解析几何（解答题10种考法）（解析版）

解析几何（解答题10种考法）考法一定点【例1-1】（2022·广西·校联考模拟预测）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆的下顶点，且的面积为4.(1)求椭圆C的方程：(2)圆，点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，且直线PB的斜率是直线PA的斜率的2倍，求证：直线AB恒过定点【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意可得，又因为，所以，所以椭圆C的方程为.（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，因为为，则直线的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，，得，因为点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，所以，，所以，代入直线的方程可得，所以为，联立直线与圆方程，，得，所以，代入直线的方程可得，所以为，所以，所以直线的方程为，整理可得，所以直线恒过定点.【例1-2】（2023·江苏南通·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.(1)求的方程；(2)证明：以为直径的圆经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）当轴时，两点的横坐标均为，代入双曲线方程，可得，，即，由题意，可得，解得，，，双曲线的方程为：；（2）方法一：设方程为，，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得，而，，对恒成立，，以为直径的圆经过定点；方法二：设方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.设以为直径的圆过，，而，，，即对恒成立，，即以为直径的圆经过定点.考法二定值【例2-1】（2023·河南郑州·统考一模）已知椭圆：的离心率为，且过点．(1)求椭圆的方程；(2)设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题设得，，即，解得．所以的方程为．（2）设直线的方程为，代入得．，设，则，于是．，又，所以．即．，即，，，将，代入整理得，即，当，直线过点，舍去，所以．【例2-3】（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率为，且点在双曲线C上.(1)求双曲线C的方程；(2)若点M，N在双曲线C上，且，直线不与y轴平行，证明：直线的斜率为定值.【答案】(1)(2)直线的斜率为定值【解析】（1）由题可得离心率，所以，又因为，所以，所以双曲线方程为，又因为双曲线过点，所以，解得，所以双曲线方程为.（2）设直线的方程为，联立得，则得，，得，，，因为，所以，所以，即，所以，所以即，得或，若，则直线的方程为，即过点，不符合题意，若，则，满足，综上直线的斜率为定值.考法三定直线【例3-1】（2022·山东·山东师范大学附中校联考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线的斜率为，且原点到直线的距离为．(1)求椭圆的标准方程，(2)设椭圆的左、右顶点分别为、，过点的动直线交椭圆于、两点，直线、相交于点，证明：点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】(1)由题可知，、，则，直线的方程为，即，所以，解得，，又，所以椭圆的标准方程为．(2)若直线与轴重合，则、、、四点共线，不合乎题意.设直线的方程为，设点、，联立可得，，解得或，由韦达定理可得，，直线的方程为，直线的方程为，联立可得，因为，所以，，所以，解得.即点在定直线上．【例3-2】（2022·河北沧州·统考二模）已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.【答案】(1)(2)点在定直线上.【解析】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程是.（2）点是在定直线上，理由如下，由（1）知，设，，将的方程与联立消，得，则，得且，且，因为，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即，联立直线与直线的方程，得，得，所以所以点在定直线上.考法四最值【例4-1】（2023·全国·模拟预测）设椭圆的左焦点为F，上顶点为P，离心率为，O是坐标原点，且.(1)求椭圆C的方程；(2)过点F作两条互相垂直的直线，分别与C交于A，B，M，N四点，求四边形面积的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）设椭圆的焦距为，则，所以因为，所以，又，，所以，即所以所以（2）当，中有一条斜率不存在时，设直线的方程为，此时直线与轴重合，即，所以；当，的斜率都存在时，设过点的两条互相垂直的直线：，直线：由得此时，，则.把上式中的换成得：则四边形的面积为令，则，且，，，，所以四边形的面积的取值范围是.【例4-2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知椭圆的中心是坐标原点，焦点在轴上，且经过点，．(1)求椭圆的标准方程；(2)是经过椭圆的右焦点的一条弦（不经过点），设直线与直线相交于点，记的斜率分别为，，，求的最大值．【答案】(1)(2)【解析】（1）解：由题，设椭圆的标准方程为，因为椭圆经过点，，所以，解得，所以，椭圆的标准方程为（2）解：由（1）知，因为是经过椭圆的右焦点的一条弦且不经过点，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，，所以，，所以，，联立方程得，所以所以，，所以，当时，有最大值【例4-3】（2022·陕西模拟）已知抛物线上有一动点，过点作抛物线的切线交轴于点．（1）判断线段的中垂线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由；（2）过点作的垂线交抛物线于另一点，求的面积的最小值．【答案】见解析【解析】（1）解：设直线的方程为，和抛物线方程联立得：，由，得，则的解为，由得，，得，在中，令得，所以，中点为，所以线段的中垂线方程为，所以线段的中垂线过定点.（2）解：由（1）可知，直线的方程为将其与抛物线方程联立得：，，，.所以的面积为，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以时，.考法五角的正切值与直线的斜率【例5-1】（2023·广西柳州·统考模拟预测）已知平面上动点Q（x，y）到F（0，1）的距离比Q（x，y）到直线的距离小1，记动点Q（x，y）的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程．(2)设点P的坐标为（0，－1），过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】（1）Q（x，y），由题意，得，当时，，平方可得，当时，，平方可得，由可知，不合题意，舍去.综上可得，所以Q的轨迹方程C为．（2）不妨设，因为，所以，从而直线PA的斜率为，解得，即A（2，1），又F（0，1），所以轴．要使，只需．设直线m的方程为，代入并整理，得．首先，，解得或．其次，设，则，，故.此时直线m的斜率的取值范围为．【例5-2】（2022·全国·统考高考真题）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).【解析】（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.【例5-3】（2022·全国·统考高考真题）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．【答案】(1)；(2)．【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，，且．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）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，当均在双曲线左支时，，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），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．［方法二］：设直线AP的倾斜角为，，由，得，由，得，即，联立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故考法六长度比转化【例6-1】（2023·全国·校联考模拟预测）已知抛物线E：的焦点关于其准线的对称点为，椭圆C：的左，右焦点分别是，，且与E有一个共同的焦点，线段的中点是C的左顶点．过点的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．(1)求C的方程；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）抛物线E的焦点关于其准线的对称点为，所以，即．因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以，，所以线段的中点为，所以，．故C的方程为．（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．当时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，，，，则．当时，直线l的方程为，设，，线段AB的中点为，．联立，消去y，得，则，，所以，则．由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为，令，得，则．又，所以．综上，．【例6-2】（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，M，N是C1上关于x轴对称的两点，直线A1M和A2N交于点P，记点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F（－2，0）的直线l与曲线C交于x轴上方的A，B两点，若D是线段AB的中点，E是线段AB上一点，且，记直线OD和OE的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）将椭圆C1的方程化为标准方程，得，故A1（－1，0），A2（1，0），易知直线A1M和A2N的斜率均存在，设，，则，因为，，所以，两式相乘得，因为点M（x0，y0）在C1上，所以，即，所以，即，故曲线C的方程为（点拨：注意x的取值范围）（2）易知直线l与坐标轴不垂直，故可设其方程为（m≠0且），（技巧：根据题意巧设直线方程）联立l与C的方程，消去x，得，，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，所以，，（中点坐标公式的应用）所以．因为，所以，，（关键：将线段长的关系转化为坐标之间的关系）得，所以，所以．所以，为定值．【例6-3】（2023·河南郑州·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，直线过椭圆C的两个顶点，且原点O到直线的距离为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)当过点P（0，2）的动直线l与椭圆C相交于两个不同点A，B时，求的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】（1），，所以，不妨设直线的方程为，，即，所以原点O到直线的距离为，解得，所以，故椭圆C的标准方程为．（2）设、，设，即整理得到，于是，故，得，即，，又，得，又，故上，且，所以考法七三点共线【例7-1】（2022·河南·马店第一高级中学校联考模拟预测）已知曲线：经过点，．(1)求曲线的方程；(2)已知定点，过的直线与曲线交于A，B两点，过的直线与曲线交于C，D两点．若A，C，M三点共线，证明：B，D，M三点共线．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）因为曲线：经过点，，所以，解得，，即曲线的方程为.（2）证明：易知直线，的斜率存在，设：，：，设，，，，令直线与曲线联立，，消去y，整理得，所以，，同理可得，，因为A，C，M三点共线，则可设直线AC：，且，所以，整理得，令直线AC与曲线联立，消去y，整理得，所以，，所以，，，所以，即B，D，M三点共线．【例7-2】（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．考点八三角形类型的转化【例8-1】（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）已知椭圆，左焦点为，上顶点为，直线BF与椭圆交于另一点Q，且，且点在椭圆上.(1)求椭圆C的方程；(2)设，，M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点P，直线与直线交于点.证明：是等腰三角形.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）因为，，，故，故，所以即，而在椭圆上，故，故，解得，所以，故椭圆方程为：.（2）设，，故，而，由可得，同理.,因为在椭圆上，故，故即，而所以，故是等腰三角形.【例8-2】（2022·浙江·模拟预测）已知直线l：为双曲线C：的一条渐近线，且双曲线C经过点.(1)求双曲线C的方程；(2)设A，B是双曲线右支上两点，若直线l上存在点P，使得为正三角形，求直线AB的斜率的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）双曲线C：的渐近线为直线l：为曲线C：的渐近线，所以即，所以双曲线方程为，又因为双曲线C经过点.即，所以，所以双曲线方程为：（2）当的斜率不存在时，则为原点，则，舍去.由题意得的斜率一定不为零，当的斜率存在时，设方程为，点.把直线方程代入双曲线方程得：并且即则故线段的中点为，又为正三角形，故，由正三角形可得即则即代入，若，则，不满足，则，得则，又两点在右支上，故，则，解得.考法九存在性问题【例9-1】（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过点引圆：的一条切线，切点为，.(1)求抛物线的方程；(2)过圆M上一点A引抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，是否存在点A使得的面积为？若存在，求点A的个数；否则，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，点A的个数为2，理由见解析【解析】（1）解：如图已知抛物线：的焦点为，圆：的圆心，半径，则，过点M作轴，则，，在中，满足，即，解得，所以抛物线的方程为.（2）存在点A使得的面积为，点A的个数为2，理由如下：设，，，由（1）可知抛物线的方程为，则切点弦PQ的方程为，斜率，联立，得，所以，，，点到直线PQ的距离，，所以，即点A的轨迹为抛物线往左平移个单位长度，因为点A在圆M上，联立，得，显然是一个根，因式分解得，令，，则，若，由于，则恒成立，所以为增函数，，，根据零点存在定理函数在上存在一个零点，所以存在两个点A使得的面积为.【例9-2】（2023·广东深圳·统考一模）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，【解析】（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．考法十轨迹方程【例10-1】（2022·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，且经过，经过定点斜率不为0的直线l交C于E，F两点，A，B分别为椭圆C的左，右两顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线AE与BF的斜率分别为，，求的值；(3)设直线AE与BF的交点为P，求P点的轨迹方程.【答案】(1)(2)(3)P点的轨迹方程为【解析】（1）根据题意可得，解得∴求椭圆C的方程为（2）根据题意可得，设直线l：，直线BE的斜率为，则∵，整理得，则联立方程，消去得∴∴（3）根据题意可得直线AE：，BF：联立方程，解得∴P点的轨迹方程为【例10-2】（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．(1)求椭圆的方程；(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）因为椭圆过点，所以.因为，所以，得．故，从而椭圆C的方程为．（2）设，则直线AP的斜率为.因为，所以直线OQ的方程为.令可得，所以，又M是AP的中点，所以.从而，所以①因为点在椭圆C上，所以，故，代入式①可得，从而，所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为1．（2022·全国·统考高考真题）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)【解析】（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2．（2021·浙江·统考高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）[方法一]：通式通法设，，，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.[方法二]：利用焦点弦性质设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．由得，所以．因为，，．由得．同理．由得．因为，所以即．故．令，则．所以，解得或或．故直线在x轴上的截距的范围为．[方法三]【最优解】：设，由三点共线得，即．所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．设直线的方程为，则．所以．故（其中）．所以．3．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点F关于直线的对称点恰好在y轴上．(1)求抛物线E的标准方程；(2)直线与抛物线E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，若，求的最大值．【答案】(1)(2)【解析】（1）由题意得，设F关于直线的对称点为，则，解得，∴抛物线E的标准方程为．（2）由可得，设，，则，，∴，，∴线段AB的中点坐标为，则线段AB的垂直平分线方程为，令，得，故，又，得．∴，令，则，，∴，易知函数在上单调递增，∴当时，取得最小值，此时，故的最大值为．4（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的方程；(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，（i）求的值；（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.【答案】(1)(2)（i）1；（ii）证明见解析【解析】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，所以，又，得，又因为，所以，所以双曲线C的方程为.（2）（2）设AB直线方程为，则，代入双曲线方程整理得：，设，则，，（i）而，所以，，则，所以；（ii）过M平行于OA的直线方程为，直线OB方程为与联立，得，即，则，所以，由，两式相除得，，则，所以，因为，所以，故P为线段MQ的中点，所以.5．（2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为，点在上，的最大值为，且当垂直于长轴时，.(1)求的方程；(2)已知点为坐标原点，与平行的直线交于两点，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，试探究是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)是，为定值2【解析】（1）的最大值为，当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，则，所以，解得所以的方程为（2）为定值.由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，故设直线的方程为.联立得，则，解得，则，所以，直线的方程为，令，得，即，所以，同理可得.故，所以为定值2.6．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）已知抛物线，过其焦点F的直线与C相交于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线，相交于点P．(1)求点P的轨迹方程；(2)若PA，PB与x轴分别交于Q，R两点，令的面积为，四边形PRFQ面积为，求的最小值．【答案】(1)(2)2【解析】（1）抛物线的焦点.由得，∴.设，，，由导数的几何意义可得：，，∴，即，同理．又P在PA，PB上，则，所以．∵直线AB过焦点F，∴．所以点P的轨迹方程是．（2）由（1）知，，代入得，则，则，P到AB的距离，所以，∵，当时，得，∴，∴，同理，．由得，∴四边形PRFQ为矩形，∵，∴，∴，当且仅当时取等号．∴的最小值为2．7．（2022·全国·哈师大附中校联考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，离心率为，过点的直线l与椭圆C顺次交于点Q，P．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在定直线与直线交于点G，使，G，Q共线．【答案】(1)(2)存在满足条件，分析见解析.【解析】(1)∵，所以，故，∵

∴，又，所以∴椭圆C的方程为∴(2)由已知可得直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为得：，．设，，则，∴，，，，令∴，∴∴存在直线满足题意8（2022·上海嘉定·校考模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的方程为，它的右顶点与抛物线的焦点重合，经过点且不垂直于轴的直线与双曲线交于、两点．(1)求双曲线的标准方程；(2)若点是线段的中点，求点的坐标；(3)设、是直线上关于轴对称的两点，求证：直线与的交点必在直线上．【答案】(1)(2)点的坐标为或(3)证明见解析【解析】（1）由题意得，解得，所以双曲线的标准方程为；（2）设，，因为是线段的中点，所以，则得，解得，，所以所求点的坐标为或；（3）证明：由题意可设直线的方程为，联立方程组，消去，并整理得，设，，，，由一元二次方程根与系数的关系，得，又设，，，则得直线的方程为，直线的方程为，两个方程相减得①，因为，把它代入①得，所以，因此直线与的交点在直线上．9．（2022·天津北辰·天津市第四十七中学校考模拟预测）已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.【答案】(1)(2)【解析】（1）由题设得，解得，，，所以椭圆的方程为.（2）由，得，由，得.设、，则，，所以点的横坐标，纵坐标，所以直线的方程为.令，则点的纵坐标，则，因为，所以点、点在原点两侧.因为，所以，所以.又因为，，所以，解得，所以.10．（2022·云南红河·校考模拟预测）已知抛物线，过点的直线l交C于M，N两点．(1)当点A平分线段时，求直线l的方程；(2)已知点，过点的直线交C于P，Q两点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设，则，所以；又因为点是的中点，所以，所以，所以，所以直线的方程为：，即，联立消得，，方程的判别式，即直线与抛物线相交，满足条件，故直线的方程为；（2）设直线的方程为：，则，所以；方程的判别式，设，所以，所以所以，所以是的平分线，所以，即．11．（2022·四川成都·成都市第二十中学校校考一模）如图，已知椭圆：，直线：，直线过点且斜率为．若直线与椭圆交于不同的两点、，与直线交于点（点与点、不重合）．(1)求实数的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)见解析【解析】（1）设直线方程为，联立，由于直线与椭圆交于不同的两点、，所以，化简得，解得.（2）设，由题意可知，故为直线的倾斜角，，所以，由（1）知：—①又在直线：上，故—②将①②代入，由于所以，因此12（2022·浙江·模拟预测）抛物线C：的焦点为F，过x轴上一点（其点在F右侧）的直线l交C于A，B两点，且C在A，B两点处的切线交于点P．(1)若l：，，求C的方程；(2)证明：．【答案】(1)；(2)见解析.【解析】（1）解：由，可得或，设,，当时，，所以，所以曲线在处切线斜率=，所以过的切线方程为：，当时，，所以，所以曲线在处切线斜率=，所以过的切线方程为：，由，解得，即，又因为，所以，解得，所以C的方程为；（2）证明：设，其中，因为当时，，所以，所以曲线在处切线斜率=，所以过的切线方程为：，即，所以,当时，解得，即直线与轴交于点，所以，设抛物线的准线为，由抛物线的几何性质可得点A到点F的距离等于到直线l的距离，所以=，所以，同理可得直线与轴交于点，，所以，当时，则三点重合，其坐标为，所以，，所以；当时，不妨设，则M在N的左侧，P在第二象限，则，，，，所以；综上所述：.13．（2022·浙江·模拟预测）已知抛物线，其焦点与准线的距离为，若直线与交于两点（直线不垂直于轴），且直线与另一个交点为，直线与另一个交点.(1)求抛物线的方程；(2)若点，满足恒成立，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）抛物线的焦点到准线的距离为，即，抛物线的方程为：.（2）由（1）知：，设，，其中，，，，且直线的倾斜角均不为，，即，，，，即；直线方程为：，即，由得：，设点纵坐标为，则，即，将代入直线方程得点横坐标为：，；同理可得：，，直线方程为：，即；，直线方程为：，则当时，，直线恒过定点.14．（2022·河南·校联考模拟预测）已知椭圆C：上点与圆上点M的距离的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l与椭圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过点（Q与A，B不重合），证明：动直线l过定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，直线l过定点.【解析】（1）因为椭圆C：过点，所以，的圆心为，半径为1，点与圆上点M的距离的最大值为加上半径，即，解得：，，则椭圆C的方程为.（2）当直线l斜率存在时，设直线l：，，设点，，则，，所以或.则直线l：或l：，因为Q与A，B不重合，故不合要求，所以直线l：，即直线过定点.当直线l斜率不存在时，设直线l：，不妨设，，所以.所以，直线l：，因为Q与A，B不重合，所以不满足题意.综上，直线l过定点.15．（2022·陕西汉中·统考一模）已知椭圆的焦距为，设椭圆的上顶点为，左右焦点分别为，且是顶角为的等腰三角形.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知是椭圆上的两点，以椭圆中心为圆心的圆的半径为，且直线与此圆相切.证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意可知，解得所以椭圆的标准方程.（2）①当直线垂直于轴时，不妨设此时，，故以直径的圆过定点；②当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，因为直线与圆相切，所以到直线的距离，即，由可得，所以，，所以，即.故以为直径的圆过定点，综上所述：以为直径的圆过定点.16．（2022·陕西渭南·统考一模）已知椭圆：的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点，过点的直线不经过点，且与椭圆交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和是定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意得，所以，不妨设直线的方程为，，即，所以原点到直线的距离为，解得，所以，故椭圆的标准方程为.（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，即，设，，联立，整理得：，则，解得，，，设直线的斜率与直线的斜率分别为，，则，故直线的斜率与直线的斜率之和是定值.17．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，直线与椭圆C交于点A，B，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若点A关于x轴的对称点为，点P是C上与A，不重合的动点，且直线PA，与x轴分别交于G，H两点，O为坐标原点，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆的左焦点为，连接，由椭圆的对称性可得，所以，得，因为椭圆的离心率，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）设，，则，所以，，两式相减得，直线的方程为，取，得，所以，同理可得，所以所以为定值2.18．（2022·重庆江北·校考一模）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为，过F且斜率不为0的直线l交椭圆于A，B两点，C为线段AB的中点，当直线l的斜率为1时，线段AB的垂直平分线交x轴于点O（O为坐标原点），且．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线DA，DB分别交直线于点M，N，求证：以MN为直径的圆恒过点F．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题易知，当直线l的斜率为1时，为等腰直角三角形，所以，又，，所以，故椭圆的标准方程为．（2）由（1）知，设直线AB的方程为，，，把直线AB的方程与椭圆方程联立，整理得，，则，．设，，由M，A，D三点共线得，得，同理，由N，B，D三点共线，得．，所以，故以MN为直径的圆恒过点F．19．（2023·全国·模拟预测）已知A是椭圆C：的左顶点，直线l与椭圆C相交于P，Q两点，满足.当P的坐标为时，的面积为（O为坐标原点）.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设F是椭圆C的右焦点，求四边形PAQF面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）解：将代入C的方程，得

①.因为的面积为，所以，得②.（技巧：根据已知条件选择合适的量求三角形的面积）由①②得，故椭圆C的标准方程为.（2）易知，，直线PQ的斜率不为0，故可设直线PQ的方程为，（技巧：根据题意判断直线PQ的斜率情况，并巧设直线的方程，避免讨论）联立方程，得，整理得，，得.设，，则，.因为，所以，即，所以，即，所以，整理得，解得或（舍去），（注意m的范围）所以，.所以.令，则，，由对勾函数的单调性知，当且仅当，即时等号成立，所以，故四边形PAQF面积的最大值为.20．（2023·全国·模拟预测）已知，分别为双曲线的左、右焦点，点在C上，且．(1)求C的标准方程；(2)设点P关于坐标原点的对称点为Q，不过点P且斜率为的直线与C相交于M，N两点，直线PM与QN交于点，求的值．【答案】(1)(2)1【解析】（1）由题意可知，，解得，，所以的标准方程为：．（2）设，，直线MN的方程为，由得，直线MN与C相交于M，N两点，，则．由题意知，，当直线PM，QN的斜率均存在时，，，所以直线PM的方程为，直线QN的方程为．两方程联立得，，显然，又，所以，当直线PM的斜率不存在时，易求得直线PM的方程为，直线QN的方程为，则，，所以．当直线QN的斜率不存在时，易求得直线QN的方程为，直线PM的方程为，则，，所以．综上，.21．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左顶点为A，点E为直线与的一个交点（异于点A），当时，点E在y轴上.(1)求的标准方程；(2)若点F为过点A且斜率为的直线与的一个交点（异于点A），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，【解析】（1）由题意知，直线，即，则直线过点A，因为当时，，点E在y轴上，又E在椭圆上，所以当E在y轴上时，E为椭圆的上顶点或下顶点，又，所以E为椭圆的上顶点，所以，又点E在直线上，所以，解得，所以的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，点关于x轴对称，此时的斜率为，这与的斜率为相矛盾，所以直线的斜率存在.设直线的方程为，由，消去y，得，需满足，设，，，则，.由题意得，，则，得，即，所以，所以，即，解得或.若，则直线的方程为，即，则直线恒过定点，不符合题意.若，则直线的方程为，即，则直线恒过定点，综上，直线恒过定点，定点坐标为.22．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值及点坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，定点，定值为【解析】（1）由题意得，解得：；故椭圆的方程为：；（2）当直线斜率不为时，设直线，与联立得：，设，则，故，，又，则，故，令，解得：，此时为定值，当直线斜率为时，此时直线，不妨令，，满足要求，综上：存在定点为定值，该定值为23．（2023·广东梅州·统考一模）已知动圆经过定点，且与圆：内切.(1)求动圆圆心的轨迹的方程；(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.（i）求证：为定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点【解析】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；所以，，则.所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.因此轨迹方程为.（2）（i）设，，.由题可知，，如下图所示：则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值.（ii）设直线的方程为，，.由，得，所以.由（i）可知，，即，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，因此直线经过定点.24．（2023·山西临汾·统考一模）已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.①为等差数列；②为等比数列.(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由【答案】(1)(2)存在，和.【解析】（1）选①，由题意解得所以的标椎方程为.选②，由题意解得所以的标椎方程为.（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，的方程为，令，得，所以，同理，所以以为直径的圆的标准方程为.②当直线的斜率存在时，设的方程为，联立得，由韦达定理得.因为，所以的方程为，令，得，即的坐标为，同理的坐标为，所以以为直径的圆的标准方程为将韦达定理代入并整理得，令，则，解得或.当斜率不存在时，令，则，解得或.由①②知，以为直径的圆过和.25．（2023·四川南充·校考模拟预测）已知直线与抛物线交于，两点，且(1)求的方程(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由【答案】(1)(2)过定点，【解析】（1）将代入，得，则，则，解得，故的方程为（2）设，则，联立方程组，整理得，则，所以，因此直线的方程为，整理得，即，当时，，故直线过定点.26（2023·陕西榆林·统考一模）已知是椭圆的一个顶点，圆经过的一个顶点.(1)求的方程；(2)若直线与相交于两点（异于点），记直线与直线的斜率分别为，且，求的值.【答案】(1)(2)【解析】（1）因为是的一个顶点，所以.又圆与坐标轴交于两点，圆经过的一个顶点,则顶点为，故，故的方程为.（2）设，联立方程组，消去整理得，，则，，因为，所以，整理得，则，则，即，解得或，当时，在上，不符合题意，时，符合题意，故.27．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知椭圆经过点，且椭圆的长轴长为．(1)求椭圆的方程；(2)设经过点的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，求的面积的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】（1）解：因为椭圆的长轴长为，则，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：若与轴重合，则不存在，设直线的方程为，设点、，若，则点与点重合，不合乎题意，所以，，联立可得，，由韦达定理可得，，易知点，，直线的方程为，将代入直线的方程可得，即点，，所以，，令，则函数在上为增函数，所以，，所以，.故的面积的取值范围是.28．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知抛物线，是轴下方一点，为上不同两点，且的中点均在上.(1)若的中点为，证明：轴；(2)若在曲线上运动，求面积的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）设，，，则的中点在抛物线上，所以，化简得，同理由的中点在抛物线上可得，因为，所以是关于的一元二次方程的两个不等实根，所以，，所以的中点的横坐标为，它与的横坐标相同，所以轴.（2）不妨设，则，由轴，得，因为在曲线上运动，是轴下方一点，所以，且，所以，因为的中点的纵坐标为，所以，又，所以，令，因为，所以，所以，因为在上为增函数，所以当时，取最大值.29．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.(1)求椭圆的方程；(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.【答案】(1)(2)为定值【解析】（1）解：依题意，，，所以，，由，可得，即，解得或（舍去），故，，所以椭圆的方程为.（2）解：设直线的方程为，，，联立，消去整理得，所以，，直线的方程为，令，得，同理可得，所以，故为定值.30．（2023·福建·统考一模）已知椭圆的离心率为，其左焦点为．(1)求的方程；(2)如图，过的上顶点作动圆的切线分别交于两点，是否存在圆使得是以为斜边的直角三角形？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【解析】（1）由题意设焦距为，则，由离心率为，所以，则，的方程为．（2）不存在，证明如下：假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，直线的斜率为0，不合题意．依题意不妨设为：，：，，，圆的半径为，则圆心到直线的距离为，即是关于的方程的两异根，此时，再联立直线与椭圆方程得，所以，即，得所以，同理由，得，由题意，，即，此时，所以，因为，所以方程无解，命题得证．31．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且线段的中点为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设为上一个动点，过点与椭圆只有一个公共点的直线为，过点与垂直的直线为，求证：与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，，【解析】（Ⅰ）由题可知，直线的斜率存在.设，，由于点，都在椭圆上，所以①，②，①-②，化简得③又因为离心率为，所以.又因为直线过焦点，线段的中点为，所以，，，代入③式，得，解得.再结合，解得，，故所求椭圆的方程为.（Ⅱ）证明：设，由对称性，设，由，得椭圆上半部分的方程为，，又过点且与椭圆只有一个公共点，所以，所以：，④因为过点且与垂直，所以：，⑤联立④⑤，消去，得，又，所以，从而可得，所以与的交点在定直线上.32．（2022·全国·校联考模拟预测）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6.(1)求点的轨迹的方程.(2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，所以,故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），且，所以，所以的轨迹的方程为；（2）设直线的方程为：，，联立方程得：，则，所以，又直线的方程为：，又直线的方程为：，联立方程得：，把代入上式得：，所以当点运动时，点恒在定直线上33（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆，，C为圆A上一点，线段BC的垂直平分线与线段AC交于点P，记点P的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)若过点且斜率存在的直线l交曲线E于点M，N，线段MN上存在点S使得，求的最小值．【答案】(1)(2)【解析】（1）连接BP，∵P在线段BC的垂直平分线上，∴，∴，又，∴曲线E是长轴长为10，B，A分别为左、右焦点的椭圆．又，∴曲线E的方程为．（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时，或，，此时.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为，，，，易知点D在曲线E外，则，，∴，解得．联立，得，整理得，方程,的判别式,解得或.又，，则①．∵点在直线上，∴②．由①得，由②得，∴，整理得，∴点在线段（在椭圆内部，）上运动．故点在线段（在椭圆内部）上运动．记为关于的对称点，连接交于，则当与重合时最小，最小值为．连接交于，则为的中点，∵，的斜率为，∴直线的斜率为5，又，∴直线的方程为．联立方程，得，得，得，∴，∴的最小值为．34．（2023·全国·校联考模拟预测）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)若，过的直线与交于、两点，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）解：设椭圆的方程为，将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，因此，椭圆的方程为.（2）证明：若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的端点，不妨设点，则点，则，，成立；若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，，所以，轴平分，所以，.综上所述，.35．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设点A为双曲线的左顶点,直线l经过点,与C交于不与点A重合的两点P,Q．(1)求直线的斜率之和;(2)设在射线上的点R满足,求直线的斜率的最大值．【答案】(1)(2)【解析】（1）由题知.由于平移不改变斜率,作平移变换.则点的坐标变为,点的坐标变为双曲线方程变为,即①设点与点连线的斜率为,则.①式两边同除以,得,即②由题知,直线PQ不过点,所以设直线因为直线PQ过点,所以,即,所以所以,代入(2)得方程的两根即为AP,AQ的斜率,由韦达定理所以直线AP,AQ的斜率之和为（2）(2)设AP斜率为斜率为联立,得.联立,得.由可知,AP为外接圆的切线,且设所以即,即当时取等所以,直线PR的斜率的最大值为36．（2023·山西·统考一模）双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由双曲线可得渐近线为，不妨取渐近线即由焦点到渐近线的距离为可得，即由题意得，得，从而双曲线的方程为.（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，由题意可知：直线的方程为，直线的方程为，联立直线与双曲线方程得，于是，从而，从而，联立直线与双曲线方程得，于是，从而，从而，于是，从而，化简得，从而过定点.37．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.(1)求椭圆的标准方程.(2)若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，定值为【解析】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）由（1）得，当直线垂直于轴时，，代入椭圆方程，解得，.所以直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，所以，，则，即，若为定值，则必为，当直线的斜率存在时，设直线，，，联立整理得，，则，，直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，因为，所以，，则，故，即.综上，为定值.38．（2023·广西·统考模拟预测）如图，已知点是焦点为的抛物线：上一点，，是抛物线上异于的两点，且直线，的倾斜角互补，若直线的斜率为.(1)证明：直线的斜率为定值；(2)在中，记，，求最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）将点代入抛物线方程可得：，抛物线：设直线方程为：，与抛物线方程联立可得：，所以，用代可得：，因此，即，故直线的斜率为定值.（2）由（1）可知，，将带入直线方程，解得则，用代可得：，因此直线方程：，到直线的距离所以因为，所以，令，易得此函数在时为单调增函数，则，所以当且仅当（负值舍去）时取等号39．（2023·陕西商洛·校考三模）已知椭圆C：（）离心率为，短轴长为2，双曲线E：的离心率为，且.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点的直线交椭圆于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l：于点M，交直线于点N，当最小时，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【解析】（1）双曲线的离心率，由，则，其中，所以，即椭圆方程为：（2）当直线的斜率存在且为零时，其垂直平分线与直线l平行，不满足题意，故直线的斜率不为零，可设直线的方程为，，，.联立直线与椭圆C的方程，消去x得，由一元二次方程根与系数的关系可得，则，由，则，又则当且仅当，即时取等号.此时直线的方程为或.故当最小时，直线的方程为或.40．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆E的方程；（2）若过点的任意直线与椭圆E相交