期中复习压轴专题02 解答题分类训练（8种类型48道）高二数学人教A版选择性必修一

期中复习压轴专题02 解答题分类训练 （人教A版高二年级，立足高考变式拓展，8种类型48道） 范围：选择性必修一 第一章—第三章 知识点一 解析几何中的转化运算如：长度、面积、圆(角度）、角平分线转化等 1．已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)若，求的值． 【答案】(1)由题设得解得，，． 所以椭圆的方程为． (2)由题设知，且． 直线的方程为． 由得． 设，，则， 且，． 因为， 点到直线的距离为， 所以 ． 由题设知．解得． 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）解法一：设出直线，转化条件为，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解.解法二：设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）解法二：由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 2．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解； （2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解. 【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时，所以， 所以抛物线C的方程为； （2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式 设，直线， 由可得，， 由斜率公式可得，， 直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得， 所以 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以， 若要使最大，则，设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得， ，所以， 所以直线. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设,直线 由 得：，,同理，. 直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，. 代入抛物线方程可得:,所以，同理可得， 由斜率公式可得： （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得，，所以，所以直线. [方法三]：三点共线 设， 设,若 P、M、N三点共线，由 所以，化简得， 反之，若,可得MN过定点 因此，由M、N、F三点共线，得，       由M、D、A三点共线，得，       由N、D、B三点共线，得， 则，AB过定点（4,0） （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，所以直线. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 3．已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 4．已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. (1)设为坐标原点，证明：，，三点共线； (2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1) 设，，则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由可知：， 可知：，因此，，，三点共线. (2) （i）由可得：， 由（1）可知：.由，可知： ，且，都在第一象限，则，， 由（1）知：，，， 由（*）式结合，可知： ，，则，， 因此可得： ，由此可知：； 另解： 由（1）可知：，则，直线， 联立直线与椭圆：，解得点， 同理：，以下同上个解法. （ii）由（i）可知： ，， 则； 直线，直线， 设点，于是，， 则，即， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则； 另解1：由（i）可知： ， 则； 如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接， 由于，设， 则，则，，三点共线， 于是，则， 于是， 则，，，四点共线. 于是，， 由于为的中位线，则， 因为， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则. 另解2：由于 ，， 则，则是等腰直角三角形， 于是， ，， ， 同理可求， 由于， 于是，， 且，为锐角，由在上单调递增，所以． 【分析】（1）设出点的坐标，表示四个斜率，结合斜率和为0可证三点共线； （2）（i）根据斜率的关系可求，，利用向量坐标关系可证平行，或者通过联立方程求出的坐标，再利用向量坐标关系可证平行； （ii）利用斜率关系得出垂直，根据点P的轨迹是圆，结合圆的性质可证，或者利用线段比例关系得出轨迹为圆，结合圆的性质可证，或者利用差角的正切公式，结合正切函数单调性可证. 【详解】（1）略 （2）略 5．已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 【答案】(1) (2)（i）证明如下： 显然圆的切线的斜率存在， 设切线的方程为， 由于切线不平行的渐近线，则. 由圆心到切线的距离，得. 由消去得， 由题意知.设， 则， 而 . 则， 则. 所以，即. （ii）， 【分析】（1）由点到直线距离公式结合题意可得，据此可得答案； （2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再将切线方程与双曲线方程联立，由韦达定理结合可得，据此可完成证明； （ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案； 方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案； 方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案. 【详解】（1）由于双曲线的右焦点为，所以. 双曲线的渐近线方程为，即为， 由于点到的一条渐近线的距离为，则. 解得所以的方程为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为，则， . 由（ⅰ）得， 又， 则. 当时，. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法2：由（ⅰ）同理可得， 所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 则， 当时，，即的面积的最小值为3. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 由于，则， 根据基本不等式得， 得，则，即的面积的最小值为3. 当且仅当等号成立， 根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为.    6．已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. (1)求的方程； (2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)； (2) （i）由（1）知，当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点， 设， 则，即， 又，所以， 所以，解得或， 当时，，此时与重合， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，直线方程为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得， ，解得， 设，则， 所以， 由得 ，化简得， ，解得或， 当时，，过定点， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，，过定点， 显然此时满足， 其中也过点， 综上，直线过定点； （ii）存在，点， 【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论； （ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案. 【详解】（1）由题意得，，故，， 又，解得， 所以椭圆方程为； （2）（i）略 （ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下： 在轴上方，故在轴下方，即，， 由椭圆定义可知，， 又的圆心为，半径为4， 故，所以， 由于，， 所以， 令， 当直线斜率不存在时，，此时， 解得，令中得， 又在轴上方，故，满足要求， 当直线斜率存在时，设， 在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得， 同理可得， 由可得， 解得或，均不合要求，舍去， 综上，存在点，使得与的面积之比为3：5 【点睛】思路点睛： 处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 知识点二 解析几何中的非对称韦达定理问题 7．已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. (1)求的方程； (2)过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 【答案】(1) (2) ①证明：如图，设，则， 由斜率不为0，可设， 联立双曲线并整理得， 则，， 所以， 由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，解得， 因为，所以， 而，所以，则， 所以过定点； ； ② 【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得，结合已知令，代入双曲线求参数值，即可得方程； （2）①设，则，设，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线、双曲线对称性确定定点位置并得到，再作化简求值，即可得定点坐标； ②应用三角形面积公式、弦长公式，结合求面积的最小值. 【详解】（1）由题可知， 则， 由轴时，，可令， 代入双曲线得， 解得， 则所求方程为. （2）①略； ②， 由①得，解得， 令， 则， 因为，所以，则，当时取等号， 所以的最小值为. 8．已知双曲线：的离心率为，为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于P，Q两点，当轴时，. (1)求的方程； (2)过P作直线的垂线，垂足为N.  证明：直线过定点； 【答案】(1) (2) 设，则，由斜率不为0，设， 联立双曲线，消去得， 则， 所以，由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，因为，所以， 而，则，所以过定点. 【分析】（1）根据双曲线的概念和离心率的定义，求出双曲线参数，求出结果. （2）根据直线和双曲线的位置关系，以及韦达定理，证明直线过定点即可. 【详解】（1）由题设且，则， 由轴时，， 不妨令，代入双曲线得，所以， 则所求方程为； （2）略 9．已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2，右焦点到双曲线的渐近线距离为，过右焦点作直线交双曲线的右支于两点， (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点，作直线的平行线交双曲线的左支于两点，求四边形的面积的最小值； (3)若直线交于点，证明：在定直线上． 【答案】(1) (2)24 (3) 证明：左顶点，右顶点， 设过的直线方程 直线的方程为，直线的方程为， 两式相除得，代入 计算：． 由（2）知， 注意到，代入得：， 因此，解得. 故交点的横坐标恒为，即在定直线上. 【分析】（1）利用离心率和焦点到渐近线的距离这两个条件，求出的值，从而确定双曲线方程； （2）由双曲线的对称性四边形为平行四边形，故，设出直线的方程，分别与双曲线联立，由计算四边形面积并借助函数的单调性求最小值； （3）写出直线和的方程，联立求解交点的坐标，证明其横坐标为定值. 【详解】（1）因为双曲线的离心率，故， 而双曲线的渐近线为，故右焦点到渐近线的距离为， 而，故， 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，结合，即四边形为平行四边形， 且为平行四边形的对角线中点，故， 联立，故， 由于均在双曲线右支，故，故， 而 ， 令，则， 易知在上为减函数，则当时，， 综上，四边形的面积的最小值为 （3）略 10．已知双曲线的离心率为2，右焦点为. (1)求的方程. (2)若动直线过点，且与交于，两点（在第一象限，在第四象限），过点作直线的垂线，垂足为. （i）证明：直线恒过点； （ii）设为坐标原点，的面积为，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）设，点，，. 由可得， 因为与在第一象限和第四象限各有一个交点，所以， 且，.             直线， 令，得，             又， 所以直线恒过点.             （ii）15. 【分析】（1）根据焦点和离心率列方程，解方程得到，然后写双曲线方程即可； （2）（i）设直线的方程，与双曲线方程联立，然后写直线的方程，利用韦达定理得到当时，，从而得证； （ii）利用三角形面积公式和韦达定理得到，然后利用换元法和基本不等式求最值即可. 【详解】（1）设的半焦距为，由知.             又离心率，所以，从而.             所以的方程为. （2）    （i）略 （ii）如图，设， 则.             设，则， 在上单调递增， 所以当，即时，取得最小值，最小值为15. 11．已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点． （i）求的值； （ii）若点在线段上，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）（i）设，记，分别将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，再求出即可得解； （ii）由（i）可得点为线段的中点，则，进一步有，再求出的范围即可. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）设，记， 则直线， 联立，消得， 则，故， 则，所以， 另一方面直线， 联立，消得， 则，所以， 由于，得， ， 所以； （ii）由（i）的结论可知，点为线段的中点，则， 不妨设都在轴上方， 进一步有， 由（i）联立直线与椭圆的方程得， 由韦达定理得， 则， 因为点在线段上，所以， 所以， 所以得取值范围为.    【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 12．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，之间）． （i）求的取值范围； （ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）设，则，设为椭圆的半焦距，则，可求出，求的面积的最大值就是求的最大值，根据的范围可得，由得到，通过解方程组得到的值，从而得到椭圆的标准方程； （2）（i）设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，消去，得到的一元二次方程，设的坐标，由题意可知的一元二次方程的，从而解出的取值范围，利用韦达定理求出和，从而得到同号，求出，由和求出，由的范围求出的范围，换元法设，由点在点，之间得到， 由的范围求出的范围，即得到的范围，继而得到的范围即为所求；（ii）得到和四边形为平行四边形，求出即得的坐标，将点代入椭圆的方程求出的值，利用弦长公式求出，设点直线的距离为，利用点到直线的距离公式求出，则代入数集求解即可. 【详解】（1）设，则，设为椭圆的半焦距，则， ， 当取最大值时，的面积取得最大值时， ，时，取最大值，此时，或， 的最大面积为，的最大面积为， ，此时，则， ，， 又，联立，解得， 椭圆的标准方程； （2）（i）如图，直线的方程为时，不存在，不满足题意， 设直线的方程为， 联立，消去，得到， 整理得， 设，，， 过点的直线与椭圆交于不同的两点，， ，， ，，同号， ， ，同号，， ，， ，，， ， 设，点在点，之间，则， 转化为， ，，，， ，，，， 的取值范围. （ii）如图，作出符合题意的图形， ，， ，，且四边形为平行四边形， ，， ，为椭圆上一点，， ，， ， ，， 设点直线的距离为，， . 知识点三 解析几何中的定点问题 13．已知椭圆：的右焦点为F，C上一点满足轴． (1)求C的方程； (2)过F且斜率为k的直线与C交于A，B两点． （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求； （ⅱ)若直线，分别与x轴交于点Q，R，证明：的外接圆经过异于P的定点． 【答案】(1) (2)（ⅰ） （ⅱ)由圆的几何性质，只需证明的外心在定直线上， 设，，的外心为，记，， 直线的方程为，故，同理， 由得，，解得， 由得，，解得， 由（ⅰ）可得，， 所以， ， 因此，即， 故在定直线上，从而的外接圆始终经过点，其中为关于的对称点， 所以直线的斜率为，且的中点是直线与的交点， 由，得，故， 综上，的外接圆经过异于的定点； 【分析】（1）根据已知及椭圆参数关系求出椭圆参数值，即可得； （2）（i）设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理且、化简，即可得；（ii）问题化为证明的外心在定直线上，设，，的外心为，记，，利用、得、，结合，从而得到、，进而得到的线性关系式，再联立直线，即可证； 【详解】（1）记，由轴可知，从而，, 又是椭圆上一点，则，联立解得或（舍去）， 所以，故的方程为； （2）（ⅰ）设，，直线的方程为， 由，得， 显然,且，， ，同理， 所以 ； （ⅱ）略 14．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可； （2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. 【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，， 所以椭圆E的方程为：. （2），所以， ①若过点的直线斜率不存在，直线.代入， 可得，，代入AB方程，可得 ，由得到.求得HN方程： ，过点. ②若过点的直线斜率存在，设. 联立得， 可得，， 且 即 联立可得 可求得此时， 将，代入整理得， 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 15．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． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【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. 16．已知椭圆的离心率为，是上的点. (1)求椭圆的方程； (2)过作两条倾斜角互补的直线，分别交椭圆在轴上方部分于，两点. （i）求面积的最大值； （ii）过延长线上的点作椭圆的两条切线，，若与交于点，与交于点，求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）设，设过点的椭圆的两条切线为，， 联立， 得， 由相切得，化简得， 所以，， 设，联立，解得， 联立，解得， 则，化简得：， 所以直线MN过定点. 【分析】（1）由离心率及点在椭圆上，椭圆参数关系列方程组求得，即可得椭圆方程； （2）（i）设DE的方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出，利用点到直线的距离公式表示出T到DE的距离，表示出面积，利用基本不等式即可求得面积的最大值； （ii）设，设出过点的椭圆的切线方程，与椭圆方程联立，消元得到一元方程，由相切得，再设，与切线方程联立，表示出点，点的横坐标，再由则，化简可得，可得直线MN过定点. 【详解】（1）已知椭圆的离心率为，是上的点. 则，解得， 所以椭圆的方程为； （2）（i）显然当DE与轴垂直时，TD，TE的倾斜角不互补， 设DE的方程为：，设， 联立,消x得：， 所以，， 则， 所以， 代入得：， 所以，即直线DE过定点. 所以，， 所以， 又T到DE的距离为， 所以，当时取等号. 即面积的最大值为； （ii）略 17．已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． (1)求曲线的方程； (2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； （2）（i）设直线， 联立，得， 则，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及代入可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 18．已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为. (1)求的方程. (2)已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得. （i）若点满足，求证：点总在某定直线上； （ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)（i）设，且， 则，， 因为，则，可得， 设，则，， 因为，则，可得， 因为点在双曲线：上， 则，即， 两式相减得，即， 可得，所以点总在定直线上； （ii）直线过定点 【分析】（1）根据渐近线可得，代入点可得，即可得双曲线方程； （2）（i）设，，根据向量共线结合点差法分析证明；（ii）设直线，联立方程可得韦达定理，利用韦达定理求、和，求点和直线，令可得，即可得结果. 【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程是，则，即， 则双曲线的方程即为， 因为直线的方程为， 由题意可知：双曲线过点，则， 所以双曲线的方程为. （2）（i）略 （ii）因为双曲线的渐近线方程为， 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， ， ， 直线的斜率，直线的斜率方程：， 联立方程，消去y可得， 则， 设，可得， 则， 且，即， 可得， 且， 即， 则直线：，即， 令，可得 ， 因为 所以直线过定点. 知识点四 解析几何中的定值问题 19．在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 【答案】（1）；（2）. 【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值. 【详解】(1) 因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为. （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设, 设直线的方程为．    联立, 化简得，， 则． 故． 则． 设的方程为，同理． 因为，所以， 化简得， 所以，即． 因为，所以． [方法二] ：参数方程法 设．设直线的倾斜角为， 则其参数方程为， 联立直线方程与曲线C的方程， 可得， 整理得． 设， 由根与系数的关系得． 设直线的倾斜角为，， 同理可得 由，得． 因为，所以． 由题意分析知．所以， 故直线的斜率与直线的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设,直线的方程为， 直线的方程为, 则二次曲线． 又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即. 【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中. 方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 20．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． 【答案】(1)， (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． 【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）略 21．已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，. (1)求椭圆的标准方程； (2)设， （i）求证：； （ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值. 【答案】(1) (2)（i）证明：记，由题意知. 设直线的方程为，代入椭圆得：. 则有，① 设与的斜率分别为，则 所以. （ii）. 【分析】（1）根据即可求解椭圆标准方程； （2）（i）设与的斜率分别为，将问题转化为证明即可； （ii）设满足，化简可得：，因为直线和直线的交点为，则点都在以为直径的圆上，因为都在以为直径的圆上，故，所以是的角平分线，则，利用三角形面积公式化简即可求解. 【详解】（1）由题知，，又，解得. 故椭圆的方程为. （2）（i）略 （ii）设满足，则 ② 将代入②，并化简得 ，③ 将（2）中①代入③得：， 即. 又因为直线和直线的交点为. 故满足的点都在以为直径的圆上. 因为都在以为直径的圆上， 故，所以是的角平分线. 则， 所以， 即. 所以，解得， 所以. 22．在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2) （ⅰ）可设直线方程为，点， 联立得，， ， 则，， 又直线、方程分别为，， 分别与联立，得，. ∴，， ∴ 所以，. （ⅱ）或. 【分析】（1）根据斜率之积得到方程，又与、不能重合，从而得到轨迹方程； （2）（ⅰ）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，计算出，证明出结论； （ⅱ）计算出，，，由得到方程，解得，求出直线的方程 【详解】（1）设点，由知，，化简得. 又与、不能重合，所以动点的轨迹方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）先证明，在任意三角形中，若，， 三角形的面积 ， 由（ⅰ）知，， ∴，同理. ∴ . 又 ， 因为，， 所以， 故， 故， 由知，，解得. 所以直线的方程为或. 23．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程，并说明轨迹的形状； (2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的方程为， 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线． (2)①设点，其中且， 由（1）可知的方程为， 因为，所以， 因此，三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程，得， 则， 由（1）可知， 所以 ， 所以为定值1； （法二）设，则有，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值1； 由椭圆定义，得， ， 解得，同理可得， 所以 ． 因为，所以的周长为定值． ；②存在； 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且. （ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解. 【详解】（1）设点，由题意可知， 即， 经化简，得的方程为， （2）（ⅰ）略 （ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线， 根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程， 得， ，（*） 因为， 所以 ， 将（*）代入上式，化简得， （法二）设，依条件有，解得， 同理由，解得， 所以． 由双曲线的定义，得， 根据，解得， 同理根据，解得， 所以 ， 由内切圆性质可知，， 当时，（常数）． 因此，存在常数使得恒成立，且． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 24．已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1. 【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； (Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值. 【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得： ，解得：， 故椭圆方程为：. (Ⅱ)[方法一]： 设，，直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得：， 即：， 则：. 直线MA的方程为：， 令可得：， 同理可得：. 很明显，且，注意到， ， 而 ， 故. 从而. [方法二]【最优解】：几何含义法 ①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以． ②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且． 由题意知直线的斜率存在．． 当时， ． 同理，．所以． 因为，所以． 【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法. 知识点五 解析几何中的范围问题 25．已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，列出的表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 26．如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.    (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由虚轴及离心率可得，即可得双曲线方程； （2）令，设直线为：，将直线BC方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，.（i）代入，可得，，结合，可得，最后由可得答案；（ii）由，结合，，，可得关于的表达式，然后由基本不等式可得答案. 【详解】（1）由题知，解得，双曲线E的标准方程为； （2）令，设直线为：，与联立得，当时， 设，则由韦达定理，及题意可得： 则，，. （i）当时，，， 由，得， 又因为，即， 所以； （ii）由题知，. 因为， 所以，又，， 则， ， 又， 则， 则， 当取得，此时满足题意. 综上，的最小值为. 【点睛】关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式求解. 27．已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)当时，； (3)的最大值为. 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【详解】（1）由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. （2）当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. （3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 28．设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为． (1)求的离心率； (2)设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2． （i）求的方程； （ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）4 【分析】（1）写出的面积表达式，可得出，即可求出离心率； （2）（i）设，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当时，取得最大值为，求得，可得出的方程； （ii）对直线的斜率是否存在分类讨论，联立直线与椭圆方程，解得，再由三角形面积关系可求得，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得的最大值为4. 【详解】（1）易知， 所以的面积为，可得， 又因为，可知； 故的离心率为 （2）（i）由（1）可知的方程可设为； 设，则，可得，又， 故 因为，所以时，取得最大值为， 即，解得. 故的方程为. （ii）设，则，所以； 当时，此时直线的斜率不存在，可得，， 故， 当时，此时直线的斜率为，可得直线的方程为，如下图： 联立可得， 解得， 因为，与共底边， 所以 又因为，所以， 可得， 令，因为，所以； 因此； 当时，取得最大值为4， 此时，解得， 因为点在第一象限内，故，即； 综上可知，的最大值为4. 29．已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为、是面积为的正三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）. (1)求椭圆的离心率； (2)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离； (3)求四边形面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 当时，最大距离为；当时，最大距离为. (3) 【分析】（1）根据题意利用为正三角形得到，再求解离心率即可. （2）利用的面积求出基本量，进而得到椭圆方程设，利用两点间距离公式表示，转化为二次函数分类讨论求解最值即可. （3）设直线的方程为，与椭圆联立方程组可得，根据点分别在第一、四象限，得，解得，四边形的面积可表示为，可得，令，得到，再利用对勾函数单调性求得范围即可. 【详解】（1）如图，设椭圆的焦距为，则， 因为，所以中， 又因为为正三角形，所以，即， 所以椭圆的离心率. （2）由于正三角形的面积为，得到， 解得，，又，得到，故椭圆方程为， 设，且，即， ， 其对称轴为，而，当，即时， 在时取得最大值，； 当，即时， 在时取得最大值，. 综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为. （3）设直线的方程为， 联立，消去整理得， 则，. 因为点分别在第一、四象限， 所以，即， 故，解得， 得到四边形的面积为， ， 因为，， 所以， 令，，则， 因为，所以在上单调递增， 故，即四边形面积的取值范围为. 30．在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，． (1)求所在椭圆的离心率； (2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标； (3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率； （2）问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，且切线与有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标； （3）设，，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得，注意讨论、，确定中点为，再结合、求参数范围. 【详解】（1）由，则，即离心率为； （2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切， 且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为， 所以，可得，则或， 当，则切线为，联立，可得， 则或，故此时，满足； 当，则切线为，联立，可得， 则或，故此时，不满足； 综上，. （3）由题设，直线的斜率存在，可设，， 联立，整理得， 其中，即， 所以，，则， ， 所以且，故， 当时，则且，则，此时，满足； 当，而的中点为，又， 则，即， 且， ， 所以，则， 所以，则，故 所以，则. 综上，. 【点睛】关键点点睛：第三问，设，，根据已知得到，且、的应用为关键 知识点六 解析几何中的中点弦问题 31．如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案； （Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值 【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为； （Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法 设， 由， ， 由在抛物线上，所以， 又， ，， . 由即 ， 所以，，， 所以，的最大值为，此时. [方法二]【最优解】： 设直线，. 将直线的方程代入椭圆得：， 所以点的纵坐标为. 将直线的方程代入抛物线得：， 所以，解得，因此， 由解得， 所以当时，取到最大值为. [方法三] ：点差和判别式法 设，其中． 因为所以． 整理得，所以． 又， 所以，整理得． 因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式．    ① 由得． 因此，将此式代入①式解得． 当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为． [方法四]：参数法 设， 由，得． 令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得． 所以，此时M坐标为． 32．已知抛物线：的焦点为，直线l与抛物线交于A，B两点，且为线段AB的中点． (1)求抛物线的标准方程； (2)求直线l的方程； (3)过点作抛物线的两条切线，分别交l于C，D两点，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标求得，即可求解； （2）根据点差法，结合斜率公式即可求解直线的斜率，进而可判断直线过焦点，由焦点弦公式即可求解； （3）设设抛物线的切线方程为，联立直线与抛物线得交点坐标关系，设的方程为，联立，求出、，进而求得，利用点到直线的距离公式求出点到直线线的距离，根据三角形面积公式列关系利用导数求出最值即可. 【详解】（1）因为抛物线：的焦点为， 所以， 所以抛物线. （2）由题易知直线的斜率存在．设，则可得． 因为线段的中点为，所以， 所以，则的方程为，即． （3）设抛物线的切线方程为， ，即，由，可得， ，设的方程为， 联立， ，同理， ， 点到直线线的距离，所以， 令， 因为，则，，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，此时. 33．已知双曲线的左顶点为，右焦点为，是上的两点，线段的中点为．当直线的倾斜角为时，有． (1)求双曲线的离心率； (2)若，求直线的一般式方程； (3)若三点不共线，且，求证：直线过定点． 【答案】(1)2 (2) (3)过定点，证明：由三点不共线，故设直线， 联立，得， 则，，， 因为，且是线段的中点，则， 所以，则， 因，， 所以， 即， 即， 即， 得，解得或， 若，则直线，过点，不符合题意； 若，则直线，满足，则过定点， 则直线过定点. 【分析】（1）先由条件得到，并得到此时点坐标，利用得出关于的方程，解方程从而得到离心率； （2）利用点差法求直线的方程即可； （3）设直线，与双曲线方程联立，根据条件得，再通过计算得或，最后进行检验可得出定点. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则， 当直线的倾斜角为时，有，则， 所以，即，此时点的横坐标为， 代入的方程，得，故，即， 因，所以，故，解得， 故的离心率为. （2）由（1）知，设，， 因为是上的两点，故， 两式相减得：， 若，则直线的斜率不存在， 由双曲线的对称性可知，此时线段的中点位于轴，故不符合题意； 若，则， 因为是线段的中点，所以，， 则， 所以直线的方程为，即， 经检验此时该直线与双曲线有两个交点，满足题意， 则直线的一般式方程为. （3）略 34．已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方． （ⅰ）证明：； （ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在， 【分析】（1）根据条件，列出方程求出，即可得出椭圆方程； （2）（ⅰ）问题可转化为两弦中点重合，联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式可得证； （ⅱ）根据根与系数的关系及可得的关系式，再由三角形面积相等及点到直线的距离可得另外的关系式，据此联立即可求解. 【详解】（1）由已知，可得， 因为，， 解得， 所以椭圆方程为 （2）如图， （ⅰ）证明： 要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合. 当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合， 此时 当不垂直于轴时，设直线的方程为， 由，得， 则， 所以弦中点的横坐标为， 同理可得， 所以弦中点的横坐标为 所以弦的中点与弦的中点重合，此时. 综上所述， (ii)因为，所以， 又因为点在第一象限内，， 由(i)知，，所以, 又，所以， 化简得  ① 设到的距离为，C到的距离为， 假设的面积与的面积相等，则， 因为，所以，所以, 又， 因为，所以， 所以  ② 由①②解得，经检验符合题意， 所以 【点睛】关键点点睛：在求参数的过程中，根据，的面积与的面积相等，分别列出方程，再联立方程即可求出参数的取值. 35．已知椭圆的左顶点为，离心率为为坐标原点，且. (1)求的方程； (2)设为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点. （i）证明：为定值； （ii）若，求的面积. 【答案】(1) (2)（i）; （ii）. 【分析】（1）由长半轴及离心率可计算得，进而得到椭圆方程； （2）（i）运用点差法可以得到弦所在直线的斜率与弦中点与坐标原点连线所在直线的斜率之积为定值，进而发现弦的中点在定直线上，再运用正弦定理得到两边之比不变； （ii）已知的大小，角的一边的斜率，可运用斜率夹角公式得到另一条边的斜率，再将直线与联立得到点坐标，代入椭圆方程确定参数，再联立弦所在直线与椭圆方程，根据韦达定理，求出点纵坐标，即可得到三角形面积. 【详解】（1）由题可知，,因此,因此椭圆. （2） （i）设,则过点且斜率为1的直线可设为,设,且. 点都在椭圆上，因此有,两式相减，得, 两边同除,得： ,因此, 即点在定直线上，因此的大小为定值，且. 在中，由正弦定理可知,变形可得 故为定值. （ii） 由利用斜率夹角公式：设的斜率为,的斜率,则 ,因在第三象限，,解得,即,故. 又因为,联立得将其代入椭圆方程,得：,解得, 因为故. 联立直线与椭圆方程,得 由韦达定理可知，,因此. 故的面积为. 36．已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点． (1)当k变化时，求点M的轨迹方程； (2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)，其中或 (2)存在， 【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得， 则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案； （2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案. 【详解】（1）设，，， 联立直线l与双曲线E的方程，得， 消去y，得． 由且，得且． 由韦达定理，得． 所以，． 由消去k，得． 由且，得或． 所以，点M的轨迹方程为，其中或． （2）双曲线E的渐近线方程为． 设，，联立得，同理可得， 因为， 所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点． 若A，B为线段CD的两个三等分点，则． 即，． 而，． 所以，，解得， 所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点． 知识点七 解析几何中的面积问题 37．已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 【答案】(1) (2)点的坐标为 (3)的最小值为 【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程； （2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标； （3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值. 【详解】（1）已知双曲线，则，所以双曲线方程为； （2）双曲线的右焦点， 又，所以，则， 因为，所以， 则直线，即， 所以，解得，即， 则，所以点的坐标为； （3）设直线， ， 则， 因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以， 又因为的重心在轴上，所以， 由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以， 而，代入可得， 所以， 代入化简可得：， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 38．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，. (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点. （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】(1) (2) （ⅰ）由（1）可得：，，设，，， 且，即 则，令， 则，令，， 则， . 故求证四边形面积为定值2.    （ⅱ） 【分析】（1）利用椭圆定义可得值，结合值即可得出； （2）（ⅰ）设，，，写出直线的方程表示出的长，最后化简即可； （ⅱ）先求出的面积，再利用上一问求出，转化成求面积的最大值就是求出的面积最大值即可. 【详解】（1）由题意可得，又，解得， 故椭圆的标准方程为 （2）（ⅰ）略 （ⅱ）直线，到直线的距离为 且 当且仅当时等号成立. 所以的面积 39．已知双曲线C：的离心率为，点在C上，A，B为C的左、右顶点．    (1)求C的方程； (2)若点M，N在C的右支上（M在第一象限），直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且． （ⅰ）探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ⅱ）设，分别为和的面积，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）过定点，定点坐标； （ⅱ） 【分析】（1）由离心率和双曲线上的点结合，解得，即可得出答案； （2）（ⅰ）设， 方法一：由，设，得直线即的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理求得，写出直线的方程，进而可得，分和两种情况，得直线的方程即可得直线所过的定点； 方法二：设直线的方程为，一方面，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到；另一方面，写出直线的方程，进而得到的坐标，再由得到.从而有，即可得到直线所过的定点. （ⅱ）由（ⅰ）结合得到在双曲线的右支上根据渐近线方程得到，通过换元并利用导数可求得的取值范围. 【详解】（1）因为离心率，所以，而，所以． 所以双曲线的方程为． 将点代入双曲线方程，得，所以． 所以的方程为． （2）（ⅰ）直线过定点． 由双曲线的方程可知，设． 方法一：由，可设，则直线即的方程为． 联立整理得. 由题设知，且． 由根与系数关系，得，所以． 所以，即． 又直线即的方程为， 联立得， 由题设知，且． 由根与系数关系，得，所以， 所以. ∴． 当时，直线的斜率 ． 直线的方程为． 化简整理得，直线过定点． 当时，，即， 解得．直线也过定点． 综上，直线过定点． 法二：设直线的方程为，联立 整理得， 则． 所以． 直线．令，得． 直线，令，得． 由，得， 即， 所以． 即． 因为， 所以． 整理可得． 所以，所以直线过定点． （ⅱ）由（ⅰ）知，直线过定点，    则． 由（ⅰ）知， ∴． 又点在双曲线的右支上，双曲线的渐近线方程为． 所以． 令，则， 于是． 令，，则，在单调递减， 所以在单调递增， 当，即时，取得最小值． 所以的取值范围是． 40．已知椭圆（）的左右焦点分别为，，离心率，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点C，D和E，F.若M，N分别是线段CD和EF的中点. （ⅰ）直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由. （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）直线MN过的定点为.（ⅱ）. 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求解； （2）（ⅰ）设直线为，直线为，联立方程组，分别求得和，得出直线MN的方程，进而得到MN过的定点. （ⅱ）由MN过的定点为，求得，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率，且过点， 可得且，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）解：（ⅰ）由（1）知，椭圆，可得， 设直线的方程为，的方程为，且，， 联立方程组，整理得， 所以，， 因为为的中点，所以，， 即，同理可得， 直线MN的方程为，即， 所以直线MN过的定点为. （ⅱ）由MN过的定点为， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立，所以的面积最大值为. 【点睛】 41．已知椭圆过点，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线与分别交于四点，设线段的中点分别为． ①证明：直线过定点； ②求四边形面积的最小值． 【答案】(1)； (2)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. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中，直线的方程为 ，化简，即 所以当，直线：过定点.如图：    当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 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，所以，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，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②. 【分析】（1）根据椭圆过点和离心率直接可得椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最不小值. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率，且. 所以，，即，得， 代入，得，即，所以. 故椭圆的标准方程为. （2）①略 ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 42．已知两点，平面内的动点到定点的距离与到直线的距离之比为，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点在曲线上，且在第一象限，连接并延长与曲线交于点，以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记的面积分别为. （i）若点的坐标为，求证：； （ii）求的最小值. 【答案】(1) (2) （i）由（1）知， 因为曲线为双曲线，且为焦点，点在右支上， 所以，， . （ii）. 【分析】（1）结合题意列式，化简即可求解； （2）（i）结合题意，利用两点间的距离公式及双曲线的定义即可证明；（ii）设点，由，可得，结合双曲线的标准方程，求出，可得，结合（i）得结论可得，又，继而可得，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）设，由题意得， 整理得，即， 所以曲线的方程为：. （2）（i）略 （ii）设点， ，即， ，即①， ， ， ， 将①代入上式得，又， 联立解得， 由（i）知，又， 由题意， 当且仅当等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何中与面积有关的最值问题，关键在于求出，由向量的运算可得，可以通过求出的值，两式相加即可求出，所以结合双曲线的方程，构造式子，整理可得，将代入即可求出. 知识点八 空间立体几何中的动态问题、疑难坐标问题 43．如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为． ①若，求直线与平面所成角的正弦值； ②证明：三棱锥的体积为定值． 【答案】(1) (2)①； ②由题意得． ， 当时，， 当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为， 设点的坐标分别为， 联立得， 则， 因为，所以，得， 所以， ， 综上所述，三棱锥的体积为定值． 【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，进而得出抛物线； （2）①联立方程得出点的坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；②应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解. 【详解】（1）当时，，所以点的坐标为， 因为，所以， 解得， 所以抛物线的方程为． （2）①在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为， 联立 所以点的坐标分别为． 过O点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系，则， 当二面角的大小为时，点，即， 所以， 设平面的法向量为， 则即解得取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． ②略. 44．如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) 取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故.    (2)； (3). 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】（1）略 （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为.    （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.    45．如图，在斜三棱柱中，，O是BC的中点． (1)求证：平面平面； (2)若底面ABC，且直线与底面ABC所成角为，D是棱的中点，求平面与平面ABC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明: 连接， 因为，O是BC的中点，所以， 又因为，， 所以与全等，所以， 又O是BC的中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； (2) 【分析】（1）连接，由题意可证，，进而可证平面，然后利用面面垂直的判定定理可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面ABC的一个法向量，利用向量法可求平面与平面ABC夹角的余弦值． 【详解】（1）略； （2）取，由题意可得，所以， 若底面ABC，又底面，所以， 因为底面ABC，所以是直线在平面内的射影， 所以为直线与底面ABC所成的角，所以， 所以，所以， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， ， 所以， ， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为底面ABC，所以平面ABC的一个法向量为， 设平面与平面ABC的夹角为， 所以， 所以平面与平面ABC夹角的余弦值． 46．已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于. (1)求四棱锥体积的最小值； (2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点. （i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长； （ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）12 （ii）平面与平面的夹角为定值，余弦值为 【分析】（1）根据平面与平面的夹角得到点到直线的距离等于到点的距离，从而得到点的轨迹，然后结合锥体的体积公式得到点在抛物线的顶点处时体积最小，最后求体积即可； （2）（i）根据平面与平面的交线为得到为与曲线的交点，然后联立与曲线的方程，结合抛物线定义求即可； （ii）根据得到的坐标，根据与平面所成角相等得到斜率相反，从而得到，然后通过计算斜率得到的方向向量，然后利用空间向量的方法求面面角即可. 【详解】（1） 设点到平面和直线的距离分别为，， 因为点在平面内，且平面与平面的夹角为， 因此，得， 所以点的轨迹是为焦点，为准线的抛物线， 当点在抛物线的顶点处时，最小， 最小值为，此时， 所以四棱锥体积的最小值为； （2）设的中点为，则，如图1，以的中点为原点，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，则， （i）平面与平面的交线为， 因此，是直线与抛物线的交点，如图2， 在平面中，可以设：， 与抛物线方程联立，得：， 因此，； （ii）如图3，在平面中，点在点上方，且， 得到点坐标为，因为，与平面所成角相等， 所以，与所成角相等， 因此，，的斜率互为相反数， 设，，则， 得， 因此，， 因此，在空间直角坐标系中，的方向向量为， 又， 设平面的法向量， 由，由， 令，则， 又平面的法向量，， 所以平面与平面的夹角为定值，其余弦值为. 47．如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)因为四边形是菱形，所以， 因为平面 ，平面 ，所以平面 ； (2)设交 于点，连接， 因为， ，是 中点，所以，， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； (3). 【分析】（1）根据已知有，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）设交 于点，连接，进而有，，应用线面、面面垂直的判定定理证明结论； （3）取 中点，连接，，设，，结合已知得，作平面，，，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标并求出平面与平面的法向量，应用向量法求夹角余弦值的最大值. 【详解】（1）略 （2）略 （3）取 中点，连接，，易得，设，， 因为，且，所以，， 因为 ， ，，平面， 所以平面，故，即， 作平面，以为原点，，，所在直线分别为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，则，，，， 所以，，，， 设平面的法向量，则， 取，可得平面的一个法向量， 设平面的法向量，则， 取 ，可得平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 在三角形中，且，则， 在三角形中，由余弦定理可得，则， 因为，且， ， 所以， 综上，平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 48．在三棱锥中，，，． (1)若平面平面， ①证明：． ②三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若二面角的正切值为，求的长． 【答案】(1)①证明：因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为 平面， 所以 ② (2) 【分析】（1）①根据面面垂直性质定理得平面，进而得； ②根据题意，建立空间直角坐标系，设三棱锥外接球球心，进而根据球心到的距离相等得，再利用向量方法求解即可. （2）过点作棱交的延长线于 ，进而得点在以 为圆心，为半径的圆上动，设，则，再根据二面角的向量求法求解得 ， 【详解】（1）①略 ②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，， 设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等， 所以，即，解方程得：， 所以， 又因为平面的法向量为， 设与平面所成角为 ，则 所以与平面夹角的正弦值为. （2）解：过点作棱交的延长线于 ， 因为，，． 所以，故点在以 为圆心，为半径的圆上动， 故以点 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，则 平面的法向量为 则，即，令，则，，， 因为二面角的正切值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为 所以 又因为，将其代入整理得， 解得， 所以，，此时 故二面角的正切值为， 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习压轴专题02 解答题分类训练 （人教A版高二年级，立足高考变式拓展，8种类型48道） 范围：选择性必修一 第一章—第三章 知识点一 解析几何中的转化运算如：长度、面积、圆(角度）、角平分线转化等 1．已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)若，求的值． 2．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 3．已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 4．已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. (1)设为坐标原点，证明：，，三点共线； (2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 5．已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 6．已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. (1)求的方程； (2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 知识点二 解析几何中的非对称韦达定理问题 7．已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. (1)求的方程； (2)过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 8．已知双曲线：的离心率为，为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于P，Q两点，当轴时，. (1)求的方程； (2)过P作直线的垂线，垂足为N.  证明：直线过定点； 9．已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2，右焦点到双曲线的渐近线距离为，过右焦点作直线交双曲线的右支于两点， (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点，作直线的平行线交双曲线的左支于两点，求四边形的面积的最小值； (3)若直线交于点，证明：在定直线上． 10．已知双曲线的离心率为2，右焦点为. (1)求的方程. (2)若动直线过点，且与交于，两点（在第一象限，在第四象限），过点作直线的垂线，垂足为. （i）证明：直线恒过点； （ii）设为坐标原点，的面积为，求的最小值. 11．已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点． （i）求的值； （ii）若点在线段上，求的取值范围． 12．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，之间）． （i）求的取值范围； （ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积． 知识点三 解析几何中的定点问题 13．已知椭圆：的右焦点为F，C上一点满足轴． (1)求C的方程； (2)过F且斜率为k的直线与C交于A，B两点． （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求； （ⅱ)若直线，分别与x轴交于点Q，R，证明：的外接圆经过异于P的定点． 14．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 15．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． 16．已知椭圆的离心率为，是上的点. (1)求椭圆的方程； (2)过作两条倾斜角互补的直线，分别交椭圆在轴上方部分于，两点. （i）求面积的最大值； （ii）过延长线上的点作椭圆的两条切线，，若与交于点，与交于点，求证：直线过定点. 17．已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． (1)求曲线的方程； (2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 18．已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为. (1)求的方程. (2)已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得. （i）若点满足，求证：点总在某定直线上； （ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 知识点四 解析几何中的定值问题 19．在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 20．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． 21．已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，. (1)求椭圆的标准方程； (2)设， （i）求证：； （ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值. 22．在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 23．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程，并说明轨迹的形状； (2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 24．已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 知识点五 解析几何中的范围问题 25．已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 26．如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.    (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 27．已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 28．设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为． (1)求的离心率； (2)设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2． （i）求的方程； （ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值． 29．已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为、是面积为的正三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）. (1)求椭圆的离心率； (2)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离； (3)求四边形面积的取值范围. 30．在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，． (1)求所在椭圆的离心率； (2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标； (3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 知识点六 解析几何中的中点弦问题 31．如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 32．已知抛物线：的焦点为，直线l与抛物线交于A，B两点，且为线段AB的中点． (1)求抛物线的标准方程； (2)求直线l的方程； (3)过点作抛物线的两条切线，分别交l于C，D两点，求面积的最小值. 33．已知双曲线的左顶点为，右焦点为，是上的两点，线段的中点为．当直线的倾斜角为时，有． (1)求双曲线的离心率； (2)若，求直线的一般式方程； (3)若三点不共线，且，求证：直线过定点． 34．已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方． （ⅰ）证明：； （ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 35．已知椭圆的左顶点为，离心率为为坐标原点，且. (1)求的方程； (2)设为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点. （i）证明：为定值； （ii）若，求的面积. 36．已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点． (1)当k变化时，求点M的轨迹方程； (2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由． 知识点七 解析几何中的面积问题 37．已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 38．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，. (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点. （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值. 39．已知双曲线C：的离心率为，点在C上，A，B为C的左、右顶点．    (1)求C的方程； (2)若点M，N在C的右支上（M在第一象限），直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且． （ⅰ）探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ⅱ）设，分别为和的面积，求的取值范围． 40．已知椭圆（）的左右焦点分别为，，离心率，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点C，D和E，F.若M，N分别是线段CD和EF的中点. （ⅰ）直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由. （ⅱ）求面积的最大值. 41．已知椭圆过点，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线与分别交于四点，设线段的中点分别为． ①证明：直线过定点； ②求四边形面积的最小值． 42．已知两点，平面内的动点到定点的距离与到直线的距离之比为，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点在曲线上，且在第一象限，连接并延长与曲线交于点，以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记的面积分别为. （i）若点的坐标为，求证：； （ii）求的最小值. 知识点八 空间立体几何中的动态问题、疑难坐标问题 43．如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为． ①若，求直线与平面所成角的正弦值； ②证明：三棱锥的体积为定值． 44．如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 45．如图，在斜三棱柱中，，O是BC的中点． (1)求证：平面平面； (2)若底面ABC，且直线与底面ABC所成角为，D是棱的中点，求平面与平面ABC夹角的余弦值． 46．已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于. (1)求四棱锥体积的最小值； (2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点. （i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长； （ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由. 47．如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 48．在三棱锥中，，，． (1)若平面平面， ①证明：． ②三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若二面角的正切值为，求的长． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $