暑假作业03 圆锥曲线综合（8种题型，巩固培优）高二数学沪教版

**基本信息** 本专项聚焦圆锥曲线综合问题，构建“知识点-方法-题型”三维体系，以通用公式与标准解法为核心，系统整合弦长、面积等七大模块，通过典例实现方法迁移与逻辑推理能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |弦长/面积/斜率/向量/定点/定值/定直线|各4题，涵盖椭圆、双曲线、抛物线|弦长公式与韦达定理联用，面积坐标叉乘法，定点问题参数提取法，定值问题特殊位置猜证法|从基础运算（弦长、斜率）到综合应用（定点、定值），形成“公式-步骤-技巧”递进链条，强化几何关系代数化表达|

完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业03 圆锥曲线综合 【知识点1 圆锥曲线中的弦长问题】 通用公式 直线 与曲线联立，消元得一元二次方程 ，判别式 ，交点 。 1. 弦长公式： · 若直线设为 （规避斜率不存在）： 1. 特殊弦 · 焦点弦：可用焦半径相加；抛物线焦点弦有固定二级结论； · 通径：过焦点垂直对称轴，椭圆 ，双曲线 ，抛物线 ； 1. 步骤：设直线 联立 韦达定理 代弦长式。 【知识点2 圆锥曲线中的面积问题】 1. 基础三角形 （原点与两交点） 1. 通用底高法 ， 为第三个点到直线 距离； 1. 坐标向量叉乘、分割法：大三角形减小三角形； 1. 最值：面积表达式化为单变量函数，配方法/导数求最大最小值。 【知识点3 圆锥曲线中的斜率问题】 1. 两点斜率：； 1. 定值斜率： 或 为常数，用韦达整体代换消参； 1. 斜率存在性：优先设 ，避开斜率不存在漏解； 1. 常见模型： · 椭圆/双曲线顶点引出两条直线斜率积定值； · 抛物线上两点与顶点连线斜率关系； 1. 垂直等价：。 【知识点4 圆锥曲线中的向量问题】 核心转化：向量等式翻译坐标关系 1. （分点坐标） 1. 垂直： 1. 数量积：，代入韦达整体化简； 1. 共线向量：坐标成比例； 1. 技巧：全部拆成 、、、 形式，不单独解根。 【知识点5 圆锥曲线中的定点问题】 题型：动直线恒过某固定点 标准解法 1. 设动直线： 或 ； 1. 联立曲线，韦达定理； 1. 利用题干条件（垂直、向量、斜率关系、面积等）建立 关系式； 1. 把 用 表示代入直线方程，变形提取参数： ，令参数系数为 0，得定点 ； 1. 检验斜率不存在的特殊直线是否也过该点。 【知识点6 圆锥曲线中的定值问题】 求证：某个代数式（斜率积、数量积、距离比值、弦长比值等）与参数无关 1. 设参（、、 等）； 1. 联立得韦达； 1. 把目标式子全部展开，替换 ； 1. 化简后参数全部抵消，结果为常数即定值； 1. 小技巧：可先用特殊位置（如直线水平/竖直）猜出定值，再严格证明。 【知识点7 圆锥曲线中的定直线问题】 题型：动点/动切点恒落在某固定直线上 1. 设动点 ； 1. 根据条件写出 满足的方程； 1. 消去中间参数，得到只含 的一次方程，即为定直线； 经典模型： - 椭圆外一点引两条切线，切点弦方程为定直线； - 动直线与曲线相交，满足垂直/向量条件，中点恒在定直线； - 抛物线上两点满足斜率条件，连线中点纵坐标恒为定值（水平线）。 【知识点7 圆锥曲线中的最值与范围问题】 【题型1 圆锥曲线中的弦长问题】 1．已知椭圆：，点，其中.过点作椭圆的两条切线，切点分别为，. (1)求直线的方程，并用表示； (2)若，求点的坐标及两条切线的方程. 2．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，直线与交于两点，且弦长的最大值为. (1)求C的标准方程； (2)若原点到直线的距离为，求弦长的最大值. 3．已知椭圆：的离心率为，焦点与短轴端点围成四边形的面积是． (1)求椭圆E的方程； (2)过右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l于点P，交直线于点Q，求的最小值． 4．已知椭圆的离心率为，且过点，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，线段AB的垂直平分线与x轴交于点M. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，求直线l的方程； (3)求的取值范围. 【题型2 圆锥曲线中的面积问题】 1．已知椭圆：（）的两个顶点在直线上，直线经过椭圆的右焦点，与椭圆交于，两点，点（点不在直线上）为椭圆上一点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若的面积为，求直线的斜率． 2．已知焦点在轴的等轴双曲线的焦距为4． (1)求的标准方程； (2)设在的左支上任意一点处的切线为，右焦点关于的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点坐标： (3)设（2）中求得的定点为，求面积的最大值． 3．已知椭圆．过点的直线与椭圆交于两点，设为线段的中点． (1)求点的轨迹方程； (2)求面积的最大值，其中为坐标原点． 4．已知椭圆的离心率为，且的焦点与双曲线的焦点重合． (1)求的方程； (2)若过点且与的一条渐近线平行的直线与交于，两点，为坐标原点，求的面积． 【题型3 圆锥曲线中的斜率问题】 1．已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 2．已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程． (2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 3．已知椭圆的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于，两点，点，证明：直线与的斜率之和为定值． 4．已知抛物线：的焦点为，上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为. (1)求抛物线的标准方程； (2)如图，已知过点的直线，与分别交于点与点，（其中点在第一象限）直线与直线交于点，线段与的中点分别为. ①证明：点在定直线上； ②若直线，直线的斜率分别为，，求的取值范围. 【题型4 圆锥曲线中的向量问题】 1．已知椭圆，现有三个条件：①椭圆过点；②椭圆过点；③椭圆的离心率为．请从这三个条件中选择两个作为已知，使得椭圆存在且唯一． (1)求椭圆的方程； (2)点为椭圆的下顶点，过点的直线与椭圆交于两个不同的点，点分别在射线，射线上，满足，若直线过点，求直线的方程． 2．已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 3．已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为． (1)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离． (2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为． ①证明：直线过定点． ②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值． 4．已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【题型5 圆锥曲线中的定点问题】 1．已知椭圆：的上顶点为，离心率为．过点的直线与交于点，点在第一象限，过点的直线与交于点．设点，直线和直线关于直线对称，直线与直线交于点． (1)求的方程； (2)若，求点的坐标； (3)设，是椭圆上的两点，在（2）的条件下，若直线的斜率为直线的斜率的2倍，求证：直线过定点． 2．已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 3．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 4．已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 【题型6 圆锥曲线中的定值问题】 1．已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若的面积为，求； (3)过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 2．已知双曲线：（，）的右焦点到一条渐近线的距离为1，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）．求证：直线、的斜率之和为定值． 3．已知双曲线：（，）的离心率为2，且经过点． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于，两点．试问：是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由． 4．已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 【题型7 圆锥曲线中的定直线问题】 1．在平面直角坐标系中，，以为圆心作半径为4的圆，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径交于点. (1)当在圆上运动时，求点的轨迹方程； (2)过的直线交曲线交于两点，点关于轴的对称点为. （i）直线与轴的交点为，求点的坐标； （ii）求的取值范围. 2．