 曲线是焦点在x轴上并去除左右顶点的椭圆. （2）由题设，可设直线，联立消去x得，， 所以，，故， 而到直线的距离， 所以，若，则， 若，则， 当，则，当且仅当时等号成立， 所以，故； 当，则，当且仅当时等号成立， 所以，故，注意要构成三角形，其面积不能取0； 综上，，故时，面积的最大值为. 13．（24-25高二上·浙江台州·期末）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，且离心率为，设椭圆的右顶点为，点，是椭圆上异于，的两个动点，记直线，的斜率分别为，，且．    (1)求证：直线过定点； (2)设直线，相交于点，记，的面积分别为，，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题设求得，结合题意设，联立椭圆方程消去，韦达定理得到，，结合及列方程求参数，即可证结论； （2）根据椭圆对称性，设在椭圆的上半部分，即，写出直线、并求得在定直线上，结合，得到，讨论直线无限接近椭圆的切线、轴确定范围，即可得的范围. 【详解】（1）由题设且，故，可得，则， 所以，则，， 若斜率为0，则关于轴对称，显然与矛盾， 所以斜率不为0，令，联立， 整理得：，则， ，，而， 又，又，则， 所以，即， ， ， 综上，，即， 所以或（舍），则，即直线过定点. （2）根据椭圆对称性，不妨设在椭圆的上半部分，即，    令，，联立消去得：， 所以，而，， 所以，即在定直线上， 而，，则，， 若直线无限接近轴，即分别无限接近，则无限接近， 由在直线上，易知，且趋向于， 若直线无限接近椭圆的切线，此时接近重合，即趋向于， 所以. 【点睛】关键点点睛：第一问，设直线并联立椭圆方程得到，，结合及列方程求参数m为关键； 第二问，设直线、求交点在定直线上，结合，研究直线的临界情况确定的范围为关键. 14．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）已知椭圆的左右顶点分别为，上顶点为为椭圆上异于四个顶点的任意一点，直线交于点，直线交轴于点. (1)求面积的最大值； (2)记直线的斜率分别为，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）方法1：设出点M的坐标，计算点到直线的距离，运用辅助角公式转化为求三角函数的最大值，进而可求得结果. 方法2：联立椭圆方程及与平行的直线的方程，令，进而可求得结果. （2）分别求出交点M、Q、P坐标，计算即可. 【详解】（1）方法1：如图所示， 由题意知，，，， 设， 则， 点到直线的距离为：， 所以， 所以. 故△MBD面积的最大值为：. 方法2：设与平行的直线， 联立得， 令， 显然当时与椭圆的切点与直线的距离最大， ， 所以. 故△MBD面积的最大值为：. （2）如图所示， 设直线， 联立得， 则点的坐标为， 设点为，则， 所以，即， 所以， 联立得点的坐标为， 所以，， 所以. 故为定值. 【点睛】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 （1）求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值． （2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得． （3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 地 城 考点08 轨迹问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江杭州·期末）如图，曲线C这种造型被称为双纽线，在纺织中作为花纹得到广泛应用．已知曲线C上的点满足到点与到点的距离之积为4，则曲线C上点的纵坐标的最大值为 （    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】设双纽线上任意点坐标为，依据题设列式计算化简即可求解. 【详解】设双纽线上任意点坐标为， 则， 两边平方得： 得： 从而当且仅当时有最大值1， 所以y的最大值为1，此时点的坐标为或. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是在计算化简得时巧妙处理得，再对分子进行巧妙配方求解. 2．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹，计算即可求解. 【详解】 因为，所以，平面，所以平面， 由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界. 为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为. 因此，三角形 的周长为. 故答案为 ：D . 二、多选题 3．（24-25高二下·浙江舟山·期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（    ） A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是 B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于 C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为 D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】解题时需要先建立空间直角坐标系，将几何条件转化为代数方程，结合具体选项进行化简并分析即可得到答案. 【详解】    对于A选项，由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则，, 点为正方形内部及边界上的动点，设， ，，化简得， 即点的运动轨迹以为圆心，半径为1的圆， 动点的轨迹是四分之一圆的周长，其长度是，正确. 对于B选项，点为正方形内部及边界，设，，， 平面的法向量为， 点到平面的距离：， 点到平面的距离：， 距离之和为， 令，则方程变为，又为正方体的空间对角线，，即， ，化简得， 解得，由于，在范围内， 存在点，正确. 对于C选项，点在正方体的内切球上,正方体的内切球半径为，球心为， ，，平面的法向量为， 面等价于与平面法向量垂直，即， 设，则，即， 在平面上. 到平面的距离：， 在平面上，球心为到平面的距离：， 平面与内切球的交线是一个圆，设圆心为，则圆的半径为， 的最小值是到圆的距离，圆心在平面上且是到平面的垂线， 的最小值就是圆的半径，错误. 对于D选项，设，由可得 ， 化简得，，平面是平行于底面， 动点构成的平面截三棱锥所得截面是正方体四个侧面的中心的连线，截面形状为边长为的正方形，则截面的面积为，正确. 故选：ABD. 4．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），下列说法正确的是（   ） A．