黄金冲刺大题之 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）（精选30题）（解析版）

黄金冲刺大题之圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）（精选30题）1．（2024·山东·二模）已知椭圆的焦点分别是，点在椭圆上，且．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆交于两点，且，求实数的值．【答案】(1)；(2)或．【分析】（1）根据所给条件求出，即可得出椭圆标准方程；（2）联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系及，列出方程求即可.【详解】（1）设椭圆的标准方程为．由题意可知，解得所以椭圆的标准方程为．（2）设，如图，联立方程，消去，得，则，从而， 因为，即，所以，解得或，经验证知，所以的值为或．2．（2024·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系中，设椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，且的周长是.(1)求椭圆的方程；(2)当时，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆离心率和焦点三角形的周长，列方程组求出，得椭圆的方程；（2）设直线，的方程，与椭圆联立，利用韦达定理和求出和的方程，再求出O到直线的距离，可求的面积.【详解】（1）由题意知，，解得，所以椭圆的方程为；（2）若直线的斜率不存在，则直线的斜率为0，不满足，直线的的斜率为0，则三点共线，不合题意， 所以直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，消去得，设，则，，同理可得，由，得，解得，则，∴直线的方程为，∴坐标原点O到直线的距离为，即的面积的面积为.【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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，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0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．3．（2024·河北邯郸·二模）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过 两点．(1)求的方程．(2)是上两个动点，为的上顶点，是否存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，个【分析】（1）设椭圆的方程为，根据条件得到，即可求出结果；（2）设直线为，直线为，当时，由椭圆的对称性知满足题意；当时，联立直线与椭圆方程，求出的坐标，进而求出中垂线方程，根据条件中垂线直经过点，从而将问题转化成方程解的个数，即可解决问题.【详解】（1）由题设椭圆的方程为，因为椭圆过两点，所以，得到，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，易知直线的斜率均存在且不为0，不妨设，，直线为，直线为，由椭圆的对称性知，当时，显然有，满足题意，当时，由，消得到，所以，，即，同理可得，所以，设中点坐标为，则， ，所以中垂线方程为，要使为为底边的等腰直角三角形，则直中垂线方程过点，所以，整理得到，令，则，，所以有两根，且，即有两个正根，故有2个不同的值，满足，所以由椭圆的对称性知，当时，还存在2个符合题意的三角形，综上所述，存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.  【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线为，直线为，联立椭圆方程求出坐标，进而求出直线的中垂线方程，将问题转化成直线的中垂线经过点，再转化成关于的方程的解的问题.4．（2024·广东广州·模拟预测）已知椭圆，右顶点为，上､下顶点分别为是的中点，且.(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线交椭圆于点，点，直线分别交直线于点，求证：线段的中点为定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）通过椭圆的性质和中点的坐标，然后根据向量的数量积得到等量关系即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数的关系，求得点的坐标，进而证得线段的中点为定点.【详解】（1）由题可得，，的中点为，故椭圆的方程为；（2）依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去并化简得，由，得.设，则，依题意可知直线的斜率存在，直线的方程为，令，得，同理可求得， ，线段的中点为定点.【点睛】方法点睛：对于直线和圆锥曲线相交的问题，我们一般将直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理带入计算求解.5．（2024·辽宁·二模）平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形的顶点分别在x轴和y轴上滑动，且，记动点P的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)过点的动直线l与曲线交于不同的两点时，在线段上取点Q，满足．试探究点Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)点Q在定直线上，定直线方程为【分析】（1）设点的坐标，利用平面向量的坐标表示消参得，结合正方形面积得的方程；（2）设，的坐标，与椭圆联立并根据韦达定理得横坐标关系，再根据线段乘积关系化为比值关系得，化简得，代入直线方程即可，从而求出定直线方程.【详解】（1）设，由，得，所以， 因为正方形ABCD的面积为，即，所以，整理可得，因此C的轨迹方程为．（2）依题意，直线l存在斜率，设l：，即，设点，，，由，消y得，即，由，可以得到，所以，可得，，由，得，所以，可得，所以，因为， 所以点Q在定直线上，定直线方程为．      6．（2024·福建厦门·三模）在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，且当的斜率为1时，．(1)求的方程；(2)设与的准线交于点，直线与交于点（异于原点），线段的中点为，若，求面积的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）先设的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义即可求解；（2）先设出，进而可求的坐标，可得直线轴，求出的范围，再由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）不妨先设的方程为，，，代入，可得，所以，，则，由题意可知当斜率为1时，，又，即，解得，所以的方程为；（2）由（1）知，直线的方程为，抛物线方程， ，所以的纵坐标，将的纵坐标代入，得，所以的坐标，易知抛物线的准线为,又因为与的准线交于点，所以的坐标，则直线的方程为，把代入，得，即或，因为点异于原点，从而的纵坐标为，把代入，得，所以，因为的坐标，所以，的纵坐标相同，所以直线轴，且，所以面积，因为，所以，所以，因为点异于原点，所以，所以，因为，所以，所以，即面积的取值范围为.7．（2024·浙江丽水·二模）已知抛物线，点在抛物线上，且在轴上方，和在轴下方（在左侧），关于轴对称，直线交轴于点，延长线段交轴于点，连接. (1)证明：为定值（为坐标原点）；(2)若点的横坐标为，且，求的内切圆的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及直线的点斜式方程即可求解；（2）根据（1）的结论及向量的数量积的坐标表示，进而得出直线的方程，利用直线的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程即可求解.【详解】（1）设直线的方程为，则，由，消去，得，，所以，直线的方程为，化简得，令，得，所以因此.（2）因为点的横坐标为，由（1）可知，，设交抛物线于，，如图所示 又由（1）知，，同理可得，得，又，，又，则，故结合，得.所以直线的方程为又，则，所以直线的方程为，设圆心,因为为的平分线，故点到直线和直线的距离相等，所以，因为，解得，故圆的半径，因此圆的方程为.8．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项．(1)求点的轨迹方程； (2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围；(3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上．【答案】(1)；(2)或；(3)证明见解析.【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由题意可得，，，则，，又是，的等差中项，，整理得点的轨迹方程为．（2）由（1）知， 又，平移公式为即，代入曲线的方程得到曲线的方程为：，即．曲线的方程为．如图由题意可设M，N所在的直线方程为，由消去得，令，，则，，，又为锐角，，即，，又，，得或．（3）当时，由（2）可得，对求导可得，抛物线在点，，处的切线的斜率分别为，，在点M，N处的切线方程分别为，，由，解得交点的坐标．满足即，点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.9．（2024·江苏南通·二模）已知双曲线的渐近线为，左顶点为.(1)求双曲线的方程；(2)直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上，①求的横坐标；②求圆面积的取值范围.【答案】(1)(2)①；②且【分析】（1）根据渐近线方程及顶点求出得双曲线方程；（2）①设，由四点共圆可得，根据斜率公式转化为点坐标表示形式，由直线与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出；②求出点坐标得出，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值.【详解】（1）因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称，又顶点在轴上，可设双曲线的方程为（，），从而渐近线方程为：，由题条件知：.因为双曲线的左顶点为，所以，，所以双曲线的方程为：.（2）如图，   ①，设直线的方程为：，将代入方程：，得，当且时，设，，则，.设直线的倾斜角为，不妨设，则，由于，，，四点共圆知：，所以直线的倾斜角为，.直线的方程为：，令，则，从而，所以，又，得：，又，代入上式得：，，， 化简得：，解得：（舍）或.故点的坐标为.②直线的方程为，由①知：，所以.直线方程；，所以，若，在轴上方时，在的上方，即时，；若，在轴下方时，即时，，所以或.又直线与渐近线不平行，所以.所以，或且.因为，设圆的半径为，面积为，则，所以，当且仅当即时，上述不等式取等号，或且.所以且，从而且. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用直线的倾斜角与圆的内接四边形的角的关系，得出这一关键数量关系，再转化为直线与双曲线相交，利用根与系数的关系化简求参数的常规问题.10．（2024·江苏南京·二模）已知抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，且．过F的直线1与抛物线C交于A，B两点，与E的两条近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧).(1)求E的渐近线方程；(2)若实数满足，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由两曲线有公共的焦点F，且，得，，可求渐近线方程；（2）通过设直线方程，联立方程组，借助韦达定理，表示出和，由求的取值范围．【详解】（1）抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，设双曲线E的焦距为，则有，又，则.由，得，所以E的渐近线的方程为（2）设，，1与E的两条近线交于P，Q两点均位于y轴右侧，有，由，解得，， .设，由，消去得，则有，，由，，有，即，由，有，所以.  【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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，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0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．11．（2024·重庆·三模）已知，曲线上任意一点到点的距离是到直线的距离的两倍.(1)求曲线的方程；(2)已知曲线的左顶点为，直线过点且与曲线在第一、四象限分别交于，两点，直线、 分别与直线交于，两点，为的中点.（i）证明：；（ii）记，，的面积分别为，，，则是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）是，【分析】（1）设曲线上任意一点坐标为，利用坐标可得曲线的方程；（2）(i)设直线：，，，联立方程组可得，，求得直线：，求得，，进而可得的坐标，求得的坐标，直线的方向向量的坐标，利用向量法可证结论.(ii)法一：利用（i）可求得；，进而可得，进而求得，代入运算可求得，可求结论.法二：（利用双曲线的第二定义）由（1）知，，同理，计算可得，又，，进而计算可得结论成立.【详解】（1）设曲线上任意一点坐标为，则由题意可知：，故曲线的方程为.（2）(i)设直线：，，，   其中且，，故，；直线：，当时，，故，同理，为中点，故；；（*）；故，即，则，直线的方向向量，，故.(ii)法一：；（**）故；，又，故. ；；，，由（*）知，由（**）知，故，故，则.法二：（利用双曲线的第二定义）由（1）知，，同理，故，又，故，又，且由（*）知，记直线与轴相交于点，由可得，即，即，故；又为的中点，故，即.【点睛】方法点睛：直线与双曲线联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可设出直线方程． 第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式(有些题可不考虑).第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．第五步：根据题设条件求解问题中的结论．有些运算量大，转化是关徤，运算求解能力也是考查点之一.12．（2024·河北·二模）已知椭圆的离心率．(1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程．(2)若直线，均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设.（ⅰ）求；（ⅱ）记，求数列的前项和．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）.【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程.（2）（ⅰ）利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；（ⅱ）求得，并利用等比数列的前项和公式求得.【详解】（1）因为，，所以，所以椭圆的方程为，因为椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）（ⅰ）当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，直线与轴重合，不符合题意. 故直线的斜率均存在且不为0.设直线的方程为，,联立方程，消去并整理得，因为直线与椭圆相交于两个不同的交点，所以，根据韦达定理得，，则，同理可得，因为三点共线，所以，易知，则，因为，所以.（ⅱ）结合（ⅰ）可知，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以数列的前项和. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题.其中关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到.13．（2024·辽宁沈阳·二模）以坐标原点为圆心的两个同心圆半径分别为和，为大圆上一动点，大圆半径与小圆相交于点轴于于点的轨迹为．(1)求点轨迹的方程；(2)点，若点在上，且直线的斜率乘积为，线段的中点，当直线与轴的截距为负数时，求的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，根据条件得到，消元即可求出结果；（2）法一：设，直线的方程为，联立直线与椭圆方程得到，由韦达定理得，根据题设得到直线的方程为，再利用点在椭圆上，得到，从而有与y轴负平轴所形成的夹角为，再求出与x正半轴所形成的夹角，即可解决问题；法二：设，直线 的方程为，直接求出，再根据条件求出，后面同法一；法三：建立新的坐标系，在新的坐标系中，得椭圆的方程为，及直线的方程为，联立直线与椭圆，再结合条件得到，从而有，后面同法一；法四：设，直线的方程为，联立椭圆方程得，进而得到，通过令，得到，令，得到，从而有，下面同方法一.【详解】（1）设，则，消去得，所以点轨迹的方程为.（2）方法一：设，直线的方程为，，消去y得，，即由韦达定理知，，所以，整理得， 即，当时，直线的方程为当时，直线的方程为，恒过点，不合题意设，将，将M、N两点代入到椭圆得，两式相减得，即，所以，故，设与y轴负平轴所形成的夹角为，因为，所以，设与x正半轴所形成的夹角为，因为，所以，.方法二：设，直线的方程为消去y可得：从而，故，将代入直线的方程可得，所以，又，将式点M中的k换成得到，，下面同方法一方法三：以为坐标原点建立新的直角坐标系，新坐标系下椭圆方程，在新坐标系下设，直线的方程为 将椭圆方程变形可得：将直线的方程与椭圆方程结合，构成其次分式可得，整理得即：，所以，故，直线的方程为，下面同方法一方法四：设，直线的方程为消去y可得：因为是上述一元二次方程的两个根，所以        ①又整理得：在①式中令得：        ②令得：        ③可得：整理得，下面同方法一【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，通过设出直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得到，由韦达定理得 ，根据题设得到直线的方程为，再利用点在椭圆上，得到，从而将问题转化成解决，其中为与y轴负平轴所形成的夹角，为与x正半轴所形成的夹角.14．（2024·广东佛山·二模）两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的A，B两点，当的垂心恰是C的焦点时，.(1)求p；(2)若，弦中点为P，点关于直线的对称点N在抛物线C上，求的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用垂直关系，结合斜率坐标公式，列式计算即得.（2）求出P的轨迹方程，分和两种情况讨论，求出直线AB过定点，再求出N点坐标，即可求出三角形面积.【详解】（1）由的垂心恰是C的焦点，由抛物线对称性得，，而，不妨设，而焦点，则，解得，所以.（2）由（1）知，，由，解得，同理，则，而，因此 所以P的轨迹方程为，当时，不妨设，，此时，直线AB过点，当时，直线AB的斜率为，AB的方程为，整理得，直线AB过点，因此直线AB过定点，由可得，解得，于是或，当时，MN的中点为，直线MN的斜率为，此时直线AB的方程为，由解得或，当时，直线AB为，不符合题意，舍去，则，，边上的高，因此的面积，当时，由对称性，同理可得，所以的面积为.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：①“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；②“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；③求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.15．（2024·广东深圳·二模）设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点 O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列．(1)求C的方程；(2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果；（2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明.【详解】（1）  设点，，由题可知，当时，显然有；当时，直线OM的方程为，点．联立直线AB与C的方程得，，所以，，因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列，所以． 即，，化简得．将代入上式得，则，所以曲线C的方程为．（2）  （法一）设直线：，联立C的方程，得．由，得，点，设AB的中点为E，因为，，则点．因为，所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点，所以△AMN面积为△ABM面积的．记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离，所以，当时，等号成立．所以命题得证．（法二）设直线：，联立C的方程，得．由，得，点．所以直线MN与x轴垂直． 记△AMN的面积为S，所以．当时，等号成立．所以命题得证．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，联立抛物线方程，根据相切求出，再得出，最后计算出面积表达式求出其最值即可.16．（2024·湖南·一模）已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．(1)求的标准方程．(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：（ⅰ）的斜率之积为定值；（ⅱ）存在定点，使得关于点对称．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称. 【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，则，所以，因为，所以，得.因为，所以，可得，所以，故的标准方程为.（2）证明：（i）设，如下图所示：设过点的切线的斜率为，则切线方程为，即，所以，即，因此的斜率是上式中方程的两根，即.又因为，所以所以的斜率之积为定值，且定值为.（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，联立，得.因为，所以， 则，同理可得，所以.因为，所以，所以，得.因为都在上，所以或（舍去），所以存在定点，使得关于点对称.【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.17．（2024·湖南岳阳·三模）已知动圆过定点且与直线相切，记圆心的轨迹为曲线．(1)已知、两点的坐标分别为、，直线、的斜率分别为、，证明：；(2)若点、是轨迹上的两个动点且，设线段的中点为，圆与动点的轨迹交于不同于的三点、、，求证：的重心的横坐标为定值．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）先有两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明；（2）先设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出线段中点坐标进而得到的轨迹方程是，再与动圆的方程联立，得到、、的横坐标分别为，，，最后利用的展开式系数与相同，得到系数为零即可.【详解】（1）设点，依题有，化简并整理成， 圆心的轨迹的方程为，，又，所以，所以.（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消并整理成，在判别式大于零时，，又，所以，所以，，，所以线段的中点坐标为，设，则，消得，所以的轨迹方程是，圆过定点，设其方程为，由，得，设、、的横坐标分别为，，，因为、、异于，所以，，都不为零，故的根为，，，令，即有， 所以，故的重心的横坐标为定值．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是圆过定点，设其方程为，然后与的轨迹方程联立，表示出重心横坐标的方程，然后利用待定系数法求出结果.18．（2024·湖北·二模）已知双曲线的方程为，其中是双曲线上一点，直线与双曲线的另一个交点为，直线与双曲线的另一个交点为，双曲线在点处的两条切线记为与交于点，线段的中点为，设直线的斜率分别为．(1)证明：；(2)求的值．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据点坐标求得斜率表达式，利用自变量范围即可得出证明；（2）联立直线与双曲线的方程可得其斜率为，同理可得，联立直线的方程解得，再通过联立的方程利用韦达定理代入化简可求得，可知点的横坐标，即，可得.【详解】（1）证明：如下图所示：   由，可得；所以，又在双曲线上，．因此，易知，由可知，所以；（2）设，设直线的斜率分别为，直线的方程为，联立方程，由可得，同理可得；联立的方程，消去可得；将，代入上式，化简整理可得；设直线的方程分别为， 则可得，联立双曲线与直线方程，消去可得关于的二次方程，该方程的两根为；由韦达定理可知，可得；同理可得，所以，再将表达式代入中整理可得：，再将代入上式整理可得；所以点的横坐标，所以，故；可得.【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据直线和切线方程，通过与双曲线联立求得点横坐标的表达式，并通过化简变形求得点的横坐标为0，即可求得，可得.19．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆和的离心率相同，设的右顶点为，的左顶点为，，(1)证明：；(2)设直线与的另一个交点为P，直线与的另一个交点为Q，连，求的最大值．参考公式：【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据离心率相等可得，然后求出直线和的斜率，利用斜率即可得证；（2）联立直线和椭圆方程求出的坐标，从而可得的中点坐标，根据（1）中结论可得，利用导数即可求解.【详解】（1）当时，的离心率，当时，的离心率；当时，的离心率，当时，的离心率；因为，所以或，得，又，所以，且；由题意知，，即，则，，它们的斜率之积为，因此.（2）由（1）问知，，联立与的方程，将y消去得：，解得，，又在曲线上，则，， 联立与的方程，将y消去得：，解得，，又在曲线上，则，，因此的中点，连，因为，即，所以，记，当最大时，也最大；可知，令得，解得，又，则，令得，因此在处取得最大值，且最大值为，因此最大值为.20．（2024·山东·二模）已知椭圆的离心率为，设的右焦点为，左顶点为，过的直线与于两点，当直线垂直于轴时，的面积为．(1)求椭圆的标准方程；(2)连接和分别交圆于两点．（ⅰ）当直线斜率存在时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求； （ⅱ）设的面积为的面积为，求的最大值．【答案】(1)(2)（i）；（ii）的最大值为【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程组求解即可得椭圆方程；（2）（i）设，则直线，与圆方程联立可得点坐标，求解计算斜率，从而可得的值；（ii）设直线，与椭圆方程联立得交点坐标关系，利用坐标运算可得，从而可得最大值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，将代入椭圆方程可得，，解得，所以得面积为，又，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）（i）设，则直线与联立，可得，解得，带入可得， 所以，同理可得，，所以，所以；（ii）设直线，与椭圆方程联立，可得，所以，，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.【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，注意的判断；（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.21．（2024·山东潍坊·二模）已知双曲线：的实轴长为，右焦点到一条渐近线的距离为1．(1)求的方程；(2)过上一点作的切线，与的两条渐近线分别交于R，S两点，为点关于坐标原点的对称点，过作的切线，与的两条渐近线分别交于M，N两点，求四边形的面积． (3)过上一点Q向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，，是否存在点Q，满足，若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根据双曲线的基本量关系，结合右焦点到一条渐近线的距离为1求解即可；（2）设直线，联立双曲线方程可得交点坐标，再根据点到直线的距离结合弦长公式与三角形面积公式求解即可；（3）设，可得，再结合可得，进而根据点到线的距离公式，结合双曲线的方程求解即可.【详解】（1）因为双曲线实轴长为，故，，的一条渐近线方程为，则，故双曲线的方程为.（2）由题意可知四边形为平行四边形，其面积，由题意可得直线的斜率存在，设直线，且，联立，消去并整理得，因为直线与双曲线相切，故，得，即，所以，直线方程为.设直线与的交点为，与的交点为，联立，得，同理得， 则，因为原点到直线的距离，所以，所以.（3）设，则，不妨设到直线的距离为：，同理，所以①又因为②，由①②解得或，当时，解得，又，则，解得，同理有或或，所以存在点或或或满足. 【点睛】方法点睛：（1）弦长公式；（2）设双曲线上一点，则可得为定值22．（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.(1)证明：点在定直线上；(2)若面积为，求点的坐标；(3)若四点共圆，求点的坐标.【答案】(1)证明见解析(2)或(3)【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解；（2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解；（3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解.【详解】（1）由，得，设.所以方程为：，整理得：. 同理可得，方程为：.联立方程，解得.因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交，设直线的方程为，与抛物线方程联立得：，故，所以，可知.所以点在定直线上..（2）在的方程中，令，得，所以面积.故，代入可得：.整理得，解得：或.所以点的坐标为或.（3）若，则重合，与题设矛盾.抛物线焦点，由得直线斜率，可知，同理，所以是外接圆的直径.若点也在该圆上，则. 由，得直线的方程为：.又点在定直线上，联立两直线方程，解得，所以点的坐标为.【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果.23．（2024·福建漳州·一模）已知过点的直线与圆：相交于，两点，的中点为，过的中点且平行于的直线交于点，记点的轨迹为．(1)求轨迹的方程．(2)若为轨迹上的两个动点且均不在轴上，点满足（，），其中为坐标原点，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①点在轨迹上；②直线与的斜率之积为；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意可知：为线段的中垂线，可得，结合椭圆的定义和方程分析求解：（2）设，可知，根据题意选择条件结合椭圆的方程分析证明.【详解】（1）由题意可知：圆：的圆心为，半径，由题意可知：不为x轴，即不在x轴上， 因为为的中点，则，又因为∥，则，即为线段的中垂线，则，可得，可知：点的轨迹是以为焦点的椭圆，且不为长轴顶点，则，可得，所以轨迹的方程为.（2）设，可知，因为，则，即，若选①②证明③：因为直线与的斜率之积为，即，可得，又因为点在轨迹上，则，可得，即；若选①③证明②：因为点在轨迹上，则， 可得，即，且，结合的任意性可知，可得，即直线与的斜率之积为；若选②③证明①：因为直线与的斜率之积为，即，可得，且，则，，即，可知点在轨迹上.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤：（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．24．（2024·福建福州·模拟预测）点是椭圆：（ ）上（左、右端点除外）的一个动点，，分别是的左、右焦点.(1)设点到直线：的距离为，证明为定值，并求出这个定值；(2)的重心与内心（内切圆的圆心）分别为，，已知直线垂直于轴.（ⅰ）求椭圆的离心率；（ⅱ）若椭圆的长轴长为6，求被直线分成两个部分的图形面积之比的取值范围.【答案】(1)证明见解析，定值为(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）由两点间距离公式（结合点在椭圆上）、点到直线距离公式表示出，两式相比即可得解；（2）（ⅰ）解法一：一方面由（1）得，另一方面结合已知以及椭圆定义得，对比两式即可得解；解法二：利用已知以及椭圆定义得的一种表达式，另外结合两点间距离公式也可以分别表示，从而平方后作差即可得解；解法三：表示出方程，根据题意设出内心坐标，结合点到直线距离公式以及内切圆性质即可得解；（ⅱ）先求出椭圆方程，然后求得的面积与的面积之比的表达式结合导数即可求出其范围，进一步即可得解.【详解】（1）依题意，.设，则，，所以，所以，又，所以，，所以，所以，即为定值，且这个定值为. （2）（ⅰ）解法一：依题意，，设直线与轴交于点，因为轴，所以，所以，因为的内切圆与轴切于点，所以，又因为，解得由（1）得，所以，所以椭圆的离心率.解法二：依题意，，设直线与轴交于点，因为轴，所以，所以，因为的内切圆与轴切于点，所以，又因为，得所以两式平方后作差，得对任意成立，所以椭圆的离心率.解法三：依题意，，因为轴，设点坐标为，可求直线方程为，则点到直线的距离， 即，化简得，①同理，由点到直线的距离等于，可得，②将式①－②，得，则.将代入式①，得，化简得，得，所以椭圆的离心率.（ⅱ）由，得，又，所以，，所以椭圆的方程为.根楛椭圆对称性，不妨设点在第一象限或轴正半轴上，即，又，，所以直线的方程为，设直线与交于点，因为，所以， 的面积与的面积之比为，令（），则，当，，当，，所以函数在单调递减，在单调递增.又因为，，，所以的值域是，所以，所以，根据对称性，被直线分成两个部分的图形面积之比的取值范围是.【点睛】关键点点睛：第二问（ⅱ）的关键在于求得的面积与的面积之比的表达式，由此即可顺利得解.25．（2024·福建三明·三模）已知平面直角坐标系中，有真命题：函数的图象是双曲线，其渐近线分别为直线和y轴．例如双曲线的渐近线分别为x轴和y轴，可将其图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象．(1)求双曲线的离心率；(2)已知曲线，过上一点作切线分别交两条渐近线于两点，试探究面积是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，则说明理由；(3)已知函数的图象为Γ，直线，过的直线与Γ在第一象限交于两点，过作的垂线，垂足分别为，直线交于点，求面积的最小值．【答案】(1)(2)是定值(3) 【分析】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，由双曲线的两条渐近线为x轴和y轴得出，根据离心率公式计算即可；（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，得出过点的切线方程，与两渐近线方程联立，得出点得坐标，由即可得出；（3）由题意将函数，，点，，，绕原点顺时针旋转，得到双曲线，，，再得出直线与的交点为，结合韦达定理及对勾函数的单调性，即可求出面积的最小值．【详解】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，因为双曲线的两条渐近线为x轴和y轴，所以两渐近线之间的夹角为，所以，所以．（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，则过点的切线方程为：，即，与双曲线渐近线联立，即，，解得或，设，则,，因为，所以，所以面积是定值2．   （3）由的图象是双曲线，渐近线为轴与直线，则两渐近线的夹角为，故，两渐近线夹角的平分线所在直线方程为，联立得，或，则双曲线的，所以，则将图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象，直线与轴夹角为，故直线的图象绕原点顺时针旋转得到直线，同理可得点，绕原点顺时针旋转得到，且点为右支上的点，设，则，由题知，过的直线斜率不为0，设该直线方程，因为点为右支上的点，所以且，所以，由得，，，，则，即，因为由图象知直线的斜率存在，所以，故直线的方程为：， 令，，由得，，所以直线过定点，同理可得直线也过定点，所以直线与的交点为，则，令，则，因为函数在上单调递减，，则，即所以，故面积的最小值为．  【点睛】方法点睛：当三角形三个顶点均为动点时，求面积比较困难，此时可以将其中一个或两个点转化为定点（或证明为顶点），再研究三角形面积的最值．26．（2024·浙江绍兴·二模）已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点作直线交于M，N两点，点，记直线，的斜率分别为，.(1)求的方程； (2)求的值；(3)设直线交C于另一点Q，求点B到直线距离的最大值.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）由焦准距的定义求出的值即得；（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立消元，得到韦达定理，分别化简计算和，再整体代入计算即得定值；（3）设点表示出直线、、的方程，分别利用过点，过点得出与，与的关系式，消去，整理得，再与方程比较得出过定点，从而得到结论.【详解】（1）因为焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线的方程为.（2）如图，设，，直线的方程为，由得，所以（*）由，将（*）代入整理得： .又，将（*）代入整理得：所以，.（3）设，，，则直线的斜率，所以直线的方程为，即.同理，直线方程为，直线方程为.因为直线经过，所以，解得，因为直线经过，所以，解得，所以，整理得.又因为直线的方程为，所以直线经过定点，所以，当时，点到直线距离取得最大值为.27．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知抛物线:的焦点，直线过且交C于两点 ，已知当时，中点纵坐标的值为.(1)求的标准方程.(2)令，P为C上的一点，直线，分别交C于另两点A，B.证明：.(3)过分别作的切线，与相交于，同时与相交于，求四边形面积取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析；(3).【分析】（1）设直线的方程为，，利用设而不求法可得，由条件可得，，由此可求，可得抛物线方程；（2）设，联立与抛物线方程可求的坐标，由此可得，联立与抛物线方程可求的坐标，由此可得，进一步证明结论；（3）由条件求出方程，再求的坐标，讨论，表示四边形面积，结合导数求其范围.【详解】（1）抛物线的焦点的坐标为，若直线的斜率为0，则与抛物线只有一个交点，与条件矛盾，可设直线的方程为，联立，化简得①，方程①的判别式，设，所以，若，则，所以， 又中点纵坐标的值为，所以，解得，所以抛物线方程为；（2）设点的坐标为，则，直线的方程为，联立，化简可得②，方程②的判别式，所以，，设的坐标为，则，所以，所以，直线的方程为，联立，化简可得③，方程③的判别式设的坐标为，则，所以，所以，所以； （3）设过点的切线方程为，联立，化简可得④，方程④的判别式，解得，所以，所以，即的方程为，同理可得的方程为：，的方程为：，联立，又，，解得，，又，即点的坐标为，联立，又，解得，，又，即点的坐标为，因为，，所以，所以点的坐标为，因为，，所以，所以点的坐标为， 所以直线的方程为，记直线与直线的交点为点，则点的坐标为，根据抛物线的对称性，不妨设，则或，当时，则，，所以，，所以四边形的面积，所以，设，由已知，则，所以，函数在上单调递减，所以，当时，则，，所以，，所以四边形的面积，所以， 设，由已知，则，所以，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，所以四边形面积取值范围为.【点睛】方法点睛：（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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0或不存在等特殊情形．28．（2024·河北保定·二模）平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.(1)若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；(2)若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据垂心以及外心满足的等量关系即可根据，，求解，（2）根据共线以及可得，进而根据满足的垂直关系可得 ，联立直线与椭圆方程，得判别式，化简可得即可求解.【详解】（1）因为，所以.设与x轴的交点为，由题意可得，即，解得.设，因为，所以，则，解得.所以.  （2）证明：因为D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上.因为是的高，所以，即轴.因为的外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称.设与x轴的交点为，，，，，由题意可得，即，化简得.直线的斜率为，直线的斜率为，所以，化简得①直线的方程为.椭圆与内切，所以.联立得. ，即.因为，所以，即，即.结合①可得设椭圆T的焦距为，则，所以D，E为椭圆T的两个焦点.  【点睛】关键点点睛：根据以及垂心和外心满足的几何关系，根据相切，通过判别式为0化简的是本题的关键.29．（2024·浙江杭州·模拟预测）设双曲线，直线与交于两点.(1)求的取值范围；(2)已知上存在异于的两点，使得.（i）当时，求到点的距离（用含的代数式表示）；（ii）当时，记原点到直线的距离为，若直线经过点，求的取值范围.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）利用直线与双曲线的位置关系结合韦达定理计算即可；（2）（i）设及其中点坐标，根据极化恒等式、弦长公式计算即可；（ii）设直线方程，结合（i）的结论知既在圆上也在双曲线上，分别联立直线与圆、双曲线方程消去得出两个一元二次方程，由横坐标均满足方程得出参数关系式，化简求 ，再分类讨论结合判别式、点到直线的距离公式计算范围即可.【详解】（1）联立直线与双曲线方程得，则或，即的取值范围为；（2）（i）设，则，由（1）可知：，则，设中点为D，则，而，，所以，又由弦长公式可知：，所以，即到点的距离为；（ii）由（i）知，当时，，则在圆上，由题意知直线斜率存在，不妨设其方程为：，与双曲线联立，与圆联立，即横坐标均满足上述方程， 所以，化简得，即，解之得或，当时，，则，显然恒成立，又，①时，，而由（1）知：，又，所以，此时；②时，，同理知，所以；当时，，显然，上式无解，舍去；易知，所以综上有. 【点睛】思路点睛：第二问先由极化恒等式得出P、Q的轨迹圆，第一小问根据弦长公式计算即可；第二小问分别联立直线与圆、双曲线的方程，利用同解方程得出参数关系式，从而计算出的取值，再分类讨论的不同取值结合判别式计算即可.30．（2024·湖北·一模）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．(1)求椭圆的标准方程：(2)设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析， 【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.【详解】（1）由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为（2）（i）由（1）可得，连接，因为，，所以，，，所以，所以直线的方程为，联立，解得或（舍去），. （ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，又，，直线的方程为，由，解得，所以，由，得，由，则，所以，则，，依题意、不重合，所以，即，所以，直线的方程为，令即，解得， ，，为定值.【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.