已知椭圆的左顶点为，右焦点为，离心率为，且点在椭圆上，为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)若不过点的直线与椭圆相交于两点，点在轴上方，点在轴下方，设的斜率分别为，则. ①证明：直线过定点； ②设①中的定点为，若，且，记的面积为，的面积为，求的取值范围. 3．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上． (1)求的方程； (2)设直线：与交于、两点． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值． 4．已知点，是圆与椭圆的公共点，且点，和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. (1)求的值和椭圆的方程； (2)过点的直线分别交圆和椭圆于，两点.是上一点，直线斜率为，直线斜率为，，求面积的最大值. 【题型8 圆锥曲线中的最值与范围问题】 1．已知点，分别是椭圆的左、右顶点，且的离心率为． (1)求的方程； (2)若点是上与，不重合的点，直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心恒在定直线上． 2．已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 3．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 4．已知双曲线的中心在坐标原点，上焦点坐标为，点为双曲线上任意一点，． (1)求双曲线的标准方程； (2)双曲线的下焦点为，若，求； (3)记双曲线的上、下顶点分别为，经过的直线与双曲线的上支交于两点，且点在第一象限，直线与交于点，证明：点在定直线上． 1．已知椭圆的长轴长为，点在上． (1)求的离心率； (2)若点在上，为坐标原点，求面积的最大值； (3)设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴的交点坐标． 2．已知双曲线的左顶点为，右焦点为.过且斜率为的直线与的左、右两支分别交于，两点，点关于轴的对称点为. (1)证明：直线恒过定点； (2)过点作轴的垂线，交直线于点，直线与的另一个交点记为. （i）若直线的斜率为，证明； （ii）是否存在圆，使得点，，，在该圆上，若存在，求圆心的轨迹方程，若不存在，请说明理由. 3．已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 4．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，M为E上的动点，且M到两焦点的距离的差的绝对值为2． (1)求E的方程； (2)过点M作斜率为和的直线，分别与E交于点G、H，求的最小值； (3)过点的直线交E于A、B两点，过点的直线交E于C、D两点，与交于点P，且与的斜率之积为．证明：与面积的乘积为定值． 5．动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数. (1)求动点D的轨迹方程； (2)设动点D的轨迹为曲线，，是曲线过原点O的两条弦，且，求证：为定值； (3)在（2）的条件下，求的面积的取值范围. 6．已知到点的距离与到直线的距离相等，的轨迹为. (1)是轨迹的方程上一点，，求的最小值. (2)若直线过点交轨迹于两点，过分别作轨迹的切线，两切线交于点. （i）求的轨迹方程； （ⅱ）求到直线的距离的最小值． 1．在研究复杂的平面曲线时，有时会把曲线上的点投影到直线上，我们引入以下两个定义： 【定义1】给定平面内一曲线和曲线上一点，以及一条不经过的直线. 对于上某一点（），若直线与有且只有一个交点，则称为点关于中心在上的投影点. 【定义2】给定平面内一曲线，点不在上，以及一条直线（不经过）.对于上任意一点，直线与曲线的交点个数称为关于中心和曲线的覆盖度，记为. 若上存在一点，对于以为中心的任意开区间内（以为中心的开区间是指，其中），都存在点使得，则称为在上的分歧投影点. (1)已知圆，点在上，投影直线. 若上有一点，求点关于中心在上的投影点的坐标. (2)已知椭圆，左顶点为，投影直线. 设 是 上异于点的两个不同动点，它们关于中心在上的投影点分别为和证明：直线经过定点的充要条件是. (3)已知双曲线，投影中心在轴上，直线为轴. 对于上任意一点，设关于中心和曲线的覆盖度为. 探究上关于中心和曲线的“分歧投影点”的个数是否与的取值有关？请说明理由，并求出所有分歧投影点的坐标. 2．在平面直角坐标系中，让任意一点A绕一固定点旋转一个定角，变成另一点，如此产生的变换称为平面上的旋转变换，已知点绕原点逆时针旋转后得点，且旋转变换的表达式为，曲线的旋转变换也如此． (1)将点绕原点逆时针旋转得到点，求点坐标； (2)已知曲线，绕原点逆时针旋转得到曲线． （ⅰ）求曲线的方程； （ⅱ）P为曲线上一点，P不在x轴上，过P作交曲线于B，D两点，求证：BD与曲线在P点处的切线垂直． 3．中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线也称为卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中到两定点、距离之积为的点的轨迹是双纽线，其轨迹为一条连续的封闭曲线， (1)判断是否在曲线上； (2)若点在椭圆上，，证明：； (3)若直线与曲线只有一个交点，求的取值范围. 4．曲率半径可用来描述曲线上某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大，则曲线在该点处的弯曲程度越小．已知椭圆上点处的曲率半径公式为．已知椭圆上所有点相应的曲率半径的最大值为，最小值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆相交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的方程： (3)记椭圆的左焦点为，为椭圆上一动点，定点，求的最大值． 5．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，直线l与相切，与圆相交于A，B两点．当l垂直于x轴时，． (1)求的方程； (2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为． （i）若M，N分别为线段与圆O，P为圆O上一点，当的面积最大时，求； （ii）若，均存在，记两者中的较大者为．已知，，均存在，证明：． 6．定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. (1)证明:点O为三角形ABC的内心； (2)已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 7．如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点是角α终边上的点（异于原点），设，将点P绕O逆时针旋转θ后得到． (1)求证：． (2)已知曲线是函数的图象，曲线绕原点O逆时针旋转后得到，求的标准方程； (3)已知曲线表示一个中心在原点的椭圆，Q为第一象限内一点，且在椭圆的长轴上，满足，过点Q作直线交曲线于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线于点G、H，试判断：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 8．在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上. (1)求曲线的方程并确定点的位置； (2)点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为. （i）求数列的前项和； （ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业03 圆锥曲线综合 【知识点1 圆锥曲线中的弦长问题】 通用公式 直线 与曲线联立，消元得一元二次方程 ，判别式 ，交点 。 1. 弦长公式： · 若直线设为 （规避斜率不存在）： 1. 特殊弦 · 焦点弦：可用焦半径相加；抛物线焦点弦有固定二级结论； · 通径：过焦点垂直对称轴，椭圆 ，双曲线 ，抛物线 ； 1. 步骤：设直线 联立 韦达定理 代弦长式。 【知识点2 圆锥曲线中的面积问题】 1. 基础三角形 （原点与两交点） 1. 通用底高法 ， 为第三个点到直线 距离； 1. 坐标向量叉乘、分割法：大三角形减小三角形； 1. 最值：面积表达式化为单变量函数，配方法/导数求最大最小值。 【知识点3 圆锥曲线中的斜率问题】 1. 两点斜率：； 1. 定值斜率： 或 为常数，用韦达整体代换消参； 1. 斜率存在性：优先设 ，避开斜率不存在漏解； 1. 常见模型： · 椭圆/双曲线顶点引出两条直线斜率积定值； · 抛物线上两点与顶点连线斜率关系； 1. 垂直等价：。 【知识点4 圆锥曲线中的向量问题】 核心转化：向量等式翻译坐标关系 1. （分点坐标） 1. 垂直： 1. 数量积：，代入韦达整体化简； 1. 共线向量：坐标成比例； 1. 技巧：全部拆成 、、、 形式，不单独解根。 【知识点5 圆锥曲线中的定点问题】 题型：动直线恒过某固定点 标准解法 1. 设动直线： 或 ； 1. 联立曲线，韦达定理； 1. 利用题干条件（垂直、向量、斜率关系、面积等）建立 关系式； 1. 把 用 表示代入直线方程，变形提取参数： ，令参数系数为 0，得定点 ； 1. 检验斜率不存在的特殊直线是否也过该点。 【知识点6 圆锥曲线中的定值问题】 求证：某个代数式（斜率积、数量积、距离比值、弦长比值等）与参数无关 1. 设参（、、 等）； 1. 联立得韦达； 1. 