新高考數學三輪沖刺大題突破練習專題05 解析幾何（解析版）

專題05解析幾何解析幾何一般作為解答題21題或者是22題形式出現。一般作為壓軸題或者是次壓軸題出現，難度較大。1與原有關問題（蒙日圓，阿氏圓等）2面積問題3齊次化解決直線定點問題4一般的定值問題5非對稱問題6探究性問題7切線問題與阿基米德三角形問題8極點極限與調和點列，蝴蝶模型問題9不聯立問題10與其他知識點交叉問題蒙日圓定理的內容：橢圓的兩條切線互相垂直，則兩切線的交點位于一個與橢圓同心的圓上，該圓稱為蒙日圓，其半徑等于橢圓長半軸和短半軸平方和的算術平方根，具體結論及證明如下：結論一：曲線的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓：．結論二：雙曲線的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓．結論三：拋物線的兩條互相垂直的切線的交點在該拋物線的準線上．題型一：與原有關問題（蒙日圓，協同圓等）例題1已知橢圓0)．稱圓心在原點，半徑為的圓為橢圓的“準圓”．若橢圓的一個焦點為，其短軸上的一個端點到的距離為．(1)求橢圓的方程及其“準圓”方程．(2)點是橢圓的“準圓”上的動點，過點作橢圓的切線交“準圓”于點．①當點為“準圓”與軸正半軸的交點時，求直線的方程并證明．②求證：線段的長為定值．【解析】(1)依題意可得，∴，∴．．(2)證明：①由(1)題可得，設切線方程為：．聯立，消去可得，整理可得．∴，解得．∴設直線PM：，直線．∴，即．②設，直線．則，消去可得．即．∴．整理得．同理，設切線的斜率為，則有．∴．∴在“準圓”上．∴，∴．∴為“準圓”的直徑．∴為定值，．1．公元前3世紀，古希臘數學家阿波羅尼斯在《平面軌跡》一書中，研究了眾多的平面軌跡問題，其中有如下著名結果：平面內到兩個定點，距離之比為且的點的軌跡為圓，此圓稱為阿波羅尼斯圓．(1)已知兩定點，，若動點滿足，求點的軌跡方程；(2)已知，是圓上任意一點，在平面上是否存在點，使得恒成立？若存在，求出點坐標；若不存在，說明理由；(3)已知是圓上任意一點，在平面內求出兩個定點，，使得恒成立．只需寫出兩個定點，的坐標，無需證明．解析：(1)4；(2)證明見解析，.【分析】（1）設點P的坐標為，求出點P的軌跡方程為，求出，，求出最小值即得解；（2）設，兩圓方程相減可得MN的方程為，即得解.（1）解：設點P的坐標為，根據題設條件有，所以有，化簡得.所以，由題知，當時，此時，|QM|最小，即四邊形面積取得最小值4.（2）解；設，由幾何性質，可知M，N兩點在以為直徑的圓上，此圓的方程為，而直線MN是此圓與圓的相交弦所在直線，相減可得MN的方程為，所以直線MN恒過定點.題型二：面積問題1．已知M是平面直角坐標系內的一個動點，直線與直線垂直，A為垂足且位于第一象限，直線與直線垂直，B為垂足且位于第四象限，四邊形（O為原點）的面積為8，動點M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程；(2)已知是軌跡C上一點，直線l交軌跡C于P，Q兩點，直線，的斜率之和為1，，求的面積.【答案】(1)（）(2)【詳解】（1）設動點，由題意知M只能在直線與直線所夾的范圍內活動.，，動點在右側，有，同理有，∵四邊形的面積為8，∴，即，所以所求軌跡C方程為（）.（2）如圖，設直線的傾斜角為，斜率為k，直線傾斜角為，則斜率為，，，在曲線C上，過點T直線與曲線C有兩個交點，則或，同時或，解得或.

，解得或（舍去）.時，直線的方程為，聯立，消y得：，則或，得.直線的方程為，聯立，消y得：，則或，得，，點Q到直線的距離

，.方法二：，，，則，.1已知橢圓離心率為，經過的左焦點斜率為1的直線與軸正半軸相交于點，且.(1)求的方程；(2)設M，N是上異于的兩點，若，求面積的最大值.【答案】(1)(2)【詳解】（1）由已知，可得，.可得，因為斜率為1，所以，因為，所以，則，則，于是的方程為；（2）由（1）知，因為，所以不垂直于軸.設直線，代入得.當時，設，，則，①因為，所以，而即，根據，，故，可得.將①代入上式可得.因為，整理得，則，解得，直線經過定點，.因為，所以面積.設，則，則，，設，，當時，，則，所以當，即時，面積取最大值.題型三：齊次化解決定值定點問題1已知橢圓C：（a>b>0），四點P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三點在橢圓C上.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為–1，證明：l過定點.【答案】(1).(2)證明見解析.解題方法一：試題解析：（1）由于，兩點關于y軸對稱，故由題設知C經過，兩點.又由知，C不經過點P1，所以點P2在C上.因此，解得.故C的方程為.（2）設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，如果l與x軸垂直，設l：x=t，由題設知，且，可得A，B的坐標分別為（t，），（t，）.則，得，不符合題設.從而可設l：（）.將代入得由題設可知.設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=.而.由題設，故.即.解得.當且僅當時，，欲使l：，即，所以l過定點（2，）解題方法二：齊次化處理：1．已知橢圓C：的離心率為，且過點．（1）求的方程：（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．【詳解】（1）由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.將原坐標系平移，原來的O點平移至點A處，則在新的坐標系下橢圓的方程為，設直線的方程為．將直線方程與橢圓方程聯立得，即，化簡得，即．設，因為則，即．代入直線方程中得．則在新坐標系下直線過定點，則在原坐標系下直線過定點．又，D在以為直徑的圓上．的中點即為圓心Q．經檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．題型四：一般的定值定點問題1．已知為雙曲線的左?右焦點，的一條漸近線方程為為上一點，且．(1)求的方程；(2)設點在坐標軸上，直線與交于異于的兩點，為的中點，且，過作，垂足為，是否存在點，使得為定值？若存在，求出點的坐標以及的長度；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在；點，為定值【詳解】（1）由題意，在雙曲線中，漸近線方程為，由條件可知．根據雙曲線的定義可知，，∴，則，∴．（2）由題意及（1）得，在中，，∴點在雙曲線的左支上，當點在坐標軸上，則點的坐標為，設，當的斜率存在時，設的方程為，聯立，整理得，，則，，∵為的中點，且，∴，則，∴，整理得，解得或，驗證均滿足．當時，直線的方程為，則直線過點，不合題意，舍去；當時，直線的方程為，則直線過定點，符合題意．當直線的斜率不存在時，由，可設直線的方程為，聯立，解得，所以直線的方程為：，則直線過定點．∵，∴是以為斜邊的直角三角形，∴點在以為直徑的圓上，則當為該圓的圓心時，為該圓的半徑，即，故存在點，使得為定值．1已知雙曲線過點，且與的兩個頂點連線的斜率之和為4．(1)求的方程；(2)過點的直線與雙曲線交于，兩點（異于點）．設直線與軸垂直且交直線于點，若線段的中點為，證明：直線的斜率為定值，并求該定值．【答案】(1)(2)證明見解析，定值為2【詳解】（1）雙曲線的兩頂點為，所以，，即，將代入的方程可得，，故的方程為．（2）依題意，可設直線，，．與聯立，整理得，所以，，解得，且，，，所以．（*）又，所以的坐標為，由可得，，從而可得的縱坐標，將（*）式代入上式，得，即．所以，，將（*）式代入上式，得．類型五非對稱問題1已知橢圓的長軸長為6，離心率為.（1）求橢圓C的標準方程；（2）設橢圓C的左、右焦點分別為，，左、右頂點分別為A，B，點M，N為橢圓C上位于x軸上方的兩點，且，記直線AM，BN的斜率分別為，且,求直線的方程.（1）（2）（1）由題意，可得，，，聯立解得，，，.（2）如圖，由（1）知，方程為，直線與橢圓的另一個交點為，∵，根據對稱性可得，聯立，整理得，∴，∵，∴，即，聯立解得，，∵，，∴，∴，∴，∴直線的方程為，即.1已知橢圓過點，且．（Ⅰ）求橢圓C的方程：（Ⅱ）過點的直線l交橢圓C于點,直線分別交直線于點．求的值．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.（2）①當直線l與x軸重合，不妨設，由平面幾何知識得，所以．②當直線l不與x軸重合時，設直線，由題意，直線l不過和點，所以．設，聯立得．由題意知，所以．且．直線的斜率存在．．當時，．同理．．因為，所以．類型六探究性問題1．已知雙曲線的左右焦點分別為，，點在直線上且不在軸上，直線與雙曲線的交點分別為A，B，直線與雙曲線的交點分別為C，D．(1)設直線和的斜率分別為，，求的值；(2)問直線l上是否存在點P，使得直線OA，OB，OC，OD的斜率，，，滿足？若存在，求出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．解析：(1)(2)存在，或（1）設，，則，所以；（2）假設直線l上存在點，．設設，，∴，同理，由，得得或，當時，由（1）得，，，，得，當時，由（1）得，或，，，，得．所以或．1在直角坐標平面中，的兩個頂點的坐標分別為，兩動點滿足，向量與共線.(1)求的頂點的軌跡方程；(2)若過點的直線與（1）的軌跡相交于兩點，求的取值范圍.(3)若為點的軌跡在第一象限內的任意一點，則是否存在常數，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)(3)存在；理由見解析【詳解】（1）設，由知，是的重心，.且向量與共線，在邊的中垂線上，，又，化簡得，即所求的軌跡方程是.（2）設，過點的直線方程為，代入得，，且，解得.，則或，，則的取值范圍是.（3）設，則，即.當軸時，，即，故猜想.當不垂直軸時，，.與同在內，.故存在，使恒成立.類型七切線問題與阿基米德三角形問題拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍的三角形，這個三角形又常被稱為阿基米德三角形．阿基米德三角形的得名，是因為阿基米德本人最早利用逼近的思想證明如下結論：拋物線與阿基米德三角形定理：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積，等于拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形面積的三分之二．下面來逐一介紹阿基米德三角形的一些推論:如圖，已知是拋物線準線上任意一點，過作拋物線的切線、兩點，中點，則：1.若過焦點，則的端點的兩條切線的交點在其準線上．2.阿基米德三角形底邊上的中線平行于坐標軸，即． 3.過拋物線的焦點4.5.阿基米德三角形面積的最小值為1如下圖，設拋物線方程為，M為直線上任意一點，過引拋物線的切線，切點分別為，．（Ⅰ）設線段的中點為；（?。┣笞C：平行于軸；（ⅱ）已知當點的坐標為時，，求此時拋物線的方程；（Ⅱ）是否存在點，使得點關于直線的對稱點在拋物線上，其中，點滿足（為坐標原點）．若存在，求出所有適合題意的點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（Ⅰ）（?。┳C明見解析；（ⅱ）或；（Ⅱ）僅存在一點適合題意.【分析】（Ⅰ）（?。┰O出的坐標，利用導數求得切線的方程，結合是線段的中點進行化簡，得到兩點的橫坐標相等，由此證得平行于軸.（ⅱ）利用列方程，解方程求得，進而求得拋物線方程.（Ⅱ）設出點坐標，由點坐標求得線段中點的坐標，由直線的方程和拋物線的方程，求得點的坐標，由此進行分類討論求得點的坐標.【詳解】（Ⅰ）（?。┳C明：由題意設，，，，．由得，則，所以，．因此直線的方程為，直線的方程為．所以，①．②由①、②得，因此，即，也即.所以平行于軸．（ⅱ）解：由（?。┲敃r，將其代入①、②并整理得：，，所以，是方程的兩根，因此，，又，所以．由弦長公式的．又，所以或，因此所求拋物線方程為或．（Ⅱ）解：設，由題意得，則的中點坐標為，設直線的方程為，由點在直線上，并注意到點也在直線上，代入得．若在拋物線上，則，因此或．即或．（1）當時，則，此時，點適合題意．（2）當，對于，此時，，又，，所以，即，矛盾．對于，因為，此時直線平行于軸，又，所以直線與直線不垂直，與題設矛盾，所以時，不存在符合題意得點．綜上所述，僅存在一點適合題目如圖，設拋物線方程為，為直線上任意一點，過引拋物線的切線，切點分別為．（Ⅰ）求證：三點的橫坐標成等差數列；（Ⅱ）已知當點的坐標為時，．求此時拋物線的方程；yxBAOM（Ⅲ）是否存在點，使得點關于直線的對稱點在拋物線上，其中，點滿足（為坐標原點）．若存在，求出所有適合題意的點的坐標；若不存在，請說明理由．yxBAOM解：（Ⅰ）證明：由題意設．由得，得，所以，．因此直線的方程為，直線的方程為．所以，①．②由①、②得，因此，即．所以三點的橫坐標成等差數列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，當時，將其代入①、②并整理得：，，所以是方程的兩根，因此，，又，所以．由弦長公式得．又，所以或，因此所求拋物線方程為或．（Ⅲ）解：設，由題意得，則的中點坐標為，設直線的方程為，由點在直線上，并注意到點也在直線上，代入得．若在拋物線上，則，因此或．即或．（1）當時，則，此時，點適合題意．（2）當，對于，此時，，又，，所以，即，矛盾．對于，因為，此時直線平行于軸，又，所以直線與直線不垂直，與題設矛盾，所以時，不存在符合題意的點，綜上所述，僅存在一點適合題類型八極點極限調和點列蝴蝶模型1.極點和極線的幾何定義如圖,為不在圓錐曲線上的點,過點引兩條割線依次交圓錐曲線于四點,連接交于,連接交于,我們稱點為直線關于圓錐曲線的極點,稱直線為點關于圓錐曲線的極線.直線交圓錐曲線于兩點,則為圓錐曲線的兩條切線.若在圓錐曲線上,則過點的切線即為極線.(1)自極三角形：極點一一極線；極點一一極線極點一一極線;即中,三個頂點和對邊分別為一對極點和極線,稱為“自極三角形”.(2)極點和極線的兩種特殊情況(1)當四邊形變成三角形時：曲線上的點對應的極線,就是切線;

(2)當四邊有一組對邊平行時,如：當時,和的交點落在無窮遠處;點的極線和點的極線滿足:2.極點和極線的代數定義對于定點與非退化二次曲線過點作動直線與曲線交于點與點,那么點關于線段的調和點的軌跡是什么?可以證明:點在一條定直線上，如下圖.我們稱點為直線關于曲線的極點;相應地,稱直線為點關于曲線的極線.一般地,對于圓錐曲線設極點,則對應的極線為 【注】替換規(guī)則為:(1)橢圓的三類極點極線(1)若極點在橢圓外,過點作橢圓的兩條?線,切點為,則極線為切點弦所在直線 (2)若極點在橢圓上,過點作橢圓的切線,則極線為切線;(3)若極點在橢圓內,過點作橢圓的弦,分別過作橢圓切線,則切線交點軌跡為極線由此可得橢圓極線的幾何作法:(2)對于雙曲線,極點對應的極線為(3)對于拋物線,極點對應的極線為.3.極點和極線的性質(1)引理:已知橢圓方程為,直線的方程為,點不與原點重合.過點作直線交橢圓于兩點,點在直線上，則“點在直線上"的充要條件是調和分割,即.1設橢圓C:x2a2(1)求敉圓C的方程;(2)當過點P(4,1)的動直線l于橢圓C相交于兩不同點A,B時,在線段AB上取點Q,滿足|【答案】(1)x2【解析】（1）由題意得：，解得，所求橢圓方程為x24+(2)解法1:定比點差法設點Q、A由題設知|AP|,|PB|,|AQ|,|又A,P于是4=x從而:4x=x又點A、B在橢圓x1x2(1)+(2)×2,并結合(3)(4)得4x即點Q(x,解法2：構造同構式設點Q(由題設知|AP|,|PB又A,P于是x1=4?由于Ax1,y1,B整理得:x2x2(4)-(3)得:8(2x即點Q(x,解法3：極點極線由|AP|?|QB說明點P,Q關于桞圓調和共軛,點Q在點此極線方程為4?x4+故點Q總在直線2x如圖,過直線l:5x?7y?70=0上的點P作橢圓x225+y(1)當點P在直線l上運動時,證明：直線MN恒過定點Q;(2)當MN//l時,定點Q平分線段【答案】見解析.【解析】解法1:常規(guī)解法(1)證明：設Px則橢圓過點M,N的切線方程分別為:因為兩切線都過點P,則有:x1x由兩點確定一條直線知,式(1)就是直線MN的方程,

其中

當點

代入(1)消去

變形可得

故直線MN恒過定點Q25

(2)當

將此方程與橢圓方程聯立,消去

由此可得,此時MN截圓所得弦的中點橫坐標恰好為點Q25x代入(3)式可得弦中點縱坐標恰好為點Q25即y這就是說,點Q2514,?解法2:(1)動點P在定直線l上,則相應的切點弦過定點,可知定點Q必為極點,于是只需求極點即可:由5x?7y(2)由橢圓內一點極線方向與以極點為中點弦的方向相同,也即OQ與極線方向共軛,即得結論(2).蝴蝶定理（ButterflyTheorem），是古代歐氏平面幾何中最精彩的結果之一.這個命題最早出現在1815年,由W.G.霍納提出證明.【蝴蝶定理】M是⊙O中弦AB的中點,過點M的兩條弦CD,EF,連接DE,CF交AB于P問題中的圖形酷似圓中翩翩起舞的蝴蝶,因此而被冠之“蝴蝶定理".蝴蝶定理還可以推廣到橢圓,甚至雙曲線與拋物線中.例題.如圖,O為坐標原點,橢圓C:x2a2+y(1)求橢圓C的方程;(2)過點P(0,1)作直線l交橢圓C于異于M,N的A,B兩點,直線AM,【答案】(1)x2【解析】(1)由題意可知:2c=a有b=3,c=1,(2)由題意知直線l的斜率存在,設其方程為y=聯立直線方程和橢圓方程得y=kx+13x設Ax1又A,P,B三點共線,則構造式子:x2y1又l由∴解之,得y=3.故點T類型九不聯立問題1已知點在雙曲線上，直線交于，兩點，直線，的斜率之和為0．（1）求的斜率；（2）若，求的面積．解析：（1）設，由點都在雙曲線上，得，，所以，結合斜率公式，相減后變形，可得：，.因為直線的斜率之和為，即，所以，由得.②由得.③由②-③，得，從而，即的斜率為.1已知橢圓C：的離心率為，且過點．（1）求的方程：（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．解析：（1）由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.（2）設，依題意知，因為，所以，整理得同理得相減可得即直線恒過定點.又，D在以為直徑的圓上．的中點即為圓心Q．經檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．類型十與其他知識點交叉問題某電廠冷卻塔的外形是由雙曲線的一部分繞其虛軸所在的直線旋轉所形成的曲面.如圖所示，已知它的最小半徑為，上口半徑為，下口半徑為，高為，選擇適當的平面直角坐標系.(1)求此雙曲線的方程；(2)定義：以（1）中求出的雙曲線的實軸為虛軸，以的虛軸為實軸的雙曲線叫做的共軛雙曲線，求雙曲線的方程；(3)對于（2）中的雙曲線?的離心率分別為?，寫出與滿足的一個關系式，并證明.【答案】(1)(2)(3)（1）以冷卻塔的軸截面的最窄處所在的直線為軸，垂直平分線為軸建立平面直角坐標系，設雙曲線的方程為，由題意知，所以，，，所以，，所以，解得，所以雙曲線的方程為.（2）以（1）中求出的雙曲線的實軸為虛軸，以的虛軸為實軸的雙曲線為.（3）與滿足的一個關系式為，證明如下，雙曲線的半焦距，所以雙曲線的離心率為，雙曲線的半焦距，所以雙曲線的離心率為，所以，所以與滿足的一個關系式為.1在平面直角坐標系中，對于直線和點、，記，若，則稱點、被直線分隔，若曲線與直線沒有公共點，且曲線上存在點、被直線分隔，則稱直線為曲線的一條分隔線．(1)判斷點是否被直線分隔并證明；(2)若直線是曲線的分隔線，求實數的取值范圍；(3)動點到點的距離與到軸的距離之積為，設點的軌跡為曲線，求證：通過原點的直線中，有且僅有一條直線是的分隔線．【答案】(1)點被直線分隔(2)(3)證明見解析(1)解：把點、分別代入可得，所以點、被直線分隔．(2)解：聯立，可得，根據題意，此方程無解，故有，所以．當時，對于直線，曲線上的點和滿足，即點和被分隔．故實數的取值范圍是．(3)證明：設點，則由題意可得，故曲線的方程為①．對任意的，不是上述方程的解，即軸（即）與曲線沒有公共點．又曲線上的點、對于軸（即）對稱，滿足，即點和被軸分隔，所以軸，即為曲線的分隔線．若過原點的直線不是軸，設為，代入，可得，令，當時，，所以在有實數解，當時，有實數解，，即與有公共點，所以不是的分隔線．所以通過原點的直線中，有且僅有一條直線是的分隔線，即．1．（2022·北京海淀·?？寄M預測）橢圓C：的右頂點為，離心率為(1)求橢圓C的方程及短軸長；(2)已知：過定點作直線l交橢圓C于D，E兩點，過E作AB的平行線交直線DB于點F，設EF中點為G，直線BG與橢圓的另一點交點為M，若四邊形BEMF為平行四邊形，求G點坐標．【答案】(1)；(2)【詳解】（1）由題意可得，，所以，，短軸長所以橢圓C的方程：；（2）設直線AD的方程：，即，，，由，消去y，整理得，則，所以，，則直線BD的方程：，令，則，所以，所以，，則直線BG的斜率，所以直線BG的斜率為，所以直線BG的方程：，因此，則，解得或，所以，當BEMF為平行四邊形時，G為BM的中點，則，所以2．（2022·北京·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，過原點O作兩條互相垂直的線OA，OB分別交拋物線于A，B兩點，連接AB，交y軸于點P．(1)求點P的坐標；(2)證明：存在相異于點P的定點T，使得恒成立，請求出點T的坐標，并求出面積的最小值．【答案】(1)；(2)證明見解析，，8.【詳解】（1）設，，，的斜率必存在，設與拋物線聯立可得，∴，可知：.∵，∴∵，∴，則∴，即.（2）由，可知：，當與x軸平行時，，∴存在點T在y軸上，設，，∴TP為的角平分線，有，∴，∵，∴，∴，∴存在，使得：恒成立，∴，當且僅當軸時，面積的最小值為8.3．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預測）過坐標原點作圓的兩條切線，設切點為，直線恰為拋物的準線.(1)求拋物線的標準方程；(2)設點是圓上的動點，拋物線上四點滿足：，設中點為.（i）求直線的斜率；（ii）設面積為，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）0；（ii）48【詳解】（1）設直線與軸交于.由幾何性質易得：與相似，所以，，即：，解得：.所以拋物線的標準方程為：.（2）設（i）由題意，中點在拋物線上，即，又，將代入，得：，同理：，有，此時點縱坐標為，所以直線的斜率為0.（ⅱ）因為，所以點，此時，，，所以，又因為點在圓上，有，即，代入上式可得：，由，所以時，取到最大價.所以的最大值為48.4．（2022·江蘇南京·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，拋物線．，為C上兩點，且，分別在第一、四象限．直線與x正半軸交于，與y負半軸交于．(1)若，求橫坐標的取值范圍；(2)記的重心為G，直線，的斜率分別為，，且．若，證明：λ為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【詳解】（1）設，∵，∴，即，∴，直線的方程為：，整理可得，，令，則，即橫坐標的取值范圍；（2）的重心為，，∴，又，且，∴，化簡得，，∵，∴，.即，所以λ為定值．5．（2023河北·校聯考三模）已知拋物線的焦點為，過且斜率為的直線與交于兩點，斜率為的直線與相切于點，且與不垂直，為的中點.（1）若，求；（2）若直線過，求.【答案】（1）（2）【詳解】（1）∵拋物線Γ：（p＞0）的焦點為F（0，1），∴拋物線Γ的方程為．由直線的斜率為，且過F（0，1），得的方程為，代入，化簡得，設，則，．∵=，∴；（2）設P（，），將Γ的方程化為y=，求導得y′=，∵斜率為的直線與Γ相切于點P，∴=，則P（2，），由（1）知=4，且Q為AB的中點，易得Q（2，+1），∵直線PQ過（0，2），∴，整理得，∵與不垂直，∴，則-2=0，即=．6．（2023·山東泰安·統(tǒng)考一模）已知橢圓：的左，右焦點分別為，，離心率為，是橢圓上不同的兩點，且點在軸上方，，直線，交于點.已知當軸時，.(1)求橢圓的方程；(2)求證：點在以，為焦點的定橢圓上.【答案】(1)(2)證明見解析【詳解】（1）由題知，，點在橢圓C上，則，解得，所以橢圓C的方程為；（2）證明：∵，且點A在x軸上方∴設，，，，設直線的方程為，則直線的方程為，由，得，∴或（舍），∴同理，所以，由，得∴∴又點B在橢圓C上，∴，則∴同理：，所以∴又，∴∴點P在以，為焦點的定橢圓上.7．（2023·河北邢臺·校聯考模擬預測）已知雙曲線過點，且與的兩個頂點連線的斜率之和為4．(1)求的方程；(2)過點的直線與雙曲線交于，兩點（異于點）．設直線與軸垂直且交直線于點，若線段的中點為，證明：直線的斜率為定值，并求該定值．【答案】(1)(2)證明見解析，定值為2【詳解】（1）雙曲線的兩頂點為，所以，，即，將代入的方程可得，，故的方程為．（2）依題意，可設直線，，．與聯立，整理得，所以，，解得，且，，，所以．（*）又，所以的坐標為，由可得，，從而可得的縱坐標，將（*）式代入上式，得，即．所以，，將（*）式代入上式，得．8．（2023·重慶·統(tǒng)考二模）過拋物線的焦點作斜率分別為的兩條不同的直線，且相交于點，，相交于點，．以，為直徑的圓，圓為圓心的公共弦所在的直線記為．(1)若，求；(2)若，求點到直線的距離的最小值．【答案】(1)24(2)【詳解】（1）依題意，拋物線的焦點為，且其在拋物線內部，設直線的方程為，由，得，設，兩點的坐標分別為，則是上述方程的兩個實數根，所以所以點的坐標為，，同理可得的坐標為，，于是，又，所以．（2）結合（1），由拋物線的定義得，，所以，所以圓的半徑，所以圓的方程為化簡得，同理可得圓的方程為，于是圓與圓的公共弦所在直線的方程為，又，則直線的方程為，所以點到直線的距離，故當時，取最小值．【點睛】關鍵點點睛：解答小問（2）的關鍵是根據拋物線的定義求得，，進而可得，從而得到圓的半徑，可得到圓的方程，同理可得到圓的方程，再根據點到直線的距離公式求解．9．（2023·廣東·校聯考模擬預測）已知橢圓C：的短軸長為2，離心率為．點，直線：．(1)證明：直線與橢圓相交于兩點，且每一點與的連線都是橢圓的切線；(2)若過點的直線與橢圓交于兩點，與直線交于點，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【詳解】（1）由題意可知，因此，則橢圓方程為：因為由消去可得，，則該方程有兩個不相等的實根，所以直線與橢圓相交于兩點；設為直線與橢圓的交點，則，，直線的方程為，即，代入橢圓方程得，所以，整理得，即，所以，故是橢圓的切線.（2）因為四點共線，由（1）可知在線段外，在線段內，所以與的方向相同，與的方向相同，要證，只需要，即證，設，不妨設，因為四點共線，所以等價于，即，顯然，設直線的方程為，即，由，可得；由可得，從而可知，因此，所以結論成立.一、解答題1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【答案】(1)(2)【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.【詳解】（1）解：設橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設.聯立得，可得，，且聯立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．【答案】(1)；(2).【詳解】（1）拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，此時，所以，所以拋物線C的方程為；（2）[方法一]：【最優(yōu)解】直線方程橫截式設，直線，由可得，，由斜率公式可得，，直線，代入拋物線方程可得，，所以，同理可得，所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法二]：直線方程點斜式由題可知，直線MN的斜率存在.設,直線由得：，,同理，.直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，則，設，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法三]：三點共線設，設,若P、M、N三點共線，由所以，化簡得，反之，若,可得MN過定點因此，由M、N、F三點共線，得，

由M、D、A三點共線，得，

由N、D、B三點共線，得，則，AB過定點（4,0）（下同方法一）若要使最大，則，設，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，所以直線.3．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．【詳解】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．易知直線l的斜率存在，設，，聯立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉化不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負值舍去），于是，直線，直線，聯立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．［方法二］：設直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整體點評】（2）法一：由第一問結論利用傾斜角的關系可求出直線的斜率，從而聯立求出點坐標，進而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；法二：前面解答與法一求解點坐標過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：①M在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.【答案】(1)(2)見解析【詳解】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線的斜率存在且不為零.設直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線的方程合并為,聯立消去y并化簡整理得：設,線段中點為,則,設,則條件③等價于,移項并利用平方差公式整理得：，,即,即；由題意知直線的斜率為,直線的斜率為,∴由,∴,所以直線的斜率,直線,即,代入雙曲線的方程,即中，得：,解得的橫坐標：,同理：，∴∴,∴條件②等價于，綜上所述：條件①在上，等價于；條件②等價于；條件③等價于；選①②推③:由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.5．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．（1）求；（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據圓的幾何性質可得出關于的等式，即可解出的值；（2）設點、、，利用導數求出直線、，進一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結合二次函數的基本性質可求得面積的最大值.【詳解】（1）[方法一]：利用二次函數性質求最小值由題意知，，設圓M上的點，則．所以．從而有．因為，所以當時，．又，解之得，因此．[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；（2）[方法一]：切點弦方程+韋達定義判別式求弦長求面積法拋物線的方程為，即，對該函數求導得，設點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點A、的坐標滿足方程，所以，直線的方程為，聯立，可得，由韋達定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當時，的面積取最大值.[方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉化求面積+三角換元求最值同方法一得到．過P作y軸的平行線交于Q，則．．P點在圓M上，則．故當時的面積最大，最大值為．[方法三]：直接設直線AB方程法設切點A，B的坐標分別為，．設，聯立和拋物線C的方程得整理得．判別式，即，且．拋物線C的方程為，即，有．則，整理得，同理可得．聯立方程可得點P的坐標為，即．將點P的坐標代入圓M的方程，得，整理得．由弦長公式得．點P到直線的距離為．所以，其中，即．當時，．6．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．（1）求C，的方程；（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．【答案】（1）拋物線，方程為；（2）相切，理由見解析【分析】（1）根據已知拋物線與相交，可得出拋物線開口向右，設出標準方程，再利用對稱性設出坐標，由，即可求出；由圓與直線相切，求出半徑，即可得出結論；（2）方法一：先考慮斜率不存在，根據對稱性，即可得出結論；若斜率存在，由三點在拋物線上，將直線斜率分別用縱坐標表示，再由與圓相切，得出與的關系，最后求出點到直線的距離，即可得出結論.【詳解】（1）依題意設拋物線，，所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，所以的方程為；（2）[方法一]：設若斜率不存在，則方程為或，若方程為，根據對稱性不妨設，則過與圓相切的另一條直線方程為，此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；若方程為，根據對稱性不妨設則過與圓相切的直線為，又，，此時直線關于軸對稱，所以直線與圓相切；若直線斜率均存在，則，所以直線方程為，整理得，同理直線的方程為，直線的方程為，與圓相切，整理得，與圓相切，同理所以為方程的兩根，，到直線的距離為：，所以直線與圓相切；綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切.[方法二]【最優(yōu)解】：設．當時，同解法1．當時，直線的方程為，即．由直線與相切得，化簡得，同理，由直線與相切得．因為方程同時經過點，所以的直線方程為，點M到直線距離為．所以直線與相切．綜上所述，若直線與相切，則直線與相切．7．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【詳解】(1)因為，所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，設軌跡的方程為，則，可得，，所以，軌跡的方程為.（2）[方法一]【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯立如圖所示，設,設直線的方程為．聯立,化簡得.則．故．則．設的方程為，同理．因為，所以，化簡得，所以，即．因為，所以．[方法二]：參數方程法設．設直線的傾斜角為，則其參數方程為，聯立直線方程與曲線C的方程，可得，整理得．設，由根與系數的關系得．設直線的傾斜角為，，同理可得由，得．因為，所以．由題意分析知．所以，故直線的斜率與直線的斜率之和為0．[方法三]：利用圓冪定理因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．設,直線的方程為，直線的方程為,則二次曲線．又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數為0，即.8．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．（1）求橢圓C的方程；（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F三點共線的充要條件是．【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯立直線與橢圓方程可證；充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯立直線與橢圓方程結合弦長公式可得，進而可得，即可得解.【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；（2）由（1）得，曲線為，當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當直線的斜率存在時，設，必要性：若M，N，F三點共線，可設直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯立可得，所以，所以，化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F三點共線，充分性成立；所以M，N，F三點共線的充要條件是．9．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.【答案】（1）；（2）證明詳見解析.【分析】（1）由已知可得：，，，即可求得，結合已知即可求得：，問題得解.（2）方法一：設，可得直線的方程為：，聯立直線的方程與橢圓方程即可求得點的坐標為，同理可得點的坐標為，當時，可表示出直線的方程，整理直線的方程可得：即可知直線過定點，當時，直線：，直線過點，命題得證.【詳解】（1）依據題意作出如下圖象：由橢圓方程可得：，，，，橢圓方程為：（2）[方法一]：設而求點法證明：設，則直線的方程為：，即：聯立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：，解得：或將代入直線可得：所以點的坐標為.同理可得：點的坐標為當時，直線的方程為：，整理可得：整理得：所以直線過定點．當時，直線：，直線過點．故