若点是中点，则、、、四点共面 B．存在点，使得直线与所成角为 C．若直线平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】AC 【分析】证明出，可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可判断B选项 ；利用锥体体积公式可判断C选项；分析可知点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，结合圆的周长公式可求得点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、、、、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，故，所以， 因此，当点是中点，则、、、四点共面，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、，不妨设点， 所以，， ， 因为，，则，所以，， 故，即， 故， 因此，不存在点，使得直线与所成角为，B错； 对于C选项，若平面，则点、到平面的距离相等， 故为定值，C对； 对于D选项，，可得， 故点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆， 故点的轨迹长度为，D错. 故选：AC. 5．（24-25高二下·浙江·期末）如图，已知笛卡尔“鸡蛋”曲线过点，且曲线上任意一点到和的距离满足，则（   ） A． B．曲线与单位圆有3个交点 C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，把代入可求，对于B，联立方程，解出方程即可判断；对于CD，根据曲线方程定义，中，，根据函数特性可确定取得最小值，结合可确定，再利用可得，结合即可确定的最值. 【详解】对于A，曲线过点，此时，故A正确； 对于B，曲线的方程为，联立单位圆， 即，平方得， 即，解得或， 由图可知时，曲线的点为，当时，曲线上有2个点， 所以曲线与单位圆有3个交点，故B正确； 设，则，， 在中，， ，即时，取得最小值， 又，所以，即， 是的中点，， ， ，所以的最小值为，最大值为， 即的最小值为，最大值为，故C错误，D正确； 故选：ABD. 6．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知为正方体，点P为棱上的动点，点Q为平面上的任意一点，Q到直线和到平面ABCD的距离相等，则下列表述正确的是（    ） A．存在点P使得直线与平面所成的角为 B．存在直线PQ与平面所成的角大于二面角 C．点Q所在的曲线可能为双曲线 D．点Q所在的曲线可能为抛物线 【答案】ACD 【分析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出直线与平面所成的角的正弦值范围可判断A；求出直线PQ与平面所成的角以及二面角的平面角的正切值，比较正切值的大小可以判断B；根据为轴，A为顶点，与轴夹角为的圆锥面与平面的交线不同情况下的轨迹形状可判断CD. 【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 不妨设正方体的棱长为2， 则，，，， 可设，，则，， ，，，， 对于A，设平面的法向量为， 则， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为， 则， 因为，所以， 即，而， 故存在点P使得直线与平面所成的角为，故A正确； 对于B，如上图，取的中点为O，连接，PO，则， 又，所以， 可知即为二面角的平面角， 则， 设直线PQ与直线交于点H， 因为平面， 所以即为直线PQ与平面所成的角， 则， 因为，所以， 则，即， 即直线PQ与平面所成的角小于等于二面角，故B错误； 对于CD，如图： 因为点Q到直线和到平面ABCD的距离相等， 则点Q的轨迹即为以为轴，A为顶点，与轴夹角为的圆锥面与平面的交线， 当点P不与点A和点重合时， 因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 则直线与平面所成角为， 则， 当时，， 此时直线与平面所成角等于， 则点Q的轨迹为抛物线； 当时，，即， 则点Q的轨迹为双曲线，故CD正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两点：1，建立空间直角坐标系，求线面角与二面角平面角；2，利用平面与圆锥曲面的交点判断动点轨迹形状. 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（    ）    A．的最大值为 B． C．曲线的内接矩形的面积最大值为24 D．一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4 【答案】ABD 【分析】列出曲线的方程，根据定义，可判断AB的真假；将曲线向下平移4个单位，化简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据的取值范围判断C的真假；把问题转化成正四面体的外接球与曲线相切，可求的最大值. 【详解】设为曲线上任意一点，则. 对A：当时，，所以是的最大值，故A正确； 对B：由， 又点在第一象限，所以，故B成立； 对C：将曲线向下平移4个单位，所得曲线方程为，与原曲线形状一致. 设为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线内接矩形的面积为， 因为，因为，所以. 即曲线内接矩形的面积小于24，故C错误； 对D：设正四面体的棱长为，则其外接球的半径为. 若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆与曲线相切，当时，两曲线在轴右侧且于点，故的最大值为4.故D正确. 故选：ABD 【点睛】结论点睛：如图正四面体，棱长为.   为正四面体的高，连接，延长交于，则为中点. 四面体外接球球心在高上，设为，则为四面体外接球半径. 因为棱长为，所以，， 在直角中， 设正四面体内切球半径为，则： ，解得 8．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知， 是抛物线上异于坐标原点的两个动点， 且以为直径的圆过点， 则（ ） A．直线的斜率为 B．直线过定点 C．存在最小值且最小值为 D．的外心轨迹为抛物线 【答案】BCD 【分析】根据点差法判断A选项，联立方程组得出，求出定点判断B选项，应用弦长公式求出最小值判断C选项，求轨迹方程判断D选项. 【详解】由抛物线，得. 因为，，两式相减，得， 当时，有，此时直线AB的斜率为， 当时，直线AB的斜率不存在，所以A不正确； 因为以AB为直径的圆过原点O，所以，即， 所以，又， 所以，得，， 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为， 由，消去x，得，所以，故， 即，所以直线AB的方程为， 当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为，过点，所以B正确． 