专题2.4.2 直线和圆锥曲线的综合问题（高效培优讲义）数学北师大版高二选择性必修第一册

本讲义聚焦直线与圆锥曲线综合应用核心知识点，系统梳理位置关系判定（联立方程与判别式）、弦长公式、中点弦问题（韦达定理与点差法）、面积计算、几何条件代数转化及定点定值等四大综合问题，构建从基础到综合的学习支架。 资料通过思维导图整合知识体系，以题型分类（弦长、面积、定点等）搭配典例与变式，培养数学抽象（位置关系判定）、逻辑推理（韦达定理应用）及数学表达（几何条件转化）能力。课中助力教师系统授课，课后学生可借即学即练与综合题查漏补缺，强化解题规范。

专题2.4.2直线与圆锥曲线的综合 z 教学目标 （1） 掌握直线与圆锥曲线位置关系的判定方法，会联立直线与圆锥曲线方程，转化为一元二次方程，利用判别式判断相交、相切、相离。 （2） 理解弦长公式的推导，熟练应用弦长公式求解圆锥曲线中弦的长度；掌握中点弦问题的两种解法：联立方程 + 韦达定理、点差法。 （3） 能够利用韦达定理处理设而不求类问题，解决交点坐标、向量条件、面积、角度、参数求解等综合大题。 （4） 掌握圆锥曲线中三角形、四边形面积的多种表达形式，会结合直线斜率、弦长、点到直线距离计算图形面积。 （5）能处理定点、定值、最值、范围、存在性高频大题题型，理清解题常规思路，规范大题书写步骤。 教学重难点 1.重点 联立直线与圆锥曲线方程，判别式判断位置关系，韦达定理的应用。 弦长公式、中点弦（点差法）的使用。 圆锥曲线中面积计算；把几何条件转化为代数方程。 定点、定值、最值、参数范围基础题型解题套路。 2.难点 直线斜率是否存在的分类讨论，复杂含参式子化简运算。 点差法适用条件，区分点差法与联立韦达定理的使用场景。 几何条件向代数表达式转化（向量条件、垂直、角度、共线等）。 定点定值问题逻辑推导；存在性问题的分析思路；取值范围中不等关系的建立。 知识点 1 直线与圆锥曲线的位置关系 设直线l与圆锥曲线C，联立，消元得到一元二次方程 ：直线与曲线相交，两个不同公共点； ：直线与曲线相切，一个公共点； ：直线与曲线相离，无公共点。 注意： ①若二次项系数A=0，方程退化为一次方程，直线与双曲线 / 抛物线只有一个交点，但不是相切； ②直线斜率不存在时，要单独代入验证。 知识点 2 弦长公式 直线与圆锥曲线交于 知识点 3 中点弦问题 韦达定理法：联立方程，由韦达定理结合中点坐标公式求解。 点差法（差分法）： 若在圆锥曲线上，两点代入曲线方程作差；结合中点求直线斜率。 提醒：点差法求出斜率后，必须检验，保证直线与曲线真的相交。 知识点 4 圆锥曲线中的面积计算 已知弦AB，点P，三角形面积：，d为点P到直线AB的距离； 也可利用坐标分割、向量面积公式处理。 【即学即练】 已知点满足方程，，设点的轨迹为曲线，过原点的直线与曲线交于，两点，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 知识点 5 常见几何条件代数转化 A,B,P三点共线向量共线； 角相等、距离相等、比例关系翻译成坐标等式。 知识点 6 四大综合问题基础理论（定点、定值、最值、范围、存在性） 定点：式子对参数恒成立，找出不受参数影响的点； 定值：证明某个式子的值不受参数变化，结果为常数； 最值：表达式化为函数，结合变量范围求最大、最小值； 取值范围：利用判别式、曲线本身范围、不等式建立不等关系求参数范围； 存在性：假设存在，根据条件求解，有解则存在，无解则不存在。 【即学即练】 已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 题型 01 弦长计算问题 【典例1】已知点为椭圆上的一个动点，点的坐标为，则的最大值为____________. 题型 02 面积类大题 【典例1】设连结双曲线与的四个顶点所成的四边形面积为，连结其四个焦点所成的四边形面积为，则的最大值是（    ） A． B． C．1 D．2 【变式1】已知点为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线，，则四边形面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】 从椭圆上的动点作圆的两条切线，切点为和，直线与轴和轴的交点分别为和，则面积的最小值为________． 题型 03 定直线问题 【典例1】已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【变式1】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上一点，且满足.求证：点在一条定直线上. 【变式2】 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． 题型 04 定点问题 【典例1】已知椭圆右焦点，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)直线与椭圆交于不同的两点，点，若（是坐标原点），判断直线是否过定点，如果是，求该定点的坐标；如果不是，说明理由. 【变式1】已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【变式2】  已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【变式3】已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 题型 05 定值问题 【典例1】已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点.若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，其离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点作直线与椭圆交于不同的两点，（异于，），直线，的交点为. （ⅰ）某同学闲暇时作了多条不同直线，相应产生了多个不同点，他感觉这些点在一条直线上.请你对其感觉的正确性给出判断并证明； （ⅱ）设直线，交点为，试问：与的面积之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【变式1】已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线上一动点，过点的直线与双曲线的两条渐近线交于点，（，在轴同侧）． (1)求双曲线的方程； (2)证明点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值； (3)求（为坐标原点）面积的最小值． 【变式2】 已知双曲线的离心率为，其右顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作垂直于轴的直线，与双曲线交于M，N两点，点为双曲线位于y轴正半轴的虚轴端点，求的面积； (3)设P，Q为双曲线上不同的两点，且，证明：点到直线PQ的距离为定值，并求的最小值． 【变式3】已知点，，为曲线上三点（其中点为曲线上除,外任意一点），且满足． (1)求曲线的方程； (2)已知圆，曲线的上焦点为，作圆的切线交曲线于，（，），在上取点使，判断是否为定值． 题型 06 存在性探究问题 【典例1】椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 【变式1】已知椭圆E：（）的离心率为，，，且原点到直线的距离等于． (1)求椭圆的方程； (2)设点（）在椭圆上，直线交轴于点．点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【变式2】  已知椭圆：，动直线与椭圆交于、两点． (1)求椭圆的焦距和离心率； (2)设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； (3)若动直线经过点，则轴上是否存在定点（不同于点），使得直线与直线的倾斜角总互补？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3】已知椭圆的离心率为，过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 1．已知抛物线的焦点为，准线为．过点作直线交于，两点，分别过，作的切线，两切线交于点．若，则直线的斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．过抛物线：的焦点作直线与相交于两点，过两点分别作的切线，两切线相交于点，则点的纵坐标为（   ） A． B． C． D． 3．已知双曲线：（）的两条渐近线互相垂直，抛物线：（）的焦点到的渐近线的距离为，过点作的两条切线，切点分别为点，则直线在轴上的截距为（   ） A． B．2 C． D． 4．直线过抛物线的焦点，交抛物线于，两点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．已知椭圆，点在的第一象限部分上．在点处的切线分别与轴、轴的正半轴交于，两点，为坐标原点，则（    ） A．切线的方程为 B． C． D．当时，直线的斜率为 1．已知椭圆的两个焦点分别为，，且椭圆与直线相切．过作两条互相垂直的直线，，与椭圆分别交于点，及，，则四边形面积的最大值与最小值分别为________． 2．已知点为双曲线右支上一点，点，分别为双曲线的左右焦点，点是的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有，则双曲线的离心率是__________． 3．设双曲线的右焦点为，直线，的右支上一点（非顶点）在上的投影为，记的面积为，则的最小值为________． 4．双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为2，实轴长为2，点P在双曲线C上，过点P分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则|AB|的最小值为______． 5．等腰直角三角形内接于抛物线，为抛物线的顶点，，则的面积是________． 6．已知椭圆的焦距为2，椭圆上的点到两焦点距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，若的面积是的面积的4倍，求的方程． 7．椭圆的离心率，过右焦点的直线与上下两个交点为，． (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆的左右顶点分别为，，直线，分别交轴于，两点，试问：与的面积比是否为定值，若为定值，证明你的结论；若不为定值，请说明理由． 8．已知椭圆，点为椭圆的右焦点，过点作直线交曲线于、两点，当直线与轴垂直时，． (1)求曲线的方程； (2)若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ii）若，求的面积． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题2.4.2直线与圆锥曲线的综合 z 教学目标 （1） 掌握直线与圆锥曲线位置关系的判定方法，会联立直线与圆锥曲线方程，转化为一元二次方程，利用判别式判断相交、相切、相离。 （2） 理解弦长公式的推导，熟练应用弦长公式求解圆锥曲线中弦的长度；掌握中点弦问题的两种解法：联立方程 + 韦达定理、点差法。 （3） 能够利用韦达定理处理设而不求类问题，解决交点坐标、向量条件、面积、角度、参数求解等综合大题。 （4） 掌握圆锥曲线中三角形、四边形面积的多种表达形式，会结合直线斜率、弦长、点到直线距离计算图形面积。 （5）能处理定点、定值、最值、范围、存在性高频大题题型，理清解题常规思路，规范大题书写步骤。 教学重难点 1.重点 联立直线与圆锥曲线方程，判别式判断位置关系，韦达定理的应用。 弦长公式、中点弦（点差法）的使用。 圆锥曲线中面积计算；把几何条件转化为代数方程。 定点、定值、最值、参数范围基础题型解题套路。 2.难点 直线斜率是否存在的分类讨论，复杂含参式子化简运算。 点差法适用条件，区分点差法与联立韦达定理的使用场景。 几何条件向代数表达式转化（向量条件、垂直、角度、共线等）。 定点定值问题逻辑推导；存在性问题的分析思路；取值范围中不等关系的建立。 知识点 1 直线与圆锥曲线的位置关系 设直线l与圆锥曲线C，联立，消元得到一元二次方程 ：直线与曲线相交，两个不同公共点； ：直线与曲线相切，一个公共点； ：直线与曲线相离，无公共点。 注意： ①若二次项系数A=0，方程退化为一次方程，直线与双曲线 / 抛物线只有一个交点，但不是相切； ②直线斜率不存在时，要单独代入验证。 知识点 2 弦长公式 直线与圆锥曲线交于 知识点 3 中点弦问题 韦达定理法：联立方程，由韦达定理结合中点坐标公式求解。 点差法（差分法）： 若在圆锥曲线上，两点代入曲线方程作差；结合中点求直线斜率。 提醒：点差法求出斜率后，必须检验，保证直线与曲线真的相交。 知识点 4 圆锥曲线中的面积计算 已知弦AB，点P，三角形面积：，d为点P到直线AB的距离； 也可利用坐标分割、向量面积公式处理。 【即学即练】 已知点满足方程，，设点的轨迹为曲线，过原点的直线与曲线交于，两点，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】已知，即到两定点距离之和为8， 是椭圆，其中，，， 椭圆方程为， 已知过原点的直线与曲线交于，两点，则，关于原点对称， ， 已知，则，， 因为，则， 位于椭圆上，则，解得， 故． 知识点 5 常见几何条件代数转化 A,B,P三点共线向量共线； 角相等、距离相等、比例关系翻译成坐标等式。 知识点 6 四大综合问题基础理论（定点、定值、最值、范围、存在性） 定点：式子对参数恒成立，找出不受参数影响的点； 定值：证明某个式子的值不受参数变化，结果为常数； 最值：表达式化为函数，结合变量范围求最大、最小值； 取值范围：利用判别式、曲线本身范围、不等式建立不等关系求参数范围； 存在性：假设存在，根据条件求解，有解则存在，无解则不存在。 【即学即练】 已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，. 因为直线不经过点，所以. 由方程组消去整理得， 则，. 因为直线与直线的斜率之和为-1， 所以 ， 整理得 ， 所以 ， 化简得 . 因为，所以， 代入直线的方程得，所以直线恒过定点（4，1）. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程得， 由 ，解得，但是直线与椭圆没有交点，所以斜率不存在时无符合条件的直线. 综上所述，直线过定点（4，1）. 【分析】(1)通过离心率和定点求椭圆方程. (2)联立直线与椭圆方程利用韦达定理求出两点坐标关系后，代入到斜率之和为的条件中求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且过点，所以 因为，所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 题型 01 弦长计算问题 【典例1】已知点为椭圆上的一个动点，点的坐标为，则的最大值为____________. 【答案】 【分析】方法一：设点的坐标为，根据两点间距离公式及二次函数的最值求得结果；方法二：设点的坐标为，根据两点间距离公式及二次函数的最值求得结果. 【详解】方法一：设点的坐标为，则， 因为点为椭圆上一点，所以，且， 则， 因为，所以当时，； 方法二：将椭圆方程化为标准形式得，所以设点的坐标为 ， 则， 又，故当时，取得最大值，最大值为. 题型 02 面积类大题 【典例1】设连结双曲线与的四个顶点所成的四边形面积为，连结其四个焦点所成的四边形面积为，则的最大值是（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】利用共轭双曲线的性质判断两个四边形的结构特征，用双曲线参数表示出面积，结合基本不等式求比值的最大值. 【详解】双曲线的顶点为，共轭双曲线的顶点为，且， 四个顶点构成对角线长分别为、的对角线垂直四边形，所以， 对任意双曲线，半焦距满足，两个双曲线的焦点分别为、， 同理四个焦点构成对角线长均为的对角线垂直四边形，所以， 综上，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为. 【变式1】已知点为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线，，则四边形面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程确定圆心与半径，把四边形面积转化为关于的表达式，再结合抛物线设点求的最小值，进而得到面积最小值. 【详解】由圆，得，故圆心，半径， 因为是圆的切线，所以，，且， 因此四边形的面积： ， 在中，由勾股定理得， 即当取最小值时，取最小值，从而取得最小值. 设抛物线上点的坐标为， 则 ， 因为，则当时，取得最小值，即， 代入得，故四边形面积的最小值为. 【变式2】 从椭圆上的动点作圆的两条切线，切点为和，直线与轴和轴的交点分别为和，则面积的最小值为________． 【答案】 【分析】首先根据圆的切线方程，确定直线的直线方程，再求点的坐标，求三角形的面积，再根据基本不等式求最值. 【详解】设点，，，由题意知，． 直线和的方程分别为，， 因为点在直线和上，所以，． 可知，两点坐标都满足方程，所以直线的方程为． 由此可得直线与轴和轴的交点分别为和， 所以的面积． 因为，所以． 所以，当且仅当时，面积取得最小值，最小值为． 题型 03 定直线问题 【典例1】已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明如下： 依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）略 【变式1】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上一点，且满足.求证：点在一条定直线上. 【答案】(1)； (2) 证明：由题可知直线l斜率存在，设直线， 联立， 则，即， 由题可设，， 则，且， 所以， ， 同理，， 所以由得即， 又由题意可知， 所以，所以，整理得， 所以，整理并化简得， 所以，在定直线上.    【分析】（1）由题设结合椭圆中的几何意义及其关系即可求解； （2）先由题设直线，与椭圆联立得韦达定理，将韦达定理代入转换化简后的代数式求出点T的横坐标为定值即可得证. 【详解】（1）由题可得即， 所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）略 【变式2】 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. 题型 04 定点问题 【典例1】已知椭圆右焦点，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)直线与椭圆交于不同的两点，点，若（是坐标原点），判断直线是否过定点，如果是，求该定点的坐标；如果不是，说明理由. 【答案】(1) (2)过定点， 【分析】（1）由右焦点得出，再根据离心率求出关系式得出，可得椭圆方程. （2）将角度相等转化为斜率之和为0，联立直线与椭圆方程，用韦达定理化简条件等式，求出关系，可得定点. 【详解】（1）由得，而， 则， 因此椭圆的方程为：. （2）设，，联立 ， 得， 则， 由韦达定理得， 由，得，即：， 代入，，整理得：， 即， 所以， 化简得：， 所以， 故直线恒过定点，且时满足，符合题意. 【变式1】已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)直线过定点，证明见解析 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【详解】（1）由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. （2）设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 【变式2】  已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，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，恒过定点 【分析】（1）由离心率得，结合推出，设椭圆方程后代入已知点坐标，求出与，写出椭圆方程. （2）设直线联立椭圆方程，由限定斜率范围，利用韦达定理得根与系数关系，写出对称点，求出直线在处的横坐标，代入化简消去参数，证得直线恒过定点. 【详解】（1）因为离心率，所以. 因为，所以，所以的方程可写为. 因为过点，所以，解得，因此， 所以的标准方程为. （2）由题可知直线斜率存在,否则直线与椭圆没有交点. 设直线的方程为，与的方程联立， 消去得， 由，解得. 设，则. 直线的方程为，令，可得. 因为， 所以 故直线恒过定点. 【变式3】已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明：由题意可知：，直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，可得， 则，， 因为， 整理可得， 即， 整理可得，解得或， 若，则直线过定点，不合题意； 若，则直线过定点，符合题意； 综上所述：直线过定点. 【分析】（1）根据题意结合离心率可得，，即可得和椭圆方程； （2）设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，根据斜率关系结合韦达定理可得或，进而分析证明. 【详解】（1）由题意可得：，，可得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 题型 05 定值问题 【典例1】已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点.若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，其离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点作直线与椭圆交于不同的两点，（异于，），直线，的交点为. （ⅰ）某同学闲暇时作了多条不同直线，相应产生了多个不同点，他感觉这些点在一条直线上.请你对其感觉的正确性给出判断并证明； （ⅱ）设直线，交点为，试问：与的面积之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）设直线方程为，与椭圆联立，消得： ，    又设交点，则， 所以有 则直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标为常数，即这些点在一条直线上； （ⅱ）因为与的面积之积是,    由（ⅰ）可得交点为的纵坐标为常数，代入直线方程可得： ， 即交点为的横坐标为 又设直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标也为常数，即点也在这条直线上， 把代入直线方程可得： ，即交点为的横坐标为， 由， 因为，所以， 即与的面积之积是. 【分析】（1）利用离心率和椭圆定义即可求解； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，再利用交点坐标表示两条相交直线，通过方程组求出交点纵坐标，再利用韦达定理来证明定值即可； （ⅱ）把面积问题转化为两交点的横坐标问题，通过求解横坐标之积，就能证明两三角形面积之积为定值的问题. 【详解】（1）由题意可得：，解得， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 【变式1】已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线上一动点，过点的直线与双曲线的两条渐近线交于点，（，在轴同侧）． (1)求双曲线的方程； (2)证明点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值； (3)求（为坐标原点）面积的最小值． 【答案】(1) (2)证明：双曲线的渐近线方程为：，点到两条渐近线的距离分别为：，，则，因在双曲线上，所以，代入解得为定值；定值为 (3) 【分析】1.使用离心率求出，，的关系，再将点代入求出双曲线方程； 2.利用双曲线上点的坐标特性，证明该点到双曲线两条渐近线的距离乘积恒为定值； 3.设过动点的直线，与渐近线方程联立得到三角形面积表达式，结合已知条件使用不等式求解。 【详解】（1）由题知，，故，结合，得：，将点代入双曲线方程得：，解得，，所以双曲线的方程为； （2）略，定值为； （3）设过点的直线方程为，联立直线与渐近线的方程得：，，，因为在轴同侧，所以，而，又因为，所以 原点到直线的距离，则， 又利用与，得： 因此， 所以面积最小值为. 【变式2】 已知双曲线的离心率为，其右顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作垂直于轴的直线，与双曲线交于M，N两点，点为双曲线位于y轴正半轴的虚轴端点，求的面积； (3)设P，Q为双曲线上不同的两点，且，证明：点到直线PQ的距离为定值，并求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，最小值为． 【分析】（1）根据离心率和点到直线的距离公式求出和，从而求出双曲线的标准方程； （2）先求出直线的方程，再联立双曲线方程，从而求出M，N两点坐标，得到MN的长度，再计算点到直线的距离，得到的面积； （3）对直线PQ斜率分存在与不存在两种情况，都得到原点O到PQ的距离为定值，再利用均值不等式求的最小值. 【详解】（1）由离心率得，即，又，所以． 所以渐近线方程为，即． 右顶点坐标为，它到渐近线的距离为，解得，所以．于是，所以双曲线的标准方程为． （2）由（1）知双曲线为，因为，所以，得焦点，虚轴上端点． 当直线垂直于轴，．代入双曲线方程：． 得，此时的长度为8. 点到直线的距离为，故． 所以的面积为． （3）当直线斜率不存在，设，则， 由得 ，即，即，解得， 此时点到直线PQ的距离． 当直线PQ斜率存在，设，与双曲线方程联立： ，即． 则，所以， 设，则． 由得， 而， 代入得． 即，即， 两边乘以得， 展开得， 整理得， 即，所以，即． 原点到直线PQ的距离，则，故，为定值． 在直角三角形OPQ中，， 且，所以． 由均值不等式，，即， 得，故， 当时取等，此时，符合． 因此的最小值为． 【变式3】已知点，，为曲线上三点（其中点为曲线上除,外任意一点），且满足． (1)求曲线的方程； (2)已知圆，曲线的上焦点为，作圆的切线交曲线于，（，），在上取点使，判断是否为定值． 【答案】(1) (2)是定值，定值为. 【分析】（1）设点．把已知用坐标表示后化简可得； （2）若切线斜率存在，设切线的方程为，由与圆相切得．设点，，由垂直得关系，从而用表示出点坐标，代入曲线的方程求出，切线斜率不存在时，同样求出，从而计算数量积可得. 【详解】（1）设点．由题意，，，的斜率分别为，， 代入，得，     整理得． 这是焦点在轴上的双曲线，其顶点为，即点，． 因此曲线的方程为． （2）显然， 法一：若切线斜率存在，设切线的方程为，由与圆相切得．     设点，． 由可得， 解得，故．     代入双曲线可得，     展开化简得．     若斜率不存在，此时易得或，与双曲线联立解得或， 又由，点与点的横坐标相同，解得．     所以为定值．     法二：设点，因为，则可令点． 因为切线与单位圆相切，故到直线的距离为， 在中，面积， 即，     化简得．①     又在双曲线上，可得，②     ①②，得，     所以为定值．     题型 06 存在性探究问题 【典例1】椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)（或、）； (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆离心率及过定点条件，结合联立求解参数，即可得椭圆标准方程. （2）设出直线的方程，联立椭圆方程求得点纵坐标，结合三角形面积公式表达的面积，利用基本不等式求最值及对应斜率，即可得直线方程. （3）先求出点及中点的坐标，假设存在定点，根据垂直关系斜率乘积为列式求解，验证结果与无关即可. 【详解】（1）∵ 椭圆离心率，∴ . 又，∴ ，椭圆方程可化为. 将点代入得，化简得， ∴ ，，. ∴ 椭圆的标准方程为. （2）由题意得左顶点，设直线的方程为. 联立，消去整理得. 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ， 代入直线方程得. 的面积，其中， ∴ . ∵ ，由基本不等式得，当且仅当即时等号成立. ∴ ，即面积最大值为，此时， 直线的方程为. （3）在中令，得，∴ . ∵ 是线段的中点， ∴ ，， ∴ 直线的斜率. 假设轴上存在定点满足题意，则直线的斜率. ∵ ， ∴ ，即，解得. 该结果与的取值无关，对任意均成立. ∴ 存在定点满足题意. 【变式1】已知椭圆E：（）的离心率为，，，且原点到直线的距离等于． (1)求椭圆的方程； (2)设点（）在椭圆上，直线交轴于点．点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在点，理由如下： 假设存在点满足题意，设， ，直线DA的方程为：， 令，； ，直线DB的方程为：，直线DB与x轴交于点N， 令，则．   ，， ， 则，     所以，（注：点在椭圆E上，）， 则，存在点使得． 【分析】（1）由离心率得出关系，利用原点到直线CD的距离可求出得椭圆方程； （2）假设存在点满足题意，设，利用求出，能求出说明存在，不能求出说明不存在． 【详解】（1）由，得，    由点，可知直线CD的方程为，即． 由于原点到直线CD的距离为，即， 得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）略 【变式2】  已知椭圆：，动直线与椭圆交于、两点． (1)求椭圆的焦距和离心率； (2)设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； (3)若动直线经过点，则轴上是否存在定点（不同于点），使得直线与直线的倾斜角总互补？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)焦距为，； (2)或； (3)存在定点. 【分析】（1）由椭圆方程，可得，，根据椭圆性质，可求得椭圆的焦距和离心率； （2）先根据平行四边形的性质，得到直线与平行，设出直线的方程，联立椭圆方程，结合，求出的值，进而得到直线的方程； （3）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，通过特殊位置确定定点的可能位置，再进行验证即可. 【详解】（1）由题意，椭圆：，所以，， 则，所以， 所以焦距为，离心率是. （2）因为四边形为平行四边形， 所以且，所以， 又，所以， 设直线，，， 联立，化简得， 又， 所以，， 由可知，， 即， 解得， 所以直线方程为或.    （3）假设存在点满足题意， 当直线斜率存在时，直线与直线的斜率也存在，且， 设方程为，与：联立得：， 设，，由韦达定理得，， 所以 ， 所以， 即， 所以，解得， 当直线斜率不存在时，直线与直线的倾斜角都是， 所以它们的倾斜角互补，满足题意， 综上，存在定点，使得直线与直线的倾斜角总互补．    【变式3】已知椭圆的离心率为，过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据，，，求解即可； （2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，可得，从而可得点坐标，设，根据求解即可. 【详解】（1）因为， 令，得， 由已知， 又，， 解得，， 所以椭圆的方程为. （2）设，由题知直线存在斜率设为， 则， 于是， 消得 则，得， 于是， 令，则， 设，则，. ， 所以，得. 所以存在点满足题意. 1．已知抛物线的焦点为，准线为．过点作直线交于，两点，分别过，作的切线，两切线交于点．若，则直线的斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设过，点的切线方程，分别与抛物线联立，求得切线方程，将切线方程联立，可求得．又，，即可求得直线的斜率的取值范围. 【详解】设直线的斜率为． 设过点的切线的斜率为，方程为． 联立，消去得． 由，得． 所以直线的方程为，化简得直线的方程为． 同理可得直线的方程为． 联立，解得. 又，且，代入上式化简得，即． 由于抛物线的焦点，所以． 因为，所以，解得或． 所以直线的斜率的取值范围是． 2．过抛物线：的焦点作直线与相交于两点，过两点分别作的切线，两切线相交于点，则点的纵坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由抛物线方程求导得切线斜率，写出两点处的切线方程；再利用两切线交点的坐标，推导出直线的方程；最后将焦点代入直线的方程，即可直接求出点的纵坐标． 【详解】设，，， 由，得，则， 所以抛物线在点处的切线方程为， 又，化简得， 同理得抛物线在点处的切线方程为， 又两切线相交于点，所以， 即点都在直线上，即直线的方程为， 因为点在直线上，代入得． 3．已知双曲线：（）的两条渐近线互相垂直，抛物线：（）的焦点到的渐近线的距离为，过点作的两条切线，切点分别为点，则直线在轴上的截距为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据点到直线的距离公式得出抛物线的方程，然后再通过抛物线的切点弦公式即可求解. 【详解】双曲线的两条渐近线分别为和，由于这两条渐近线垂直，斜率乘积为， 即，故两条渐近线分别为和， 设抛物线的焦点为，焦点到渐近线的距离为，由点到直线的距离公式得， 因此抛物线方程为，由于过外点作抛物线的切点弦方程为， 代入，得，因此直线的方程为， 在轴的截距为当时的值，代入得，即直线在轴的截距为，故D正确. 4．直线过抛物线的焦点，交抛物线于，两点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法一：设直线，与抛物线方程联立利用韦达定理运算求解即可；解法二：利用结论，，代入运算求解即可. 【详解】解法一：由题意可知：，且直线的斜率不为0， 设直线，，， 联立方程，消去x可得， 则，可得，， 则，， 可得， 所以的取值范围为； 解法二：设直线的倾斜角为，点在点上方， 则，， 则， 由题意知，，即， 所以的取值范围为. 5．已知椭圆，点在的第一象限部分上．在点处的切线分别与轴、轴的正半轴交于，两点，为坐标原点，则（    ） A．切线的方程为 B． C． D．当时，直线的斜率为 【答案】ACD 【分析】先求出椭圆的切线方程判断A；结合直线与坐标轴交点、距离公式，利用基本不等式求解范围判断BC，利用最值取等号及两点斜率公式求解判断D. 【详解】先证明，已知椭圆及上面一点，则曲线在点处的切线方程为. 当时，切线的斜率存在，设切线方程为. 代入椭圆的方程得. 由， 得. 又点在椭圆上，所以，从而， 所以，即，所以， 所以所求切线方程，即. 另外当时，切线方程为也满足上式. 综上，以椭圆上一点为切点的切线方程为. 对于选项A：椭圆在点处的切线方程为，正确； 对于选项B：令切线方程中得，令得， 故，由基本不等式，， 即，当且仅当时等号成立，故，最小值为4，错误； 对于选项C：，即，当且仅当时等号成立，正确； 对于选项D：当时，由选项C可知，切线的斜率为，D正确. 1．已知椭圆的两个焦点分别为，，且椭圆与直线相切．过作两条互相垂直的直线，，与椭圆分别交于点，及，，则四边形面积的最大值与最小值分别为________． 【答案】2， 【详解】设椭圆方程为．因为它与直线只有一个公共点，所以方程组只有一组解，消去，整理得． 所以，化简得． 又焦点为，，所以，联立上式解得，， 所以椭圆的方程为．    若直线的斜率不存在（或为0），则四边形的面积为． 若直线的斜率存在且不为0，设为，则直线的斜率为． 所以直线的方程为，设，， 联立方程得化简得， 则，， ， 同理可得． 所以． 因为（当且仅当时，等号成立）， 所以，所以． 综上所述，四边形面积的最大值为2，最小值为． 2．已知点为双曲线右支上一点，点，分别为双曲线的左右焦点，点是的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有，则双曲线的离心率是__________． 【答案】 / 【分析】设的内切圆半径为，结合双曲线定义与三角形面积公式推导、的关系，进而求出离心率。 【详解】设的内切圆半径为, 根据双曲线的定义，点在双曲线右支上，故，双曲线的焦距, 由三角形面积公式可得 ，，, 代入题设条件， 得 ，得 ,由于，两边约去得， 故双曲线的离心率. 3．设双曲线的右焦点为，直线，的右支上一点（非顶点）在上的投影为，记的面积为，则的最小值为________． 【答案】 【分析】利用三角形的面积公式结合正弦函数的有界性可求得的最小值. 【详解】由题意可知，如下图所示：   ， 当且仅当时，等号成立， 因为，轴，故轴，故当轴时，等号成立， 所以的最小值为. 4．双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为2，实轴长为2，点P在双曲线C上，过点P分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则|AB|的最小值为______． 【答案】 【分析】根据条件求出双曲线的方程为，根据四点共圆，直径为，由正弦定理得，，转化为求的最小值. 【详解】由，所以.，所以，所以， 因此双曲线的方程为，两条渐近线方程分别为：，：. 不妨设点在第一象限，如图，，显然四点共圆，直径为. 设与的夹角为，因为渐近线的斜率为，所以. 在中，由正弦定理得，，所以. 设，由，所以， ，因为， 所以，即的最小值为1，因此的最小值为. 5．等腰直角三角形内接于抛物线，为抛物线的顶点，，则的面积是________． 【答案】 【分析】由抛物线及等腰直角三角形的对称性可得直线的方程为，从而可得及，进而可得三角形的面积. 【详解】不妨设点在轴上方， 因为为等腰直角三角形，且，故， 又抛物线关于轴对称，因此两点关于轴对称，所以. 所以直线的方程为，由得，所以，． 所以. 6．已知椭圆的焦距为2，椭圆上的点到两焦点距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，若的面积是的面积的4倍，求的方程． 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）根据椭圆的概念及基本性质，即可求得椭圆的方程； （2）设直线方程为，与椭圆联立，结合韦达定理及三角形的面积关系，即可求解. 【详解】（1）由椭圆定义，可得，解得， 又椭圆的焦距为2，即，解得， 又在椭圆中，，即，解得， 因此，椭圆的方程为. （2）由题意，直线的斜率一定存在，设其斜率为，则直线的方程为， 设，，将直线与椭圆联立，即， 整理得， 则，解得， 由韦达定理可得，， 因为直线与的另一个交点为，所以是关于原点的对称点， 所以, 又，所以，即，所以， 又，，所以， 代入韦达定理，可得，则，所以， 又，即，解得， 所以直线的方程为，即或. 7．椭圆的离心率，过右焦点的直线与上下两个交点为，． (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆的左右顶点分别为，，直线，分别交轴于，两点，试问：与的面积比是否为定值，若为定值，证明你的结论；若不为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)为定值，根据题意，可设直线的方程为， 联立，整理得， 设，，则，． 得直线的方程为，直线的方程为， 又直线，分别交轴于，两点， 则，，又，，且，为轴上下两个点． 则，，． 由，得， 则． 又，所以．即与的面积比为定值． 【分析】（1）由椭圆的离心率和焦点坐标求解即可； （2）可设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系求出，即可求解． 【详解】（1）椭圆的标准方程为：． 根据题意，可得．又离心率，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为． （2）略 8．已知椭圆，点为椭圆的右焦点，过点作直线交曲线于、两点，当直线与轴垂直时，． (1)求曲线的方程； (2)若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ii）若，求的面积． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意得，再结合通径长公式得，最后根据即可求得，得答案； （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求解即可. （ⅱ）根据角平分线的性质，结合韦达定理求出值，进而求出交点纵坐标，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）解：因为点为椭圆的右焦点，所以， 因为过点作直线交曲线于、两点，当直线与轴垂直时，， 所以，将代入方程得，所以，即， 因为，所以，即，解得或（舍）， 所以，即曲线的方程为； （2）解：（i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为，所以直线与的倾斜角互补，即， 则， 所以，代入韦达定理整理得， 又为任意实数，所以. 当直线的斜率为0时，，符合题意. 综上所述，. （ii）因为，所以为的角平分线， 所以. 因为，所以， 因为， 所以，解得， 所以 因为， 所以，即，解得， 不妨设，则，． 所以的面积. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $