专直线与圆锥曲线的综合问题（强化训练）（解析版）

专题3.7直线与圆锥曲线的综合问题题型一直线与圆锥曲线的位置关系题型二弦长问题题型三中点弦问题题型四定点问题题型五定值问题 题型六定直线问题题型七三角形（四边形）问题题型八求参数范围问题题型九双切线问题题型一直线与圆锥曲线的位置关系1．直线l：与椭圆C：的位置关系是（    ）A．相交B．相切C．相离D．不能确定【答案】A【分析】判断出直线过定点，且定点在椭圆内可得答案.【详解】将直线l：变形为l：，由得，于是直线l过定点，而，于是点在椭圆C：内部，因此直线l：与椭圆C：相交．故选：A．  2．若直线与椭圆总有公共点，则的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】D 【分析】根据题意，由直线过定点，结合点与椭圆的位置关系列出不等式，即可得到结果.【详解】直线恒过点(0,1)，只需该点落在椭圆内或椭圆上，即，解得，又.故选：D3．直线与双曲线的交点个数是（    ）A．0B．1C．2D．3【答案】A【分析】方法一：列方程组求解，方法二：求出双曲线的渐近线进行判断【详解】方法一：联立直线与双曲线的方程，，得，方程组无解，说明直线与双曲线没有交点.方法二：由，得，所以双曲线的渐近线方程为，因为直线是双曲线的一条渐近线，因此交点个数为0.故选：A4．记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值为.【答案】2（注：区间内任何一个值）【分析】利用双曲线的性质计算即可.【详解】由题意可知双曲线的渐近线为，离心率，若满足直线与C无公共点，则需，故答案为：25．直线与双曲线有且只有一个公共点，则实数．【答案】或【分析】由消去y，对二次系数是否为0分类讨论可得. 【详解】由消去y，整理得，当时，由得；又注意到直线恒过点，且渐近线的斜率为时，直线与渐近线平行时也成立．故答案为：或  6．已知直线与曲线恰有一个公共点，则实数a的值为.【答案】0或或【分析】根据给定条件，联立方程，利用方程组有解求解即得.【详解】当时，曲线为直线，显然直线与有唯一公共点，因此；当时，由消去y并整理得：，当时，，直线与曲线有唯一公共点，因此；当且时，，则，此时直线与曲线相切，有唯一公共点，因此，所以实数a的值为0或或.故答案为：0或或7．如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：   (1)有两个公共点？(2)有且只有一个公共点？(3)没有公共点？【答案】(1)(2)，(3)，或【分析】（1）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.（2）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.（3）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.【详解】（1）由方程组消去y，得，．由，得．此时方程①有两个不相等的实数根，直线l与椭圆C有两个不同的公共点．（2）由，得，．此时方程①有两个相等的实数根，直线l与椭圆C有且只有一个公共点．（3）由，得，或．此时方程①没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点． 题型二弦长问题8．已知椭圆的长轴长为，焦点是、，点到直线的距离为，过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点.(1)求椭圆的方程；(2)求线段的长．【答案】(1)(2).【分析】（1）根据题意及椭圆方程的关系求解即可；（2）联立椭圆方程和直线方程，利用韦达定理和两点间距离公式求解即可.【详解】（1）由已知可得且，解得，  则，所以椭圆方程：.（2）由已知可得直线斜率，方程为，联立得，设，，则，，则，所以线段的长为.9．直线与椭圆交于两点，记的面积为.(1)当，时，求的取值范围； (2)当，时，求直线的方程.【答案】(1)(2)或或或【分析】（1）联立方程求出坐标，表示出并求取值范围即可；（2）联立方程，消元后借助韦达定理，弦长公式，三角形面积公式求解即可.【详解】（1）设点，，由，解得，所以，所以，因为，所以，故当时，，所以.（2）设点，，由得，，，，所以，又点到直线的距离，由，，得，所以， 所以，即，所以直线的方程为或或或.10．已知双曲线经过点，且其两条渐近线相互垂直．(1)求双曲线的方程；(2)过点的直线与双曲线相交于不同的两点，若的面积为（为坐标原点），求直线的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据题意可知双曲线为等轴双曲线，设双曲线的方程为，把点代入双曲线方程，可得双曲线方程；（2）可设直线l的方程为，代入双曲线C的方程并整理，根据直线l与双曲线C相交于不同的两点，进而可得k的范围，根据韦达定理可求得，进而表示出和原点O到直线l的距离根据的面积求得k，进而可得直线方程．【详解】（1）因为双曲线的两条渐近线相互垂直，可知双曲线为等轴双曲线，设双曲线的方程为，代入，可得，所以双曲线的方程为，即.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得， 可得，解得且，则，可得，且到直线的距离，由题意可得：，解得或（舍去），即，所以直线的方程为或.11．已知双曲线，焦点到渐近线的距离为，且离心率为．(1)求双曲线的方程；(2)直线与双曲线交于两点，若，求的值．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据焦点到渐近线距离、离心率和双曲线关系可求得，由此可得双曲线方程；（2）将直线方程与双曲线方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可构造方程求得的值.【详解】（1）由双曲线方程知：渐近线方程为，设焦点坐标为，焦点到渐近线的距离，又离心率，，解得：， 双曲线的方程为：.（2）由得：，则，解得：且，设，则，，，即，解得：或，均满足且，或.12．已知双曲线的焦距为6，且虚轴长是实轴长的倍.(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线的右焦点F且倾斜角为的直线l与双曲线交于A，B两点，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知得，且，再结合求出，进而可得双曲线的方程；（2）由题意可得直线的方程为，设，然后将直线方程与双曲线方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再利用弦长公式可得结果.【详解】（1）由双曲线的焦距为6，且虚轴长是实轴长的倍.得，且，又，解得,所以，所以双曲线方程为.（2）由（1）可知双曲线的右焦点为，所以直线的方程为，设， 由，得，所以，所以.  13．已知抛物线：，坐标原点为，焦点为，直线：.(1)若直线与抛物线只有一个公共点，求的值；(2)过点作斜率为的直线交抛物线于,两点，求的面积．【答案】(1)或(2)【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，分别讨论当或，即可求解；（2）由抛物线的标准方程可得到焦点坐标，从而得到直线方程，联立直线方程与抛物线方程，根据韦达定理及即可求解.【详解】（1）依题意，联立，消去，得：，即：，①当时，有：，显然方程只有一个解，满足条件；②当时，要使得直线与抛物线只有一个公共点，则方程只有一个解，所以，解得：；综上所述，当或时，直线与抛物线只有一个公共点．（2）由于抛物线：的焦点的坐标为，所以过点且斜率为的直线方程为：，设，， 联立，消去，得：，则由韦达定理得：，，所以，所以.题型三中点弦问题14．直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，线段中点的纵坐标为1，O为坐标原点，则O到直线的距离为（   ）A．B．C．D．【答案】A【分析】设，，代入抛物线方程，两式相减后结合线段中点的纵坐标得出，再结合焦点的坐标得出直线的方程，由点到直线距离公式计算即可．【详解】由抛物线得焦点，设，，则，两式相减得，即，因为线段中点的纵坐标为1，即，所以，即，所以直线的方程为，即，显然此时直线与抛物线有两交点，所以到直线的距离，故选：A．15．设，为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段中点的是（    ）A．B．C．D．【答案】C 【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、C：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于D：结合双曲线的渐近线分析判断.【详解】设，则的中点，设直线的斜率为，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项A：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故C正确；对于选项D：可得，则由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线， 所以直线AB与双曲线没有交点，故D错误；故选：C.【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查点差法，解题的关键是根据点差法得到，然后逐个分析判断，考查计算能力，属于较难题.16．（多选）已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）A．B．椭圆C的离心率为C．直线l的方程为D．的周长为【答案】AC【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.【详解】如图所示：  根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；椭圆C的离心率为，故选项B不正确；不妨设，则，，两式相减得，变形得，又注意到点为线段的中点，所以，所以直线l的斜率为，所以直线l的方程为，即，故选项C正确； 因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.故选：AC．17．已知椭圆的长轴长为，是上一点.(1)求E的方程；(2)若是上两点，且线段的中点坐标为，求的值.【答案】(1)(2).【分析】（1）利用椭圆长轴长以及椭圆上的点坐标即可求得的方程为；（2）设出两点坐标，利用点差法求出直线的斜率为，联立直线和椭圆方程利用弦长公式即可求出.【详解】（1）由题可知，将代入椭圆方程可得，联立解得，故E的方程为.（2）设，，则，两式相减得，即.因为线段的中点坐标为，所以可得直线的斜率为，即直线的方程为.联立方程组，整理得，则，， 所以.18．在平面直角坐标系中，已知椭圆：，直线：（为实数且）与椭圆交于，两点.(1)若直线过椭圆的右焦点，求的面积；(2)线段的中点为，求直线的斜率.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据过焦点求出直线方程，联立椭圆方程求出弦长，利用点到直线距离求出高即可得出三角形面积；（2）联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系得出弦中点坐标，即可得出直线斜率.【详解】（1）由可知，，所以椭圆的右焦点为，所以，即，即直线方程为，由可得，设，则，，所以，到直线的距离，故.（2）设，由可得，当，即且时，，，所以，故，即， 所以,即直线的斜率为.19．已知抛物线，过的直线交抛物线于两点，且，则直线的方程为.【答案】【分析】根据中点坐标以及点差法即可求解斜率，进而由点斜式求直线方程.【详解】因为在抛物线内部，又，所以是的中点.设，所以，即，又在抛物线上，所以，两式作差，得，所以，所以直线的方程为，即.故答案为：  20．已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，斜率为2的直线l与E的一条渐近线垂直，且交E于A，B两点，.(1)求E的方程；(2)设点P为线段AB的中点，求直线OP的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据双曲线中，求得，再由双曲线的渐近线方程及斜率，求出 ，即可得到E的方程；（2）设，，可表示出直线AB和直线OP的斜率，再用点差法求出直线OP的斜率，即可得到直线OP的方程.【详解】（1）因为在双曲线E：中，，所以，即.双曲线E：的渐近线方程为，因为斜率为2的直线l与E的一条渐近线垂直，所以，所以所以E的方程为.（2）设，，则.线段AB的中点P的坐标为，则，又点A，B在双曲线E上，所以，②－①得，，两边同时除以并整理，得.又，，，所以.所以直线OP的方程为：.题型四定点问题21．椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，点在上.已知面积的最大值为，且与的面积之比为.(1)求的方程；(2)不垂直于坐标轴的直线交于两点，与不重合，直线与的斜率之积为.证明：过定点.【答案】(1) (2)过定点.【分析】（1）根据几何关系得到点为椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，结合与面积之比，得到方程组，求出，得到椭圆方程；（2）方法一：设的方程，代入，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，检验后得到符合要求，并求出所过定点；方法二：设直线的方程为，椭圆方程变形得到，联立得到，若是上的点，则斜率为，得到，故，求出，求出定点坐标.【详解】（1）当点为椭圆的上顶点或下顶点时，的面积最大，此时，又，故，解得，曲线的方程为.（2）方法一：设直线的方程为，代入得，设，得，   则，，即，解得或.当时，此时，直线过定点，而与不重合，不合题意.当时，此时，此时直线过定点，满足要求.方法二：由题意，直线不经过点，设直线的方程为①.由方程得.②.由①②得，.若是上的点，则斜率为，，的斜率，即，解得.的方程为，即，故过定点.【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.22．已知为椭圆：上一点，长轴长为.(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，若直线与的斜率之和为，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点为【分析】（1）根据长轴长确定，再计算，得到答案.（2）设直线，联立方程得到根与系数的关系，根据斜率的关系计算化简得到，代入直线方程得到定点.【详解】（1）长轴长为，故，为椭圆：上一点，故，椭圆方程为：；（2）直线与轴平行时，根据对称性知斜率和为，不成立；设直线：，，，直线不过，则， 则，则，，即，则，，即，整理得到，化简得到，，则，直线方程，直线过定点.【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，直线过定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用设而不求的思想，根据根与系数的关系来计算定点，可以简化运算，是解题的关键.23．已知圆，为圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时.(1)求点的轨迹的方程；(2)已知圆：在的内部，是上不同的两点，且直线与圆相切.求证：以为直径的圆过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆定义求解即可.（2）根据题意设出直线方程，利用直线与圆相切得到k与m的关系，当直线斜率不存在时，以为直径的圆过原点，先猜后证的方法，猜测恒过原点，再验证以为直径的圆过原点即可. 【详解】（1）  因为点是线段的垂直平分线上的一点所以因为所以点的轨迹C是以E，F为焦点的椭圆其中，，所以点Q的轨迹C的方程为：（2）  （i）当直线垂直于x轴时，不妨设，，此时，所以，故以为直径的圆过点.（ii）当直线不垂直于轴时，设直线方程为，，，因为直线与圆相切，所以点到直线的距离为，即.由得，所以，， 所以，所以，故以为直径的圆过点.综上所述，以为直径的圆过定点.24．已知点在双曲线上．(1)点，为的左右顶点，为双曲线上异于，的点，求的值；(2)点，在上，且，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】（1）代入点，得，从而得双曲线方程及，的坐标，设点坐标为，则，结合在双曲线上，即可得答案；（2）设直线方程为，设，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及，得，舍去，从而得，直线过定点，为直角三角形，为直角，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证.【详解】（1）解：因为点在双曲线上，所以，解得，所以双曲线，则．设点坐标为，则，所以．因为点在曲线上， 所以，所以，所以的值为．（2）证明：依题意，直线的斜率存在，故设其方程为，设，联立，消得，显然，否则不可能有两个交点，，由韦达定理得，因为直线的斜率之积为，所以，所以，即，所以有，将韦达定理代入化简得，而当，此时直线为，易知恒过定点，故舍去，所以，此时满足且直线过定点，（如图所示）   又因为为垂足，所以为直角三角形，为直角，所以当点为斜边的中点时，为定值．综上所述，存在定点，使得为定值．25．已知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线上，若，且双曲线焦距为4．(1)求双曲线的方程；(2)如果为双曲线右支上的动点，在轴负半轴上是否存在定点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，坐标为【分析】（1）利用双曲线的定义求解即可；（2）在轴负半轴上假设存在点满足题意，当垂直于轴时，易得，当不垂直于轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得.【详解】（1）因为点在双曲线上，所以由双曲线的定义可得①，又双曲线焦距即，且③，①②③联立解得，所以双曲线的方程为.（2）假设存在点满足题设条件，由题目可知，   设为双曲线右支上一点，当时，，因为，所以，于是，所以，即，当时，，，因为，所以，将代入并整理得，所以，解得，即，综上，满足条件的点存在，其坐标为.【点睛】方法点睛：（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形.26．在平面直角坐标系中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线经过点.(1)求的方程；(2)若关于轴对称，焦点为，过点且与轴不垂直的直线交于，两点，直线交于另一点，直线交于另一点，求证：直线过定点.【答案】(1)或(2)证明见解析【分析】（1）根据待定系数法，代入点的坐标即可求解，（2）利用抛物线方程分别可设的坐标，进而可根据两点坐标求解斜率，即可得直线的方程， 结合直线经过的点，即可代入化简求解.【详解】（1）若的焦点在轴上，设抛物线的方程为，将点代入，得，解得，故的方程为；若的焦点在轴上，设抛物线的方程为，将点代入，得，解得，故的方程为；综上所述：的方程为或.（2）由（1）知抛物线的方程为，则其焦点，若直线不过点，如图，  设，，，，由题意可知：直线的斜率存在且不为0，则直线的斜率，所以直线的方程为，即，同理直线，的方程分别为，由直线过定点，可得，由直线，过焦点，可得，对于直线的方程为，由，得， 整理得，又因为，所以，令，解得，故直线恒过定点若直线过点，直线即为直线，其方程为，即，显然直线过点；综上所述：直线过定点.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点27．已知过点的直线与抛物线交于两点，过线段的中点作直线轴，垂足为，且.(1)求抛物线的方程；(2)若为上异于点的任意一点，且直线与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出，坐标，结合，可求得的值，得解.（2）设出点坐标，由点斜式方程求出直线的方程，令，求出点坐标，同理求出点坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在轴上，设该点坐标为，利用，可求出定点坐标. 【详解】（1）由题意，可设直线的方程为，将代入，消去得，设，，则，，是线段的中点，，，即，又轴，垂足的坐标为，则，，，对任意的恒成立，，又，解得，故抛物线的方程为.（2）  设，，，由（1）可知，，，则，直线的方程为，令，则，，同理，由抛物线的对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则定点必在轴上，设该点坐标为，则，，且， ，，或，以为直径的圆过定点和.题型五定值问题28．已知A，B为椭圆的左、右顶点，过其焦点的直线与椭圆交于C，D两点，并与轴交于点(异于A，B)，直线，交于点，求证：为定值.【答案】证明见解析【分析】直线与椭圆相交，将直线与椭圆方程进行联立得，根据韦达定理找到，坐标之间的关系，由所证明得式子知，需表示出，两点的坐标，其中点坐标，由直线方程可直接表示出，即，点坐标需联立直线与直线的方程，求出然后求出向量的数量积即可.【详解】由题知，即，则，所以，,当直线斜率不存在时，直线与直线平行，无交点，不满足题意；所以直线斜率存在，设直线的斜率为，因为直线过椭圆焦点，且与轴有交点，所以，则直线的方程为，，设，，，如图所示：     则，直线的方程为，直线的方程为，联立，整理得：，且，，，所以，，联立，解得：，所以，因为，所以，即：为定值.29．已知椭圆离心率等于且椭圆C经过点．(1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．【答案】(1)(2)是定值，理由见解析【分析】（1）根据题意，由条件列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得，再表示出点到直线的距离，由三角形的面积公式，即可得到结果.【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.（2）  设，联立直线和椭圆方程可得：，消去可得：，所以，即，则，，，把韦达定理代入可得：，整理得， 又，而点到直线的距离，所以，把代入，则，可得是定值1．30．已知椭圆C：过点，且．(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l交C于点M，N，直线分别交直线于点P，Q．求证：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由点在椭圆上及，代入椭圆求得，即可得椭圆方程；（2）令，，联立椭圆，应用韦达定理得且，点斜式写出直线的方程求出P，Q的纵坐标，再由及韦达公式代入化简即可证.【详解】（1）由题设，则，故椭圆C的方程为，（2）由题设，直线l的斜率一定存在，令，，联立椭圆，整理得，且，所以，且，由题意，直线的斜率必存在，则，令，则；同理，令，则； 所以将韦达公式代入整理得，为定值.  31．已知F为抛物线C的焦点，过F的直线交C于A，B两点，点D在C上，使得的重心G在x轴的正半轴上，直线，分别交轴于Q，P两点.O为坐标原点，当时，.(1)求C的标准方程.(2)记P，G，Q的横坐标分别为，，，判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)【分析】（1）先判断焦点在x轴，再根据抛物线的定义，结合即可.（2）设直线：，设，与抛物线联立，结合韦达定理，根据题意，，用表示，计算即可.【详解】（1）依题的重心G在x轴的正半轴上，因为三角形的重心一定在三角形内，则抛物线的焦点在轴上，设抛物线方程为：，当时，，则，则抛物线方程为：.（2）依题知直线的倾斜角不为0，则设直线：，设，由，得， ，则，则，因为三点共线，，则，，当时，重心G不会落在x轴上，所以，解得：，同理可得：，又，则，则该定值为32．在平面直角坐标系中，已知圆心为的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)已知及曲线上的两点和，直线经过定点，直线的斜率分别为，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）设圆心，由两点距离公式和几何法求弦长公式化简计算，可得，化简即可求解；（2）设直线BD的方程、，联立抛物线方程，消元并利用韦达定理可得，结合两点求斜率公式可得，即可证明.【详解】（1）设圆心，半径为，由圆心为的动圆过点， 所以，又圆心为的动圆在y轴上截得的弦长为4，所以，此时，解得，所以曲线E是抛物线，其方程为；（2）易知直线BD的斜率不为0，设直线BD的方程为，即，，消去x，得，或，设，则，，所以，即为定值1.    33．已知双曲线：的右焦点为，离心率.(1)求的方程；(2)若直线过点且与的右支交于M，N两点，记的左、右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）利用离心率的概念求出即可； （2）根据直线过定点设出直线，联立，分别求出斜率，最后得到斜率的比值即可.【详解】（1）因为的右焦点为，所以的半焦距，又离心率为，所以，所以，所以，故的方程为.（2）易知，.设，，易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，由，消去x可得，，且又因为直线与的右支交于M，N两点，所以所以，即为定值.34．已知双曲线过点和点．(1)求双曲线的离心率；(2)过的直线与双曲线交于，两点，过双曲线的右焦点且与平行的直线交双曲线于，两点，试问是否为定值？若是定值，求该定值；若不是定值，请说明理由．【答案】(1)(2)是，定值为． 【分析】（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程，进而由离心率公式即可求解.（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解，即可代入化简求解.【详解】（1）将点和点的坐标代入，得，解得所以双曲线的离心率．（2）依题意可得直线的斜率存在，设：．联立得，设，，则，，所以．，直线：．设，．联立得，则且，则，所以，所以为定值，定值为．   【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围或者定值问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等或者等量关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.题型六定直线问题35．已知椭圆：，为椭圆的右焦点，三点，，中恰有两点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程.【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】（1）由对称性得到点，在椭圆上，结合焦点坐标，得到方程组，求出，，求出椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，设，，，得到两根之和，两根之积，由和共线得到方程组，联立后得到，求出，得到交点在定直线上，并求出该直线的方程. 【详解】（1）因为为椭圆的右焦点，所以①,由对称性得，点，在椭圆上，代入得②,联立①②解得，，，所以椭圆的标准方程为：.（2）由条件知直线与直线不重合，故直线的斜率不为0，  设直线的方程为，联立，可得，设，，，则，，，由（1）可得，，由共线得：③，由共线得：④，由③÷④消去并整理得，，即，所以，综上所述，直线与直线的交点在定直线上运动.【点睛】定值问题常见方法：（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. 36．已知椭圆：的短轴长为，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得，再结合可求出，从而可求得椭圆方程，（2）设，，，，设的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，由可得，再结合前面的式子化简可求出关于的方程，从而可证得结论.【详解】（1）由题意可知，因为，所以解得，．所以所求椭圆的方程为（2）设，，，，直线的斜率显然存在，设为，则的方程为．因为，，，四点共线，不妨设，则，，，，由，可得，化简得．（*）联立直线和椭圆的方程，得，消去，得，，得， 由韦达定理，得，．代入（*）化简得，即．又，代入上式，得，化简得．所以点总在一条定直线上．  【点睛】关键点睛：本题解题的关键是设出直线的方程，利用弦长公式表示出，代入化简，再将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，几个式子相结合可证得结论.37．已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．(1)求点的轨迹的方程；(2)设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意推出，结合双曲线定义即可求得答案；（2）设出直线l的方程，联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出直线和的方程，推得，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.【详解】（1）由得，其半径为4，因为线段的垂直平分线与直线交于点，   故，则,而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，则，故点的轨迹的方程为.（2）证明：由题意知，  若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，联立，得，，故，设，则直线的方程为，直线的方程为，故， 则，即，解得，故直线与直线的交点在定直线上.【点睛】难点点睛：本题考查了利用双曲线定义求解双曲线方程以及直线和双曲线的位置关系中的点在定直线上的问题，难点在于证明直线与直线的交点在定直线上，解答时要设直线方程，利用根与系数的关系进行化简，计算过程比较复杂，且大都是关于字母参数的运算，要十分细心.38．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过点的直线与曲线交于两点，直线与相交于．求证：点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用可整理得到轨迹方程；（2）设，，表示出直线的方程，联立后可整理得到，联立与双曲线方程可得韦达定理的结论，利用可整理得到所求定直线.【详解】（1），，，整理可得：，又，曲线的方程为：. （2）  由题意知：直线斜率不为，则可设，设，则直线，直线，由得：，由得：，则，即，，，，，解得：，即点在定直线上.【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与双曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，消掉变量后可得定直线方程.39．在平面直角坐标系中，已知双曲线Ｃ的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x轴的交点为 ，其中一条渐近线的倾斜角为.(1)求C的标准方程；(2)过点作直线l与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，在线段上取一点E满足，证明：点E在一条定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意可得双曲线焦点在轴上，且，，即可求得双曲线方程；（2）根据双曲线对称性以及交点特征，设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理根据题目中的表达式代入整理可知点E在定直线上.【详解】（1）根据题意，设双曲线的方程为，由题知，，可得；所以双曲线方程为.（2）易知为双曲线的右焦点，如下图所示：  由题知直线l斜率存在，根据对称性，不妨设斜率为，故直线的方程为，代入双曲线方程得，设，，由韦达定理有，，且，， 设，点E在线段上，所以由可得化简得，代入和并化简可得，即存在点E满足条件，并且在定直线上.40．如图，正六边形ABCDEF的边长为4．已知双曲线的焦点分别为A，D，两条渐近线分别为直线BE，CF．  (1)建立适当的平面直角坐标系，求的方程；(2)过点A的直线l与交于P，Q两点，，若点M满足，证明：点M在一条定直线上．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）由题意，建立平面直角坐标系，利用双曲线的渐近线方程以及焦距的定义，结合其标准方程，可得答案；（2）由题意，设出直线方程，联立直线与双曲线，写出韦达定理，利用向量数乘的坐标表示，建立方程，解得动点坐标，可得答案.【详解】（1）如图，连接交于点，以点为坐标原点，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，   则，，即，，，，直线方程：，，则，，则，解得，，双曲线.（2）由题意，直线的斜率存在，则其方程可设为，联立可得，消去可得：，，，化简得，设，则，，，，，，，设，，，，，则，，，，，，，解得，由，，则在同一直线上，即，故在直线上. 【点睛】圆锥曲线与直线问题解题关键思想为：设而不求，联立直线方程与圆锥曲线方程并化简整理一元二次方程，写出韦达定理，结合题目中的其他等量关系，联立方程即可.41．已知抛物线，过点的两条直线、分别交于、两点和、两点．当的斜率为时，．(1)求的标准方程；(2)设为直线与的交点，证明：点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）当直线的斜率为时，写出直线的方程，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，结合可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）分析可知直线、都不与轴重合，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设、，由韦达定理可得，同理可得出，写出直线、的方程，求出这两条直线的交点的横坐标，即可证得结论成立.【详解】（1）解：当直线的斜率为时，直线的方程为，设点、，联立可得，，因为，可得，由韦达定理可得，，，整理可得，解得或（舍去），因此，抛物线的方程为.（2）证明：当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线不与轴重合，同理可知直线也不与轴重合，设直线的方程为，联立可得，则可得， 设点、，由韦达定理可得，设直线的方程为，设点、，同理可得，直线的方程为，即，化简可得，同理可知，直线的方程为，因为点在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，  交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证明点的横坐标为定值即可，由，消去，因为直线与相交，则，解得，所以，点的横坐标为，因此，直线与的交点必在定直线上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.题型七三角形（四边形）问题42．已知分别为双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上(顶点除外)任意一点，若的角平分线与以为直径的圆交于点，则的面积的最大值为（  ）A．B．C．D．【答案】C【分析】延长交的延长线于点D，连接，根据题意可求得点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，结合图形，即可求出的面积的最大值.【详解】设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，由题可知，，的实半轴长，虚半轴长，则，如图，延长交的延长线于点，  因为点在以为直径的圆上，则，又为的角平分线，所以，则为的中点.连接，在中，又因为为的中点，则是的中位线，因为是双曲线右支上(顶点除外)任意一点，由双曲线的定义知，故|，所以，故点的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆，轨迹方程为， 显然，当点的坐标为或时，的面积取得最大值，最大值.故选：C.43．已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是．【答案】12【分析】先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及可求出，进而求出直线在轴上的截距，最后将面积之和表示出来，利用基本不等式求最值，即可得到结果．【详解】由题意可知：，设直线的方程为：，点，直线与x轴的交点为，联立方程，消去x得，根据韦达定理有，因为，所以，解得或，由点在该抛物线上且位于轴的两侧，可知，所以，故，此时，即，不妨设点A在轴上方，则，，且，则,当且仅当，即时，等号成立，所以与面积之和的最小值是.故答案为：12．   44．已知椭圆的离心率为，点在C上，O为坐标原点.(1)求C的方程;(2)已知直线，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.①证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.②若，求△OAB面积的最大值，并求此时直线l的方程.【答案】(1)，(2)①证明见解析，②△OAB面积的最大值为，此时直线的方程为，或.【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解方程组可求出，从而可求出椭圆方程；（2）①设,将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，结合中点坐标公式表示点的坐标，从而可表示出OM的斜率，化简可得结论；②由①可得，则直线的方程为，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结弦长公式表示出，再由点到直线的距离公式求出到直线的距离，从而可表示出△OAB面积，化简变形后利用基本不等式可求出其最大值，进而可求出直线方程.【详解】（1）由题意得，解得，所以C的方程为（2）①证明：设,由，得， 由，得，则，因为线段AB的中点为M，所以，所以，所以直线OM的斜率为，所以，所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.②当时，由①可知，则直线的方程为，由，得，由，得，解得，则，所以，因为点到直线的距离为，所以，当且仅当，即时取等号，所以△OAB面积的最大值为，此时直线的方程为，或. 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式计算求解，考查计算能力，属于较难题.45．设抛物线的焦点为上点满足.(1)求抛物线的方程；(2)已知正方形有三个顶点在抛物线上，求该正方形面积的最小值.【答案】(1)(2)32【分析】（1）由焦半径公式结合点在上，列出方程组求解即可.（2）画出图形，直线的斜率为，，另一方面由两点也可以得到直线的斜率，结合，，即可列出方程组，从而把都用含有的式子表示，即正方形的面积也可以表示为的函数，最终根据的范围并求导即可求解.【详解】（1）因为点在上，所以①，因为，所以由焦半径公式得②，由①②解得，故抛物线的方程为.（2）如图所示：   依题意，不妨令正方形的顶点在抛物线上，且，设抛物线上的三点为，显然直线的斜率均存在且不为0，又由抛物线的对称性不妨设直线的斜率大于0，且点都不在轴下方，结合图形知，设直线的斜率为，则直线的斜率，①同理由得，，即，②由得：，即，化简得，③由①②③得，则正方形的面积为令，则，当且仅当时等号成立，所以，，函数在上单调递增，所以当，即时，该正方形的面积的最小值为. 【点睛】关键点睛：第一问的关键是根据焦半径公式结合点在抛物线上，从而求解；第二问的关键是要先设参、设点，然后根据正方形邻边相等且互相垂直从而将各个点的坐标都用参数来表示，从而即可求得面积的表达式，构造导数即可求解，本题综合性比较强，考查了数形结合的思想，平时可以多巩固计算.46．已知椭圆C：的左､右焦点分别为，，左顶点为D，离心率为，经过的直线交椭圆于A，B两点，的周长为8.(1)求椭圆C的方程；(2)过直线上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N，①证明：直线MN过定点；②求的最大值.【答案】(1)(2)①证明见解析；②.【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义求得，再由离心率为，求得，进而求得的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）①设，根据题意求得以为切点的椭圆C的切线方程，进而得到直线的方程为，得到直线过定点；②设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系求得，令，结合的单调递增，求得的最大值，再根据面积公式，进而求得的最大值.【详解】（1）因为经过的直线交椭圆于A，B两点，的周长为8，所以，，解得，因为椭圆的离心率为所以，即.所以所以，椭圆C的方程为（2）①由（1）知，设，由题知，直线上一点P作椭圆C的两条切线斜率存在，设过点且与椭圆相切的直线方程为：， 所以，联立方程得，所以，有，整理得，即因为在椭圆上，所以，即，，所以，，即，所以，，解得所以，过点且与椭圆相切的直线方程为：因为，即所以，整理可得以M为切点的椭圆C的切线方程为，同理，以N为切点的椭圆C的切线方程为，又两切线均过点P，故，且，整理化简得，且，所以点，，均在直线上，所以直线MN的方程为，且直线MN过定点.②由题意，直线的斜率不为，设直线的方程为，联立方程组，消去得，可得，且，可得，令，设，则函数在单调递增， 所以当时，即时，有最小值，即的最大值为，又由，所以的最大值为，此时直线的方程为.【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.47．在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记的轨迹为.(1)求的方程；(2)直线交于，两点，，为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）由椭圆的定义得到轨迹方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，求出，设直线的方程为，设，，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式和位置关系得到，表达出，四边形的面积，求出最大值. 【详解】（1）因为，由椭圆定义，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，∴又∵，则，∴椭圆的方程为；（2）由，解得或，因此.设直线的方程为，设，.由得.，故.又，的交点在，之间，故.因为直线的斜率为1，所以. 又四边形的面积，当时，取得最大值，最大值为，所以四边形面积的最大值为.【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．48．已知双曲线：，双曲线与共渐近线且经过点  (1)求双曲线的标准方程．(2)如图所示，点是曲线上任意一动点（第一象限），直线轴于点，轴于点，直线交曲线于点（第一象限），过点作曲线的切线交于点，交轴于点，求的最小值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）由题意设：，将代入解方程即可得出答案.（2）设，，，设，表示出点坐标，代入：方程，即可求得，进一步求出的坐标，而，而，代入化简结合基本不等式即可得出答案.【详解】（1）由题意设：，将代入得到，∴曲线：． （2）设，，，，则（*）设，则，解得：，代入：方程，得，结合（*）式可知由于，则，所以．所以是、的中点，．因为四边形是矩形，，，所以为四边形的中心，所以，在与中，，分别以为底时，高相同，所以，则，因为过双曲线上一点的切线方程为，所以直线的方程为：即，因为，所以，令，所以，，，令，，令，．当且仅当，即，，时，取得最小值． 【点睛】关键点睛：建立的面积与的表达式至关重要，可利用，的坐标和三角形面积公式，以为桥梁得出与的表达式，最后根据基本不等式可求得面积的取值范围.题型八求参数范围问题49．已知是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，若，两点均在轴上方，若的斜率恒成立，则m的最大值为（    ）A．1B．C．D．【答案】B【分析】先利用点差法得到，再利用重心的性质与基本不等式得到，由此得解.【详解】依题意，设，，，由，在轴上方，故，，  因为抛物线为，所以，则，所以，则，注意到，故，即，又，代入可得，故，即，解得，当且仅当时，等号成立，因而，则m的最大值为故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键有两个地方，一个是利用点差法得到，一个是利用三角形重心的性质得到，从而得解.50．已知椭圆C：的上、下顶点分别为A，B，左顶点为D，是面积为的正三角形．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆外一点的直线交椭圆于P，Q两点，已知点P与点关于x轴对称，直线与x轴交于点K；若是钝角，求m的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）联立直线的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，根据对称性以及∠AKB是直角列不等式来求得的取值范围.【详解】（1）由已知得，所以椭圆C的标准方程为．（2）设直线的方程为，联立方程得：．则，即，设，，则由韦达定理：由点P与点关于x轴对称知，由M，P，Q三点共线知，即，即，故，即． 代入韦达定理：，由，知，故直线与x轴交于定点．由在椭圆C：外，得：，由是钝角，知（O为坐标原点），即，解得，综上所述：m的取值范围是．【点睛】方法点睛：求解椭圆的方程，关键是求得，是两个参数，要求得两个参数，所以需要两个条件，如本题中，等边三角形以及等边三角形的面积，一共两个条件，用这两个条件列方程组，即可求得，从而求得椭圆的方程.51．已知椭圆C：的左右焦点分别为、，若点在椭圆上，且为等边三角形．(1)求椭圆C的标准方程？(2)过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于A、B两点，若为钝角，求k的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；（2）结合题意知，联立直线与椭圆，利用韦达定理计算即可. 【详解】（1）由题意可知为椭圆的上顶点，即，又为正三角形，设椭圆的焦距为，所以，故椭圆的标准方程为；（2）由（1）知，不妨设，，联立椭圆方程，则，易知，由为钝角可得，化简得，又时，为平角，不符合题意舍去，故.52．已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离之比为．(1)求点的轨迹的方程；(2)对，曲线上是否始终存在两点，关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1) (2)存在，【分析】（1）设，则，整理即可得解；（2）当时，设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设的中点为，则满足，即可得，再由求出的值，即可得解.【详解】（1）设，则，即，整理得，所以点的轨迹的方程为．（2）假设曲线上始终存在两点，关于直线对称，当时，设直线方程为，，，联立，整理得，则，所以，．设的中点为，则，，将代入，则，所以，所以对恒成立，即对恒成立，因为，所以，则． 易知当时，曲线上存在两点，关于直线对称．所以的取值范围为．53．已知双曲线与直线有唯一的公共点．(1)点在直线l上，求直线l的方程；(2)设点分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过点的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为的内心．①点M的横坐标是否为定值？若是，求出横坐标的值；若不是，请说明理由．②求的取值范围．【答案】(1)(2)①是定值为1；②【分析】（1）代入根据判别式等于0即可；（2）①根据双曲线定义即可得到定值；②设，再通过化简得到斜率之和表达式，再求出范围即可.【详解】（1）联立方程得；得：， ；；又，，即.（2）①P为的内切圆与x轴的切点，由定义知：，与E重合，，同理：.②设，．下求的范围,当直线AB斜率不存在时，满足题意，当直线AB斜率存在时，设为，即代入（1）中求的， ，或，，【点睛】关键点睛：本题第二问的关键可以转化角度的函数表达式，再通过设线法求出角度的范围，从而求出答案.54．已知双曲线：（，）上一点到的两条渐近线的距离之积为．(1)求的标准方程；(2)若直线与有两个不同的交点，，且的内心恒在直线上，求在轴上的截距的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）先将的坐标代入双曲线方程，再用，表示出到两条渐近线的距离之积，联立求解即可；（2）由题意画出图形，将内心和点恒在直线上，转化为直线与直线斜率互为相反数，设直线方程为，与双曲线方程联立，结合图形，求得与的关系及的取值范围即可.【详解】（1）∵点在双曲线上，∴，即，①又∵双曲线：（，）的渐近线方程为，∴到两条渐近线的距离分别为，，∴由已知，，整理得，代入①，解得，，∴的标准方程为. （2）  如图，设的内心为，∵恒在直线上，且在直线上，∴，直线与关于直线对称，∴设直线的斜率为，直线的斜率为，则.由题意易知，直线的斜率存在，设直线的方程为：，则，消去化简得，，令，化简得，设，，则，，∴，化简得，∴，整理得，即，∴．由题意，直线：不过点，∴，即，∴，即，∴直线的方程为，如图可知，与的右支相交于两点，且在点的下方，∴，解得．∴在轴上的截距的取值范围是． 【点睛】解析几何中处理与三角形的“心”有关的问题，需要将有关“心”的条件，转化为坐标、斜率、向量等关系进行求解.55．曲线，第一象限内点在上，的纵坐标是．(1)若到准线距离为3，求；(2)若在轴上，中点在上，求点坐标和坐标原点到距离；(3)直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”求的取值范围．【答案】(1)(2)，(3)【分析】（1）首先求出抛物线的准线，在根据抛物线的定义求出，从而求出；（2）首先得到点坐标，设，即可求出线段的中点，从而求出的值，再得到直线的方程，最后由距离公式计算可得；（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和，讨论即可.【详解】（1）曲线的准线为，点到的准线的距离为，又在第一象限，∴；（2）因为，所以，即，设，则线段的中点为，依题意，解得，即，直线为，即，所以坐标原点到的距离.（3）设，，则，，， 直线，即，令，所以，即，对恒成立．即，即对恒成立．①当，又，即时，恒成立；②当时，则，也成立；③当，即时，则当时满足，此时，，显然不成立，故时不成立．综上，．  【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设，从而写出直线的方程，再得到，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.题型九双切线问题56．已知点到直线：的距离和它到定点的距离之比为常数．(1)求点的轨迹的方程；(2)若点是直线上一点，过作曲线的两条切线分别切于点与点，试求三角形面积的最小值．（二次曲线在其上一点处的切线为） 【答案】(1)；(2).【分析】（1）设，根据已知有，化简整理得轨迹；（2）设，，，写出切线、并将点代入得直线为，由点线距离公式确定距离最小值，联立直线与，应用韦达定理、弦长公式求的最小值，注意最小值取值条件一致，最后求三角形面积的最小值.【详解】（1）设，则，化简得：，所以点M的轨迹E的方程为.（2）设，，，则切线为，切线为，将点分别代入得，所以直线为，点到的距离，当时，．另一方面，联立直线与得，所以，则，当时，．所以．故时，最小值为.   57．在椭圆：（）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆过，.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆的蒙日圆上一点，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若，存在，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将坐标代入椭圆方程求出，即可得解；（2）根据题意求出蒙日圆方程为：，当直线斜率不存在时，易求出；当直线斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据判别式等于求出，联立直线方程与蒙日圆方程，得、，利用、、可求出为定值.【详解】（1）将，代入到，可得，解得，，所以椭圆的方程为：.（2）由题意可知，蒙日圆方程为：.（ⅰ）若直线斜率不存在，则直线的方程为：或.不妨取，易得，，，，.（ⅱ）若直线斜率存在，设直线的方程为：.联立，化简整理得：，据题意有，于是有：.设（），（）. 化简整理得：，，，.则，，所以.综上可知，为定值.  【点睛】难点点睛：联立直线与圆锥曲线方程时，字母运算较难，容易出错，需仔细运算.58．已知椭圆的左右焦点分别为、，左右顶点分别为、，是椭圆上异于、的任意一点，、斜率之积为，且的面积最大值为.  (1)求椭圆的方程； (2)直线交椭圆于另一点，分别过、作椭圆的切线，这两条切线交于点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出，表达出，结合求出，根据的面积最大值求出，，求出椭圆方程；（2）设处椭圆的切线方程为，联立椭圆方程，有根的判别式等于0得到切线方程，同理得到处的切线方程为，联立两切线方程，得到点的横坐标，可设点，得到直线的方程为，得到，证明出结论.【详解】（1）设点，由，，知，因为在椭圆上，所以，即，则，.因为的面积最大值为，，，，即椭圆.（2）下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，代入椭圆方程得：，由，化简得：，所以， 把代入，得：，于是，则椭圆的切线斜率为，切线方程为，整理得到，其中，故，即，当时，此时或，当时，切线方程为，满足，当时，切线方程为，满足，综上：椭圆在处的切线方程为；  所以处的切线方程为，同理可得处的切线方程为，由得交点横坐标，可设点，则有， 所以直线的方程为，知，又，所以，所以，即证.【点睛】过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为59．已知圆，椭圆的左右焦点为，如图为圆上任意一点，过分别作椭圆两条切线切椭圆于两点.(1)若直线的斜率为2，求直线的斜率；(2)作于点，判断点在运动的过程中，的面积是否存在最大值，如果存在，求出最大值，如果不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，最大值为【分析】（1）设，切线，由点在圆上并联立切线与椭圆方程，根据得到关于k的一元二次方程，应用韦达定理得，即可得直线的斜率；（2）讨论切线斜率的存在性，求得的方程为，进而易得直线为，写出直线方程并求交点，确定椭圆轨迹方程，根据椭圆交点三角形性质求 的面积最大值.【详解】（1）设，切线，则，由得：，由得：，设切线的斜率分别为，则，又直线的斜率为2，则直线的斜率为.（2）当切线斜率都存在时，设，切线方程为，由（1）得：由点在椭圆上，得代入得：，即，切线的方程为，由于在切线上，则，所以直线为，由得：直线方程为，联立直线，解得，由得：点轨迹方程为，且焦点恰为， 当切线斜率有一个不存在时，不妨设斜率不存在，且，直线方程为方程为，解得，也在椭圆上，综上，点的轨迹为椭圆，所以，，仅当在椭圆的短轴端点时取到等号.60．已知椭圆.(1)若为椭圆上一定点，证明：直线与椭圆相切；(2)若为椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线分别交直线于两点，且的面积为8.问：在轴是否存在两个定点，使得为定值.若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）当时，联立直线与椭圆方程，利用判别式计算判断，再验证的情况作答.（2）设出切点坐标，利用（1）的结论，求出二切线方程，再求出点A，B的横坐标，借助三角形面积公式求出点P的轨迹方程即可作答.【详解】（1）当时，，直线与椭圆相切，当时，，由消去y并整理得，所以，有所以直线与椭圆相切.（2）设，则由（1）得：，而二切线过点，则有， 因此是方程的两个解，即直线的方程为：，设点，由解得，同理：，，，又，解得，，即，整理得，取点的轨迹方程为，此时点的轨迹是焦点为，实轴长为8的双曲线，所以在轴上存在点，使得||成立.【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.61．已知：若点是双曲线上一点，则双曲线在点处的切线方程为．如图，过点分别作双曲线两支的切线，切点分别为P，Q，连结P，Q两点，并过线段的中点F分别再作双曲线两支的切线，切点分别为D，E，记与的面积分别为，． (1)求直线的方程（含m）；(2)证明直线过点C，并比较与的大小．【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】（1）利用易知分别求出两点处的切线方程，将分别代入两切线方程即可得直线的方程为；（2）联立双曲线和直线方程，利用韦达定理可得的中点，同理根据（1）中结论可得直线的方程为，显然在直线上；联立双曲线和直线方程可得即为中点即可得.【详解】（1）根据题意可设，由已知可得双曲线在处的切线方程为，同理，在处的切线方程为；又两切线交点为，所以满足，即同时满足方程，所以直线的方程为.（2）联立整理可得，所以,即可得线段的中点，设，根据已知可得在两点处的切线方程分别为，；两切线交点为，所以 可得直线的方程为，整理可得；易知满足直线方程，即直线过点C；联立双曲线与直线方程，整理可得，所以，可得，所以的中点坐标为，即为的中点，即；易知的面积为，的面积；又，可得；即与的大小关系为.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用题目提供的已知条件直接写出双曲线在某点处的切线方程，再根据两切线交点坐标得出两切点的直线方程，联立并利用韦达定理化简即可实现问题求解.62．动点到定点的距离和到直线的距离之比为，(1)求动点的轨迹；(2)设点，动点的轨迹方程为，过点作曲线的两条切线，切点为，求证：直线过某一个定点.【答案】(1)动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；；(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得，化简可得轨迹方程，进而即得；（2）由题可设，，联立双曲线方程，利用判别式为0结合条件可得，，然后根据点在切线，上，进而可得直线 方程，即得.【详解】（1）由题可得，化简可得，所以动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；（2）设，由题可知切线的斜率存在，可设切线的斜率为，则，由，可得，所以，所以，即，又，所以，即，所以，所以，即，同理可得，又在切线，上，所以，所以满足直线方程上，而两点唯一确定一条直线，所以，当时，恒成立，即直线过定点.63．已知抛物线，焦点为.过抛物线外一点（不在轴上）作抛物线的切线，其中为切点，两切线分别交轴于点.(1)求的值； (2)证明：①是与的等比中项；②平分.【答案】(1)0(2)详见解析【分析】（1）先利用题给条件求得点C的坐标，进而利用向量数量积求得的值；（2）先求得点P的坐标，进而利用等比中项定义证得是与的等比中项；先利用向量求得，进而证得，从而得到平分.【详解】（1）抛物线焦点，设点，设抛物线的切线的方程分别为：由整理得，，由，可得，同理，则抛物线的切线的方程分别为：则，，则，（2）①由（1）可得，， 则，，则，故是与的等比中项；②，则,又，则故平分.