高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题43直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题(原卷版+解析)

2023高考一轮复习讲与练专题43直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题直线与圆锥曲线的证明、面积、探索问题直线与圆锥曲线的证明、面积、探索问题面积问题最值问题证明问题探索问题最值问题证明问题探索问题练高考明方向1.(2023·新高考Ⅰ卷T21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．2.(2023·新高考Ⅱ卷T21）设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．（1）求C的方程；（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：①M在上；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.3.(2023·浙江卷T21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（2）求的最小值．4．(2023年高考全国甲卷理科)抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．(1)求C，的方程；(2)设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．5．(2023年高考全国甲卷理科)已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．6．(2023年高考全国乙卷理科)已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．(1)求；(2)若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为 ()A．4 B．8 C．16 D．328．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．(1)求的方程；(2)若点在上，点在直线上，且，，求的面积．9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．(1)证明：直线AB过定点：(2)若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．10．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记的轨迹为曲线．求的方程，并说明是什么曲线；过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点．证明：是直角三角形；求面积的最大值．11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)(12分)设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．(1)当与轴垂直时，求直线的方程；(2)设为坐标原点，证明：．12．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知为抛物线的焦点,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,则的是小值为 ()A． B． C． D．13．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线，过点的直线交与两点，圆是以线段为直径的圆．(1)证明：坐标原点在圆上；(2)设圆过点，求直线与圆的方程．14．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为，点满足．(1)求点的轨迹方程；(2)设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．15．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线:的焦点为,平行于轴的两条直线,分别交于,两点,交的准线于,两点.(Ⅰ)若在线段上,是的中点,证明∥;(Ⅱ)若的面积是的面积的两倍,求中点的轨迹方程.16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为的直线交E于两点，点N在E上，．(=1\*ROMANI)当，时，求的面积；(=2\*ROMANII)当时，求k的取值范围．17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．(I)证明为定值，并写出点E的轨迹方程；(=2\*ROMANII)设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．18．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．19．(2023高考数学新课标1理科)在直角坐标系中，曲线：与直线(＞0)交与两点，(Ⅰ)当时，分别求在点和处的切线方程；(Ⅱ)轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由。20．(2023高考数学课标1理科)已知点,椭圆:的离心率为,是椭圆的焦点,直线的斜率为,为坐标原点．(1)求的方程;(2)设过点的直线与相交于两点,当的面积最大时,求的方程．21．(2023高考数学新课标2理科)平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为．(1)求的方程；(2)为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值．22．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．23．(2023高考数学课标2理科)设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A．B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为 ()A． B． C． D．讲典例备高考类型一、关于面积的问题基础知识：三角形的面积处理方法：(1)S△＝eq\f(1,2)·底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)；(2)S△＝eq\f(1,2)·水平宽·铅锤高＝eq\f(1,2)|AB|·|xE－xD|或S△＝eq\f(1,2)|CD|·|yA－yE|.证明：S△ADE＝S△ABE＋S△ABD＝eq\f(1,2)|AB|·|xB－xE|＋eq\f(1,2)|AB|·|xB－xD|＝eq\f(1,2)|AB|·|xE－xD|；S△ADE＝S△ACD＋S△ECD＝eq\f(1,2)|CD|·|yA－yC|＋eq\f(1,2)|CD|·|yE－yC|＝eq\f(1,2)|CD|·|yA－yE|.基本题型：求面积的正向题（即在已知条件下求多边形的面积）：1．设，是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在的左支上，且，则的面积为（）A． B． C．8 D．2．设直线与抛物线相交于､两点，为坐标原点，若，则面积的取值范围是（）A． B． C． D．3.已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上的一点，且，则的面积是.4.已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为eq\f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.(1)求椭圆的标准方程；(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．5．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1为顶点的梯形的高为eq\r(3)，面积为3eq\r(3).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A，B为椭圆C上的任意两点，若直线AB与圆O：x2＋y2＝eq\f(12,7)相切，求△AOB面积的取值范围．求面积的逆向题（即在已知多边形的面积的条件下求其它量）：1．已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于、、、四点，四边形的的面积为，则双曲线的方程为（）A．B．C．D．2．过拋物线：焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，，O为坐标原点，且△的面积为，则抛物线C的标准方程为（）A． B． C． D．3．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点与左、右顶点连线的斜率之积为－eq\f(1,4).(1)求椭圆C的离心率；(2)若直线y＝eq\f(1,2)(x＋1)与椭圆C相交于A，B两点，△AOB(O为坐标原点)的面积为eq\f(\r(7),4)，求椭圆C的标准方程．基本方法：1．四边形或多个图形面积的关系的转化分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点(尤其是有平行条件的时候)，可将面积的关系转化，降低计算量．特殊地，对角线互相垂直的四边形，面积＝对角线长度乘积的一半．2．面积的最值或取值范围问题一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值(一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等)，在算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积，尽可能降低计算量．类型二、关于最值问题基本题型：1．设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（）A．B．C．D．2．已知为抛物线：的焦点，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，则的最小值为A．16B．14C．12D．103．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则eq\f(|PF|,|PA|)的最小值为________．4、如图，点A，B分别是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜5)的长轴的左、右端点，F为椭圆的右焦点，直线PF的方程为eq\r(15)x＋y－4eq\r(15)＝0，且eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PF,\s\up7(→))＝0，设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，则椭圆上的点到点M的距离d的最小值为________．5．在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．6．设圆与两圆中的一个内切，另一个外切．（1）求的圆心轨迹L的方程；（2）已知点M，且为上动点，求的最大值及此时点P的坐标．基本方法：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决。代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解。类型三、关于探索问题基础知识：存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.基本题型：1、（探索直线的存在性）已知点A(0，－2)，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．(1)求椭圆E的方程．(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq\f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．2．（探索点的存在性）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O：相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．3．（探索圆的存在性）双曲线C：x2－y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，请说明理由．4．（探索三点的共线性）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，其右焦点为F(1，0)．(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)过点M(2,0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，Q关于x轴对称的点为N，判断P，F，N三点是否共线，并加以证明．基本方法：圆锥曲线中存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．类型四、关于证明问题基本题型：1、（线段相等的证明）已知抛物线y2＝4x，点P(2,0)，Q(4，0)．过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB.(1)若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求eq\f(k2,k1)的值；(2)过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：|PE|＝|PF|.2、（不等式证明）已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线交于A，B两点，直线OA，OB的斜率之积为－p.(1)求抛物线C的方程；(2)若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线于D点，求证：eq\f(|OD|,|OM|)>2.3．（线圆相切的证明）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq\r(6).(1)求该椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．4．（四点共圆的证明）已知抛物线P：y2＝2px(p＞0)上的点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，a))到其焦点的距离为1.(1)求p和a的值；(2)若直线l：y＝x＋m交抛物线P于A，B两点，线段AB的垂直平分线交抛物线P于C，D两点，求证：A，B，C，D四点共圆．5．（线线垂直的证明）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的右焦点为F，A，B分别为椭圆的左顶点和上顶点，△ABF的面积为eq\r(2)＋1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x＝2eq\r(2)交于点M，N.证明：FM⊥FN.基本方法：几何证明问题的解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．新预测破高考1、抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且|MF|＝4|OF|，△MFO的面积为4eq\r(3)，则抛物线的方程为()A．y2＝6x B．y2＝8xC．y2＝16x D．y2＝eq\f(15x,2)2．设，为双曲线的两个焦点，点在双曲线上且满足，则的面积为（）A．2 B． C．4 D．3．过椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C.eq\f(5,4) D.eq\f(10,3)4．是椭圆上的点，、是椭圆的左、右焦点，设，则的最大值与最小值之和是（）A．16 B．9 C．7 D．255．已知P是双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为()A．1B．2＋eq\f(\r(15),5)C．4＋eq\f(\r(15),5)D．2eq\r(2)＋16、已知P是双曲线eq\f(x2,16a2)－eq\f(y2,9a2)＝1(a＞0)上的点，F1，F2是其左、右焦点，且eq\o(PF1,\s\up7(→))·eq\o(PF2,\s\up7(→))＝0，若△PF1F2的面积为9，则a等于()A．2 B．1C．3 D．47．椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(6\r(5),5)C.eq\f(8\r(5),5) D.eq\f(4\r(5),5)8．(多选)已知分别是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在使的面积为的点P的个数为4，则实数m的值可以是A．2 B．3 C． D．59．(多选)设F是抛物线C：y2＝4x的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是()A．|AB|≥4B．|OA|＋|OB|>8C．若点P(2,2)，则|PA|＋|AF|的最小值是3D．△OAB的面积的最小值是210．（多选）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，则下面四个结论正确的是（）A．的最大值大于3B．的最大值为4C．的最大值为60°D．若动直线垂直于轴，且交椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为或11．己知椭圆，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，线段AB的中点为M，则点M的纵坐标的最大值为__________．12.已知抛物线的焦点为，直线与轴交于点与抛物线交于点，且（1）求抛物线的方程；（2）过的直线抛物线相交于，两点，若线段的垂直平分线与相交于，两点，探究是否存在直线使，，，四点共圆？若能，请求出直线的方程；若不能，请说明理由.13.如图，抛物线上有三个不同的点（其中点的第一象限），抛物线的焦点在上，与轴交于点，且当点纵坐标为时，，（1）求抛物线方程；（2）求面积最小时，点的坐标.14.已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点.（1）求抛物线的方程；（2）求的值；（3）如图，过点的直线交抛物线与两点（点在轴的同侧，），且，直线与直线的交点为，记，的面积分别为，求的取值范围.15、已知P(eq\r(2)，eq\r(3))是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2eq\r(3).(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．16．已知直线与椭圆交于、两点，且在直线的上方（如图所示）.（1）求常数的取值范围；（2）若的面积最大，求直线的斜率的大小．17．平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．（i）求证：点M在定直线上；（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．18．已知椭圆上两个不同的点关于直线对称．（Ⅰ）求实数的取值范围；（Ⅱ）求面积的最大值（为坐标原点）．19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到两点的距离之和为4.（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；（2）已知直线与圆交于､两点，与曲线交于､两点，其中､在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.20．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq\f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，请说明理由．21．已知为双曲线的左、右焦点，过点作垂直于轴的直线，并在轴上方交双曲线于点，且．（1）求双曲线的方程；（2）过圆上任意一点作圆的切线，交双曲线于两个不同的点，的中点为，证明：．22．已知双曲线：的右焦点与抛物线的焦点重合，一条渐近线的倾斜角为．（1）求双曲线的方程；（2）经过点的直线与双曲线的右支交与两点，与轴交与点，点关于原点的对称点为点，求证：．23．已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线与抛物线交于，两点，且.（1）求抛物线的方程；（2）设，是抛物线上的不同两点，且轴，直线与轴交于点，再在轴上截取线段，且点介于点点之间，连接，过点作直线的平行线，证明是抛物线的切线.2023高考一轮复习讲与练专题43直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题直线与圆锥曲线的证明、面积、探索问题直线与圆锥曲线的证明、面积、探索问题面积问题最值问题证明问题探索问题最值问题证明问题探索问题练高考明方向1.(2023·新高考Ⅰ卷T21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．分析：（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可得出的面积．【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即，即，解得，于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点到直线的距离，故的面积为．2.(2023·新高考Ⅱ卷T21）设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．（1）求C的方程；（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：①M在上；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.分析：（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【解析】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程为：；（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；总之，直线的斜率存在且不为零.设直线的斜率为,直线方程为,则条件①在上，等价于；两渐近线的方程合并为,联立消去y并化简整理得：设,线段中点为,则,设,则条件③等价于,移项并利用平方差公式整理得：，,即,即；由题意知直线的斜率为,直线的斜率为,∴由,∴,所以直线的斜率,直线,即,代入双曲线的方程,即中，得：,解得的横坐标：,同理：，∴∴,∴条件②等价于，综上所述：条件①在上，等价于；条件②等价于；条件③等价于；选①②推③:由①②解得：,∴③成立；选①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；选②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.3.(2023·浙江卷T21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（2）求的最小值．分析：（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．【解析】（1）设是椭圆上任意一点,,则，当且仅当时取等号，故的最大值是.（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.则，当且仅当时取等号，故的最小值为.4．(2023年高考全国甲卷理科)抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．(1)求C，的方程；(2)设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．答案：（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析解析：（1）依题意设抛物线，，所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，所以的方程为；（2）设若斜率不存在，则方程为或，若方程为，根据对称性不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；若直线斜率均存在，则，所以直线方程为，整理得，同理直线的方程为，直线的方程为，与圆相切，，整理得，与圆相切，同理，所以为方程的两根，，到直线的距离为：，所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切．5．(2023年高考全国甲卷理科)已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．答案：解析：因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以，，即四边形面积等于．6．(2023年高考全国乙卷理科)已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．(1)求；(2)若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．答案：（1）；（2）．【解析】（1）抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为 ()A．4 B．8 C．16 D．32答案：B解析：，双曲线的渐近线方程是直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点不妨设为在第一象限，在第四象限，联立，解得，故联立，解得，故，面积为：，双曲线其焦距为，当且仅当取等号的焦距的最小值：【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．8．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．(1)求的方程；(2)若点在上，点在直线上，且，，求的面积．答案：（1）；（2）．解析：（1），，，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即；（2）不妨设,在x轴上方，点在上，点在直线上，且，，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，根据题意画出图形，如图，，，又，，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：，综上所述，面积为：．【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．(1)证明：直线AB过定点：(2)若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．答案：(1)见详解；(2)3或．【解析】(1)设则． 由于，所以切线的斜率为，故整理得．． 设同理可得．故直线的方程为． 所以直线过定点． (2)由(1)得直线的方程为．由可得． 于是， ． 设分别为到直线的距离，则． 因此，四边形的面积．设线段的中点，则．由于，而，与向量平行，所以．解得或．当时，；当时，． 因此，四边形的面积为3或．10．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记的轨迹为曲线．求的方程，并说明是什么曲线；过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点．证明：是直角三角形；求面积的最大值．答案：详见解析详见解析【解析】由题设得，化简得，所以为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点．设直线的斜率为，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由，得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．由得，，所以的面积．设，则由得，当且仅当时取等号．因为在单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为．因此，面积的最大值为．11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)(12分)设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．(1)当与轴垂直时，求直线的方程；(2)设为坐标原点，证明：．解析：（1）由已知得，的方程为．由已知可得，点的坐标为或．所以的方程为或．（2）当与轴重合时，．当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，直线MA，MB的斜率之和为．由得．将代入得．所以．则．从而，故的倾斜角互补，所以．综上，．12．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知为抛物线的焦点,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,则的是小值为 ()A． B． C． D．答案：A【解析】法一:设,,直线方程为取方程,得,∴,同理直线与抛物线的交点满足,由抛物线定义可知,当且仅当(或)时,取得等号．法二:设的倾斜角为,则直线的倾斜角为,根据焦点弦长公式有:．．13．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线，过点的直线交与两点，圆是以线段为直径的圆．(1)证明：坐标原点在圆上；(2)设圆过点，求直线与圆的方程．【解析】法一:(1)证明:①当轴时,代入得在以为直径的圆上．此时圆半径为,圆过原点;②当不垂直于轴时,设的方程为且由,消去,整理可得,,从而,,在以为直径的圆上．(2)由(1)知以为直径的圆的方程为即,由于在此圆上代入上述方程得,故所求圆的方程为．法二:⑴显然,当直线斜率为时,直线与抛物线交于一点,不符合题意．设,,,联立:得,恒大于,,．,∴,即在圆上．⑵若圆过点,则,,化简得解得或①当时,圆心为,,半径,则圆②当时,圆心为,,,半径,则圆．14．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为，点满足．(1)求点的轨迹方程；(2)设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．答案：(1)；(2)证明略．【解法】（Ⅰ）解法一：相关点法求轨迹：设，,，则：,．又,所以：，则：．又在椭圆C上，所以：。所以：．解法二：椭圆C的参数方程为：（为参数）．设，,，则：,．又,所以：，则：．则：．（Ⅱ）解法一：设，,,则，,，．又,所以：即：．那么．所以．即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点。解法二：设，,,则，,，．又,所以．又在上，所以：．又．所以：．即过垂直于的直线过椭圆的左焦点．15．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线:的焦点为,平行于轴的两条直线,分别交于,两点,交的准线于,两点.(Ⅰ)若在线段上,是的中点,证明∥;(Ⅱ)若的面积是的面积的两倍,求中点的轨迹方程.答案：(Ⅰ)见解析;(Ⅱ).【解析】由题设.设,则,且,,,,.记过两点的直线为,则的方程为.(Ⅰ)由于在线段上,故.记的斜率为,的斜率为,则,所以∥.(Ⅱ)设与轴的交点为,则,.由题设可得,所以(舍去),.设满足条件的的中点为,当与轴不垂直时,由可得.而,所以.当与轴垂直时,与重合.所以所求轨迹方程为.16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为的直线交E于两点，点N在E上，．(=1\*ROMANI)当，时，求的面积；(=2\*ROMANII)当时，求k的取值范围．答案：（1）；（2）．【解析】（I）设，则由题意知，当时，的方程为，．由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．因此直线的方程为．将代入得．解得或，所以．因此的面积．（II）由题意，，．将直线的方程代入得．由得，故．由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即．当时上式不成立，因此．等价于，即．由此得，或，解得．因此的取值范围是．17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．(I)证明为定值，并写出点E的轨迹方程；(=2\*ROMANII)设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．答案：(I)4；，()；(=2\*ROMANII)【解析】法一：(I)因为,,故．所以，故又圆标准方程为，从而，所以．由题设得,由椭圆的定义可得点的轨迹方程为，()；(=2\*ROMANII)当与x轴不垂直时，设，由得．则，所以．过点且与垂直的直线，到的距离为，所以故四边形的面积为当与x轴不垂直时，四边形的面积的取值范围为当与x轴垂直时，其方程为，，四边形的面积12．综上，四边形的面积的取值范围为．法二：⑴圆整理为，坐标，如图，，则，由，则所以的轨迹为一个椭圆，方程为，()；⑵ ；设，因为，设，联立得；则；圆心到距离，所以，．18．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．解析：（Ⅰ）设直线，，，．将代入得，故，．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四边形能为平行四边形．因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．由（Ⅰ）得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是．解得，．因为，，，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．19．(2023高考数学新课标1理科)在直角坐标系中，曲线：与直线(＞0)交与两点，(Ⅰ)当时，分别求在点和处的切线方程；(Ⅱ)轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由。答案：（Ⅰ）或（Ⅱ）存在解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，．∵，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为，即．故在=-处的到数值为-，C在处的切线方程为，即．故所求切线方程为或．（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为．将代入C得方程整理得．∴．∴==．当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以符合题意．20．(2023高考数学课标1理科)已知点,椭圆:的离心率为,是椭圆的焦点,直线的斜率为,为坐标原点．(1)求的方程;(2)设过点的直线与相交于两点,当的面积最大时,求的方程．【解析】(1)设,由条件知,得又,所以,,故的方程．(2)依题意当轴不合题意,故设直线l:,设将代入,得,当,即时,从而又点到直线的距离,所以的面积,设,则,,当且仅当,等号成立,且满足,所以当的面积最大时,的方程为:或．21．(2023高考数学新课标2理科)平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为．(1)求的方程；(2)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）解析：（1）设，则；；两式相减得到，因为，设，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以，即．所以可以解得，即，所以的方程为．（2）因为CD⊥AB，直线AB方程为，所以设直线CD方程为，将代入得：，所以可得；将代入得：，设，则又因为,所以当时，取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为22．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．【解析】（Ⅰ）设直线，，，．将代入得，故，．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四边形能为平行四边形．因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．由（Ⅰ）得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是．解得，．因为，，，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．23．(2023高考数学课标2理科)设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A．B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为 ()A． B． C． D．答案：D解析：由题意可知：直线AB的方程为：，带入抛物线的方程可得：，设，则所求三角形的面积为，故选D。讲典例备高考类型一、关于面积的问题基础知识：三角形的面积处理方法：(1)S△＝eq\f(1,2)·底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)；(2)S△＝eq\f(1,2)·水平宽·铅锤高＝eq\f(1,2)|AB|·|xE－xD|或S△＝eq\f(1,2)|CD|·|yA－yE|.证明：S△ADE＝S△ABE＋S△ABD＝eq\f(1,2)|AB|·|xB－xE|＋eq\f(1,2)|AB|·|xB－xD|＝eq\f(1,2)|AB|·|xE－xD|；S△ADE＝S△ACD＋S△ECD＝eq\f(1,2)|CD|·|yA－yC|＋eq\f(1,2)|CD|·|yE－yC|＝eq\f(1,2)|CD|·|yA－yE|.基本题型：求面积的正向题（即在已知条件下求多边形的面积）：1．设，是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在的左支上，且，则的面积为（）A． B． C．8 D．答案：C【详解】由，所以，可得，不妨设，，所以，所以点在以为直径的圆上，即是以为直角顶点的直角三角形，故，即．又．所以，解得，所以．2．设直线与抛物线相交于､两点，为坐标原点，若，则面积的取值范围是（）A． B． C． D．答案：D【详解】因为直线与抛物线相交于､两点，所以该直线斜率不为零，设该直线的方程为，其中不同时为零；设､，由可得，则，，即；因此，又，所以，即，解得；所以；又点到直线的距离为，所以的面积为，即面积的取值范围是.3.已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上的一点，且，则的面积是.答案：【详解】根据椭圆定义，可得，且椭圆的焦距为，又，在中，由余弦定理，可得，所以，即，所以，因此的面积是.4.已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为eq\f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.(1)求椭圆的标准方程；(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．解：(1)由题意得c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\r(2)，则b＝c＝1，则椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①当两直线一条斜率不存在、一条斜率为0时，S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2.②当两直线斜率存在且都不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，则x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)，同理，|CD|＝eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，则S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2)·eq\f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq\f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq\f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2))，当k＝±1时，S＝eq\f(16,9).综上所述，四边形面积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2)).5．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1为顶点的梯形的高为eq\r(3)，面积为3eq\r(3).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A，B为椭圆C上的任意两点，若直线AB与圆O：x2＋y2＝eq\f(12,7)相切，求△AOB面积的取值范围．【解析】(1)由题意得b＝eq\r(3)，等腰梯形MNF2F1的面积为eq\f(2a＋2c,2)×eq\r(3)＝3eq\r(3)，则a＋c＝3.又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)当圆O的切线AB的斜率存在时，设直线AB：y＝kx＋m，切点为H，连接OH，则OH⊥AB.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2).又因为直线AB与圆O相切，所以点O到直线AB的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\r(\f(12,7))＝eq\f(2\r(21),7)，得m2＝eq\f(121＋k2,7)，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(64k2m2－44m2－124k2＋3,3＋4k22))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(484k2＋3－m2,3＋4k22))＝eq\f(4\r(21),7)eq\r(\f(1＋k29＋16k2,3＋4k22))＝eq\f(4\r(21),7)eq\r(1＋\f(k2,16k4＋24k2＋9)).①当k≠0时，因为16k2＋24＋eq\f(9,k2)≥2eq\r(16×9)＋24＝48，当且仅当k＝±eq\f(\r(3),2)时，等号成立，所以|AB|≤eq\f(4\r(21),7)eq\r(1＋\f(1,48))＝eq\r(7).易知|AB|>eq\f(4\r(21),7)，所以eq\f(4\r(21),7)<|AB|≤eq\r(7).②当k＝0时，|AB|＝eq\f(4\r(21),7)，由①②可知eq\f(4\r(21),7)≤|AB|≤eq\r(7).又d＝eq\f(2\r(21),7)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(\r(21),7)|AB|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,7)，\r(3))).当圆O的切线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±eq\f(2\r(21),7)，代入椭圆方程，可得|AB|＝eq\f(4\r(21),7)，则S△AOB＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(21),7)×eq\f(4\r(21),7)＝eq\f(12,7).综上可知，△AOB面积的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,7)，\r(3))).求面积的逆向题（即在已知多边形的面积的条件下求其它量）：1．已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于、、、四点，四边形的的面积为，则双曲线的方程为（）A．B．C．D．答案：D【解析】不妨设在第一象限，，所以，解得，故四边形的面积为，解得．故所求的双曲线方程为．2．过拋物线：焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，，O为坐标原点，且△的面积为，则抛物线C的标准方程为（）A． B． C． D．答案：D分析：由题意设为，联立抛物线结合韦达定理求得，，再由线段的数量关系求，最后由列方程求p，写出抛物线方程即可.【详解】由题设，令为，联立抛物线方程并整理得，∴若，则，，又易得，∴，则，即，∴，又，而，∴，即，又，则，故.3．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点与左、右顶点连线的斜率之积为－eq\f(1,4).(1)求椭圆C的离心率；(2)若直线y＝eq\f(1,2)(x＋1)与椭圆C相交于A，B两点，△AOB(O为坐标原点)的面积为eq\f(\r(7),4)，求椭圆C的标准方程．解：(1)由题意知，椭圆上顶点的坐标为(0，b)，左、右顶点的坐标分别为(－a,0)，(a,0)，∴eq\f(b,a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝－eq\f(1,4)，即a2＝4b2，则a＝2b，又a2＝b2＋c2，∴c＝eq\r(3)b.∴椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(1,2)x＋1，))得2x2＋2x＋1－4b2＝0，∴x1＋x2＝－1，x1x2＝eq\f(1－4b2,2)∴|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(8b2－1)，又原点O到直线的距离d＝eq\f(1,\r(5))，∴eq\f(1,2)·|AB|·d＝eq\f(\r(7),4)，∴eq\r(8b2－1)＝eq\r(7)，∴b2＝1，满足Δ＝32b2－4＞0，∴a2＝4，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.基本方法：1．四边形或多个图形面积的关系的转化分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点(尤其是有平行条件的时候)，可将面积的关系转化，降低计算量．特殊地，对角线互相垂直的四边形，面积＝对角线长度乘积的一半．2．面积的最值或取值范围问题一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值(一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等)，在算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积，尽可能降低计算量．类型二、关于最值问题基本题型：1．设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（）A．B．C．D．答案：D【解析】由题意可设，圆的圆心坐标为，圆心到的距离为，当且仅当时取等号，所以，所以两点间的最大距离是．2．已知为抛物线：的焦点，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，则的最小值为A．16B．14C．12D．10答案：A【解析】由已知垂直于轴是不符合题意，所以的斜率存在设为，的斜率为，由题意有，设，，，，此时直线方程为，取方程，得，∴同理得，由抛物线定义可知当且仅当（或）时，取得等号．3．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则eq\f(|PF|,|PA|)的最小值为________．答案：eq\f(\r(2),2)【解析】设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq\o\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq\f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq\f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))≥eq\f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xP·m)2))＝eq\f(1,2)(当且仅当xP＝m时取等号)，所以eq\f(|PF|,|PA|)≥eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(|PF|,|PA|)的最小值为eq\f(\r(2),2).4、如图，点A，B分别是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜5)的长轴的左、右端点，F为椭圆的右焦点，直线PF的方程为eq\r(15)x＋y－4eq\r(15)＝0，且eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PF,\s\up7(→))＝0，设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，则椭圆上的点到点M的距离d的最小值为________．答案：eq\f(3\r(7),4).分析：依题意得直线AP的方程为x－eq\r(15)y＋5＝0，直线PF与x轴的交点为(4,0)，即F(4,0)，∴b2＝25－16＝9，即椭圆方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1.设M(m,0)(－5≤m≤5)，则M到直线AP的距离为eq\f(|m＋5|,4)，又|MB|＝|5－m|，∴eq\f(|m＋5|,4)＝|5－m|，∵－5≤m≤5，∴eq\f(m＋5,4)＝5－m，解得m＝3，∴M(3,0)．设椭圆上的点(x，y)(x∈[－5,5])到M(3,0)的距离为d，则d2＝(x－3)2＋y2＝(x－3)2＋9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,25)))＝eq\f(16,25)x2－6x＋18＝eq\f(16,25)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(75,16)))2＋eq\f(63,16)，∵x∈[－5,5]，∴当x＝eq\f(75,16)时，d2最小，此时dmin＝eq\f(3\r(7),4).5．在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．【解析】（Ⅰ）设，由已知得，．所以=，=(0，)，=(，-2).再由题意可知（+）•

=0，即（，）•

(，－2)=0．所以曲线C的方程式为．（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，因此直线的方程为，即．则点到的距离．又，所以当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．6．设圆与两圆中的一个内切，另一个外切．（1）求的圆心轨迹L的方程；（2）已知点M，且为上动点，求的最大值及此时点P的坐标．【解析】（1）设C的圆心的坐标为，由题设条件知 化简得L的方程为（2）过M，F的直线方程为，将其代入L的方程得 解得 因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故 ，若P不在直线MF上，在中有 故只在T1点取得最大值2．基本方法：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决。代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解。类型三、关于探索问题基础知识：存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.基本题型：1、（探索直线的存在性）已知点A(0，－2)，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．(1)求椭圆E的方程．(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq\f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)设F(c,0)，因为直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，A(0，－2)，所以eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)假设存在直线l，使得△OPQ的面积为eq\f(4,5).当l⊥x轴时，不合题意，故可设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k<－eq\f(\r(3),2)或k>eq\f(\r(3),2)，所以x1＋x2＝eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2).所以|PQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k,1＋4k2)))2－\f(48,1＋4k2))＝eq\f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),1＋4k2)，点O到直线l的距离d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)d|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),1＋4k2).设eq\r(4k2－3)＝t>0，则4k2＝t2＋3，则S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,5)，解得t＝1或t＝4，即k＝±1，±eq\f(\r(19),2)，符合题意．所以存在直线l：y＝±eq\f(\r(19),2)x－2或y＝±x－2，使得△OPQ的面积为eq\f(4,5).2．（探索点的存在性）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O：相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．【解析】（Ⅰ）由，所以，设是椭圆上任意一点，则，所以，所以，当时，有最大值，可得，所以故椭圆的方程为：（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．假设直线与圆相交于不同两点,则圆心到的距离，∴①因为在椭圆上，所以②，由①②得：∵所以，由②得代入上式得，当且仅当，∴，此时满足要求的点有四个．此时对应的的面积为．3．（探索圆的存在性）双曲线C：x2－y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)．因为双曲线C：x2－y2＝2的右焦点为F(2,0)，所以①当AB⊥x轴时，x＝2，y＝0.②当AB与x轴不垂直时，由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝2，xeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,2)＝2，两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0.又x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，所以x(x1－x2)－y(y1－y2)＝0.因为kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝kFM＝eq\f(y－0,x－2)，所以x(x－2)－y·y＝0，即x2－2x－y2＝0.又点(2,0)满足上式，点A，B在双曲线x2－y2＝2的右支上，所以x≥2，故所求中点M的轨迹方程为x2－2x－y2＝0(x≥2)．(2)假设存在以AB为直径，且过原点O的圆．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当AB⊥x轴时，|AF|≠|OF|，所以可设lAB：y＝k(x－2)(k≠±1)．由已知得OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0.(*)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝2，,y＝kx－2，))得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1).所以y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝eq\f(－2k2,k2－1)，x1x2＋y1y2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)－eq\f(2k2,k2－1)＝eq\f(2k2＋1,k2－1)≠0，与(*)式矛盾，所以不存在以AB为直径，且过原点O的圆．4．（探索三点的共线性）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，其右焦点为F(1，0)．(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)过点M(2,0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，Q关于x轴对称的点为N，判断P，F，N三点是否共线，并加以证明．【解析】(1)依题意：b＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)P，F，N三点共线．证明如下：依题意可知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,\f(x2,2)＋y2＝1))整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x2，－y2)，x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2).所以kPF＝eq\f(y1,x1－1)，kNF＝eq\f(y2,1－x2)，kPF－kNF＝eq\f(y1,x1－1)－eq\f(y2,1－x2)＝eq\f(y11－x2－y2x1－1,x1－11－x2)＝eq\f(kx1－21－x2－kx2－2x1－1,x1－11－x2)＝eq\f(3kx1＋x2－2kx1x2－4k,1－x1x2－1)＝eq\f(3k·\f(8k2,1＋2k2)－\f(2k8k2－2,1＋2k2)－\f(4k＋8k3,1＋2k2),1－x1x2－1)＝0，所以kPF＝kNF，所以P，F，N三点共线．基本方法：圆锥曲线中存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．类型四、关于证明问题基本题型：1、（线段相等的证明）已知抛物线y2＝4x，点P(2,0)，Q(4，0)．过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB.(1)若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求eq\f(k2,k1)的值；(2)过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：|PE|＝|PF|.解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AC的方程为x＝m1y＋2，所以k2＝eq\f(y4－y3,x4－x3)＝eq\f(y4－y3,\f(y\o\al(2,4),4)－\f(y\o\al(2,3),4))＝eq\f(4,y3＋y4)，k1＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2).联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝m1y＋2，,y2＝4x，))得y2－4m1y－8＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝16m\o\al(2,1)＋32>0，,y1＋y3＝4m1，,y1y3＝－8.))同理y2y4＝－8.由题意得直线AB的方程为y＝k1(x－4)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－4，,y2＝4x，))得keq\o\al(2,1)x2－(8keq\o\al(2,1)＋4)x＋16keq\o\al(2,1)＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝8k\o\al(2,1)＋42－64k\o\al(4,1)>0，,x1＋x2＝\f(8k\o\al(2,1)＋4,k\o\al(2,1))，,x1x2＝16，))从而y1y2＝keq\o\al(2,1)(x1－4)·(x2－4)＝keq\o\al(2,1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－4x1＋x2＋16))＝－16，所以eq\f(k2,k1)＝eq\f(y1＋y2,y3＋y4)＝eq\f(y1＋y2,－\f(8,y1)－\f(8,y2))＝－eq\f(y1y2,8)＝2.证明：由题意得直线PF的方程为x＝2.设直线AD的斜率为k3，则k3＝eq\f(y1－y4,x1－x4)＝eq\f(4,y1＋y4)，所以直线AD的方程为y－y1＝eq\f(4,y1＋y4)(x－x1)．令x＝2，则yE＝eq\f(4,y1＋y4)(2－x1)＋y1.同理yF＝eq\f(4,y2＋y3)(2－x2)＋y2.所以eq\f(|PE|,|PF|)＝eq\f(|yE|,|yF|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\