当直线AB的斜率存在时，由弦长公式知， 得 . 当直线AB的斜率不存在时， ， 所以存在最小值且最小值为， 所以C正确． 的外心就是弦的中点， 记为， 其中， . 于是， 由，以及， 得 ， 即， 所以的外心的轨迹为抛物线. 故选：BCD 三、解答题 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）17世纪80年代，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卵形线，我们称之为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知两定点，，动点满足，动点P的轨迹为曲线E，直线与曲线E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线OM的斜率为 (1)求曲线E的方程; (2)求的取值范围; (3)求证： 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）利用两点间的距离公式列方程并化简即可求出P的轨迹方程； （2）利用两点间的距离公式，消元转化，再结合曲线的性质特征求解即可； （3）利用点差法、斜率公式和中点公式，再结合曲线的性质特征求解即可； 【详解】（1）由题意， 整理可得， 曲线E的方程为； （2）， 由曲线E的方程可知， ，即， 解得，， ， 的取值范围为； （3）设，，， 由题意可知， 则， ， 由题意可知， ， 由题意，， ， 由可知，， 则，， ， ， 【点睛】方法点睛：涉及中点弦问题，利用点差法列式求解. 10．（24-25高二上·浙江台州·期末）动点到直线与直线的距离之积为，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若点为曲线与抛物线的一个公共点，点. ①求的取值范围；②当，且时，求直线斜率的取值范围. 【答案】(1)或. (2)①；②. 【分析】（1）根据给定条件，利用点到直线距离公式列式化简即得. （2）①联立的方程与抛物线方程，用表示并建立不等式求出范围；②利用斜率坐标公式，结合二次函数性质求出范围. 【详解】（1）依题意，，化简得， 所以曲线的方程为：或. （2）①由（1）可知，或， 当时，由，得，而，，无解； 当时，由，得，由，解得， 所以的取值范围为. ②直线的斜率，由①知，且， 令，则，则， 当，即时，， 当，时，， 所以直线的斜率取值范围为. 11．（24-25高二上·浙江·期末）已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足. (1)当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程； (2)设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设，利用射影定理，得到，再由求解； （2）设点处的切线斜率为，写出切线方程，与拋物线方程联立，再由求解. 【详解】（1）解：设，则由射影定理，有， 故，即. 由，易得，故的轨迹方程为. （2）设点处的切线斜率为， 故.代入拋物线方程， 解得. 由， 得， 整理得. 所以的方程为或. 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点，右焦点F，离心率． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线l与椭圆C交于P，Q两点． （i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程； （ii）是否存在直线l，使F恰为的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，． 【分析】（1）由已知易求，进而可得椭圆方程； （2）（i）设直线，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到：，，设线段PQ中点为，利用中点坐标公式可求中点的轨迹方程； （ii）由F恰为的垂心，有，可得，代入即可求得直线方程. 【详解】（1）由题意得：，，则，所以，解得， 故椭圆的标准方程为． （2）（i）由题意得：，因为，所以，则， 设直线，，， 联立，可得， ，所以， 由韦达定理得：，，，    设线段PQ中点为，则，， 则PQ中点的轨迹方程为． （ii）因为F恰为的垂心，有 所以 又，得， 即， 代入韦达定理得， 解得或．经检验符合条件， 则直线l的方程为：． 【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. 13．（24-25高二上·浙江杭州·期末）动圆满足：①圆心的横坐标大于；②与直线相切；③与直线相交，且直线被圆截得的弦长为． (1)求证：动圆圆心在曲线上． (2)设是曲线上任一点，曲线在处的切线交轴于，交轴于．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知结合直线与圆相切的性质即可求解； （2）结合导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求切线方程，然后结合两点间的距离公式即可求解. 【详解】（1）设，半径为， 由题意可得，， 化简可得， 即动圆圆心在曲线上； （2）设，， 由题意得， 所以曲线在处的切线方程为， 即， 令得，即， 令得，即， 所以， ， 所以. 14．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知O为坐标原点，动点P到两个定点的距离的比，记动点P的轨迹为曲线C， (1)求曲线C的方程； (2)若直线l过点，曲线C截l所得弦长等于，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）直接根据条件列式，化简整理可得曲线的方程，进而判断曲线类型； （2）分为两种情况讨论：若直线的斜率不存在，直接验证即可；若直线的斜率存在，设直线的方程为，由弦长可得圆心到直线的距离，列出方程可求得，从而得出答案. 【详解】（1）由题知，设点， 则，所以， 即，整理得， 所以曲线是圆心为，半径等于的圆， 故曲线的方程为：. （2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为：， 与的交点坐标为，此时弦长等于，满足题意； 若直线的斜率存在，设直线的方程为：， 曲线截所得弦长等于，所以，解得：， 圆心到直线的距离， 所以，解得， 则直线的方程为：，即 综上，直线的方程为：或. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $