导数、圆锥曲线专题训练-2026届高三数学二轮复习

**基本信息** 聚焦导数与圆锥曲线压轴题型，汇编2024-2026年江苏、浙江等多地模拟及竞赛真题，分层设计提升综合解题能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|22题|导数（单调性、极值点、不等式证明）、圆锥曲线（轨迹方程、切线、面积最值）|导数题融合隐零点与同构思想（如浙江杭州二模第4题），圆锥曲线注重几何性质与代数运算结合（如重庆一模第13题切线证明），匹配高考命题趋势|

2026年高中数学压轴题培优专题——导数、圆锥曲线 一、导数 1．（2026·江苏·一模）已知函数. (1)对任意，是的必要条件，求的最小值； (2)对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 2．（2026·江苏扬州·一模）已知函数的一个极值点是． (1)求a与b的关系式； (2)求出的单调区间； (3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 3．（2026·湖南长沙·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)若在上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围； (3)设为在内的极小值点，求证：. 4．（2026·浙江杭州·二模）（1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 5．（2026·浙江宁波·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个极值点，，且， （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求证：． 6．（2026·浙江嘉兴·二模）已知函数. (1)若，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若存在极值，求a的取值范围. 7．（2025·浙江宁波·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若的极小值小于－1，求的取值范围； (3)当时，证明：有2个零点． 8．（2025·浙江·一模）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个不同的零点. （i）求实数的取值范围； （ii）若，证明：. 9．（2025·浙江温州·一模）已知函数. (1)若函数在点处的切线过点，求a的值； (2)试给出a的一个整数值，使存在唯一的极值点，并说明理由； (3)若存在，使不等式对任意的成立，求b的最小值. 10．（2025·浙江宁波·一模）已知函数. (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； (2)若对恒成立，求整数的最小值； (3)当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 11．（2025·浙江杭州·一模）已知函数，为的导数，其中为自然对数的底数. (1)求； (2)证明：当时，； (3)设，对任意的，若，求证：. 12．（2025·浙江嘉兴·一模）已知函数.当时，恒成立. (1)求实数的取值范围； (2)求证：（i）在上存在极值点和零点； （ii）对于（i）中的和，满足. 二、圆锥曲线 13．（2026·重庆·一模）已知点，是直线上的一点，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点．当在上运动时，记的轨迹为． (1)求的方程； (2)证明：直线是的切线； (3)已知圆的圆心在第一象限内，与有唯一的公共点，且与轴相切于点，求圆的方程． 14．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的焦距为2，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求点到直线距离的取值范围． 15．（2026·湖北黄冈·一模）已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 16．（2025·浙江金华·一模）如图，已知点到两点，距离的乘积为8，点的轨迹记为曲线，与轴交点分别记为． (1)求曲线的方程； (2)求的周长的取值范围； (3)过作直线分别交于两点，且，若的面积为18，求的最小值． 17．（2026·江苏南京·一模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求和的值； (2)，为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 18．（2026·湖北·模拟预测）已知点，平面内一动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若存在直线与点的轨迹交于两点，点为线段的中点，且直线与点处的切线平行． ①证明：三点共线； ②若直线与直线分别交于两点，比较与的大小关系，并说明理由． 19．（2026·甘肃·一模）如图所示，焦点在轴上的椭圆的顶点分别为，且椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)过椭圆上任意一点作四边形的内切圆的两条切线，切点分别为，当切线斜率存在时，记切线斜率分别为，试判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由； (3)若切线与椭圆的另一个交点分别为，求的最小值. 20．（2024高三上·全国·竞赛）已知抛物线的焦点关于原点的对称点是为为圆心，为半径的圆.直线是过上异于原点的一点的的切线，切点为. (1)求的最大值； (2)求的最大值. 21．（2022·浙江绍兴·模拟预测）抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点， (1)若的面积为，求的值及圆的方程 (2)若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围. 22．（2023·湖南长沙·一模）设A，B是椭圆上异于的两点，且直线AB经过坐标原点，直线PA，PB分别交直线于C，D两点． (1)求证：直线PA，AB，PB的斜率成等差数列； (2)求面积的最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【难度】0.25 【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可； （2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得. 【详解】（1）∵对任意，是的必要条件， ∴， 在上单调递增， 则，即在上恒成立， 令，， 在单调递减， . （2）（i）因为对有两个不等的实根， 所以有两个零点， 若是方程的一个根，则，所以， 令， 当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增， ， 要使有两个零点，只需， 即，令， 在(0,1)单调递增；单调递减， . (ii)令，则，，即， 构造方程，两根为， 令，其中的两根为 令则，令，则， 在单调递减；单调递增，作出大致图象如下： 令， 在单调递减；单调递增， 当时，，此时最小. 取最小值时，. 2．(1) (2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和． (3) 【难度】0.52 【分析】（1）求出，利用极值点是，得到，从而求出； （2）令导函数，求出两个根或，通过两个根的大小对进行分类讨论，列表判断函数的极值点以及单调性，从而得到答案 （3）利用导数研究函数的单调性，分别求出和的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，求解即可． 【详解】（1）因为， 所以， 因为函数的一个极值点是， 所以，即； 则有， 当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意. 所以. （2），由（1）可知. ①当时，令得或，列表如下： x 2          - 0    + 0    - 满足是函数的极值点； ②当时，令得或，列表如下： x      2     - 0    + 0    - 满足是函数的极值点. 所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和． （3）由（1）（2）知，， 且时，在单调递增，在单调递减， 又因为，， 所以在上的最大值为，最小值为 又当时，函数在单调递增， 所以在上的最大值为，最小值为． 因为存在，使得成立， 即存在，使得成立， 即，又，所以解得， 所以实数a的取值范围为． 3．(1) (2) (3)证明见解析 【难度】0.4 【分析】（1）利用导数求函数最大值即可； （2）先分析的单调性，再分类讨论分析的零点，据此分析的单调性得出是否存在唯一极值即可； （3）原不等式可转化为证明，构造函数，利用导数求函数的最值即可得证. 【详解】（1）当时，，， 时，，故，单调递增， 故. （2）由题，，令，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. ①当时，，则在上恒成立，此时单调递减，不存在极值点； ②当时，， 由零点存在性定理知，存在，当时，单调递减， 当时，单调递增，当时，单调递减，此时有唯一极小值点，极大值点； ③当时，， 存在唯一，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减，此时在上有唯一极大值点； ④当时，恒成立，在上单调递增，此时无极值点. 综上，实数的取值范围为. （3）由题知，，即， 要证，即证， 令，则， 令 ，得， 再令，， 当时，，则单调递减， 所以，单调递减， 所以，从而，可得单调递减， 所以有， 则有， 因此. 4．（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析 【难度】0.15 【分析】（1）记，，求导，根据导数即可证明； （2）由（1）结合特殊值可知，结合题意验证是否满足即可求解； （3）由（2）可得，记，求导，根据导数可证得，进而可得，计算即可得证. 【详解】（1）一方面，记，. 则，故在上单调递增，即. 另一方面，记，. 所以，故在上单调递增，即. 综上，，成立. （2）当时，由（1）知，故恒成立. 一方面，取，则； 另一方面，当时，记，则. 由知， 所以，故单调递增.进而. 综上，正整数的最大值为2. （3）当时，由（2）， 即. 则，① 下证，， ， 则， 故单调递增.进而，即. 所以结合①可得，即， 所以. 5．(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【难度】0.21 【分析】（1）利用导数的几何性质求出斜率，进而求出切线方程； （2）（ⅰ）求导，利用导数讨论极值点及单调性，进而求解的取值范围； （ⅱ）利用函数单调性转化不等式，再通过构造函数，求导，利用导数讨论函数单调性，进而证明结论． 【详解】（1）时，，则， 求导得，则， 切线方程为，即． （2）（ⅰ）由于有两个极值点，， 故有两个变号零点，等价于方程有两个不同的解； 设，则，令，，则， 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，，且， ，即的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）得，． ， 欲证，只需证， 构造，，则， 令，则，当时，， 即在上单调递增，且， 在时恒成立， ， 当时，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ，故， 设方程的两根为，，不妨， 则由得， 由韦达定理得， ， ，且是方程的两根，是的两根， 则， ， ，命题得证． 6．(1) (2) 【难度】0.55 【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数的图象在点处的切线的斜率，从而得到切线方程； （2）由存在极值，得有变号零点，通过分离参数，根据余弦函数给定区间上的值域可求得a的取值范围. 【详解】（1）若，则. 所以，所以. 又，所以函数的图象在点处的切线方程为. （2）因为函数， 所以. 若存在极值，则有变号零点，即有解. 因为，所以，所以. 因此有解，且. 当时，在上恒成立， 所以函数是增函数，无极值； 当时，在上有解，记为. 令，则，所以在上单调递增， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以函数在处取得极小值，即函数有极值. 故a的取值范围是. 7．(1) (2) (3)证明见解析 【难度】0.15 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，极小值，构造函数，求导推得，即可求得不等式的解集； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为， 整理得：． （2）函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不合题意； ② 当时，由，得，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以的极小值为：， 因为的极小值小于，所以，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以由可得. （3）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得， 即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 又因，所以， 所以有2个零点，故有2个零点． 【点睛】关键点点睛：求单调性及最值，需要引入隐零点，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数，则可得隐零点满足，，从而再代入隐零点即可求出的最小值，再结合两边的极限值，从而问题得证． 8．(1)答案见解析； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【难度】0.15 【分析】（1）求，按照，，讨论求解； （2）（i）当时，函数有三个零点需要满足极大值且极小值，联立不等式组求解实数的取值范围. （ii）由，不妨设. 要证即，构造函数，求构造函数，求，求出在区间上单调性，由，得到在区间上单调性，得到，故得到在区间上单调性，得到，即，得证. 【详解】（1）， ，， ，或， 当时，，的解为或， 的解为， 的单调递增区间为，单调递减区间； 当时，，的解为或， 的解为， 的单调递增区间为，单调递减区间； 当时，，的增区间为. 综上可知， 当时， 的单调递增区间为，单调递减区间； 当时， 的单调递增区间为，单调递减区间； 当时， 的单调递增区间为. （2）（i）当时，，的解为或， 的解为， 的增区间为，减区间； 函数有三个不同的零点， ，， 解不等式，整理得， ，，，， 在上是单调递增函数， ，在上恒成立， 在上恒成立，无解， 即不等式组 无解； 当时，，的解为或， 的解为， 的增区间为，减区间； ，， 解不等式，整理得， ，，， 当时，，当时，， 在上是单调递增函数，在上是单调递减函数， ，在上恒成立， 的解为且； 解不等式，整理得，解得； 综上可知，不等式的解为且， 所以实数的取值范围为； 当时，，的增区间为， 不满足函数有三个不同的零点. 综上可知，实数的取值范围为. （ii）因为，不妨设. 已知， 要证， 只需证，只要证， 即 令， 则， 令， 则， 且，，， ， 故在区间上单调递减，所以， 故在区间上单调递减， 所以，故在区间上单调递减， 因此，即，得证. 所以. 9．(1) (2) (3) 【难度】0.4 【分析】（1）求出切点，再求导求出斜率，写出点斜式方程，即可求出a的值； （2）赋予一个a的值，使得导函数仅有一个零点即可； （3）由题目条件可知 恒成立 ，通过分析的取值范围得到 的最大值，进而求出使不等式对任意的成立时b的最小值. 【详解】（1）由题可知， 切点，斜率， 切线方程：， 代入，解得：. （2）取，存在唯一的极值点在存在唯一的变号零点， 当时，记， 又， 所以在存在唯一的变号零点， 当时，，无零点， 故在存在唯一的变号零点. （3） 恒成立 ，下面研究 的最大值． 当 时， 由（2）知存在唯一的 使得 ， 且 在 上单调递增， 上单调递减，即 ， 当 时， 若 ，则 ，当 时， ， 当 时， ，而 ， 若 ，则 ， 当 时， ， 当 时， ， 当 时， ，而 ， 结合知 ， 所以 ， 因为与是对应关系，故存在实数满足不等式恒成立， 即满足存在实数，使，即， 记， 有，当时，单调递减， 当时，单调递增，即， 故的最小值为，此时. 10．(1) (2) (3)证明见解析 【难度】0.4 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到， 法一：当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得；法二：当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. （2）解：由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 法一：当时成立，此时， 当时，， 令，可得， 所以在递增，在递减， 又，，所以，即. 当时，可得，所以. 所以当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为. 法二：当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 又因为，所以， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在单调递减，在单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以在，即上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 11．(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【难度】0.4 【分析】（1）求导数，代入即可求得结果； （2）令，求导数由基本不等式得到最值，然后得到函数在上单调，从而得到最值，即可得证； （3）由（2）得到，然后得到的不等式，从而可求得不等式左边的范围，从而得证. 【详解】（1）， 所以； （2）设， ， 所以在上单调递增，当时，， 所以，当时，成立. （3）因为，则， 由（2）知，即， ∴ 所以. 原式 12．(1); (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【难度】0.4 【分析】（1）由已知可得，然后分类讨论时，是否恒成立，即可求解； （2）（i）对函数求导，确定函数的单调性，然后结合零点存在定理即可解决；      （ii）由（i）知成立，只要证出即可，构造新函数，通过函数的单调性证明成立，从而证得不等式. 【详解】（1），求导可得， 观察可知在上单调递增，所以. ①当时，恒成立，所以在上单调递减，，不满足题意； ②当时，在上单调递增， 所以，使得，当时，，在上单调递减， 所以时，，不满足题意； ③当时，恒成立，所以在上单调递增，，满足题意. 综上，. （2）（i），其中， 则，， 当时，， 由知，成立， 所以在上无零点，即在上无极值点. 当时，令， 则在上单调递增，， 由知，， 所以使得，当时，，即单调递减， 所以； 当时，，即单调递增， 因为，所以，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在上存在唯一极小值点. 故，又因为， 所以存在使得， 所以在上存在唯一零点，得证. （ii）由（i）知成立，下面证明. 由（i）知，所以， 因为在上单调递增，要证，只需要证明. 因为，所以， 由（i）知，得， 所以， 由（1）知，当时，，所以， 令，其中， 则恒成立， 所以在上单调递增，所以，即成立， 所以成立，即， 综上所述，得证. 13．(1) (2)证明见解析 (3) 【难度】0.4 【分析】（1）利用抛物线的定义求解； （2）设，求出的中点坐标，利用斜率公式求出 ，因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为.根据点斜式方程求出直线的方程，直线和抛物线联立方程组，得到关于的一元二次方程，计算，得到直线与抛物线有且只有一个交点，即直线是抛物线的切线. （3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内，所以可设圆的圆心坐标为，半径为，则圆的方程为，联立，经过计算得到①，因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解，设，，由①方程有且只有一个解，得到有唯一的零点，且该零点为的极值点，即，计算出的值，故而求得圆的方程. 【详解】（1）已知点，直线，过作的垂线， 线段的垂直平分线交于点, 根据垂直平分线的性质可知， 即点到点的距离等于点到直线的距离， 所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 设抛物线方程为，则，解得 所以的方程为. （2）设，则的中点坐标为， ， 因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为. 根据点斜式方程可得直线的方程为，即， 将代入，得 则，，则直线与抛物线有且只有一个交点， 即直线是抛物线的切线. （3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内， 所以可设圆的圆心坐标为，半径为， 则圆的方程为， 联立，由解得， 将代入， 得到， 展开并整理得①， 因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解， 设， ， ①方程有且只有一个解， 有唯一的零点，且该零点为的极值点， ，， ，， ， ， ， ，， ，，， ，，，， ， 圆的方程为. 14．(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【难度】0.4 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）设与椭圆方程联立，设，，联立直线和椭圆的方程，得出坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简； （ⅱ）根据，，三点共线，得出坐标关系化简求出即可求出. 【详解】（1）由题意易知：，，，故，， 因此椭圆； （2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则由对称性可知，此时直线斜率均不存在， 故设，设，， 由，可得， 所以，， 记，则直线， 由，可得， 所以， 故， 代入直线，可得， 同理：， 因此 ， 故有； （ⅱ）设，则，． 由于，，三点共线， 故， 进而， 化简可得：，因此，即， 则， 当A，C重合时，，或（舍去）， 不妨取，此时，即， 此时到AB的距离为； 同理，当B，D重合时，到AB的距离也为； 故点到直线距离的取值范围为. 15．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【难度】0.4 【分析】（1）设椭圆焦距为，则椭圆过点，代入椭圆方程，结合及，求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得的最小值． 【详解】（1）由题意有，所以. 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以. 又，所以. 所以，即，解得. 所以，，故的标准方程为． （2）（ⅰ）设，，，则，由题意有． 直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程. 所以，又，在椭圆上， ∴，∴. ∴， ∴. （ⅱ）∵， 而，， 由（ⅰ）知， ∴，又， ∴， ∴. 当且仅当，即时等号成立. 所以．的最小值为． 16．(1)； (2)； (3). 【难度】0.15 【分析】（1）设，根据已知及两点距离公式得到方程，进而整理可得； （2）令，且，，则，进而得到关于的表达式，应用导数研究单调性求值域，即可得三角形周长的范围； （3）设，由已知得，曲线得，令，结合基本不等式及一元二次不等式的解法求参数范围，即可得. 【详解】（1）设，则，得， 所以； （2）由（1）知，令， 由（1），以为主元直接求根公式知，则， 则，且， ， 令， 则，其中， 所以时，时， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，而， 所以的周长的取值范围为；    （3）设，则，则， 由题知，则，代入曲线得：， 令，则 ①当时，，解得，则； ②当时，，解得，则． 综上所述：的最小值为. 17．(1)， (2)①证明见解析②证明见解析 【难度】0.36 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可. 方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可. ②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动. 方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． （2）①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为的中点，则： ，， 即． 直线与轴交点，，则中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，， 令，则，， 令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 18．(1) (2)①证明见解析；②当直线的斜率时，；当直线的斜率时，． 【难度】0.28 【分析】（1）根据两点间斜率公式得到轨迹方程； （2）①由点差法和双曲线上一点的切线斜率公式可证； ②先得到是的公共中点．由平行四边形中的恒等式，分直线交于一支双曲线，交于两支双曲线两种情况，得到结论 【详解】（1）设点，已知点，则． 由得， 整理得：，即点的轨迹方程为； （2）①设直线，，为中点． 将代入轨迹方程，有：，， 两式作差得， 即得，故． 下面证明上一点的切线方程为， 理由如下：设过点的切线方程为，与联立得， ， 由 化简得， 因为，代入上式得， 整理得， 同除以得，， 即， 因为，， 所以， 联立，两式相乘得，， 从而， 故， 即， 令，则，即， 解得，即， 故过上一点的切线方程为， 故过点的切线斜率为，由直线与点处的切线平行，所以， 即，故．，且为公共点，所以三点共线得证． ②联立与双曲线，得， 利用韦达定理可得，， 故， ， 故，中点； 联立与直线，可得， 设，则，， 则，， 则的中点坐标为，故是的公共中点． 在平行四边形中，，， 两边平方相加可得，即， 取对角线交点，则有． 由于是的公共中点， 因此，， 故． 因为直线斜率分别为， 所以当直线的斜率时，直线交于一支双曲线，， 所以，故； 当直线的斜率时，直线交于两支双曲线，， 所以，故 19．(1) (2)为定值，为 (3)2 【难度】0.3 【分析】（1）根据已知得，结合所过的点求椭圆方程； （2）设椭圆上任一点，则，且圆的半径，设过点的圆的切线方程为，利用相切关系得，应用韦达定理即可得结论； （3）讨论切线的斜率，设切线方程并联立椭圆，应用韦达定理及向量数量积的坐标运算求，进而得到垂直关系，最后由椭圆和圆的性质确定最小值. 【详解】（1）因为，所以，即， 可设椭圆的方程为，又因为椭圆过点， 代入椭圆的方程得：，解得， 所以椭圆的方程为：； （2）是定值.理由如下： 根据对称性，易知四边形的内切圆的圆心为 因为直线的方程为，所以圆的半径， 设椭圆上任一点，则， 当圆的切线斜率存在时，可设过点的圆的切线方程为， 即， 所以圆的半径， 两边平方化简得： 因为切线的斜率分别为， 所以是方程的两个不同的根， 故； （3）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设， 因为直线为圆的切线，所以，化简得， 联立方程，消去得：， 显然恒成立，为上式的两个不同的根，且， ， 可得，同理可证. 所以三点共线，故弦恒过点， 所以当与或重合时，. ②当直线或直线的斜率不存在时，易得， 综上可知，. 20．(1)4 (2) 【难度】0.15 【分析】（1）根据题意可得抛物线方程，设，不妨设，求出，求出过点T的切线方程，由到的距离不大于1，得到，得解； （2）设过点A的另一条切线与相切于，可得，所以直线，证明，可得，可证，进而，求得. 【详解】（1）根据题意，可得，，，抛物线方程为， 设，根据对称性，不妨设，则， 因为点在曲线上，在点处导数为， 所以的方程是， 存在A使得等价于到的距离不大于1， 所以，解得，所以. （2）设过点A的另一条切线与相切于， 由（1）同理可得，又因为点A分别在上， 所以直线， 先证明， 由. 联立直线和抛物线，得到是方程的两根，由根与系数的关系，， 代入， 得到，所以， 又因为 ， 因为，所以，， ， 所以，所以，当且仅当时等号成立. 【点睛】思路点睛：第一小问，设，利用导数求出的方程是，根据直线到的距离不大于1，求得，代入得解；第二小问，设过点A的另一条切线与相切于，求得直线，先证明，可得，可证，进而，求得. 21．(1)，圆的方程为 (2) 【难度】0.15 【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出. 【详解】（1）由对称性可知：， 设，由焦半径可得：， ， 解得： 圆的方程为： （2）由题意得：直线的斜率一定存在，其中， 设关于直线的对称点为， 则，解得：， 联立与得：， 设， 则， 则， 则 ， 解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或， 所以 ， 【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围. 22．(1)证明过程见解析 (2) 【难度】0.15 【分析】（1）设，，表达出直线，直线，直线的斜率，由证明出结论； （2）写出直线PA的方程，与联立求出，同理求出，求出，利用三角换元，求出的最小值，结合到直线的距离，求出面积的最小值. 【详解】（1）设，则，， 直线的斜率，直线的斜率为，直线的斜率为， ， 故直线PA，AB，PB的斜率成等差数列； （2）直线PA的方程为，与联立得： ， 同理可得：直线PB的方程为，与联立得： ， 故， 因为，设， 故， 其中， 故当时，取得最小值，最小值为， 又点到直线的距离， 故面积的最小值为. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $