第31讲 阿基米德三角形、双切线问题、定点定值定直线问题解析版

第31讲阿基米德三角形、双切线问题、定点定值定直线问题【典型例题】例1．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线的焦点为，顶点为，斜率为的直线过点且与抛物线交于两点，若为阿基米德三角形，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依题意，，设直线，联立，则，解得或，不妨设，设直线方程为，联立得，，，，解得，故直线的斜率，故直线，同理可得直线的斜率，故直线，联立，解得，即，则.故选：C.例2．（2024·高三·全国·专题练习）已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线在第一象限相切于点P，并且与直线和x轴分别相交于A，B两点，直线PF与抛物线的另一个交点为Q．过点B作交PF于点C，若，则等于（

）附加结论：抛物线上两个不同的点A，B的坐标分别为，，以A，B为切点的切线PA，PB相交于点P，我们称弦AB为阿基米德的底边．

定理：点P的坐标为；推论：若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内定点，则另一顶点P的轨迹方程为.A． B． C． D．【答案】C【解析】因为直线PQ过抛物线的焦点，由推论可知以PQ为底边的阿基米德三角形的另一个顶点P的轨迹方程为，又因为切线PA与直线相交于点A，故为抛物线的阿基米德三角形，AQ也与抛物线相切．如图，设点P，Q在直线（抛物线的准线）上的射影分别为，，连接，，与x轴相交于点D．由可得．因为，则．又因为，所以．设，，则有①．由定理可得，得，即，故②．联立①②两式，解得，，故．故选：C．例3．（多选题）（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）为抛物线的弦，，分别过作的抛物线的切线交于点，称为阿基米德三角形，弦为阿基米德三角形的底边.若弦过焦点，则下列结论正确的是（

）A．B．底边的直线方程为；C．是直角三角形；D．面积的最小值为.【答案】ABC【解析】依题意设，，由方程，可得，则，由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，可得A处的切线方程为：，即，化简可得，所以直线的方程为，同理可得：直线BM的方程为，所以，则，因为，解得，即，所以A正确；因点在直线上，可得，，即在上，在上，所以底边的直线方程为，所以B正确；设直线，联立方程组，整理得，则且，，因为，所以，所以是直角三角形，所以C正确；取的中点，连接，根据抛物线的定义，可得平行轴，所以因为，，所以，，代入可得，当时，，所以D不正确.故选：ABC.例4．（2024·山西临汾·模拟预测）已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于M，Q两点，且．(1)求C的方程；(2)若点P是C的准线上的一点，过点P作C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，求点O到直线AB的距离的最大值．【解析】（1）依题意，由抛物线的对称性知，点关于x轴对称，由，得，不妨令点在第一象限，则，设抛物线C的方程为，即有，解得，所以抛物线C的方程为.（2）由（1）知，抛物线C：的准线方程为，设点，显然切线不垂直于坐标轴，设切线方程为，由消去x并整理得①，于是，设方程的一个根为，则该方程的另一根为，不妨令切线的方程为，方程①中取得点的纵坐标为，其横坐标为，即点，同理得，当时，直线方程为，整理得，当或时，直线方程为，因此直线过定点，为定值，所以当时，点O到直线AB的距离取得最大值1.例5．（2024·高三·贵州贵阳·阶段练习）已知抛物线与双曲线有共同的焦点.(1)求的方程；(2)若直线与抛物线相交于两点，过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求面积的最小值.【解析】（1）由题意，抛物线的焦点为，由双曲线可得，即可得，解得，所以的方程为（2）如图所示，设，则，联立方程组整理得，所以，且，所以由，可得，则，所以抛物线的过点的切线方程是，将代入上式整理得，同理可得抛物线的过点的切线方程为，由解得，所以，所以到直线的距离，所以的面积，当时，，所以面积的最小值为.例6．（2024·河北·模拟预测）已知抛物线上有一点，为抛物线的焦点，，且.(1)求抛物线的方程；(2)过点向圆（点在圆外）引两条切线，交抛物线于另外两点，求证：直线过定点.【解析】（1）由题意知：，抛物线过点，，又，，，又，解得：，抛物线的方程为：.（2）由（1）得：，圆；在圆外，，即；当过点的圆的切线有一条斜率不存在时，即是圆的一条切线，则，是过点的圆的另一条切线；此时切线与抛物线有且仅有一个交点，不合题意；当过点的圆的切线斜率存在时，设切线方程为：，即，圆心到切线的距离，整理可得：，设两条切线的斜率分别为，则；由题意知：直线斜率不为，可设直线方程为：，由得：，设，则，，，整理可得：，直线，直线恒过定点；综上所述：直线恒过定点.例7．（2024·福建漳州·模拟预测）已知是圆：上的动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上，，动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)若过点的直线与曲线相交于，两点，且，都在轴上方，问：在轴上是否存在定点，使得的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.【解析】（1）圆的圆心为，半径，因为，所以，又因为，所以，所以，所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，设双曲线的方程为，则，.所以，，又不可能在轴上，所以曲线的方程为.（2）在轴上存在定点，使得的内心在一条定直线上.证明如下：由条件可设：.代入，得，设，，则，得，所以所以，取，则又，都在轴上方，所以的平分线为定直线，所以在轴上存在定点，使得的内心在定直线上.例8．（2024·高三·湖北·开学考试）已知椭圆长轴的左右顶点分别为，短轴的上下顶点分别为，四边形面积为，椭圆的离心率是．

(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与直线的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【解析】（1），，又离心率，，，，，椭圆的方程为：.（2）由题意知：直线的斜率存在，可设，，又得：，则，，，，，直线，令，解得：，即，同理可得：，，线段中点为定点.例9．（2024·高二·江西九江·期末）已知动圆过定点，且在轴上截得的弦的长为．(1)求动圆圆心的轨迹的方程；(2)过轨迹上一个定点引它的两条弦，，若直线，的斜率存在，且直线的斜率为证明：直线，的倾斜角互补．【解析】（1）设动圆圆心的坐标为，则，整理得，，故所求动圆圆心的轨迹的方程为．（2）证明：设，，则有，，，直线的斜率为，所以，于是.故直线，的倾斜角互补．例10．（2024·广东湛江·一模）已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为．(1)求双曲线的方程；(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点．【解析】（1）由题意知：，，，，又在双曲线上，，解得：；双曲线的方程为：.（2）当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，，，直线，即，由得：，解得：，即直线与双曲线相切于点，不合题意；直线斜率均存在，则，，，，即，；设，由得：，且，，，，，由得：，，，，整理可得：，即，或，当时，直线恒过点，不合题意；当时，满足，此时直线恒过点；综上所述：直线过定点.【过关测试】一、单选题1．（2024·高三·全国·专题练习）为抛物线的弦，，分别过作的抛物线的切线交于点，称为阿基米德三角形，弦为阿基米德三角形的底边.若弦过焦点，则下列结论错误的是（）A．B．底边的直线方程为；C．是直角三角形；D．面积的最小值为.【答案】D【解析】如图：依题意设，，由方程，可得，则，由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，可得A处的切线方程为：，即，化简可得，所以直线的方程为，同理可得：直线BM的方程为，所以，则，因为，解得，即，所以A正确；因点在直线上，可得，，即在上，在上，所以底边的直线方程为，所以B正确；设直线，联立方程组，整理得，则且，，因为，所以，所以是直角三角形，所以C正确；取的中点，连接，根据抛物线的定义，可得平行轴，所以因为，，所以，，代入可得，当时，，所以D不正确.故选：D.2．（2024·全国·模拟预测）如何计算一个椭圆的面积？这个问题早已在约2000年前被伟大的数学、物理学先驱阿基米德思考过．他采用“逼近法”，得出结论：一个椭圆的面积除以圆周率等于其长半轴长与短半轴长的乘积．即．那如何计算它的周长呢？这个问题也在约400年前被我国清代数学家项名达思考过．一个椭圆的周长等于其短半轴长为半径的圆周长加上四倍的该椭圆长半轴长与短半轴长的差．即．若一个椭圆的面积为，那么其周长的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】椭圆长半轴长为，短半轴长为，因为，所以，，又因为，所以，则，令，由对勾函数性质可知：在上单调递减，在上单调递增，又，所以在上单调递减，所以，所以的取值范围是，故选：C.二、多选题3．（2024·高三·江苏·专题练习）（多选）如图，为阿基米德三角形.抛物线上有两个不同的点，以A，B为切点的抛物线的切线相交于点P.给出如下结论，其中正确的为（

）

A．若弦过焦点，则为直角三角形且B．点P的坐标是C．的边所在的直线方程为D．的边上的中线与y轴平行（或重合）【答案】ACD【解析】由题意设，由，得，则，所以，若弦过焦点，显然直线斜率存在，设所在直线为，联立，得，则，所以，所以，故A正确；以点A为切点的切线方程为，以点B为切点的切线方程为，联立消去y得，将代入，得，所以，故B错误；设N为抛物线弦的中点，N的横坐标为，因此直线平行于y轴(或与y轴重合)，即平行于抛物线的对称轴(或与对称轴重合)，故D正确；设直线的斜率为，故直线的方程为，化简得，故C正确.故选：ACD.4．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（

）A．B．若，则点处的切线方程为C．存在点，使得D．面积的最小值为4【答案】ABD【解析】对于A中，设直线，联立方程组，整理得，再设，则，所以A正确；对于B中，由抛物线.可得，则，则过点的切线斜率为，且，即，则切线方程为：，即，若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，因为，所以，即，所以C错误；对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，联立直线的方程可得，所以，，，则，当时，有最小值为，所以D正确.故选：ABD.5．（2024·高二·四川乐山·期末）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力．设抛物线（），弦过焦点，为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是（

）A．点在抛物线（）的准线上B．存在点，使得C．D．面积的最小值为【答案】ACD【解析】设，设直线：，联立得，则，设过点的切线为，联立得，由，可得，同理可得过点的切线斜率为，所以处切线方程分别为，联立可得，故A正确；又即，，所以，，所以，，即，C正确；又，所以，，所以，B错；由上述知，，又因为直线斜率为，所以，设准线与轴的交点为，则面积，当轴时，最短（最短为），也最短（最短为），此时面积取最小值，D正确.故选：ACD6．（2024·高三·贵州贵阳·阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值，且的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（

）A．的方程为B．点都在曲线内部C．当三点不共线时，则D．若，则的最小值为【答案】ACD【解析】设，不与，重合），由，，有，，，即，化简得，所以点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，如图所示，对于A选项，由曲线的方程为，选项A正确；对于B选项，由，点在曲线外，选项B错误；对于C选项，由，，有，则当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，所以，选项C正确；对于D选项，由，得，则，当且仅当在线段上时，等号成立，则的最小值为，选项D正确．故选：ACD．三、解答题7．（2024·高三·重庆·开学考试）在平面直角坐标系中，过直线上任一点作该直线的垂线，，线段的中垂线与直线交于点．(1)当在直线上运动时，求点的轨迹的方程；(2)过向圆引两条切线，与轨迹的另一个交点分别为，．（i）证明：直线与圆也相切；（ii）求周长的最小值．【解析】（1）由过直线上任一点作该直线的垂线，，线段的中垂线与直线交于点，作出下图：由图可得，所以点的轨迹是以为焦点的抛物线，故点的轨迹的方程为；（2）（i）不妨假设直线在圆的左侧，直线在圆的右侧，①当斜率不存在时，则直线的方程为，可设，则，设直线方程为，由于与圆相切，解得，则直线方程为，与抛物线只有一个交点，不满足题意，②当斜率不存在时，则直线的方程为，可设，则，设直线方程为，由于与圆相切，解得，则直线方程为，此时，则直线方程为，所以圆心到直线的距离，满足题意.③假设直线与斜率同时存在，不妨设且，，，所以，则直线的方程，即，因为直线与圆相切，所以，化简得：，同理可得，则，为方程的两根，所以，，所以圆心到直线的距离，所以直线与圆也相切；（ii）由题可得，所以，故要求周长的最小值即求面积的最小值，由（i）可得直线的方程为，且，，则到直线的距离，弦长，所以令，，所以设，则，由于在时，很成立，所以在时，，在时，，时，，所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减，由于，，故，此时或，即点的坐标为或时，的面积取最小值所以，故周长的最小值为,8．（2024·高三·山东济南·开学考试）已知为抛物线上的两点，是边长为的等边三角形，其中为坐标原点.(1)求的方程.(2)已知圆的两条切线，且与分别交于点和.（i）证明：为定值.（ii）求的最小值.【解析】（1）由对称性可知当为等边三角形时，、两点关于轴对称，当为边长为的等边三角形时，则的高为，由题意知点在上，代入，得，解得，所以的标准方程为；（2）（i）因为，与圆相切，所以，得，同理可得，则，可以看作方程的两根，又，所以，由韦达定理可得，即为定值；（ii）由（i）知，由，得，所以，，设，，，，由，得，易得，则，所以，同理可得，所以，当，即时，取得最小值，且最小值为．9．（2024·甘肃兰州·一模）已知圆过点，和，且圆与轴交于点，点是抛物线的焦点.(1)求圆和抛物线的方程；(2)过点作直线与抛物线交于不同的两点，，过点，分别做抛物线的切线，两条切线交于点，试判断直线与圆的另一个交点是否为定点，如果是，求出点的坐标；如果不是，说明理由．【解析】（1）因为圆过点和，所以圆心在直线上，设圆心为，半径为，又圆过点，所以，，则圆的方程为，令，解得，所以，则，所以，所以抛物线的方程为.（2）依题意直线的斜率必存在，不妨设为，则直线的方程为，即，由整理得，其中，解得或，则，，设，，过，点的抛物线的切线的斜率分别为、，又，所以，则、，所以过点的切线方程为，即，同理可得过点的切线方程为，由，解得，即，所以点在直线上，而点也在直线上，所以直线与圆的另一个交点就是直线与圆的交点，由，解得或，所以直线与圆的另一个交点为定点.10．（2024·四川成都·二模）抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．(1)求抛物线的方程；(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点，过原点作直线的垂线，垂足为，证明点在定圆上，并求定圆方程【解析】（1）由椭圆可知短轴长，所以抛物线的焦点到准线的距离等于，故椭圆方程为；（2）因为是抛物线上位于第一象限的一点，所以，又，所以，设，则直线方程为，即，因为：即与圆相切，所以，整理得①，同理，直线与圆相切可得②由①②得是方程的两根，所以，代入整理得，令，解得，故直线过定点，所以点在以和连线为直径的圆上，且圆的方程为；11．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.(1)求的方程；(2)过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；(3)过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.【解析】（1）设，则，因为，所以的最小值为，即，得，所以抛物线的方程为.（2）由（1）得，设，，，则，同理，，所以，又，即，联立，得，由韦达定理得，综上所述：.（3）满足的关系为：.由题意，直线，联立，得，由，得，所以抛物线在A处的切线斜率为，所以抛物线在A处的切线为，同理，在处的切线为，联立可得，设，则（*），联立，得，则，联立，得，所以，所以，即.12．（2024·黑龙江·二模）已知是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为．(1)求抛物线焦点坐标及准线方程；(2)设直线，的斜率分别为，，求的值．【解析】（1）由，得抛物线焦点坐标为，准线方程为；（2）点在抛物线的准线上，设由题意知过点作抛物线C的切线，斜率存在且不为0，设其斜率为k，则切线方程为联立，由于直线与抛物线C相切，可知，即，而抛物线C的两条切线的斜率，即为方程的两根，故.13．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线：（，）的渐近线方程为，过的左焦点且垂直于一条渐近线的直线分别交两条渐近线于点，（，在轴同侧），且．(1)求双曲线的标准方程；(2)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直，并说明理由．【解析】（1）设为坐标原点，不妨设，因为双曲线的渐近线方程为，即，又，在中，，，易知，所以，所以，得到，又双曲线的渐近线方程为，所以，故双曲线的标准方程为．（2）圆：上不存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直，若双曲线的两条切线有交点，则易知两条切线的斜率存在且不为0，设双曲线的两条切线分别为，，将代入，消得，由，得，同理可得．设两条切线的交点坐标为，则，得且，所以，是关于的方程的两根，整理得，所以，化简得，所以两条切线的交点的轨迹为圆，因为圆的圆心为，半径为，圆：，即，圆心为，半径为，连接，则，又，所以两圆相离，故圆：上不存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直．14．（2024·山东临沂·一模）动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.（i）证明：直线过定点；（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.【解析】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，因为与，都内切，所以，，所以，又，，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设的方程为：，则，，所以，故的方程为：.（2）（i）证明：设，，，由题意中的性质可得，切线方程为，切线方程为，因为两条切线都经过点，所以，，故直线的方程为：，显然当时，，故直线经过定点.（ii）设直线的方程为：，联立，整理得，由韦达定理得，又，所以直线的方程为，令得，，所以直线经过定点，又，所以，所以，当且仅当时，即时取等号.15．（2024·广东广州·一模）已知为坐标原点，双曲线的焦距为，且经过点.(1)求的方程：(2)若直线与交于，两点，且，求的取值范围：(3)已知点是上的动点，是否存在定圆，使得当过点能作圆的两条切线，时（其中，分别是两切线与的另一交点），总满足？若存在，求出圆的半径：若不存在，请说明理由.【解析】（1）由题意可得，解得，故双曲线方程为（2）当直线斜率不存在时，设,将其代入双曲线方程，又，解得，此时，当直线斜率存在时，设其方程为，设,联立，故，则，化简得，此时，所以，当时，此时，当时，此时，，故，因此，综上可得.（3）解法一：当直线与相切时，圆心到直线的距离，设设,类似（2）中的计算可得，所以，由双曲线的对称性，延长交双曲线于另一点,则，且，根据轴对称性可得,且直线与也相切，即即为,符合题意，当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，故存在这样的圆，半径为解法二：设，，由于为圆的切线，平分，且,所以,设过点与圆相切的直线方程为（直线斜率存在时），，将两根记为，，同理可得故，故存在这样的圆，半径为当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，故存在这样的圆，半径为16．（2024·四川凉山·二模）古希腊数学家阿基米德用“逼近法”得到：椭圆面积的4倍除以圆周率等于椭圆的长轴长与短轴长的积．已知是椭圆C：的左焦点，且椭圆C的面积为，离心率为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设点，，以为直径的圆与椭圆C在x轴上方交于M，N两点，求的值【解析】（1）由题意可得出：，解得：，所以椭圆C的标准方程为：.（2）因为，，所以以为直径的圆的方程为，即，设，则由，得：，所以，又，同理，，所以.17．（2024·高三·河北衡水·阶段练习）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式，（分别为椭圆的长半轴长和短半轴长）为后续微积分的开拓奠定了基础，已知椭圆：．(1)求的面积；(2)若直线交于两点，求．【解析】（1）椭圆的方程为，所以，，则，，所以椭圆的面积；（2）联立，得，，，，.18．（2024·河南开封·二模）如图，过抛物线的焦点F作直线l交E于A，B两点，点A，B在x轴上的射影分别为D，C，当AB平行于x轴时，四边形ABCD的面积为4．(1)求p的值；(2)过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的倍．已知点P在抛物线E上，且E在点P处的切线平行于AB，根据上述理论，从四边形ABCD中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率的取值范围．【解析】（1）当AB平行于x轴时，四边形ABCD为矩形，，，所以，解得；（2）由（1），抛物线，即，，，设，，，，则，，联立得，，，则，点P到AB的距离，所以，，又，所以，又四边形ABCD是直角梯形或矩形，所以，所以概率，由得，所以所求概率的取值范围是．19．（2024·高三·上海浦东新·期中）已知椭圆，点、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若椭圆上点满足，求的值；(2)点为椭圆的右顶点，定点在轴上，若点为椭圆上一动点，当取得最小值时点恰与点重合，求实数的取值范围；(3)已知为常数，过点且法向量为的直线交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足（），求的最大值.【解析】（1）因为，所以设点，则，所以，即，所以；；（2）设，则，，则，所以，，要时取最小值，则必有，所以；（3）设过点且法向量为的直线的方程为，，联立，消去得，则，则，，又，又点在椭圆上，则，所以，即，所以，所以，所以，即的最大值为.20．（2024·内蒙古包头·二模）已知椭圆过点，且焦距为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作两条互相垂直的弦，设弦的中点分别为.证明：直线必过定点.【解析】（1）依题意，椭圆半焦距，而，则，所以椭圆的方程为.（2）当直线不垂直于坐标轴时，设直线的方程为，，由，得直线的方程为，由消去得：，则，故，于是，由代替，得，当，即时，直线：，过点，当，即时，直线的斜率为，直线：，令，因此直线恒过点，当直线之一垂直于轴，另一条必垂直于轴，直线为轴，过点，所以直线恒过点.21．（2024·青海·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知动圆M过点，且与直线相切．(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)过点作斜率分别为，的直线AB，AD，与C分别交于点B，D，当直线BD恒过定点时，证明：．【解析】（1）设，由题意可知，两边平方后化简可得，所以动圆圆心M的轨迹C的方程为.（2）证明：由题意可知直线的斜率存在且不为零，设为，则直线的方程为，同时设，联立，消去可得，，，又，所以，代入韦达定理后化简可得，所以.22．（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知椭圆的焦距为6，圆9与椭圆C有且仅有两个公共点(1)求椭圆的标准方程；(2)已知动直线过曲线的左焦点F，且与椭圆分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）根据题意得，所以，所以椭圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，可得，设，则．设，则，若为定值，则，解得．此时点的坐标为．②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得不妨设，若，则，，．综上，在轴上存在点，使得为定值．23．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.【解析】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，且，解得，所以椭圆方程为.（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：设，则Q在P的极线上，现在如果经过P的直线交椭圆于：那么，代入椭圆就得到，所以，由韦达定理有，此时要证明的是：，也就是，也就是，也就是，

也就是，也就是，

也就是，也就是，也就是，也就是，也就是，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，而，所以，这表明Q是和的交点，又由于，故，设，而，，，所以，也就是E是的中点；②设，那么，所以，这表明的方程是，即，所以恒过点.24．（2024·新疆塔城·二模）已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设过点的直线，分别与曲线交于，两点，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，求证：直线的倾斜角为定值.【解析】（1）因为动圆经过定点，且与直线相切，即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等，又点不在直线上，由抛物线的定义可知动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以动圆圆心的轨迹为.（2）依题意设直线方程为，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，的方程为．联立方程组，消元得，，因为此方程的一个根为，设，，则，同理可得，，．．，设直线的倾斜角为，则，又，所以，直线的斜率为定值，倾斜角为定值．25．（2024·陕西榆林·二模）已知椭圆的左､右焦点分别为，过点，且.(1)求的方程.(2)设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【解析】（1），，整理可得：，，，，解得：，，椭圆的方程为：.（2）由（1）可得：，则直线的斜率存在，可设，，由得：，，，，直线过点，，直线方程为：，令得：，即；同理可得：；，线段的中点为定点.26．（2024·高三·全国·专题练习）已知椭圆C：经过点，，分别为C的左、右焦点，P是C上的动点，的最小值为0．(1)求C的标准方程．(2)若过原点O的两条不同直线，与C分别交于点，和，，且点P到，的距离均为，判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．【解析】（1）由题知，，设，，则，故，所以，当且仅当时取等号．所以，即，所以．因为椭圆C经过点，所以，所以，，所以C的标准方程为．（2）当直线的斜率不存在时，：，，由点P到直线的距离为，可得，分别与联立，均可求得，由点P到直线的距离为，可得直线的方程为，，此时．当直线的斜率不存在时，同理可得．设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，所以，平方、整理得．设直线的方程为，同理可得．所以，是关于k的方程的两个不相等的实数根，所以．设，，则由，得，同理可得．所以．综上，，为定值．27．（2024·高三·云南·阶段练习）已知A，B，C是抛物线上三点，且，，垂足为D.(1)当C的坐标为时，求点D的轨迹方程；(2)当C的坐标为时，是否存在点Q，使得为定值，若存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设，，直线的方程为.联立得，则，①，因为，所以，即，所以②，由①②得：,整理得，因为，所以，直线恒过定点，设点，则，即，整理得，所以点的运动轨迹为以为圆心，半径为2的圆（原点除外）.（2）由（1）因为，所以，，，则③，将①代入③得：，得，或者.当时，直线过.当时，直线过，此时在上，不合题意.所以直线恒过.因为为定点，所以为定值，在中取中点，连接，，所以为定值.此时的坐标为，故存在点，使得为定值.28．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．【解析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；（3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值．29．（2024·河北沧州·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线方程为，右焦点F到渐近线的距离为．(1)求双曲线C的标准方程；(2)若双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，其中O为坐标原点，求证：的面积S是定值．【解析】（1）由已知得渐近线方程为，右焦点，，，，解得．，，，双曲线C的标准方程为；（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，此时易得，点到直线的距离为，所以此时；②当直线的斜率存在时，设直线为，由得，因为直线于双曲线相切，所以且，整理得且，即，由得，则，同理得到，所以点到直线的距离所以，所以的面积为定值.30．（2024·河南·一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，其长轴长为6，离心率为e且，点D为E上一动点，的面积的最大值为，过的直线，分别与椭圆E交于A，B两点（异于点P），与直线交于M，N两点，且M，N两点的纵坐标之和为11.过坐标原点O作直线的垂线，垂足为H.(1)求椭圆E的方程；(2)问：平面内是否存在定点Q，使得为定值？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由.【解析】（1）根据条件则，，当点D位于短轴顶点时，面积的最大，且，由，解得，或，又，因此，，，故椭圆E的方程为：.（2）（2）存在定点使得为定值，理由如下：由题意过点P的直线与椭圆E交于A点，与直线交于M点，与椭圆E交于B点，与直线交于N点，如图，设，，，.根据条件有，，且①由条件知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为由①，②联立，整理得，该方程有两个不同的实数根，，则，由韦达定理可得，，代入②中，整理得，又，化简得，因此，即直线过定点.过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，因此存在定点即为的中点使得为定值.31．（2024·全国·模拟预测）已知复平面上的点对应的复数满足，设点的运动轨迹为．点对应的数是0．(1)证明是一个双曲线并求其离心率；(2)设的右焦点为，其长半轴长为，点到直线的距离为（点在的右支上），证明：；(3)设的两条渐近线分别为，过分别作的平行线分别交于点，则平行四边形的面积是否是定值？若是，求该定值；若不是，说明理由．【解析】（1）设复数，则两边平方得所以是一个焦点在实轴上，顶点为，渐近线为的双曲线．其离心率.（2）由（1）的计算得，，，则直线，设，则，，由得，代入得所以，原式得证．（3）由（1）得的两条渐近线，，由对称性，不妨设，则，所以，同理得．联立和：，得，易知直线，所以点到直线的距离由（1），所以而，所以，故平行四边形的面积为定值．32．（2024·高三·全国·专题练习）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.(1)求双曲线的方程；(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；（ii）求的取值范围.【解析】（1）由题意可设双曲线，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）（i）设，直线的方程为，由，消元得.则，且，，或由韦达定理可得，即,，即与的比值为定值.（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程并整理得，由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.由韦达定理得：，解得.因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，即，同理可得，由（i）中结论可知，得，所以，故，设，其图象对称轴为，则在上单调递减，故，故的取值范围为；方法二：由于双曲线的渐近线方程为，如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），所以.同理，过点作两渐近线的平行线，由于点在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），所以.由（i）中结论可知，得，所以,故.33．（2024·全国·一模）已知椭圆的离心率是，点Q在椭圆上，且，．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设椭圆C的上、下顶点分别为，，P为该椭圆上异于，的任一点，直线，分别交x轴于M，N两点，若直线OT与经过M，N两点的圆G相切，切点为T．证明：线段OT的长为定值．【解析】（1）由，得，由椭圆定义可得，在中，所以可得，解得，则，所以.故椭圆的方程为.（2）如图：，，设，直线：，令，得；直线:，令，得；则，因为，所以，所以，由切割线定理得，所以，即线段OT的长度为定值2．34．（2024·高三·湖北·期末）已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的上焦点到一条渐近线的距离等于2.(1)已知为上任意一点，求的最小值；(2)已知动直线与曲线有且仅有一个交点，过点且与垂直的直线与两坐标轴分别交于.设点.（i）求点的轨迹方程；（ii）若对于