高考数学一轮复习 专题34 【重点专训】圆锥曲线大题专项训练（教师版）

专题34圆锥曲线大题专项训练题型一、椭圆中的定点、定值1．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）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)；【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.2．（2021年全国新高考II卷数学试题）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.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（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．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.3．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【答案】（1）；（2）证明详见解析.【分析】（1）由已知可得：，，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：，，，，椭圆方程为：（2）[方法一]：设而求点法证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点．当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．[方法二]【最优解】：数形结合设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.4．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】(1)；(2)证明见详解；【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.

【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．5．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．6．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知椭圆C：（a>b>0），四点（1,1），（0,1），（–1，），（1，）中恰有三点在椭圆C上.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）设直线不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为–1，证明：过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据，两点关于轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点，所以点在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线与直线的斜率分别为，，再设直线的方程，当与轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出，，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于，两点关于轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点，所以点在C上.因此，解得.故C的方程为.（2）设直线与直线的斜率分别为，，如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设：（）.将代入得由题设可知.设，，则，.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，，欲使：，即，所以过定点（2，）点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.7．已知椭圆C：（a>b>0）的左､右焦点分别为，，点满足，且的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的上顶点为P，不过点P的直线l交C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)由可得，由题意点在椭圆上，将点坐标代入椭圆，结合可得答案.(2)由题意，根据条件直线的斜率必存在,设直线的方程为，,将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由，则，将韦达定理代入，可得出答案.【详解】（1）由,则，所以又，则点在椭圆上所以，又联立解得所以椭圆C的方程；（2）由题意，根据条件直线的斜率必存在设直线的方程为，由，得所以（*）由，则所以，即，即或（舍）将代入（*）成立.所以直线的方程为，所以直线恒过点8．（2019年北京市高考数学试卷（文科））已知椭圆的右焦点为，且经过点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（Ⅱ）设联立得，，，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆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．9．已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，，的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.（i）证明：；（ii）证明：直线AB过定点.【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.(2)（i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.（ii）设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.【详解】（1）解：由题知，，的面积等于，所以，解得，，所以，椭圆C的方程为.（2）（i）设直线PA的方程为，直线PB的方程为，由题知，所以，所以，同理，，所以，是方程的两根，所以.（ii）设，，设直线AB的方程为，将代入得，所以，①，②所以，③，④又因为，⑤将①②③④代入⑤，化简得，所以，所以，若，则直线，此时AB过点P，舍去.若，则直线，此时AB恒过点，所以直线AB过定点.10．已知椭圆过点，且离心率为(1)求椭圆的方程；(2)、是椭圆上的两个动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）根据椭圆离心率的公式，结合代入法、椭圆中的关系进行求解即可；（2）设出直线方程与椭圆方程联立，求出、两点坐标，最后根据直线斜率的公式进行求解即可.【详解】（1）根据题意，，解得，椭圆的方程为：；（2）证明：设直线的方程为：，由，得显然是该方程的根，因此有，，由题可知直线的方程为，同理可得，，直线的斜率为定值，且这个定值为.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系求出两点坐标是解题的关键.题型二、椭圆中的定直线1．已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程.【答案】（1）；（2）证明见解析，直线.【分析】（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程.（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线.【详解】（1）由题意，且，又，解得，.椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立方程整理得，，由，，即.直线的方程为.①过且与轴垂直的直线的方程为.②联立①②可得.点在定直线上.【点睛】关键点点睛：第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标.2．已知椭圆：（）过点，且离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】(1)(2)证明见解析；定直线【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．【详解】（1）由椭圆过点，且离心率为，所以，解得故所求的椭圆方程为．（2）由题意得，，直线的方程，设，联立，整理得，∴，．由求根公式可知，不妨设，，直线的方程为，直线的方程为，联立，得代入，得，解得，即直线与的交点在定直线上．3．已知点是离心率为的椭圆：（）上位于第一象限内的点，过点引轴、轴的平行线，交轴、轴于，两点，交直线于，两点，记与的面积分别为，，且．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆的上、下顶点分别为，，过点的直线与椭圆相交于，两点，证明：直线，的交点在一定直线上，并求出该直线方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，直线.【分析】（Ⅰ）设，利用，可得，又，，可得椭圆的方程；（Ⅱ）分类讨论：当直线斜率存在时，设方程为：，联立，得，利用根的系数关系得，直线的方程为，直线的方程为，联立消去得，当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，即可得到结论.【详解】（Ⅰ）设，轴，轴，，，，，，，，，又，，解得：，，故椭圆的方程为．（Ⅱ）①当直线斜率存在时，设其方程为：，设，，联立，得，，由韦达定理得，，．因为，，所以直线的方程为，直线的方程为．联立消去得，整理得，所以直线，的交点一定在直线上；②当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，由①②知直线，的交点在直线上．【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆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．4．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，原点到过点的直线距离是（1）求椭圆的方程（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，过作的垂线与直线交于点，求证：点在定直线上，并求出定直线的方程【答案】（1）；（2）证明见解析，.【分析】（1）根据抛物线焦点的坐标公式，结合直线方程的截距式方程、点到直线距离公式、椭圆中之间的关系进行求解即可；（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程的判断别式、斜率公式、以及互相垂直两直线的关系进行求解即可.【详解】（1）抛物线的焦点坐标为

，直线的方程为：，设原点到直线的距离为，，椭圆方程为；（2）因为直线与椭圆相切，联立直线与椭圆方程：即切点坐标即，，点的坐标为：，的方程为联立直线方程：解得在这条定直线上.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过直线与椭圆的位置关系，借助方程组消，运用一元二次方程根的判别式得到等式，再通过求出横坐标，进行证明即可.5．（2023届华大新高考联盟教学质量测评数学试题）已知A，B为椭圆左右两个顶点，动点D是椭圆上异于A，B的一点，点F是右焦点．当点D的坐标为时，．(1)求椭圆的方程．(2)已知点C的坐标为，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)直线AD与直线BE的交点在定直线上；【分析】（1）由题意表示出，，可得，再由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程；（2）设，，的直线方程为，与椭圆联立，由韦达定理得，，化积为和得，表示出直线AD和直线BE的方程的方程，计算可得，即可证明直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上【详解】（1）设椭圆的右焦点为，左焦点为，，，解得，∴，∴，，，∴椭圆的方程为．（2）由题设，直线DE斜率一定存在，设的直线方程为．联立椭圆方程，消去得．设，，则，．∴，又，，∴直线AD的方程为，直线BE的方程为．联立得，∴．又∵，∴．∴直线AD与直线BE的交点在定直线上．6．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．①求的取值范围；②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．【答案】（1）；（2）①；②．【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得∴，，椭圆的方程为方法（2）设，由题意（常数），整理得：，故，又，解得：，．∴，椭圆的方程为．方法（3）设，则．由题意∵为常数，∴，又，解得：，，故∴椭圆的方程为（2）①由，又，∴（或由角平分线定理得）令，则，设，则有，又直线的斜率，则，代入得：，即，∵，∴．②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：．又，故，∴又，∴，解得：，，∴，∴直线的方程为．【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.7．如图，椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，过点A与垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且恰是的中点，若过A，Q，三点的圆与直线相切．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N为椭圆C的长轴两端点，直线m过点交C于不同两点G，H，证明：四边形MNHG的对角线交点在定直线上，并求出定直线方程．【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】（1）设椭圆C的半焦距为，由圆的定义可求得圆的半径，再由直线与圆的相切的条件可求得，，，可求得椭圆方程．（2）设其方程为，设，，直线与椭圆的方程联立整理得，得出根与系数的关系，表示直线MH的方程和直线GN的方程。求得两直线的交点的横坐标，代入，可得交点所过的定直线.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由为线段中点，，所以A，Q，三点圆的圆心为，半径为，又因为该圆与直线l相切，所以，∴，所以，，故所求椭圆方程．（2）由对称性可知，若存在，则必为垂直于x轴的直线．依题意，直线l斜率必存在且不为0，设其方程为，设，，联立，得，所以，故，不妨设，，所以直线MH的方程为，直线GN的方程为消去y，得故四边形MNHG的对角线交点在定直线上．【点睛】关键点点睛：解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决.8．（2023年广东省模拟数学试题）已知椭圆的离心率为，且过点，．(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于不同的，两点，且直线，，的斜率依次成等比数列．椭圆上是否存在一点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，或．【分析】（1）由离心率的值，可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得的值，进而求出椭圆的方程；（2）由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由四边形为平行四边形可得的坐标，将的坐标代入椭圆的方程，可得参数的关系，求出直线，的斜率之积，由直线，，的斜率依次成等比数列可得参数的关系，进而求出参数的值，即求出直线的方程．【详解】（1）由离心率，可得，所以椭圆的方程为：，将点，代入椭圆的方程可得：，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设，，，，联立，整理可得：，，即，且，，，因为四边形为平行四边，与互相平分，所以，因为在椭圆上，则，整理可得：，①又因为直线，，的斜率依次成等比数列，即，即，而，可得，②由①②可得：，，符合△，可得，，所以直线的方程为：或．【点睛】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，等比数列的性质的应用，属于中档题,本题的关键是韦达定理求得根与系数的关系，求得点的坐标，以及表示写了的关系.9．已知椭圆C：=1(a>b>0)的离心率e=，F1，F2分别为左､右焦点，点T在椭圆上，△TF1F2的面积最大为2.（1）求椭圆C的标准方程；（2）椭圆C的左､右顶点分别为A，B.过定点(1，0)且斜率不为0的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP和直线BQ相交于椭圆C外一点M，求证：点M的轨迹为定直线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】(1)由椭圆离心率及焦点三角形面积最大值，列出关于a，b，c的方程组求解即得；(2)依条件设出直线l的方程，联立直线l与椭圆C的方程，利用韦达定理列出交点P，Q的关系，再列出直线AP与BQ交点M的关系，经变形整理即得.【详解】(1)由题意，椭圆的离心率为，△TF1F2的面积的最大值为2，所以，又，联立解得a2=9，b2=5，c2=4，所以椭圆的方程为；(2)证明：由题意，直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为：x=ty+1，则消去x整理可得：(5t2+9)y2+10ty-40=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)(y1>0，y2<0)，M(x，y)，而A(-3，0)，B(3，0)则，即，由A，P，M三点共线得：，由B，Q，M三点共线得：，两式相除可得：=，解得x=9，所以点M在定直线x=9上.【点睛】过x轴上定点(x0，0)的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)的动直线方程可设为.10．已知椭圆的左、右顶点分别为，且过点．(1)求C的方程；(2)若直线与C交于M，N两点，直线与相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程．【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）由椭圆的长轴长及所过的点列方程组求参数，即可得椭圆方程.（2）设则，，联立直线l与椭圆方程，由判别式、韦达定理求k的范围及、关于k的表达式，再联立直线与求交点坐标，即可证结论并确定直线方程.【详解】（1）因为，所以，解得．因为C过点，所以，解得．所以C的方程为．（2）由题意，设，则，．由，整理得，则，解得且，，．由得：，所以点G在定直线上．题型三、椭圆中的参数范围及最值1．（2020年海南省高考数学试题（新高考全国Ⅱ卷））已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆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．2．（2023届浙江省教学质量检测（二模）数学试题）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．(1)求椭圆的方程；(2)设直线、的斜率分别为、，且．①求证：直线经过定点．②设和的面积分别为、，求的最大值．【答案】(1)；(2)①证明见解析；②；【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：①设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，则，所以，，解得，即直线的方程为，故直线过定点.②由韦达定理可得，，所以，，，则，因为函数在上单调递增，故，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.【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.3．已知椭圆，其右焦点为，点M在圆上但不在轴上，过点作圆的切线交椭圆于，两点，当点在轴上时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)当点在圆上运动时，试探究周长的取值范围.【答案】(1)；(2)；【分析】（1）由题意可知，再根据列出相应的方程，组成方程组解得答案;（2）设，，从而表示出的周长，分类讨论，联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，从而结合基本不等式，求得答案.【详解】（1）由题意可知，当点M在x轴上时，，不妨设，得，解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）设，，则，同理，，同理，所以的周长为，①当直线PQ的斜率不存在时，PQ的方程为或.PQ的方程为时，不妨设P，Q的坐标分别为，，此时的周长为4.PQ的方程为时，不妨设P，Q的坐标分别为，，此时的周长为.②当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为，由直线PQ与圆相切，得，即，联立得，化简得，则，易知恒成立，而，即同号，当时，即，此时点M在y轴右侧，所以，，此时的周长为定值.当时，即，此时点M在y轴左侧，所以，，此时的周长，因为，所以，当且仅当，即或时取等号.从而，所以周长的取值范围为（4，8],综上所述，周长的取值范围为.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆相交时三角形的周长范围问题，综合性很强，难度较大，解答的关键是理清解题的思路，要明确将直线和椭圆方程联立，利用根与系数的关系式进行化简，从而求得三角形周长范围，难点是计算量很大，很繁杂，要十分细心.4．已知椭圆的离心率为，且椭圆过点．(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值．【答案】(1)；(2)2；【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）考虑直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，当直线斜率不存在时，求出，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立后利用弦长公式求出，再表达出直线PQ的方程，表达出，用基本不等式求解最小值，与比较大小，求出最小值.【详解】（1）由题意得：，解得：，所以椭圆方程为（2）由（1）知：，当直线的斜率不存在时，，，，此时，当直线的斜率存在时，故可设直线为，联立椭圆方程得：，设，则，其中所以，其中，所以，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：，令得：，所以，故，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，因为，所以的最小值为2.【点睛】圆锥曲线求解取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，表达出线段长或面积等，最后用基本不等式或配方，求导等求解最值或取值范围.5．已知椭圆的左右焦点为、，离心率，过圆上一点Q（Q在y轴左侧）作该圆的切线，分别交椭圆E于A、B两点，交圆于C、D两点（如图所示）．当切线与x轴垂直时，的面积为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）（ⅰ）求的面积的最大值；（ⅱ）求证：为定值，并求出这个定值．【答案】（1）；（2）（ⅰ）1；（ⅱ）证明见解析，.【分析】（1）由三角形面积得，再结合离心率及求得后得椭圆方程；（2）（ⅰ）直线的斜率不会为零，设其方程为，由直线与圆相切求得的关系，设，直线方程与椭圆方程联立，消元后求出判别式的值（利用关系），应用韦达定理，得弦长，计算面积，应用基本不等式得最大值；（ⅱ），，用点坐标表示出，计算可得．【详解】（1），于是有，又，解得，所以椭圆E的标准方程为．（2）（ⅰ）因Q在y轴左侧，故直线的斜率不会为零，设其方程为，由直线与圆相切得，由消去x得，，设，则，所以，当且仅当，即时取等号．故的面积的最大值为1．（ⅱ）因点在椭圆E上，且在y轴左侧，故，，由（1），故，，故为定值．【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．求椭圆标准方程的关键是列出关于的方程组，解得，直线与椭圆相交一般是设交点坐标，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理，由韦达定理的结果求弦长等等．6．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷））设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若(O为原点)，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或．所以，k的值为或点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆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．7．已知O坐标原点，椭圆的上顶点为A，右顶点为B，的面积为，原点O到直线AB的距离为．(1)求椭圆C的方程；(2)过C的左焦点F作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若，求面积的最大值．【答案】(1)；(2)；【分析】（1）设出直线的方程为：，原点到直线的距离为，列出关系式，通过，根据三角形的面积，求出，，即可得到椭圆的标准方程．（2）依题意可得，即可判断直线与的斜率均存在，设：，，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理即可得到点坐标，同理得到点坐标，从而得到、，再利用基本不等式及对勾函数的性质计算可得；【详解】（1）解：由题意，①，，则直线的方程为：，即为，原点到直线的距离为，，，②，③由①②③得：，，所以椭圆的标准方程为：；（2）解：由（1）可知，因为，所以，若直线或中有一条直线斜率不存在，那么、中一点与重合，故斜率一定存在，设：，则的斜率为，由可得：，设，，，，则，，所以，即，同理将代入得，所以，，所以令，则，当且仅当即时取等号，所以，所以，因为函数在上单调递增，所以当时，所以，即面积的最大值为；8．已知椭圆的左，右焦点分别为且经过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值（O为坐标原点）【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根据椭圆的定义可得，进而可求其方程，（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.【详解】（1）由椭圆的定义，可知解得，又.椭圆C的标准方程为.（2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，得，，得设，则，，点到直线的距离，.当且仅当，即时取等号；面积的最大值为.9．在直角坐标系中，曲线的方程为．为曲线上一动点，且，点的轨迹为曲线．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线，的极坐标方程；(2)曲线的极坐标方程为，点为曲线上一动点，求的最大值．【答案】(1)；；(2)；【分析】（1）利用直角坐标和极坐标的互化关系求的极坐标方程，利用代入法求的极坐标方程；（2）为上一点，为上一点，可知，即可求解.【详解】（1）由题意可知，将代入得，则曲线的极坐标方程为，设点的极坐标为，则，点的极坐标为，由得，即，将代入得，所以点轨迹曲线的极坐标方程为；（2）曲线直角坐标方程为，设点，曲线的直角坐标方程为，则圆心为，，即当时，，所以.10．如图所示，、分别为椭圆的左、右顶点，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由离心率及联立方程求解即可；（2）设的直线方程为：，，，联立直线与椭圆方程，由一元二次方程根与系数的关系及可利用向量数量积为0化简求出，据此可得三角形的面积，化简后换元利用均值不等式求最值即可.【详解】（1）由已知可得：，解得：，，∴椭圆的方程为：.（2）∵，设的直线方程为：，，，联立方程：，整理得：，∴，，∵，，，即，，，，整理得，解得或（舍去），∴，，∴，令，则，由对勾函数单调性知，，所以，当且仅当时，即时等号成立，此时最大值为.【点睛】关键点点睛：由题意可设的直线方程为：，联立椭圆方程后由根与系数的关系及的向量表示化简运算求出是解题的第一个关键点，求出后知直线过定点，据此可选取恰当的表示三角形面积的方法是第二个关键点，表示出三角形面积后化简换元，利用均值不等式求最值是第三个关键点，对运算能力要求非常高.题型四、椭圆中的向量问题1．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根据题意得到，再将点代入椭圆方程求解；（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.【详解】（1）解：由题意可知，，设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍），，所以椭圆方程为.（2）设，，，，，因为，所以，即，又，都在椭圆上，所以，，即，②-①得，即……③，又，同理得……④④-③得，所以.2．已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点．(1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程；(2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题设可得、，结合三角形面积可得，由椭圆参数关系求a、b，即可写出双曲线方程.（2）由椭圆离心率可得，进而可得双曲线渐近线，假设，写出、l方程，联立求N坐标，由向量的数量关系及向量坐标表示求A坐标，根据A在椭圆上求值.【详解】（1）由题设，且双曲线的渐近线为，当轴时，，又，△MON的面积为，所以，故，而，可得，所以双曲线的方程为.（2）对于椭圆有，而，则，不妨假设，则且l为，所以，又，，令，则，故，所以，而在椭圆上，则，整理得，综上，可得.3．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．（1）当时，求直线的方程；（2）当点异于两点时，证明：为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果【详解】（1）由题意，椭圆的方程为易得直线不与两坐标轴垂直，故可设的方程为，设，由消去整理得，判别式由韦达定理得，①故，解得，即直线的方程为．（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，直线的斜率为，故其方程为，由两式相除得即由（1）知，故解得．易得，故，所以为定值14．已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．(1)求抛物线的方程及a；(2)已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．【答案】(1)；(2)；【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.【详解】（1）抛物线的焦点F到其准线的距离为4可得抛物线的方程：椭圆经过抛物线的焦点椭圆的右顶点为，所以．（2）①当直线斜率存在时，设直线方程为由得，∵∴，即∴∴，∴又∵∴，即∴∴N点轨迹为直线②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．∴N点轨迹方程为最小值即点O到直线的距离∴，即椭圆的离心率为．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆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．5．（湖南省2021年普通高等学校对口招生考试数学试题）已知椭圆经过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.【详解】（1）椭圆经过点，所以，因为离心率为，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）由得，解得，所以，或，可得，，或者，，所以.6．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且点在上.(1)求的方程；(2)点为的下顶点，点在内且满足，直线交于点，求的取值范围.【答案】(1)；(2)；【分析】（1）据条件求得椭圆E的基本量a、b、c，代入标准方程即可解决；（2）通过设直线斜率为k，可以由此表达出P、Q的坐标，进而把用斜率k表达出来，再求其取值范围即可解决.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，即又由，可得因为点在上，所以，所以所以的方程为.（2）因为为的下顶点，所以.因为点在内，所以直线､的斜率存在且不为0.设，由，可得，则直线､的斜率乘积为所以.由消去得，所以，所以，由消去得，所以，，.令，当且仅当时，等号成立；，所以，所以的取值范围为.7．已知椭圆过点离心率，左、右焦点分别为，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点．(1)若，求直线的方程；(2)延长分别交椭圆C于点M，N，设，求的最小值．【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，设直线的方程为，设直线的方程为，设，由，求得，从而可求得，同理求得，从而可求得，即可得解；（2）设，由，得，代入椭圆的方程，可求得，同理可求得，从而可得出答案.【详解】（1）解：由已知过点，得，①由，②由①、②，得，故椭圆C的方程为，若，设直线的方程为，设直线的方程为，设，由，得，解得，故，同理，，，则，，故直线的方程为；（2）解：设，由，得，故，代入椭圆的方程得（3），又由，得，代入（3）式得，，化简得，，即，显然，故，同理可得，故，所以的最小值．8．如图，椭圆的顶点为，，，，焦点为，，，．(1)求椭圆C的方程；(2)设n是过原点的直线，l是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A，B两点的直线，．是否存在上述直线l使成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）根据椭圆的几何性质知，由已知条件得知，求出，即可得方程．（2）当与轴不垂直，设A、B，直线为，结合已知得，再根据向量数量积的运算律可得，联立直线和椭圆求与的第二个关系式即可判断存在性，再考虑与轴垂直结合已知判断存在性.【详解】（1）由知：①，由知：②，又③由上述三式，解得，，故椭圆C的方程为.（2）设A，B分别为，，假设使，成立的直线l存在，(i)当l不垂直于x轴时，设l为，由ln于P且得：，即，由，.，即.将代入椭圆，得：，所以④，⑤，，将④、⑤代入化简得：⑥，将代入⑥化简得：，故不成立，即此时直线l不存在.(ii)当l垂直于x轴时，满足的直线为或，当时，A，B，P分别为，，，故，，所以.当时，同理有，即此时直线l也不存在.综上，使成立的直线l不存在.9．已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，为椭圆的左焦点，若，求直线的方程．【答案】(1)；(2)或；【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；（2）讨论当直线斜率为0时不成立，再设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再代入求解即可.【详解】（1）设椭圆C的焦距，则又经过点(，)，，因此，椭圆C的方程为（2）①当直线斜率为0时，与椭圆交于，而，此时，故不符合题意．②当直线斜率不为0时，的方程为，设点，将直线l的方程代入椭圆方程，并化简得．解得或由韦达定理得，同理可得．所以即．解得：符合题意因此，直线l的方程为或10．（2023年四川省阶段检测数学（理）试题）已知椭圆的离心率为，短轴长为4．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据离心率及短轴长及求出，，求出椭圆方程；（2）先考虑直线AB的斜率不存在时的值，再考虑直线AB的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，从而求出，从而求出的取值范围.【详解】（1），，∴，又，即，解得：，，椭圆的标准方程为；（2）当直线AB的斜率不存在时，，不妨设，则当直线AB的斜率存在时，设，由，恒成立，故，∴，综上：，故的取值范围为．题型五、双曲线中的定点、定值1．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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.2．已知F1（－，0），F2（，0）为双曲线C的焦点，点P（2，－1）在C上．(1)求C的方程；(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若＋，＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析；【分析】（1）待定系数法列方程组求得的值，即可得到双曲线C的方程；（2）设出直线AB的方程并与双曲线C的方程联立，利用设而不求的方法得到M、N的坐标，利用题给条件＋求得直线AB的过定点，再由＝0可得使|QT|为定值的定点T.【详解】（1）设双曲线C的方程为，由题意知，∴双曲线C的方程为（2）设直线AB的方程为，A（、），B（，），P（2，－1），则，，∴直线PA方程为，令，则，同理N（0，），由，可得∴∴∴∴∴∴，当时，，此时直线AB方程为恒过定点P（2，－1），显然不可能∴，直线AB方程为恒过定点E（0，－3）∵，∴，取PE中点T，∴T（1，－2）∴为定值，∴存在T（1，－2）使|QT|为定值．【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．3．已知双曲线过点，且离心率(1)求该双曲线的标准方程：(2)如果，为双曲线上的动点，直线与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，【分析】（1）根据双曲线的离心率及双曲线过点可得方程；（2）设点与点的坐标，根据直线与直线的斜率互为相反数，可得直线的斜率.【详解】（1）由题意，解得，，故双曲线方程为（2）设点，，设直线的方程为，代入双曲线方程，得，，，，同理，.4．（2023届湖北省调研数学试题）过点的动直线与双曲线交于两点，当与轴平行时，，当与轴平行时，．(1)求双曲线的标准方程；(2)点是直线上一定点，设直线的斜率分别为，若为定值，求点的坐标．【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根据与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标，代入双曲线方程即可求得结果；（2）方法一：由三点共线可整理得到，代入双曲线方程可整理得到，结合两点连线斜率公式可化简得到，根据为常数可构造方程求得，进而得到点坐标，验证可知符合题意；方法二：设，与双曲线方程联立可得一元二次方程，根据该方程的根可化简得到，同理可得，由此可化简得到，由为常数可构造方程求得点坐标，验证可知当直线斜率为和斜率不存在时依然满足题意，由此可得结论.【详解】（1）由题意可知：双曲线过点，，将其代入方程可得：，解得：，双曲线的标准方程为：.（2）方法一：设，点与三点共线，，（其中，），，，又，整理可得：，当时，，，不合题意；当时，由得：，设，则，，若为定值，则根据约分可得：且，解得：；当时，，此时；当时，为定值.方法二：设，直线，由得：，为方程的两根，，则，由得：，由可得：，同理可得：，则，若为定值，则必有，解得：或或，又点在直线上，点坐标为；当直线斜率为时，坐标为，若，此时；当直线斜率不存在时，坐标为，若，此时；综上所述：当时，为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解，本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系，进而通过等量关系化简所求的，根据为常数来构造方程求得定点的坐标.5．已知在△ABC中，，，动点A满足，，AC的垂直平分线交直线AB于点P．(1)求点P的轨迹E的方程；(2)直线交x轴于D，与曲线E在第一象限的交点为Q，过点D的直线l与曲线E交于M，N两点，与直线交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为，，，①求证：是定值．②若直线l的斜率为1，问是否存在m的值，使？若存在，求出所有满足条件的m的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)①证明见解析；②存在；【分析】（1）利用几何知识可得，结合双曲线定义理解处理；（2）根据题意设直线及点的坐标，①分别求，，，利用韦达定理证明；②根据①结合题意求的坐标，代入双曲线方程运算求解．【详解】（1）∵，∴AC的垂直平分线交BA的延长线于点P．连接PC，则，∴，由双曲线的定义知，点P的轨迹E是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支（右顶点除外），，，则，∴E的方程是．（2）①证明：由已知得，，满足，设直线l方程为，，，联立，得，，，，同理，∴对，令，得，∴，，∴，∴是定值．②假设存在m的值，使由①知，，则，∴，直线QK的方程为，令，得；直线l的斜率为1，直线l的方程为，令，得；∴，∴，代入，得，整理得，，解得，或（∵，舍去）∴，存在m的值为，使．6．已知双曲线的离心率是，实轴长是8.(1)求双曲线C的方程；(2)过点的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【分析】（1）根据双曲线的离心率公式、实轴长的定义进行求解即可；（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解证明即可.【详解】（1）依题意得，解得所以双曲线C的方程是.（2）证明：设，，，直线l的方程为.将直线方程代入双曲线方程，化简整理得，，则，.要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足即解得.由，得，故，所以.又，所以点D的纵坐标为定值.【点睛】关键点睛：利用一元二次不等式的根与系数的关系进行求解是解题的关键.7．（2023届江苏省调研测试数学试题）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；【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，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，进而得到，进而求解.【详解】（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.8．已知双曲线的左，右焦点分别为，．且该双曲线过点．(1)求C的方程；(2)如图．过双曲线左支内一点作两条互相垂直的直线分别与双曲线相交于点A，B和点C，D．当直线AB，CD均不平行于坐标轴时，直线AC，BD分别与直线相交于P．Q两点，证明：P，Q两点关于x轴对称．【答案】(1)；(2)证明见解析；【分析】（1）根据已知条件，建立关于的方程组，求解方程组即可得答案；（2）由题意，设直线的方程为，直线的方程为，点，联立，由韦达定理可得，同理可得，由直线的方程可得，同理可得，然后计算即可得证.【详解】（1）解：由已知可得，解得，所以双曲线C的方程为；（2）证明：由题意，设直线的方程为，直线的方程为，点，由，得，则，得，所以，同理可得，其中满足，直线的方程为，令，得,又，所以，即，同理可得，因为，所以两点关于轴对称.9．已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的一个焦点坐标为(3，0)，其中一条渐近线的倾斜角的正切值为，O为坐标原点．(1)求双曲线C的方程；(2)直线l与x轴正半轴相交于一点D，与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，且l分别交双曲线C的两条渐近线于M、N两点，证明：△MON的面积为定值，并求出该定值．【答案】(1)；(2)证明见解析，﹒【分析】(1)由双曲线的一个焦点坐标为可求c，根据一条渐近线的倾斜角的正切值为可求，结合a、b、c的关系求解、得到双曲线方程；(2)设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，利用判别式为0，求出k与m的关系．联立l与渐近线方程求出M和N的坐标，通过，化简即可．【详解】（1）由题可知，解得，则：；（2）由于直线与双曲线右支相切(切点不为右顶点)，则直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，令，则，则．联立得，，则，即．双曲线两条渐近线方程为，联立得，，联立得，，，故的面积为定值．10．（2023届湖南省一模数学试题）已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，过点作直线与一条渐近线垂直，垂足为，与另一条渐近线相交于点，且都在轴右侧，(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线的右支相切，切点为与直线交于点，试探究以线段为直径的圆是否过轴上的定点.【答案】(1)；(2)过定点，理由见解析；【分析】（1）设，表达出，得到方程，求出，即，结合焦点坐标，求出，得到双曲线方程；（2）得到直线的斜率存在，设其方程为，与双曲线方程联立，求出切点坐标，并联立两直线方程，得到点的坐标，假设轴上存在定点满足条件，根据得到方程，求出，得到答案.【详解】（1）不妨设点A在第一象限，，则.因为，则.由已知，，即，即.因为，则，即.因为为渐近线的倾斜角，则，即.又，则.所以双曲线的方程是.（2）当直线的斜率不存在时，直线与平行，不合要求，故直线的斜率存在，设其方程为，联立直线与双曲线的方程，消去，得，，得，则，设切点，则，.设，因为是直线与直线的交点，所以，假设轴上存在定点满足条件，则恒成立，即：，故存在，使得，即，所以轴上存在定点在以为直径的圆上.【点睛】圆过定点问题常见策略，方法一：通法，引入参变量，建立曲线方程，通常要求出两交点的横坐标或纵坐标的和与积，再利用直径所对的角为直角，采用向量数量积为0列出方程，求出定点，这当中可由对称性猜测出定点所在的位置，从而简化计算；方法二：根据题目条件，挖掘出隐含的几何关系，从而找到圆过得定点，难度较大.题型六、双曲线中的定直线1．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，

直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.2．（2023届湖北省调研考试数学试题）已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由【答案】(1)1；(2)是在定直线上，定直线；【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法即可求解；（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，设，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线与直线的方程得出，进而得证.【详解】（1）由题意得，所以，设，，，则，作差得，又MN的斜率，，所以.（2）∵，∴，，，直线l：，，设，，联立得，所以，所以，设直线AN：，BM：，所以，所以．故存在定直线，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．3．已知，分别是双曲线的左，右顶点，直线（不与坐标轴垂直）过点，且与双曲线交于，两点.（1）若，求直线的方程；（2）若直线与相交于点，求证：点在定直线上.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】（1）设直线的方程为并联立双曲线根据韦达定理可得与关系，结合可得，从而求得值得直线方程；（2）列出直线与方程，并求点坐标得，故得证.【详解】解：设直线的方程为，设，，把直线与双曲线联立方程组，，可得，则，（1），，由，可得，即①，②，把①式代入②式，可得，解得，，即直线的方程为或．（2）直线的方程为，直线的方程为，直线与的交点为，故，即，进而得到，又，故，解得故点在定直线上．【点晴】方法点晴：直线与圆锥曲线综合问题，通常采用设而不求，结合韦达定理求解.4．（2023届辽宁省一模数学试题）已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为，点坐标为，且.(1)求双曲线的方程；(2)过点的动直线与的左､右两支分别交于两点，若点在线段上，满足，证明：在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析；【分析】（1）根据离心率设，代入得到，得到答案.（2）设，联立方程得到根与系数的关系，根据得到，代入数据整理得到，得到答案.【详解】（1）设，因为双曲线的离心率为，设，所以，所以，解得或（舍），所以双曲线的方程为，（2）设，当直线斜率不存在时不成立，设，即，由，可得，由于点在双曲线内部，易得，所以.设，根据题意，，又，可得，整理得：，即，化简得又，消去，得，所以点在定直线上.【点睛】关键点睛：本题考查了求双曲线方程，定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.5．（2023届广东省二模数学试题）已知双曲线的左、右焦点分别为、，且双曲线经过点．(1)求双曲线的方程；(2)过点作动直线，与双曲线的左、右支分别交于点、，在线段上取异于点、的点，满足，求证：点恒在一条定直线上．【答案】(1)；(2)证明见解析；【分析】（1）求出的值，利用双曲线的定义可求得的值，再根据可求得的值，即可得出双曲线的方程；（2）设点、、，设，可得出，根据向量的坐标运算结合化简可得出关于、所满足的一元二次方程，即可证得结论.【详解】（1）解：因为，则，由双曲线的定义可得，所以，，则，因此，双曲线的方程为.（2）证明：设点、、，则，可得，设，则，其中，即，整理可得，所以，，，将代入可得，将代入可得，即，所以，点恒在直线上.【点睛】关键点点睛：本题考查点在直线的证明，解题的关键在于引入参数使得，将问题转化为向量的坐标运算来处理，然后通过不断消元来得出定直线的方程，从而达到证明结论的目的.6．设双曲线1，其虚轴长为2，且离心率为.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P（3，1）的动直线与双曲线的左右两只曲线分别交于点A､B，在线段AB上取点M使得，证明：点M落在某一定直线上；(3)在（2）的条件下，且点M不在直线OP上，求△OPM面积的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）由题意可得22b，e，又c2=a2﹣b2，解得b2=2，a2，即可求出双曲线的方程，（2）设点M，A，B的坐标分别为（x，y），（x1，y1），（x2，y2），且x1<x2<3，由，知[6﹣(x1+x2)]x=3(x1+x2)﹣2x1x2.由此能够证明点M落在某一定直线12x﹣y﹣2=0上.（3）由（2）可设点M的坐标为（x0，y0）且x0<3，x0，令点M到直线OP的距离为h，根据点到直线的距离和三角形的面积公式即可求出.【详解】（1）设双曲线1，其虚轴长为2，且离心率为，∴22b，e，∵c2=a2﹣b2，∴b2=2，a2，∴双曲线C的方程为.（2）设点M，A，B的坐标分别为（x，y），（x1，y1），（x2，y2），且x1<x2<3，∵，∴，则有，即[6﹣(x1+x2)]x=3(x1+x2)﹣2x1x2，①设直线l的方程为y﹣1=k(x﹣3)，②将②代入4x22中整理，得(4﹣k2)x2+(6k2﹣2k)x﹣(3k﹣1)2﹣2=0，∴x1+x2，x1x2，代入①，整理可得，得12x﹣3=k(x﹣3)，联立②消k得，12x﹣y﹣2=0∴点M落在定直线12x﹣y﹣2=0上.（3）由（2）可设点M的坐标为（x0，y0）且x0<3，x0，令点M到直线OP的距离为h，则h，∵点M在线段AB上，当过点P动直线的斜率在（﹣2，2）之间时与双曲线两支有交点，当k=﹣2，与12x﹣y﹣2=0，解得x，当k=2，与12x﹣y﹣2=0，解得x，∴x0x0，∴S△OPMOP•h，∴△OPM面积的取值范围为（0，）.7．已知复数在复平面内对应的点为，且满足，点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）设，，若过的直线与交于，两点，且直线与交于点.证明：（i）点在定直线上；（ii）若直线与交于点，则.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据复数模的计算公式，由题中条件，得到，再由双曲线的定义，即可得出结果；（2）（i）设直线的方程为，，，其中，，联立直线与双曲线方程，根据韦达定理，得到，，表示出直线与的方程，两直线方程联立，求出交点横坐标为定值，即可证明结论成立；（ii）先同理得到点也在定直线上，设，，代入（i）中直线与的方程，得出，再计算，即证结论成立.【详解】（1）由题意可知：，所以点到点与到点的距离之差为2，且，所以动点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，设其方程为，其中，，所以，，所以，所以曲线的方程为.（2）（i）设直线的方程为，，，其中，.联立，消去，可得，由题意知且，所以，.直线：，直线：①，由于点在曲线上，可知，所以，所以直线：②.联立①②，消去可得，即，所以，所以，所以，所以点在定直线上.（ii）由题意，与（i）同理可证点也在定直线上.设，，由于在直线：上，在直线：上，所以，，所以，又因为，，所以，所以.【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线中动点在定直线上的问题时，一般需要根据题中条件，设出所需直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及题中条件，求出动点的坐标满足的关系时，从而可确定结果（一般得到动点横坐标或纵坐标为定值）.8．设双曲线，其虚轴长为，且离心率为．(1)求双曲线的方程；(2)过点的动直线与双曲线的左右两支曲线分别交于点、，在线段上取点使得，证明：点落在某一定直线上．【答案】(1)；(2)证明见解析；【分析】（1）依题意可得，，再根据，即可求出，即可得解；（2）设点，A，的坐标分别为，，，且，依题意可得，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，代入整理即可得解；【详解】（1）解：设双曲线，其虚轴长为