把目标式子全部展开，替换 ； 1. 化简后参数全部抵消，结果为常数即定值； 1. 小技巧：可先用特殊位置（如直线水平/竖直）猜出定值，再严格证明。 【知识点7 圆锥曲线中的定直线问题】 题型：动点/动切点恒落在某固定直线上 1. 设动点 ； 1. 根据条件写出 满足的方程； 1. 消去中间参数，得到只含 的一次方程，即为定直线； 经典模型： - 椭圆外一点引两条切线，切点弦方程为定直线； - 动直线与曲线相交，满足垂直/向量条件，中点恒在定直线； - 抛物线上两点满足斜率条件，连线中点纵坐标恒为定值（水平线）。 【知识点7 圆锥曲线中的最值与范围问题】 【题型1 圆锥曲线中的弦长问题】 1．已知椭圆：，点，其中.过点作椭圆的两条切线，切点分别为，. (1)求直线的方程，并用表示； (2)若，求点的坐标及两条切线的方程. 【答案】(1)， (2)；和 【分析】（1）首先利用直线与椭圆相切，联立方程，根据求出切点坐标，即可求解； （2）根据（1）的结果，将的面积表示为关于的方程，即可求解 【详解】（1）设过点的切线方程为，与椭圆方程联立， 得①，整理为， 其中，得， 代回①得，即，得， 因此两个切点，的横坐标均为，故切点弦的方程为．又切点在椭圆上，所以． 即．故．因为，所以． （2）点到直线：的距离为．所以． 即． 由题意． 当时，． 又函数在上为正数，且是增函数，为正数，且是增函数，所以单调递增，所以解唯一． 故．当时，切点横坐标为．代入椭圆方程得， 所以．当切点为时，切线方程为，即． 当切点为时，切线方程为， 即．    2．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，直线与交于两点，且弦长的最大值为. (1)求C的标准方程； (2)若原点到直线的距离为，求弦长的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据弦长的最大值为，得，结合椭圆的离心率求出半焦距，进而得到，求得椭圆的标准方程； （2）分斜率存在与否两种情况，设直线的方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理、弦长公式及点到直线的距离公式，，结合基本不等式可得结果. 【详解】（1）设椭圆的焦距为. 由题意得，，， 所以，，， 故C的标准方程为.    （2）当直线的斜率不存在时，其方程为：， 由，得，所以弦长； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 由原点O到直线l的距离为，可得，即， 联立方程组， 消去得，. 设，， 则，， ， 设， 则， 当且仅当，即，时，等号成立， 因为， 故弦长的最大值为. 3．已知椭圆：的离心率为，焦点与短轴端点围成四边形的面积是． (1)求椭圆E的方程； (2)过右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l于点P，交直线于点Q，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先确定半焦距，再代入椭圆上点的坐标联立方程组求出参数，最后写出椭圆方程即可； （2）先设直线的方程，联立方程并利用韦达定理求根的关系，再计算弦长及的长度，最后求出比值计算最小值即可. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为 ，由题意得： 由 ，得 ，代入 ： ，即， 由 ，得 ，代入 和 得： ，所以，即， 所以，所以椭圆 的方程为：. （2）当直线的斜率为0时，线段的垂直平分线为，与不相交，不符合题意， 故直线的斜率不为0，设其方程为，，， 联立，可得， ， ，， 则 ． 又，， 由可得，直线的斜率为， 所以， 所以， 令，则，所以代入上式可得， ， 当且仅当，即时取等号，此时，所以的最小值为.     4．已知椭圆的离心率为，且过点，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，线段AB的垂直平分线与x轴交于点M. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，求直线l的方程； (3)求的取值范围. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）根据椭圆离心率和经过点及求解即可； （2）设直线l的方程，并与椭圆方程联立，写出韦达定理，得到点坐标，再写出AB的垂直平分线方程，得到点坐标，表示出，列方程求解； （3）又（2）用表示，令，分析函数的取值范围. 【详解】（1）由题可得，解得， 所以椭圆C的标准方程为； （2）由（1）可知，若直线斜率不存在，则的方程为， 此时点为的中点，即重合，线段AB的垂直平分线即为x轴，不符合题意； 所以直线的斜率一定存在，设直线的方程为，， 联立，化简得：， 所以， 所以，线段AB的垂直平分线为， 令，解得，所以， 所以， 又， 所以，解得， 所以直线l的方程为，即或； （3）由（2）可知， 令，则， 因为，所以，， 所以的取值范围为.    【题型2 圆锥曲线中的面积问题】 1．已知椭圆：（）的两个顶点在直线上，直线经过椭圆的右焦点，与椭圆交于，两点，点（点不在直线上）为椭圆上一点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若的面积为，求直线的斜率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合题意求出椭圆的基本量，进而得到椭圆方程即可. （2）结合韦达定理得到，，利用弦长公式求出弦长，利用点到直线的距离公式求出距离，再表示出三角形面积，进而建立方程，求解直线的斜率即可. 【详解】（1）由题意得直线与坐标轴的交点为，， 得到，，即椭圆C的标准方程为. （2）当直线AB的斜率不存在时，不符合题意； 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为， 如图，作出符合题意的图形，且设，， 由，得到 可得， 由韦达定理得，， 由弦长公式得 ， 设点P到直线AB的距离为，由点到直线的距离公式得， 所以， 而的面积为，得到，解得． 2．已知焦点在轴的等轴双曲线的焦距为4． (1)求的标准方程； (2)设在的左支上任意一点处的切线为，右焦点关于的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点坐标： (3)设（2）中求得的定点为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)定点，证明过程如下： 设点，则双曲线C在点P处的切线方程为， 已知双曲线右焦点，设点，则线段的中点在切线上，且， 所以有，即， 又因为中点在切线上，所以，化简得， 因为在双曲线C上，所以，代入式化简得， 因为，所以，则，所以点； 则直线斜率， 根据点点斜式方程可得直线的方程为, 则直线过定点. (3) 【分析】（1）根据双曲线性质代入计算即可； （2）由垂直+中点在切线求Q坐标，整理PQ方程，令不含参部分为0，得到; （3）MF定长为4，面积转化为，代入Q坐标换元，二次函数顶点取最大值. 【详解】（1）设等轴双曲线C的标准方程为，因为双曲线焦距为4，所以，则， 在双曲线中有，又因为等 轴双曲线中，所以代入得， 所以双曲线C标准方程为. （2）略 （3）由题，，设点，则， 由（2）可知，，则，因为， 令，因为，所以，代入得 ， 则当时，面积最大值为    3．已知椭圆．过点的直线与椭圆交于两点，设为线段的中点． (1)求点的轨迹方程； (2)求面积的最大值，其中为坐标原点． 【答案】(1)（）； (2) 【分析】（1）直接由点差法求弦的中点轨迹方程可得； （2）先判断直线的斜率存在，再设直线的方程为，由弦长公式可得，再由点到直线的距离公式可得，进而可得，再用换元法构造函数，用导数求得其最大值，进而可得三角形面积的最大值. 【详解】（1）设． 因为弦的中点为，所以， 又因为两点在椭圆上，所以， 两式相减得， 当时，，，即， 由于弦过点，，所以， 因此，整理得①， 又因为是弦的中点，所以必在椭圆内， 所以，再与①联立消去得：，即. 再由①得，解得，因此. 因此点M的轨迹方程为（）． （2）因为直线与椭圆交于两点，所以直线的斜率存在. 设过点的直线为． 代入椭圆方程，得． 整理为． ，得. ，， 所以由弦长公式得， 再由点到直线的距离， 所以， 令，．则． 记．求导可得． 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 所以当时，取得最大值． 所以． 因此，当，即时，面积的最大值为． 4．已知椭圆的离心率为，且的焦点与双曲线的焦点重合． (1)求的方程； (2)若过点且与的一条渐近线平行的直线与交于，两点，为坐标原点，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出双曲线的焦点坐标，结合椭圆离心率求出即可. （2）求出双曲线渐近线的斜率，进而求出直线的方程并与椭圆方程联立求出三角形面积. 【详解】（1）双曲线的焦点坐标为，则椭圆的焦点为， 即有，由的离心率为，得，解得， 所以的方程为. （2）依题意，双曲线的渐近线的斜率为，设， 由对称性，不妨设直线的方程为，即， 由消去，得 ，则，， 因此， 所以的面积.    【题型3 圆锥曲线中的斜率问题】 1．已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【详解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 2．已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程． (2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 【答案】(1)椭圆的方程为； (2)命题①正确，定值为。 【分析】（1）由椭圆焦点得，结合短轴长与长轴长的比例关系及求解参数，即可得椭圆方程； （2）设过的直线方程与椭圆联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式，验证其为定值. 【详解】（1）由题意可知：解得因此椭圆的方程为 （2）命题①正确， 证明如下：当斜率不存在或斜率不为时， 设过的直线方程为，， 将直线方程代入椭圆方程得： ， 整理得， 由韦达定理得： ， ， 化简得, 当斜率为时，设，显然，故命题①成立. 3．已知椭圆的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于，两点，点，证明：直线与的斜率之和为定值． 【答案】(1) (2)直线与的斜率之和为定值 【分析】（1）根据，，即可求出答案； （2）分为直线的斜率为和斜率不为两种情况，当斜率不为时，设，，联立求出，，求出，即可证明. 【详解】（1）由题意知， 又，，解得，， 所以的方程为. （2）当直线的斜率为时，易知直线的斜率均为， 此时直线与的斜率之和为； 当直线的斜率不为时，设直线方程为， 设，， 联立，消去得， ， 所以，， 易知直线与的斜率均存在，设直线的斜率分别为， 则， 又， 所以， 综上所述，直线与的斜率之和为定值.    4．已知抛物线：的焦点为，上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为. (1)求抛物线的标准方程； (2)如图，已知过点的直线，与分别交于点与点，（其中点在第一象限）直线与直线交于点，线段与的中点分别为. ①证明：点在定直线上； ②若直线，直线的斜率分别为，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)①证明见解析② 【分析】（1）根据抛物线的定义，把到的距离与到点的距离之和的最小值转化为到准线的距离为和到点的距离之和的最小值，再根据平面几何即可得出答案； （2）①设，，，，计算出直线的方程和直线的方程，然后联立并根据韦达定理即可证明；②计算出，再根据基本不等式求解. 【详解】（1）如图，设点到准线的距离为， 抛物线的准线方程为，由抛物线的定义，得，解得， 当且仅当三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为. （2）①设，，，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立消去整理得， 所以，， 联立，消去，可得，所以，， 所以直线的方程为， 即， 同理直线的方程为， 联立，得， 即， 即， 即， 所以，即点在直线上. ②由题意可知，，的斜率存在且均不为0， 因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为， 由①知，，.所以，， 所以，， 所以， 当且仅当，即时取等号，又易知，所以的取值范围为. 【题型4 圆锥曲线中的向量问题】 1．已知椭圆，现有三个条件：①椭圆过点；②椭圆过点；③椭圆的离心率为．请从这三个条件中选择两个作为已知，使得椭圆存在且唯一． (1)求椭圆的方程； (2)点为椭圆的下顶点，过点的直线与椭圆交于两个不同的点，点分别在射线，射线上，满足，若直线过点，求直线的方程． 【答案】(1)选择条件①和②， (2)或． 【分析】（1）代点求值即可； （2）设直线方程，与椭圆联立，设，根据韦达定理得，由转化坐标，由三点共线列式计算. 【详解】（1）由题无法确定椭圆的焦点的位置，所以条件③存在两种情况，即焦点在轴或轴上，所以椭圆不唯一，故只能选①②． 依题意解得 所以椭圆． （2）由题意，直线过点且存在斜率，设其方程为， 与椭圆方程联立： 则． 依题意， ， 所以，． 设，则． 又点，所以． 因为在射线上且 ， 所以． 记，则． 同理，记，有． 所以． 由题，与共线，即． 所以． 又． 所以， 即． 又， 所以 ． 所以． 又，所以 ． 即 ． 所以 ．解得，． 因此，直线的方程为或． 2．已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． 3．已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为． (1)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离． (2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为． ①证明：直线过定点． ②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值． 【答案】(1)当时，最大距离为；当时，最大距离为 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）设点，根据，求得和，求得的值，得到椭圆的方程，设点，求得，结合椭圆的对称性和二次函数的性质，即可求解； （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理，求得和，求得的方程，得到直线过定点，在分别验证斜率不存在和斜率为0的情况，即可得到结论； ②设直线的方程为，联立方程组，求得和，化简得到，进而求得的最大值. 【详解】（1）解：设点，且在椭圆上，可得且， 两式相减，得，即， 所以 因为，可得，所以，则， 又因为椭圆过点，可得， 联立方程组，可得，所以椭圆方程为： 设点，可得， 则， 其对称轴为，而， 当，即时，在时取得最大值，且； 当，即时，在时取得最大值，且． 综上可得，当时，最大距离为； 当时，最大距离为． （2）解：①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为， 因，所以直线的斜率为， 由椭圆的右焦点，直线的方程为，设， 联立方程组，整理得， 则， 且，， 所以线段的中点M的坐标，，即． 将直线的方程，代入椭圆方程， 同理可得：线段的中点N的坐标，，即． 所以的斜率，其中， 直线的方程为：， 化简，即 当直线的斜率不存在时，与轴垂直且过焦点， 根据椭圆的对称性可知，此时为椭圆的长轴，可得， 所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与轴垂直且过焦点， 根据椭圆的对称性可知，此时为椭圆的长轴，可得， 所以直线为轴，过定点； 综上可得，直线恒过定点． （2）②设，，，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 即，所以，即， 同理可得：， 若，则 可得 整理得， 当时，取得最大值． 4．已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【详解】（1）由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 【题型5 圆锥曲线中的定点问题】 1．已知椭圆：的上顶点为，离心率为．过点的直线与交于点，点在第一象限，过点的直线与交于点．设点，直线和直线关于直线对称，直线与直线交于点． (1)求的方程； (2)若，求点的坐标； (3)设，是椭圆上的两点，在（2）的条件下，若直线的斜率为直线的斜率的2倍，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2) (3)设，，：， 联立得，整理得， 由韦达定理得，， 由（2）知，， 则，所以， 变形得，所以． 因为，所以， 所以，整理得， 代入韦达定理，整理得， 即， 所以或， 当时，直线：，过定点（舍去）； 当时，直线：，过定点． 所以，直线过定点． 【分析】（1）由离心率和，求得即可求解； （2）法一：通过直线和直线关于直线对称，确定直线的方程，再联立椭圆方程求得坐标，最后由列出等式求解即可；法二，设：，联立椭圆方程求得坐标，再由求得，再由，列出等式求解即可； （3）设，，：，联立椭圆方程，得到，再通过点在椭圆上，代入椭圆方程通过作差法得到，结合，得到，由斜率公式和韦达定理列出等式，即可证明. 【详解】（1）由题意， 又，代入解得：， 故椭圆方程为： （2） 法一、因为直线和直线关于直线对称，且直线的斜率为，所以， 设直线：，， 则， 整理得， 即． 因为，化简得， 由韦达定理得，，， 所以，代入直线：，得， 所以．   因为点是直线与直线的交点，且直线和直线关于直线对称， 所以点到直线和直线的距离相等， 所以 ， 由，解得， 又点在椭圆上，所以， 解得，又，所以， 即点的坐标是．   法二、设：，联立得，整理得， 由韦达定理得，， 因为直线和直线关于直线对称，所以， 即，整理得， 解得， 所以，：， 联立椭圆方程得， 整理得，即， 由韦达定理得，所以， 代入设直线：，得，所以，． 因为到的距离即为到直线的距离， 所以， 由，解得， 又点在椭圆上，所以， 解得，又，所以 即点的坐标是． （3）略 2．已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 【答案】(1)． (2)由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，, 联立， 则 ， 直线的方程为， 当时，，所以，是的中点，所以， ，即，所以， 则， 化简得 ， 代入，得， 故，所以或， 故直线的方程为或， 由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为， 此时 ， 故，此时直线过定点. 【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解. （2）讨论直线的斜率是否存在，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简的方程求解. 【详解】（1）由题意可知， E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为； 要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为， 所以， 故E的方程为. （2）略 3．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得， 设，则，所以中点的纵坐标， 所以，即， 所以所在直线方程为，令，可得，即， 假设在轴上存在一定点满足题意，则， 所以恒成立，则需，解得， 即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 【分析】（1）根据离心率及通径长求出即可得解； （2）设，利用点到直线的距离求三角形面积，再由正弦型三角函数的性质求最值即可； （3）设直线方程为，求出点坐标，再由交点求出点坐标，假设存在满足题意，则恒成立，据此求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 由代入，可得，， 所以椭圆的通径长为，即， 由可得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）可知， 所以， 直线所在直线方程为，即 设， 设点到直线的距离为，则， 所以， 当时，有最大值. （3）略 4．已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以． 设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为， 再将，代入得：得， 即， 所以， 因为直线不过点，所以，所以， ，化简整理得，解得， 所以直线的方程为，故直线恒过定点． （方法二）设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为，所以，即， 整理得， 由，所以，得， 所以， ，整理得， 因为等式恒成立，所以，解得． 所以直线的方程为，故直线恒过定点． 【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程； （2）设，根据点在双曲线上及斜率的定义可得； （3）方法一：先设直线的方程为，由（2）的分析得，进而可得，再由斜率的坐标运算公式及根与系数关系代入化简得，从而可得直线过定点；方法二：先设直线的方程为，再由条件及根与系数关系可得恒成立，得，从而可得及直线过定点. 【详解】（1）由经过点，得． 由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行， 所以，则，故的方程为． （2）设，则，即， 因为，， 所以， 故直线与的斜率之积为． （3）略 【题型6 圆锥曲线中的定值问题】 1．已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若的面积为，求； (3)过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)当直线的斜率不为0时，设， 联立椭圆方程，得到， 则， 设，，则，由韦达定理可得，， 因为，原点到的距离为， 所以， 又因为点到的距离为，， 所以， 所以， 由，，得到， 所以； 当直线的斜率为0时，，，，四点共线无法构成三角形，故舍去； 综上，为定值． 【分析】（1）由题设求出，进而求解即可； （2）设，由的面积为可得，进而结合平面向量的数量积的坐标表示求解即可； （3）当直线的斜率不为0时，设，利用韦达定理得到，，且，利用距离公式和弦长公式表示，，所以；当直线的斜率为0时，不满足题意，故为定值． 【详解】（1）由题意得，，所以， 又因为离心率，所以， 所以，所以椭圆的方程为． （2）设，所以，将代入椭圆方程， 所以，所以． （3）略 2．已知双曲线：（，）的右焦点到一条渐近线的距离为1，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）．求证：直线、的斜率之和为定值． 【答案】(1) (2)如图，设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得， 联立，消去可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ， 即直线、的斜率之和为. 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和. 【详解】（1）双曲线的右焦点为，渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为， 因为点在双曲线上，所以，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）略. 3．已知双曲线：（，）的离心率为2，且经过点． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于，两点．试问：是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)是定值，. 【分析】（1）根据双曲线的离心率和双曲线上的点列式求的值，可得双曲线的标准方程. （2）设直线：，代入双曲线方程，消去，利用韦达定理可得，，再与双曲线渐近线方程联立，得到的坐标，再表示出，整理化简可得结果. 【详解】（1）由题意可得，解得，，， 所以双曲线的标准方程：． （2）由（1）知右焦点，渐近线方程：， 设直线：，，， 联立可得：， ，， 联立得； 联立得， 所以， 所以为定值． 4．已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可； （2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出． 【详解】（1）根据题意，，解得， 则， 所以双曲线的渐近线方程为； （2）设点到直线的距离为， 当直线轴时，， 根据等面积法得，解得； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然）， 则直线的方程为，由，得， 所以①， 同理，由可求得②， 根据等面积法得，即， 即 ，即③， 将①②代入③得， 又点到直线的距离为定值， 所以，解得， 时，，即， 综上所述，时，点到直线的距离为定值． 【题型7 圆锥曲线中的定直线问题】 1．在平面直角坐标系中，，以为圆心作半径为4的圆，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径交于点. (1)当在圆上运动时，求点的轨迹方程； (2)过的直线交曲线交于两点，点关于轴的对称点为. （i）直线与轴的交点为，求点的坐标； （ii）求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由条件可得，结合椭圆的定义判断轨迹形状，位置，结合椭圆方法求结论； （2）（i）设直线方程为，，联立方程组求，求直线的方程和的坐标，（ii）结合（i）利用表示，利用换元法及二次函数性质求其范围. 【详解】（1）因为是圆上任意一点，点为线段的垂直平分线与半径的交点， 则,故， 又因为，则 所以的轨迹是以为两焦点，长轴长为4的椭圆， 即, 故的轨迹方程为. （2）（i）由已知直线与直线不重合， 设过的直线方程为，， 联立，化简得， 显然，且， 又因为，则直线的方程为，令，得， 将代入上式， 可得， 所以点的坐标为. （ii）由（i）得， 同理得，， 则 将代入， 化简得，， 故 令，则， ， 由，则， 当时，，当时，， 所以的取值范围为. 2．已知椭圆的左顶点为，右焦点为，离心率为，且点在椭圆上，为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)若不过点的直线与椭圆相交于两点，点在轴上方，点在轴下方，设的斜率分别为，则. ①证明：直线过定点； ②设①中的定点为，若，且，记的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）根据离心率以及点坐标代入计算可得结果； （2）①由题意设直线的方程为，与椭圆方程联立并整理结合韦达定理可得，再由可得，解得，可得直线的方程为，可得过定点. ②由①中结论结合向量表示求出表达式为，再利用韦达定理以及不等式性质即可求得的取值范围为. 【详解】（1）由题意得，解得. 所以椭圆的方程为. （2）①证明：由题意，直线的斜率存在且不为0. 设直线的方程为. 由消去，整理得， 则， . 又，则， 则 . 又因为，所以，解得， 所以直线的方程为， 所以直线过定点. ②由①可知，直线的方程为. 由消去，整理得，则. 由题意，得.因为，即，所以. 因为，所以，所以.    则 ， . 所以.（*） 因为， 因为，所以，所以. 设，则，由对勾函数的性质，解得. 即，代入式，得.    所以的取值范围为. 3．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上． (1)求的方程； (2)设直线：与交于、两点． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标得到，再将点代入椭圆方程，结合即可得到的方程； （2）（ⅰ）先联立椭圆和直线方程得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理及已知条件得到点坐标，进而得到的值；（ⅱ）先根据中点的坐标及中点也在直线上求出，再根据弦长公式求出，再根据，得到点在以为直径的圆上，从而得到当、、三点共线时，有最大值，进而得到，再利用三角换元法或导数法求最值即可． 【详解】（1）由椭圆的左、右焦点分别为，，则， 又椭圆过点，所以， 又，故，所以的方程为． （2）（ⅰ）因为直线：与椭圆交于、两点，设、两点坐标分别为，， 联立，消去，整理得， 则，解得， 则，， 又，， 则，即， 又因为点在椭圆上，即， 联立方程组，解得，，，， 由于点在直线方程上， 解得，，，， 又因为，所以． （ⅱ）设线段的中点坐标为，则， 所以，所以， 所以， 又，则点在以为直径的圆上， 而，当且仅当、、三点共线时等号成立， ，其中. 法1：（三角换元法） 设，，则， 所以，， 当时，，所以的最大值为． 法2：（导数法求最值） 令，则，， 所以， 因为在上单调递减，由，得 当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减， 所以，所以的最大值为． 4．已知点，是圆与椭圆的公共点，且点，和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. (1)求的值和椭圆的方程； (2)过点的直线分别交圆和椭圆于，两点.是上一点，直线斜率为，直线斜率为，，求面积的最大值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据题设即可确定的值及椭圆方程. （2）设直线：，与椭圆方程联立，可求出，同理可得，结合几何关系得到，根据，，三点共线，可得直线过定点，再设直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出的面积，结合“对钩函数”的单调性求最大值. 【详解】（1）因为点、是圆和椭圆的公共点，所以，. 又、和椭圆的一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，， 所以椭圆C的方程为. （2）根据题意可知，设直线方程为，则， 又，所以， 联立，得，解得或， 可得. 同理得 由对称性可得经过轴上一定点，由，，三点共线可得，， 从而， 整理得： 化简可得：， 因为，，所以，所以直线过定点. 设，，则， 显然斜率存在，设，直线：. 联立，整理得， ，则，， 所以， 令，所以， 所以，当时，单调递增，则，当，即时，取得最大值. 所以当，即时，三角形面积有最大值，此时. 综上：当斜率为0时三角形面积取得最大值. 【题型8 圆锥曲线中的最值与范围问题】 1．已知点，分别是椭圆的左、右顶点，且的离心率为． (1)求的方程； (2)若点是上与，不重合的点，直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心恒在定直线上． 【答案】(1) (2)6 (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件求解即可. （2）设直线求出的坐标，然后得到函数，利用基本不等式解决最值问题. （3）设出点，坐标与直线方程，通过联立得到韦达公式，设出外接圆一般方程，将得到的韦达公式代入运算，寻求的关系即可. 【详解】（1）因为，所以， 因为的离心率为，所以，解得， 所以的方程为． （2） 设直线的方程为，令，得， 设点，其中，则， 则， 所以， 所以直线的方程为， 所以， ， 当且仅当时等号成立． 故的最小值是6． （3） 证明：设，，直线的方程为， 联立，得， 所以，，且，， ， ． 设的外接圆方程为， 把点代入圆的方程得， 因为点，在圆上，所以①，②， ①+②得， 其中， ， 所以， 即， ①-②得， 易得，且， 上式两边同时除以得， 整理得，即， 代入得， 所以，或． 当时，，不满足题意， 所以，即， 即点正在定直线上， 所以的外心恒在定直线上． 2．已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）设则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 3．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)或或或 (3)是，直线 【分析】（1）根据已知及双曲线的定义写出的方程； （2）根据已知三角形面积及在双曲线上求出的坐标，结合重心的坐标性质确定点的坐标； （3）设的方程为，联立双曲线并应用韦达定理得，，写出直线与的方程，联立求出的轨迹，即可得. 【详解】（1）由题可知，，则． 又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点）， 故的方程为； （2）设．因为的面积为24， 所以，得． 由，得． 因为是的重心， 所以或或或； （3）由题可知的斜率存在，可设的方程为． 由，得， 则，得，则，． 直线的方程为，直线的方程为， 则． 由，，得， 则，得， 故点在定直线上. 4．已知双曲线的中心在坐标原点，上焦点坐标为，点为双曲线上任意一点，． (1)求双曲线的标准方程； (2)双曲线的下焦点为，若，求； (3)记双曲线的上、下顶点分别为，经过的直线与双曲线的上支交于两点，且点在第一象限，直线与交于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设出点，借助双曲线方程及两点间距离公式计算可得时，取最小值，从而可得双曲线方程； （2）结合双曲线定义计算即可得； （3）设出直线的方程后联立曲线，可得与交点横坐标有关韦达定理，再表示出直线与直线的方程后，联立两直线方程计算即可得解. 【详解】（1）设双曲线的标准方程为，点， 则有，即，由，则， 则 ， 由，，故， 当且仅当时取等号，则，即， 则，故双曲线的标准方程为； （2）由双曲线的定义可得， 又，则有或， 由（1）得， 又，所以； （3）由（1）可得，，设，， 显然直线的斜率存在，所以设直线的方程为，显然， 联立，消去有，， 则， 直线的方程为：，直线的方程为：， 则 ， 由可得，即，故点在定直线上. 1．已知椭圆的长轴长为，点在上． (1)求的离心率； (2)若点在上，为坐标原点，求面积的最大值； (3)设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴的交点坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，得到，求得，再由点在上，代入求得，进而求得，结合椭圆离心率的公式，即可求解； （2）由（1）得到椭圆的方程为，且为，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，利用，求得的值，得到两平行线间的最大距离为，进而求得的面积的最大值； （3）设，，分别求得直线和的方程，联立方程组，求得和，得到直线的得方程，即可得到答案. 【详解】（1）解：由椭圆的长轴长为，可得，解得， 又由点在上，可得，解得，即， 所以， 所以椭圆的离心率为. （2）解：由（1）知：且，所以椭圆的方程为， 又由，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为， 联立方程组，整理得， 因为直线与椭圆相切，可得， 可得，解得， 所以直线与直线之间的距离为： ， 直线与直线之间的距离为： ， 所以两平行线间的最大距离为， 又因为， 所以的面积的最大值为. （3）解：因为动点在直线上，可设，其中， 再设，且， 可得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 可得，可得， 所以，即， 同理可得：直线的方程为，且， 所以直线的斜率的倒数为， 所以直线的方程为，整理得， 设直线与轴的交点为， 令，可得，所以直线与轴的交点为. 2．已知双曲线的左顶点为，右焦点为.过且斜率为的直线与的左、右两支分别交于，两点，点关于轴的对称点为. (1)证明：直线恒过定点； (2)过点作轴的垂线，交直线于点，直线与的另一个交点记为. （i）若直线的斜率为，证明； （ii）是否存在圆，使得点，，，在该圆上，若存在，求圆心的轨迹方程，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）存在， 【分析】（1）利用直线与双曲线联立方程，先利用对称性猜想定点在轴上，然后计算动直线与轴的交点横坐标，通过韦达定理代入求解即可. （2）（i）首先根据直线方程求出以及，再根据点求出，即可证明. （ii）根据的坐标，计算，得到点在以为直径的圆.设圆心为，利用直线方程计算半径.再利用直线与双曲线联立方程求出的坐标，进而得到，，，四点共圆.再利用直线方程得到关系得到圆心的轨迹方程. 【详解】（1）当的斜率存在且不为，， 设，，，则. 由消去，得. 则，解得. 所以，，. 直线， 令得， 所以直线恒过定点. 当的斜率为零时，即为轴，重合，此时即为轴，故也过， 综上，直线恒过定点. （2）（i）直线中，令，得，即. ，而，所以. （ii），， . 所以，点在以为直径的圆上，设圆心坐标， 则，. 半径， 设，直线，由，得， 所以，即，所以轴. 因为，所以. 所以，所以点在以为直径的圆上. 所以，，，四点共圆. 设圆心坐标，则，① .② 由①②得，所以③. 由②得，即.④ 由③④消去得，， 所以圆心的轨迹方程是. 3．已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2)；理由如下： 设切线PQ的方程为， ， 由，消去y得①，    则， 解得或（舍去），将代入①得， ，解得，则， 所以，又为PQ中点，则， 因为斜率都存在，不妨设，， 则的方程为，联立得， 得，所以 ， 则，同理，， 则， 又R，A，B三点共线，则,即， 即得， 化简得， 所以， 所以，所以，则到直线的距离相等，设为d， 则，所以. 【分析】（1）根据离心率以及椭圆两个焦点与短轴的端点为顶点构成的四边形的面积列出等式即可求解； （2）设出相关直线与相关点的坐标，直线与椭圆联立，点的坐标配合斜率公式化简，再运用韦达理化简可证明，再结合三角形面积公式即可得结论. 【详解】（1）由题意可知，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）略 4．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，M为E上的动点，且M到两焦点的距离的差的绝对值为2． (1)求E的方程； (2)过点M作斜率为和的直线，分别与E交于点G、H，求的最小值； (3)过点的直线交E于A、B两点，过点的直线交E于C、D两点，与交于点P，且与的斜率之积为．证明：与面积的乘积为定值． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析． 【分析】（1）由双曲线的定义与性质求得得双曲线方程； （2）设，写出直线的方程为，代入双曲线方程，结合韦达定理求得，同理求得，然后计算并化简为的函数，从而可求得最小值； （3）设，求出，设直线与的夹角是，计算出，设直线的参数方程为，其中为参数，结合韦达定理计算，同理求得，从而求出（用表示），直线的斜率为，直线的斜率为，，由直线夹角公式求得，再由三角公式求得，然后代入计算可得证. 【详解】（1）根据题意，，又，所以，则， 所以双曲线方程为. （2）设，则， ， 直线的方程为， 由得：， 设点坐标为，则是上述方程的解， 所以，整理得， 直线的方程为， 由得：， 设点坐标为，则是上述方程的解， 所以，整理得， ，同理， ， 所以， 又，即， 所以， 因为，所以，时取等号， 所以； （3）由（1）得，设， 则，化简得， 所以在双曲线上， ， 直线（即）相交于点，则与互补（或是对顶角） 所以，设直线与的夹角是，则， 所以， 直线过，设直线的参数方程为，其中为参数，表示点到对应点的有向距离，设对应参数分别为， 把代入双曲线方程得， 化简得， 所以，， 在直线上，， ， 又满足，，， ， ， ， 所以， 同理可得， 所以， 直线的斜率为，直线的斜率为，， ， ， 所以. 5．动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数. (1)求动点D的轨迹方程； (2)设动点D的轨迹为曲线，，是曲线过原点O的两条弦，且，求证：为定值； (3)在（2）的条件下，求的面积的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3) 【分析】（1）根据已知条件列出等式然后进行化简，即可得到轨迹方程； （2）当直线，其中一个斜率不存在时，可得为定值，当直线，均存在时，设直线方程和直线方程，分别与椭圆方程联立求出，，由椭圆的对称性知，，进而得到的表达式即可证明； （3）当直线，其中一个斜率不存在时，可得，当直线，斜率均存在时，由（2）知和，则可得，令，换元后根据均值不等式即可求解. 【详解】（1）由已知得 ， 化简得 ， ， 即点 的轨迹方程为: . （2）若直线，其中一个斜率不存在， 则易知: ， 若直线，斜率均存在， 设直线方程: ，， 联立 ，整理得 ，解得: ， 同理，设直线方程: ，， 联立 ，整理得 ，解得: ， 所以 ，， 由椭圆的对称性知， ，， 所以 ， 综上，为定值，且定值为. （3）由（2）知若直线，斜率均存在， ，， ， 则， 令，则， 令，， ， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以， 所以，即， 若直线，其中一个斜率不存在，， 综上，的面积的取值范围. 6．已知到点的距离与到直线的距离相等，的轨迹为. (1)是轨迹的方程上一点，，求的最小值. (2)若直线过点交轨迹于两点，过分别作轨迹的切线，两切线交于点. （i）求的轨迹方程； （ⅱ）求到直线的距离的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ）4 【分析】（1）利用抛物线的定义求出轨迹的方程，设出点的坐标，再利用两点间距离公式及导数求出最小值. （2）（i）设出点的坐标，求出切线方程，进而求得直线方程，再由直线过定点求出的轨迹方程；（ⅱ）利用点到直线的距离公式及基本不等式求出最小值. 【详解】（1）由点到点的距离与到直线的距离相等，得轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 因此轨迹的方程为，设点， 令， 求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以的最小值为. （2）（i）设点， 由题意知轨迹在点处的切线不垂直于轴，设切线的方程为， 由消去得，则， 而，则，即，解得， 所以切线的方程为， 整理得，同理得切线的方程为. 又直线过点，则， 因此点的坐标都满足方程，则直线的方程为. 又直线过点，则，解得， 所以点的轨迹方程为. （ⅱ）如图，由（i）知直线的方程为，则点到直线的距离 ， 当且仅当，即时取等号， 所以到直线的距离的最小值为4. 1．在研究复杂的平面曲线时，有时会把曲线上的点投影到直线上，我们引入以下两个定义： 【定义1】给定平面内一曲线和曲线上一点，以及一条不经过的直线. 对于上某一点（），若直线与有且只有一个交点，则称为点关于中心在上的投影点. 【定义2】给定平面内一曲线，点不在上，以及一条直线（不经过）.对于上任意一点，直线与曲线的交点个数称为关于中心和曲线的覆盖度，记为. 若上存在一点，对于以为中心的任意开区间内（以为中心的开区间是指，其中），都存在点使得，则称为在上的分歧投影点. (1)已知圆，点在上，投影直线. 若上有一点，求点关于中心在上的投影点的坐标. (2)已知椭圆，左顶点为，投影直线. 设 是 上异于点的两个不同动点，它们关于中心在上的投影点分别为和证明：直线经过定点的充要条件是. (3)已知双曲线，投影中心在轴上，直线为轴. 对于上任意一点，设关于中心和曲线的覆盖度为. 探究上关于中心和曲线的“分歧投影点”的个数是否与的取值有关？请说明理由，并求出所有分歧投影点的坐标. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)与的取值无关，理由见解析，. 【分析】（1）写出过和的直线方程，与投影直线联立解得交点坐标； （2）将椭圆上的点用投影点纵坐标参数化，用此参数表示直线过定点的代数条件，化简得，反之亦然； （3） 直线与双曲线方程联立，交点个数变化仅当判别式为零或二次项系数为零，解得的四个值，与无关，即为分歧点. 【详解】（1）设直线，将点，代入可得直线， 将代入直线可得交点，根据定义1可得即为投影点. （2）设椭圆上任意一点（异于左顶点），其关于中心在直线上的投影点为， 由共线可得斜率相等：（1） 反之，由(1)解出，代入椭圆方程得 整理得 ，已知是方程的一个根（对应点），设另一根为， 由韦达定理： 代入(1)得， 因此，点的坐标可用参数表示为（2）. 现在，设对应参数，则直线经过定点的充要条件是向量与共线，即（3）. 利用(2)计算： 于是（4）. 必要性：假设直线过，则 (3) 成立，将 (4) 代入得 两边乘以并整理： 左边通分：，即，由于，两边除以得 充分性：若，则利用(4)计算： 由，得，代入可得：. 又由，得 ，因此差为零，即(3)成立，故在直线上， 所以直线恒过定点. 综上所述，直线经过定点的充要条件是，证毕. （3）分歧投影点的个数与的取值无关，恒为4个. （1）当时，对双曲线，中心 ，直线 轴，点， 直线方程为 （），代入双曲线得二次方程 判别式，二次项系数为， 覆盖度 发生变化的情形包括： ①二次项系数为零，即 ，解得 ，此时曲线方程为一次方程，以为例，，解得， 代入直线得，验证：，成立， 因此当时，直线与双曲线恰有一个交点，代入，得，即是唯一解， 所以此时交点个数为1,因此当时交点个数为1，而两侧为2，故是分歧点，类似地也是； ②判别式为零，即 ，解得，即，此时直线与双曲线相切，交点个数为1（切点）， 而两侧的使得时有两个交点，或时无交点，因此也是分歧点； （2）当时，直线即轴，方程为，代入，无实数解. 此时， 当时也无解，故不是分歧投影点. 因此，分歧投影点的个数与无关，无论取何值，分歧投影点的个数总是4个， 坐标分别为. 2．在平面直角坐标系中，让任意一点A绕一固定点旋转一个定角，变成另一点，如此产生的变换称为平面上的旋转变换，已知点绕原点逆时针旋转后得点，且旋转变换的表达式为，曲线的旋转变换也如此． (1)将点绕原点逆时针旋转得到点，求点坐标； (2)已知曲线，绕原点逆时针旋转得到曲线． （ⅰ）求曲线的方程； （ⅱ）P为曲线上一点，P不在x轴上，过P作交曲线于B，D两点，求证：BD与曲线在P点处的切线垂直． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）由旋转公式可得； （2）（ⅰ）设曲线上任意一点为，将其绕原点逆时针旋转得到点，根据旋转公式可得； （ⅱ）设，再设切线方程为，根据得出，再分类讨论，设，根据得出，当直线的斜率不存在时，求证即可求证. 【详解】（1）由题意可得，，则； （2）（ⅰ）设曲线上任意一点为，且，将其绕原点逆时针旋转得到点， 则，得， 则，即， 故曲线的方程为； （ⅱ）设，且，， 由题意可知，过点的切线斜率存在，故设切线方程为， 联立，得， 则， 即 ， 则， 当直线的斜率存在时，设直线，， 联立，得， 则， 则， ， 因为，所以 ， 则， 即，即， 因为直线不过点，所以， 则，得， 则，此时BD与曲线在P点处的切线垂直； 当直线的斜率不存在时，设直线，其中或，， 联立，得，则， 则 ，不符合题意.    综上，BD与曲线在P点处的切线垂直． 3．中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线也称为卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中到两定点、距离之积为的点的轨迹是双纽线，其轨迹为一条连续的封闭曲线， (1)判断是否在曲线上； (2)若点在椭圆上，，证明：； (3)若直线与曲线只有一个交点，求的取值范围. 【答案】(1)在，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用题中定义判断即可； （2）利用椭圆的定义和勾股定理可求出的值，即可证得结论成立； （3）求出曲线的方程，可知直线在曲线必有一个定点为原点，然后将直线的方程与曲线的方程联立，结合题意可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围. 【详解】（1）记点，则， 故点在曲线上. （2）对于椭圆，，，则， 故、分别为椭圆的左、右焦点， 由椭圆的定义可得， 因为，由勾股定理可得， 因为， 所以，故. （3）任取曲线上一点，则， 即，即， 整理可得，故曲线的方程为， 易知原点在曲线上，所以直线与曲线一定有公共点， 联立，结合题意可知无非零实数解， 即无非零实数解，则，可得，解得或， 因此实数的取值范围是. 4．曲率半径可用来描述曲线上某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大，则曲线在该点处的弯曲程度越小．已知椭圆上点处的曲率半径公式为．已知椭圆上所有点相应的曲率半径的最大值为，最小值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆相交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的方程： (3)记椭圆的左焦点为，为椭圆上一动点，定点，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆方程可得，进而可得，结合题意可得，即可得方程； （2）设，，根据题意利用点差法可得，即可得方程； （3）根据椭圆定义可得，代入结合图形的性质分析求解. 【详解】（1）因为点在椭圆上，则，即， 可得， 因为，则， 可得，所以， 则，，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为，可知点在椭圆内，直线与椭圆必相交， 设，，则线段的中点坐标为， 可得，，， 因为点，在椭圆内， 则，两式相减得， 整理可得，即，可得， 所以直线的方程为，即. （3）由题意可知：，则椭圆的左、右焦点分别为，， 因为，即， 则， 当且仅当点在的延长线上时，等号成立， 所以的最大值为. 5．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，直线l与相切，与圆相交于A，B两点．当l垂直于x轴时，． (1)求的方程； (2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为． （i）若M，N分别为线段与圆O，P为圆O上一点，当的面积最大时，求； （ii）若，均存在，记两者中的较大者为．已知，，均存在，证明：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得； （2）（i）利用仿射法表示出，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （ii）利用新定义，结合对称性推理即得. 【详解】（1）当l垂直于x轴时，，解得， 离心率，解得，所以的方程为：． （2） （i）当P作圆的切线，其切线平行于时，是以此为底边的面积最大值，设，如上左右两图，则， 则， 即， 当时，取得最大值，， 对于线段上任意点E，连接并延长与圆O交于点F， 则F是圆上与E最近的点，当E为线段的中点时，取得最大值， 所以． （ii）因为，，均存在， 设点，，，，，， 且，，， 设是集合Y中到的最近点，根据对称性，不妨设， 令点到集合Z的最近点为，点到集合Y的最近点为， 因为是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则， 因为是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则， 因此， 而在坐标平面中，， 又点是集合Y中到点的最近点，则， 所以． 6．定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. (1)证明:点O为三角形ABC的内心； (2)已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 【答案】(1) 由正弦定理可知 则. 记， 由于， 所以在直线上， 且， 所以在角的角平分线上， 又因为， 所以三点共线， 即在角的角平分线上， 同理可得在角，角的角平分线上， 即为的内心. (2) （i），，则， 即，，， 设，则， 设直线：，直线：， ，. 代入可得. 显然,否则三点共线构成不了三角形. 故，即① 由（1）可知为的内心.，不妨设在第一象限， 故，代入①可得， 则（舍去，注：）或者， 即. （ii）定值为. 【分析】（1）根据正弦定理得，再利用在直线上得到在直线上，，则在角的角平分线上，同理得其在另外两角平分线上即可证明； （2）（i）设直线：，直线：，联立解得点坐标，代入方程得，最后计算得，化简即可； （ii），设，，根据焦半径公式得，，再利用向量关系即可得到，则其轨迹为椭圆，则得到其定长. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）， 即，，，设，， ， ，，， 则， 即， 解得，， 则， 即的轨迹为椭圆，则. 7．如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点是角α终边上的点（异于原点），设，将点P绕O逆时针旋转θ后得到． (1)求证：． (2)已知曲线是函数的图象，曲线绕原点O逆时针旋转后得到，求的标准方程； (3)已知曲线表示一个中心在原点的椭圆，Q为第一象限内一点，且在椭圆的长轴上，满足，过点Q作直线交曲线于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线于点G、H，试判断：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是，定值为 【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简得证； （2）设曲线上一点为，表达出，，利用代入法求曲线的方程； （3）方法一：设长轴在x轴上的椭圆一点为，根据题意先求得，分直线旋转后斜率不存在和存在两种情况，设出直线旋转后的方程，直线旋转后的方程，联立椭圆，结合韦达定理可得； 方法二：设长轴在x轴上的椭圆一点为，根据题意先求出，故，分斜率不存在，斜率为且0和斜率存在且不为0三种情况，设出直线方程，联立，可得. 【详解】（1）点是角α终边上的点（异于原点），设， 则， 经过逆时针旋转θ到后，角终边与重合， 所以， ，得证． （2）设曲线上一点为， 逆时针旋转后的点在的图像上， 由（1）知：，， 代入得， 化简即得曲线的方程为． （3）方法一：设长轴在x轴上的椭圆一点为， 逆时针旋转得到点在的图像上， 由（1）知，，满足， 于是得． 因此且， 由不等式可得，故， 由此得，所以， ，故． 点Q旋转后的坐标为． 当直线旋转后斜率不存在时，中，令得， 解得，则， 此时直线为轴，故，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，直线旋转后为， 旋转后，，． 与椭圆方程联立，即， 可得， 则由韦达定理得，， 故 ， 将代入椭圆方程中，有，， 故， 则． 方法二：设长轴在x轴上的椭圆一点为， 逆时针旋转得到点在的图像上， 由（1）知，，满足， 于是得． 因此且， 由不等式可得，故， 由此得， 又，故，当斜率不存在时，直线方程为， 中，令得， 此时、满足，故， 于是， 此时直线为，中，令， 解得，故， 此时． 当斜率为0时，直线方程为，此时同理得； 当斜率存在且不为0时，设直线，． 设，，联立与得， 故， 则联立椭圆联立得， 有， 故， 则， 故． 8．在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上. (1)求曲线的方程并确定点的位置； (2)点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为. （i）求数列的前项和； （ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上. 【答案】(1)，点为坐标原点 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题设定义求解即可； （2）（i）由题意易得，，进而得到是首项为1，公比为的等比数列，进而求和即可； （ii）先求出直线的方程为，，，可得直线的方程为，进而求证即可. 【详解】（1）依题意，得即 ，故曲线方程为. 点在曲线上，，故曲线方程为 由对称性可知，点为坐标原点 （2）（i）依题意，得， 得①， 又直线的斜率为2且， ②. 将②代入①中，得③， 将②和③相加，得， 从而是首项为1，公比为的等比数列， . （ii）点在定直线上. 证明如下： ， 直线的方程为， 令，得. 直线的方程为，直线的方程为， 联立解得. 直线的方程为，直线的方程为， 联立解得. 直线的方程为， 令，得， 直线与直线的交点坐标为， 故点在定直线上. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $