強基計劃專題練08 解析幾何（解析版）

專題訓練08解析幾何一、單選題1．已知直線與圓有公共點，且公共點的橫?縱坐標均為整數(shù)，則滿足的有（

）A．40條 B．46條 C．52條 D．54條【答案】A【分析】通過分析得出圓上的整數(shù)點共有12個，由直線為截距式，先排除掉關于原點對稱的兩點所連直線，關于x軸對稱的兩點所連直線（不含），關于y軸對稱的兩點所連直線（不含），再結(jié)合變形為，利用幾何意義得到原點到直線的距離小于等于，利用垂徑定理，弦長越小，原點到直線的距離越大，故先求解最小弦長，進而求出原點到此類直線的距離，與比較后發(fā)現(xiàn)不合要求，進而繼續(xù)求解第二小弦長，第三小弦長，求出原點到每類直線的距離，與比較得到結(jié)論，利用組合知識求出答案.【詳解】圓上的整數(shù)點共有12個，分別為，如圖所示，由題意可知：直線的橫、縱截距都不為0，即與坐標軸不垂直，不過坐標原點，所以關于原點對稱的兩點所連直線不合題意，有6條，舍去，關于x軸對稱的兩點所連直線（不含）不合題意，有4條，舍去，關于y軸對稱的兩點所連直線（不含）不合題意，有4條，舍去其中變形為，幾何意義為原點到直線的距離小于等于，這12個點所連的直線中，除去以上不合要求的直線外，根據(jù)弦長從小到大分為類，以下為具體情況：①，弦長為的直線有4條，此時原點到此類直線的距離為，不合要求，舍去②，弦長為的直線有8條，此時原點到此直線的距離為，不合要求，舍去③，弦長為的直線有8條，此時原點到此直線的距離為，滿足要去，④其他情況弦長均大于，故均滿足要求，由組合知識可知：滿足要求的直線條數(shù)為：故選：A【點睛】對于比較復雜一些的排列組合知識，直接求解比較困難的時候，可以先求解出總的個數(shù)，再減去不合要求的個數(shù)，得到答案.二、多選題2．已知直線與橢圓交于兩點，點為橢圓的下焦點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當時，，使得B．當時，，C．當時，，使得D．當時，，【答案】BC【分析】對于A，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，求出的取值范圍，可求得的取值范圍，可判斷A選項；求出線段中點的軌跡方程，可求得的取值范圍，可判斷B選項；將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式結(jié)合可求得的取值范圍，可判斷C選項；求出線段中點的軌跡方程，可求得的最小值，可判斷D選項.【詳解】在橢圓中，，，，由題意可得，上焦點記為，對于A選項，設點，，聯(lián)立，消去得，，由韋達定理可得，，，所以，，選項A錯；對于B選項，設線段的中點為，由題意可得，兩式作差可得，因為直線的斜率存在，則，所以，，整理可得，又因為，消去可得，其中，所以，，所以，，選項B對；對于C選項，當時，直線的方程為，即，聯(lián)立可得，，解得，由韋達定理可得，，，同理，所以，，因為，所以，當時，，使得，選項C對；對于D選項，設線段的中點為，由B選項可知，，即，即，由可得，故點的橫坐標的取值范圍是，而點到直線的距離為，由可得，當且僅當點時，取最小值，選項D錯.故選：BC.【點睛】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系；（3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.3．三支不同的曲線交拋物線于點，為拋物線的焦點，記的面積為，下列說法正確的是（

）A．為定值 B．C．若，則 D．若，則【答案】AD【分析】設直線與拋物線的交于點，則與關于軸對稱，設，則，聯(lián)立，利用韋達定理求得，進而可求得，結(jié)合焦半徑公式即可判斷A；判斷是否為定值即可判斷B；求出，即可判斷CD.【詳解】如圖，設直線與拋物線的交于點，則與關于軸對稱，設，則，聯(lián)立，消得，則，又，則，則，對于A，，，故A正確；對于B，，因為不是定值，所以不是定值，故B錯誤；對于C，設直線的傾斜角為，則，則，所以，又因，所以，所以，故C錯誤；對于D，因為，所以，所以，故D正確.故選：AD.【點睛】方法點睛：解決直線和拋物線的位置關系類問題時，一般方法是設出直線方程并聯(lián)立拋物線方程，得到根與系數(shù)的關系式，要結(jié)合題中條件進行化簡，但要注意的是計算量一般都較大而復雜，要十分細心.4．已知點P為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一動點，四邊形ABCD為正方形，，E為AB的中點，F(xiàn)為DD1的中點，則下列說法正確的是（

）A．過A1，C1，E三點的平面截該四棱柱所得截面的面積為B．過C1，E，F(xiàn)三點的平面截該四棱柱所得的截面為五邊形C．若平面A1C1E，則點P的軌跡長度為D．若動點P到棱BB1的距離為，則點P的軌跡長度為【答案】ABD【分析】選項A：取BC的中點G，連接C1G，EG，A1C1，A1E，證明得到，則，，，四點共面，得出過A1，C1，E三點的平面截該四棱柱所得的截面為等腰梯形A1C1GE，即可求解；選項B：連接C1F并延長，交CD的延長線于H，連接EH交AD于I，連接IF，取BB1靠近B的四等分點Q，連接EQ，QC1，作的中點，連接和，證明，得到，，，，五點共面，從而得到五邊形EQC1FI即過C1，E，F(xiàn)三點的平面截該四棱柱所得的截面；選項C：分別取AD，CD，BC的中點M，N，G，連接D1M，D1N，MN，EG，C1G，證明平面平面A1C1GE，從而得到點P的軌跡為，即可求解；選項D：點P的軌跡長度為兩個以為半徑的圓的周長的再加上兩個側(cè)棱BB1的長度，即可求解.【詳解】選項A：如圖1，取BC的中點G，連接C1G，EG，A1C1，A1E，則過A1，C1，E三點的平面截該四棱柱所得的截面為等腰梯形A1C1GE，理由如下：連接，因為，分別是和的中點，所以，又在平行四邊形中，，所以，則，，，四點共面，因為，所以，，，則等腰梯形A1C1GE的高，所以等腰梯形A1C1GE的面積，所以A正確；選項B：如圖2，連接C1F并延長，交CD的延長線于H，連接EH交AD于I，連接IF，取BB1靠近B的四等分點Q，連接EQ，QC1，則五邊形EQC1FI即過C1，E，F(xiàn)三點的平面截該四棱柱所得的截面，理由如下：作的中點，連接和，作的中點，連接和，則有，，所以四邊形是平行四邊形，即，又有，，，，所以，，所以四邊形是平行四邊形，即，則，所以，，，四點共面，由題可知平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因為Q是BB1靠近B的四等分點，是的中點，所以，則，所以，，，，五點共面，所以B正確；選項C：如圖3，分別取AD，CD，BC的中點M，N，G，連接D1M，D1N，MN，EG，C1G，因為，平面，平面，所以平面，因為，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面A1C1GE，則點P的軌跡為，所以點P的軌跡長度為，故C錯誤；選項D：如圖4，若動點P到棱BB1的距離為，則點P的軌跡長度為兩個以為半徑的圓的周長的再加上兩個側(cè)棱BB1的長度，即，所以D正確．故選：ABD.【點睛】方法點睛：多面體的截面問題，往往需要把滿足條件的平面“延展”，得到其與多面體各個面的交線，從而確定“完整截面”的形狀，進而求得其周長、面積等，得到交線的方法多是依據(jù)“線線平行”，即在多面體中充分利用“特征點”（中點、三等分點、四等分點等）作平行線得到交線．5．在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當平面時，與所成夾角可能為B．當時，的最小值為C．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為D．當時，正方體經(jīng)過點?P?C的截面面積的取值范圍為【答案】AC【分析】A選項，建立空間直角坐標系，得到，求出平面的一個法向量，由，求出，再根據(jù)列出方程，求出或1，得到A正確；B選項，先根據(jù)，得到點在棱上，將平面與平面沿著展成平面圖形，結(jié)合余弦定理求出答案；C選項，先得到為與平面所成角，根據(jù)所成角的大小得到，從而得到點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，求出軌跡長度；D選項，先確定點在上，作出輔助線得到平行四邊形即為正方體過點?P?C的截面，設，求出點到直線的距離，配方后得到其最大值與最小值，從而得到截面的最大值與最小值，得到取值范圍.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，則，設平面的一個法向量為，所以，令，則，即平面的一個法向量為，若平面，則，即，故，故，其中，令，解得：或1，故與可能是，A正確；B選項，因為，故點在棱上，如圖，將平面與平面沿著展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理可得：，所以，B錯誤；C選項，因為⊥平面，連接，則即為與平面所成角，若與平面所成角為，則，所以，即點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，于是點的軌跡長度為，C正確；D選項，當時，點在上，過點作交于點，連接，則，所以平行四邊形即為正方體過點?P?C的截面，設，所以，則，，所以點到直線的距離為，于是當時，，的面積取得最小值，此時截面面積最小為，當或1時，，的面積取得最大值，此時截面面積最大為，故截面面積的取值范圍為，D錯誤.故選：AC【點睛】立體幾何中截面的處理思路：（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側(cè)面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.6．在橢圓中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓上，稱此圓為該橢圓的蒙日圓.該圓由法國數(shù)學家Monge（1746-1818）最先發(fā)現(xiàn).若橢圓，則下列說法正確的有（

）A．橢圓外切矩形面積的最小值為48B．橢圓外切矩形面積的最大值為48C．點為蒙日圓上任意一點，點，，當取最大值時，D．若橢圓的左?右焦點分別為，，過橢圓上一點和原點作直線與蒙日圓相交于點，，則【答案】ACD【分析】先求得橢圓的蒙日圓方程，然后利用外切矩形的面積結(jié)合二次函數(shù)求最值可判斷A，B選項，利用兩角和的正切公式，橢圓的定義，向量運算的轉(zhuǎn)化來判斷C，D選項【詳解】對于，：如圖，設對于橢圓上任意點，過點作橢圓的切線交圓于，兩點，，關于原點對稱的點分別為，，則橢圓的一個外切矩形為，則，由圖象易知，圓心到直線的距離，所以.又，所以外切矩形為的面積，因此對，錯.對于：當與圓相切且切點在圓下方時，最大，，對.對于，，①②得，，故D正確.故選：ACD.【點睛】本題解題的關鍵一方面結(jié)合題目要求求出蒙日圓方程，建立參數(shù)間的關系式來表示面積進而利用函數(shù)求最值問題，另一方面結(jié)合橢圓定義式，向量的運算推導的關系，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想7．已知正方體的棱長為2，E為線段的中點，，其中，則下列選項正確的是（

）A．時， B．時，的最小值為C．時，直線與面的交點軌跡長度為 D．時，正方體被平面截的圖形最大面積是【答案】ABD【分析】A選項，作出輔助線，得到點在線段上，證明線面垂直，得到線線垂直；B選項，作出輔助線，將兩平面展開為同一平面內(nèi)，利用兩點之間線段最短，得到的最小值，求出答案；C選項，作出輔助線，找到直線與面的交點軌跡，求出長度；D選項，作出輔助線，分P位于線段DZ上和線段BZ上，分別求出截面的最大面積，比較得到結(jié)果.【詳解】取AD中點F，BC的中點G，連接，，，則，因為，，所以，即點在線段上，因為E為線段的中點，則，故，所以，由于，所以，又⊥平面，平面，所以⊥，因為，所以平面，因為平面，所以，A正確；B選項，在AB上取點H，使得，在DC上取點K，使得，因為，，所以點P在線段HK上，將平面與平面沿著HK展開到同一平面內(nèi)，如圖1，連接交HK于點P，即三點共線時，取得最小值，其中由勾股定理得：，所以，所以，故B正確；C選項，，，時，由向量共線定理的推論可得：P點在線段BD上，連接，交于點M，交于點N，連接MN，則線段MN即為直線與面的交點軌跡，其中三角形是等邊三角形，，由三角形相似可知：，而，所以，同理可得：，所以三角形是等邊三角形，所以，直線與面的交點軌跡長度為，C錯誤；由C選項的分析可知，：P點在線段BD上，連接AC，BD相交于點Z，當P位于線段DZ上時，連接AP并延長交CD于點Q，連接，則平面截正方體所得圖形為三角形，則當與重合時，Q與C重合，此時截面三角形面積最大，面積為；當P位于線段BZ上時，如圖3，連接AP并延長，交BC于點W，過點W做WR∥交于點R，連接，則四邊形即為平面截正方體所得的截面，設，則由平行性質(zhì)可知：，則，所以四邊形為等腰梯形，其中，設梯形的高為h，則，則截面面積為，如圖4所示，直角三角形，直角邊，在上取一點，連接，則三角形的面積即為，顯然當時，面積取得最大值，最大面積為，因為，所以時，正方體被平面截的圖形最大面積是，D正確..故選：ABD【點睛】立體幾何中的點的運動軌跡問題，或線的運動軌跡問題，要結(jié)合題目特征，利用平行或垂直關系，找出軌跡是線段或圓弧，或是橢圓，拋物線等，進而求出相應的軌跡長度.三、填空題8．已知實數(shù)，則的取值范圍是______.【答案】【分析】根據(jù)題意，設直線：，則的幾何意義為，點到直線的距離，即可求出取值范圍.【詳解】根據(jù)題意，設直線：，設點那么點到直線的距離為：，因為，所以，且直線的斜率，當直線的斜率不存在時，，所以，當時，，所以，即，因為，所以，故答案為：.9．曲線是平面內(nèi)與三個定點和的距離的和等于的點的軌跡.給出下列四個結(jié)論：①曲線關于軸、軸均對稱；②曲線上存在點，使得；③若點在曲線上，則的面積最大值是1；④曲線上存在點，使得為鈍角.其中所有正確結(jié)論的序號是__________.【答案】③④【分析】①由已知表示出C的方程，觀察方程的對稱性可以判斷結(jié)果；②假設結(jié)論成立，推理出曲線不存在，不合題意；③點P在橢圓上頂點時，滿足題意，且面積最大；④尋找曲線C上的一個特殊點，驗證為鈍角.【詳解】設曲線上任意一點P(x，y)，由題意可知的方程為.①錯誤,在此方程中用取代，方程不變，可知關于軸對稱；同理用取代，方程改變，可知不關于軸對稱，故①錯誤.②錯誤,若，則曲線不存在，故②錯誤.③正確,P應該在橢圓D：內(nèi)(含邊界)，曲線與橢圓D有唯一的公共點，此時當點P為點時，的面積最大，最大值是1；故③正確④正確，由③可知，取曲線上點，此時，下面在曲線上再尋找一個特殊點P(0，y)，，則，把兩邊平方，整理得，解得，即或.因為，則取點，此時.故④正確．故答案為：③④．【點睛】易錯點睛：與橢圓相關的綜合問題，難度大，要注意：(1)注意觀察方程的特征，利用代數(shù)方法判斷曲線的對稱性；(2)適當利用反向推理，假設成立，再反向推理看是否合理；(3)橢圓焦點三角中，當點在橢圓上下頂點時，焦點三角形面積最大，橢圓上點與兩個焦點的張角最大；(3)驗證存在性的問題，只需找到一個正例就可以說明其存在性；驗證某個結(jié)論錯誤時，只需一個反例即可說明.10．已知平面向量，，，，則的取值范圍是__________．【答案】【分析】把向量用建系的思想在坐標系中表示出來，然后利用向量的關系把變形整理得，分別通過三點共線和橢圓定義來確定范圍即可.【詳解】設，的夾角為，，，，.如圖，由題可設，，，其中O為原點，C在單位圓上，記，假設存在一點，使得則有，又，解得.所以存在點，使得.，且直線的方程為，即，圓心到直線的距離為1.所以與圓相切，所以當,,三點共線時，取得最小值為，如圖，在位置時，因為，，且，由橢圓定義可知，此時在以，為焦點的橢圓上，當在其他位置時，在橢圓內(nèi)部，所以的最大值為，即的最大值為..故答案為：．【點睛】本題結(jié)合軌跡問題與橢圓的定義，用建系的思想解決向量的問題.四、解答題11．已知橢圓C：的離心率為，左?右焦點分別為，，過的直線交橢圓于M，N兩點，交y軸于P點，，，記，，的面積分別為，，.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若，，求m的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出，再結(jié)合離心率和關系即可得到答案；（2）設，得到相關向量，從而得到，，將直線與拋物線聯(lián)立得，再計算，用表示出，最后解出，利用換元法和導數(shù)即可求出的范圍.【詳解】（1）由題意得，左焦點，，，所以橢圓C的標準方程為：.（2）設，令，，則，則，由得，解得，同理.

由，得，則，.不妨設，，，，由，.得，，.代入，有，則，解得,設，則，則，則，令，解得，令，解得，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，且，則，則.【點睛】關鍵點睛：本題第二問的關鍵首先是解出的表達式，再聯(lián)立直線與橢圓得到韋達定理式子，從而求證出為定值，然后再用表示出，從而用表示出，最后再設新函數(shù)，利用導數(shù)求解出其范圍，計算量很大.12．已知雙曲線上的所有點構(gòu)成集合和集合，坐標平面內(nèi)任意點，直線稱為點關于雙曲線的“相關直線”．(1)若，判斷直線與雙曲線的位置關系，并說明理由；(2)若直線與雙曲線的一支有2個交點，求證：；(3)若點，點在直線上，直線交雙曲線于，，求證：．【答案】(1)直線與雙曲線相切，理由見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）聯(lián)立消去，根據(jù)，得到，由根的判別式判斷直線與雙曲線相切；（2）結(jié)合（1）中的方程，根據(jù)得到，結(jié)合得到，證明出；（3）設出的坐標及，，得到、是的兩根，求出，證明出結(jié)論.【詳解】（1）直線與雙曲線相切．理由如下：聯(lián)立方程組，∴①，∵，∴，即，代入①得，，∴，∴直線與雙曲線相切．（2）由（1）知，∵直線與雙曲線的一支有2個交點，則，∴，∴，∵，∴，∴．（3）設，，設，，∵，∴，則，代入雙曲線，利用在上，即，整理得，同理得關于的方程．即、是的兩根，∴，∴．【點睛】方法點睛：判斷直線與圓錐曲線的位置關系，通常處理方法是將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，化為關于或的一元二次方程，利用根的判別式的正負或等于0進行判斷13．已知橢圓:，，．橢圓內(nèi)部的一點，過點作直線交橢圓于，作直線交橢圓于．、是不同的兩點．(1)若橢圓的離心率是，求的值；(2)設的面積是，的面積是，若，時，求的值；(3)若點，滿足且，則稱點在點的左上方．求證：當時，點在點的左上方．【答案】(1)的值為或(2)1(3)證明見解析【分析】（1）分，兩種情況結(jié)合離心率計算式可得答案；（2）聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得，聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得.結(jié)合圖形可得，后結(jié)合，及弦長公式可得，即可得答案；（3）聯(lián)立直線與橢圓方程可得，，后結(jié)合在橢圓內(nèi)部可得大小，又由題意可得大小，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）因為橢圓的離心率是.當時，，得；當時，，得；所以的值為或；（2）由題意，直線的斜率存在，直線的斜率存在，，直線的方程，設．則.，直線的方程，設．則.由圖，，注意到，則.又，同理可得.則（3）由題意，直線的斜率存在，直線的斜率存在，，直線的方程，設．則.，直線的方程，設．則.則.又在橢圓內(nèi)部，則，故.又根據(jù)題意知，所以.所以當時，點在點的左上方．【點睛】關鍵點睛：本題涉及由離心率求參數(shù)，橢圓中的面積問題，及橢圓新定義，難度極大.（1）因不知焦點位置，故需分情況討論；（2）問關鍵是用得到關于的表達式；（3）類似于（2），可得，，后利用作差法即可比較大小.14．已知雙曲線為雙曲線的右焦點，過作直線交雙曲線于兩點，過點且與直線垂直的直線交直線于點，直線交雙曲線于兩點.(1)若直線的斜率為，求的值；(2)設直線的斜率分別為，且，記，試探究與滿足的方程關系，并將用表示出來.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知得為，設，由直線垂直關系、點斜式寫出直線的方程，聯(lián)立曲線并應用韋達定理、弦長公式求；（2）設，根據(jù)已知求得、，進而有、關于所設參數(shù)的關系，再求直線，聯(lián)立曲線求得，結(jié)合已知確定與的關系.【詳解】（1）設，，由題意知為，則直線斜率為，所以直線的斜率為，故直線的方程為：；聯(lián)立直線和曲線：，顯然，此方程的兩根為，由韋達定理得：，所以.（2）設，則，因為，故為，代入，得點，所以：，因為點在雙曲線上，故滿足雙曲線方程，即.所以，所以，.又，聯(lián)立直線與雙曲線：，根據(jù)題意易知，此方程的兩根即為，所以，所以，即：.所以：，即：.【點睛】關鍵點睛：第二問，設相關點坐標，利用直線與曲線關系，用所設點坐標表示出相關直線的斜率，再由的關系確定已知參數(shù)的關系即可.15．已知點分別是雙曲線的左右焦點，過的直線交雙曲線右支于兩點，點在第一象限．(1)求點橫坐標的取值范圍；(2)線段交圓于點，記的面積分別為，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）設，則，根據(jù)向量定比分點公式，將坐標代入雙曲線，用表示出，求的取值范圍即可.（2）根據(jù)，用表示出，求出其值即可.【詳解】（1）由雙曲線即可得交點，設，則，根據(jù)向量定比分點公式：，將坐標代入雙曲線得：，兩式相減得：則有：，再結(jié)合，解得，故．（2）由可得，在上則有，將代入，，根據(jù)雙曲線的定義，，顯然，，，則，當且僅當時取等號，故為．【點睛】方法點睛：雙曲線上一點與兩焦點構(gòu)成的三角形，稱為雙曲線的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、，得到a，c的關系．16．在平面直角坐標系中，一動圓經(jīng)過點且與直線相切，設該動圓圓心的軌跡為曲線C．(1)求C的方程；(2)過點F且斜率為的直線l與C交于A，B兩點，點P是C上的一點，且，直線OP與直線交于Q點，點M是線段PQ的中點，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由題意可得曲線C為拋物線，焦點為，即可得解；（2）設直線的方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求出，再結(jié)合焦半徑公式可求得，設的方程為，聯(lián)立方程，可求得點的坐標，易得，從而可求得點的坐標，再根據(jù)連點間的距離公式可求得，即可得解.【詳解】（1）因為動圓經(jīng)過點且與直線相切，所以該動圓的圓心到點和直線的距離相等，所以曲線C為拋物線，焦點為，即，所以，所以C的方程為；（2）設直線的方程為，聯(lián)立，消得，則，所以，則，又，所以，因為，則可設的方程為，聯(lián)立，消得，解得或，所以，因為直線OP與直線交于Q點，則，故，所以，，所以，所以.【點睛】方法點睛：對于圓錐曲線定值問題，一般要設出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，進行求解，本題中由于一點是已知得，所以可以通過韋達定理求出另外一個交點的坐標，通過兩種方法表達同一條直線的斜率得到等量關系，從而得到答案.17．已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸、軸，且點和點在橢圓上，橢圓的左頂點與拋物線的焦點的距離為.(1)求橢圓和拋物線的方程；(2)直線與拋物線變于兩點，與橢圓交于兩點.（?。┤?，拋物線在點處的切線交于點，求證：；（ⅱ）若，是否存在定點，使得直線的傾斜角互補?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)橢圓；拋物線；(2)（?。┰斠娊馕觯唬áⅲ┐嬖?，.【分析】（1）設橢圓方程，代入兩點坐標即可求得結(jié)果；根據(jù)橢圓左頂點和拋物線焦點坐標，可構(gòu)造方程求得，進而得到拋物線方程；（2）（ⅰ）聯(lián)立直線與拋物線方程，可得韋達定理的結(jié)論；假設切線方程，并聯(lián)立求得點坐標，再結(jié)合兩點間距離公式求得所證等式中的各個基本量，整理可得結(jié)論；（ⅱ）假設存在點，由傾斜角互補可知斜率和為，將直線與橢圓方程聯(lián)立，可得韋達定理的結(jié)論；利用兩點連線斜率公式表示出兩直線斜率，根據(jù)斜率和為可構(gòu)造等式，消元整理得到.【詳解】（1）設橢圓的方程為：，和在橢圓上，，解得：，橢圓的標準方程為：；由橢圓方程可知：橢圓的左頂點為，又，，解得：，拋物線的方程為；（2）（ⅰ）當時，直線，即，令，則直線，設，，由得：，則，，，；設拋物線在點處的切線方程分別為：，，由得：，，又，則，，則；同理可得：；聯(lián)立兩切線方程，將，代入，可解得：，，，又，；同理可得：；，要證，等價于證明，，又，，同理可得：，，即；（ⅱ）當時，直線，假設存在點，使直線的傾斜角互補，則直線的斜率之和為；設，由得：，，即恒成立，，，，，即，，即，解得：，假設成立，即存在點，使得直線的傾斜角互補.【點睛】思路點睛：本題考查直線與圓錐曲線綜合應用中的定點定值問題，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與曲線方程聯(lián)立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，將所求量轉(zhuǎn)化為關于變量的函數(shù)或方程的形式；④化簡所得式子，消元整理即可求得定點或定值.18．（1）試求函數(shù)的最小值；（2）設a、b都是實數(shù)，試求：的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1），構(gòu)造動點，則P的軌跡方程為，設，，則，由拋物線的知識即可求解；（2）設，，則S為A、B兩點間距離的平方，轉(zhuǎn)化為而圓的x軸上部分的點與雙曲線的x軸下部分的點的距離的最值問題，數(shù)形結(jié)合即可求解【詳解】（1），構(gòu)造動點，則P的軌跡方程為，設，，則F正好為拋物線的焦點，拋物線準線方程為l：.（如圖所示）過點P作于H，過點A作于，交拋物線于點，故有，當且僅當點P在點處時，取得最小值.（2）設，，則S為A、B兩點間距離的平方，而點A在圓的x軸上部分，點B在雙曲線的x軸下部分，如圖1-55所示，要使最小，則點A、B分別位于點、或點、，即當，（或，）時.【點睛】本題（1）粗看似乎無從入手，關鍵是構(gòu)造出拋物線方程，使問題轉(zhuǎn)化為拋物線上的動點到兩個定點的距離之和；本題（2）的關鍵是把S看作兩點間距離的平方，并搞清楚這兩個動點在何種曲線上，數(shù)形結(jié)合即可求解.19．已知直線與直線相交于點P，其中，設動點P的軌跡為曲線，直線，恒過定點C．(1)寫出C的坐標，并求曲線的方程；(2)若直線與曲線交于A，B兩點，在x軸上是否存在定點N，使得恒成立？若存在，求出點N坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)；曲線的方程為，(2)存在；【分析】（1）先求出C的坐標，再將兩直線相乘得到方程，當時，求出軌跡方程，當時，去掉不合要求的點；（2）先檢驗直線和直線的斜率存在，聯(lián)立直線方程和曲線方程，得到兩根之和，兩根之積，設直線和直線的斜率分別為，，計算出，可知直線與直線關于對稱，故存在點，使得恒成立．【詳解】（1）直線恒過點，設，因為點在直線上，所以

①因為點在直線上，所以

②①②得：，當時，即，化簡得：，當時，不能使方程組成立，即不在直線和直線上，所以點不在曲線上，故曲線的方程為，；（2）設，，先檢驗A的坐標是否可以為，直線的斜率是否存在，假設，則，解得：，因為，故A的坐標不為，即直線的斜率存在，同理可證B的坐標不為，即直線的斜率存在，聯(lián)立，得，即，由，解得，即，綜上：，則，因為且，故直線和直線的斜率均存在，分別設為，，由，可知直線與直線關于對稱，故存在點，使得恒成立.【點睛】處理定點問題的思路：（1）確定題目中的核心變量（此處設為），（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯(lián)系，得到有關與的等式，（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立，此時要將關于與的等式進行變形，直至找到，①若等式的形式為整式，則考慮將含的式子歸為一組，變形為“”的形式，讓括號中式子等于0，求出定點；②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數(shù)關系，可消去變?yōu)槌?shù).20．下面是某同學在學段總結(jié)中對圓錐曲線切線問題的總結(jié)和探索，現(xiàn)邀請你一起合作學習，請你思考后，將答案補充完整．(1)圓上點處的切線方程為．理由如下：．(2)橢圓上一點處的切線方程為；(3)是橢圓外一點，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B，如圖，則直線的方程是．這是因為在，兩點處，橢圓的切線方程為和．兩切線都過點，所以得到了和，由這兩個“同構(gòu)方程”得到了直線的方程；(4)問題（3）中兩切線，斜率都存在時，設它們方程的統(tǒng)一表達式為，由，得，化簡得，得．若，則由這個方程可知點一定在一個圓上，這個圓的方程為．（5）拋物線上一點處的切線方程為；（6）拋物線，過焦點的直線與拋物線相交于A，B兩點，分別過點A，B作拋物線的兩條切線和，設，，則直線的方程為．直線的方程為，設和相交于點．則①點在以線段為直徑的圓上；②點在拋物線的準線上．【答案】(1)，答案見解析(2)(3)(4)．【分析】（1）求圓O上一點M的切線方程，由切線垂直于OM，求出斜率，在利用點斜式可得切線方程；（2）設過點的切線方程為，聯(lián)立橢圓方程，利用和，求出k，m，整理可得切線方程；（3）利用“同構(gòu)方程”，即可得到直線的方程；（4）因為，則，利用韋達定理得，即可得到圓的方程.【詳解】（1）解：圓上點處的切線方程為．理由如下：①若切線的斜率存在，設切線的斜率為，則，所以，又過點，由點斜式可得，，化簡可得，，又，所以切線的方程為；②若切線的斜率不存在，則，此時切線方程為．綜上所述，圓上點處的切線方程為．（2）解：①當切線斜率存在時,設過點的切線方程為，聯(lián)立方程，得，，即，，又，把代入中，得，，化簡得.②當切線斜率不存在時，過的切線方程為，滿足上式.綜上，橢圓上一點的切線方程為：.（3）解：在，兩點處，橢圓的切線方程為和，因為兩切線都過點，所以得到了和，由這兩個“同構(gòu)方程”得到了直線的方程為；（4）解：問題（3）中兩切線，斜率都存在時，設它們方程的統(tǒng)一表達式為，由，可得，由，可得，因為，則，所以式中關于的二次方程有兩個解，且其乘積為，則，可得，所以圓的半徑為2，且過原點，其方程為．【點睛】圓錐曲線切線方程總結(jié)：①點在圓上，過點作圓的切線方程為；②點在橢圓上，過點作橢圓的切線方程為；③點在橢圓外，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，則切點弦的直線方程為；④點在拋物線上，過點作拋物線的切線方程為.21．若A、B是拋物線上的不同兩點，弦（不平行于y軸）的垂直平分線與x軸相交于點P，則稱弦是點P的一條“相關弦”．已知當時，點存在無窮多條“相關弦”．給定．(1)證明：點的所有“相關弦”的中點的橫坐標相同；(2)試問：點的“相關弦”的弦長中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用表示）；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）利用點差法及中點坐標公式，求得，從而求得相關弦的垂直平分線所在直線方程，代入可得，由此得證.（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，聯(lián)立方程可得與關于與的關系式，再利用弦長公式可求得的表達式，由此利用二次函數(shù)的軸動區(qū)間定分類討論與兩種情況，從而得到點的“相關弦”的弦長的最值情況.【詳解】（1）設為點的任意一條“相關弦”，且點的坐標分別是，則，兩式相減得，因為，所以，設直線的斜率為，弦的中點是，則，從而的垂直平分線的方程為，又點在直線上，所以，而，于是，故點的所有“相關弦”的中點的橫坐標都，即橫坐標相同.（2）由（1）得，弦所在直線的方程為，，，，將直線的方程代入，整理得，所以，則，因為，令，則，記，則，當時，則，因此當時，有最大值，即的最大值為；當，則，在區(qū)間上是減函數(shù)，所以，即不存在最大值；綜上：當時，點的“相關弦”的弦長中存在最大值，且最大值為；當時，點的“相關弦”的弦長中不存在最大值.【點睛】方法點睛：直線與圓錐曲線位置關系的題目，往往需要聯(lián)立兩者方程，利用韋達定理解決相應關系，其中的計算量往往較大，需要反復練習，做到胸有成竹.22．已知雙曲線E：（，）一個頂點為，直線l過點交雙曲線右支于M，N兩點，記，，的面積分別為S，，.當l與x軸垂直時，的值為.(1)求雙曲線E的標準方程；(2)若l交y軸于點P，，，求證：為定值；(3)在（2）的條件下，若，當時，求實數(shù)m的取值范圍.【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）由題意可得，再由結(jié)合三角形面積公式可求得，由此可得雙曲線E的標準方程；（2）由向量的坐標表示求得，代入雙曲線方程得，同理可得，再由韋達定理即可得到，得證；（3）由得到，結(jié)合（2）中結(jié)論可將式子化簡為，再利用換元法與雙勾函數(shù)的單調(diào)性即可求得m的取值范圍.【詳解】（1）由題意得，，則當l與x軸垂直時，不妨設，由，得，將代入方程，得，解得，所以雙曲