解析幾何（解答題10種考法）考法一定點【例1-1】（2022·廣西·校聯考模擬預測）已知橢圓的離心率為，，分別為橢圓的左、右焦點，P為橢圓的下頂點，且的面積為4.(1)求橢圓C的方程：(2)圓，點A，B分別是橢圓C和圓上位于y軸右側的動點，且直線PB的斜率是直線PA的斜率的2倍，求證：直線AB恒過定點【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題意可得，又因為，所以，所以橢圓C的方程為.（2）證明：設直線的斜率為，則直線的斜率為，因為為，則直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與橢圓方程，，得，因為點A，B分別是橢圓C和圓上位于y軸右側的動點，所以，，所以，代入直線的方程可得，所以為，聯立直線與圓方程，，得，所以，代入直線的方程可得，所以為，所以，所以直線的方程為，整理可得，所以直線恒過定點.【例1-2】（2023·江蘇南通·統考一模）已知雙曲線的左頂點為，過左焦點的直線與交于兩點.當軸時，，的面積為3.(1)求的方程；(2)證明：以為直徑的圓經過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）當軸時，兩點的橫坐標均為，代入雙曲線方程，可得，，即，由題意，可得，解得，，，雙曲線的方程為：；（2）方法一：設方程為，，以為直徑的圓的方程為，由對稱性知以為直徑的圓必過軸上的定點，令，可得，而，，對恒成立，，以為直徑的圓經過定點；方法二：設方程為，由對稱性知以為直徑的圓必過軸上的定點.設以為直徑的圓過，，而，，，即對恒成立，，即以為直徑的圓經過定點.考法二定值【例2-1】（2023·河南鄭州·統考一模）已知橢圓：的離心率為，且過點．(1)求橢圓的方程；(2)設不過點的直線與橢圓交于，兩點，關于原點的對稱點為，記直線，，的斜率分別為，，，若，證明直線的斜率為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題設得，，即，解得．所以的方程為．（2）設直線的方程為，代入得．，設，則，于是．，又，所以．即．，即，，，將，代入整理得，即，當，直線過點，舍去，所以．【例2-3】（2023·浙江·校聯考模擬預測）已知雙曲線的離心率為，且點在雙曲線C上.(1)求雙曲線C的方程；(2)若點M，N在雙曲線C上，且，直線不與y軸平行，證明：直線的斜率為定值.【答案】(1)(2)直線的斜率為定值【解析】（1）由題可得離心率，所以，又因為，所以，所以雙曲線方程為，又因為雙曲線過點，所以，解得，所以雙曲線方程為.（2）設直線的方程為，聯立得，則得，，得，，，因為，所以，所以，即，所以，所以即，得或，若，則直線的方程為，即過點，不符合題意，若，則，滿足，綜上直線的斜率為定值.考法三定直線【例3-1】（2022·山東·山東師范大學附中校聯考模擬預測）已知橢圓的右焦點為，上頂點為，直線的斜率為，且原點到直線的距離為．(1)求橢圓的標準方程，(2)設橢圓的左、右頂點分別為、，過點的動直線交橢圓于、兩點，直線、相交于點，證明：點在定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】(1)由題可知，、，則，直線的方程為，即，所以，解得，，又，所以橢圓的標準方程為．(2)若直線與軸重合，則、、、四點共線，不合乎題意.設直線的方程為，設點、，聯立可得，，解得或，由韋達定理可得，，直線的方程為，直線的方程為，聯立可得，因為，所以，，所以，解得.即點在定直線上．【例3-2】（2022·河北滄州·統考二模）已知橢圓的離心率為，且過點.(1)求橢圓的方程；(2)點關于原點的對稱點為點，與直線平行的直線與交于點，直線與交于點，點是否在定直線上？若在，求出該直線方程；若不在，請說明理由.【答案】(1)(2)點在定直線上.【解析】（1）由題意得，解得，所以橢圓的方程是.（2）點是在定直線上，理由如下，由（1）知，設，，將的方程與聯立消，得，則，得且，且，因為，所以直線的方程為，即，直線的方程為，即，聯立直線與直線的方程，得，得，所以所以點在定直線上.考法四最值【例4-1】（2023·全國·模擬預測）設橢圓的左焦點為F，上頂點為P，離心率為，O是坐標原點，且.(1)求橢圓C的方程；(2)過點F作兩條互相垂直的直線，分別與C交于A，B，M，N四點，求四邊形面積的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】（1）設橢圓的焦距為，則，所以因為，所以，又，，所以，即所以所以（2）當，中有一條斜率不存在時，設直線的方程為，此時直線與軸重合，即，所以；當，的斜率都存在時，設過點的兩條互相垂直的直線：，直線：由得此時，，則.把上式中的換成得：則四邊形的面積為令，則，且，，，，所以四邊形的面積的取值范圍是.【例4-2】（2023·新疆烏魯木齊·統考一模）已知橢圓的中心是坐標原點，焦點在軸上，且經過點，．(1)求橢圓的標準方程；(2)是經過橢圓的右焦點的一條弦（不經過點），設直線與直線相交于點，記的斜率分別為，，，求的最大值．【答案】(1)(2)【解析】（1）解：由題，設橢圓的標準方程為，因為橢圓經過點，，所以，解得，所以，橢圓的標準方程為（2）解：由（1）知，因為是經過橢圓的右焦點的一條弦且不經過點，所以，直線的斜率存在，設直線的方程為，，所以，，所以，，聯立方程得，所以所以，，所以，當時，有最大值【例4-3】（2022·陜西模擬）已知拋物線上有一動點，過點作拋物線的切線交軸于點．（1）判斷線段的中垂線是否過定點？若過，求出定點坐標；若不過，請說明理由；（2）過點作的垂線交拋物線于另一點，求的面積的最小值．【答案】見解析【解析】（1）解：設直線的方程為，和拋物線方程聯立得：，由，得，則的解為，由得，，得，在中，令得，所以，中點為，所以線段的中垂線方程為，所以線段的中垂線過定點.（2）解：由（1）可知，直線的方程為將其與拋物線方程聯立得：，，，.所以的面積為，所以，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以時，.考法五角的正切值與直線的斜率【例5-1】（2023·廣西柳州·統考模擬預測）已知平面上動點Q（x，y）到F（0，1）的距離比Q（x，y）到直線的距離小1，記動點Q（x，y）的軌跡為曲線C．(1)求曲線C的方程．(2)設點P的坐標為（0，－1），過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，證明：．【答案】(1)；(2)證明見解析.【解析】（1）Q（x，y），由題意，得，當時，，平方可得，當時，，平方可得，由可知，不合題意，舍去.綜上可得，所以Q的軌跡方程C為．（2）不妨設，因為，所以，從而直線PA的斜率為，解得，即A（2，1），又F（0，1），所以軸．要使，只需．設直線m的方程為，代入并整理，得．首先，，解得或．其次，設，則，，故.此時直線m的斜率的取值范圍為．【例5-2】（2022·全國·統考高考真題）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).【解析】（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.【例5-3】（2022·全國·統考高考真題）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)．【解析】（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］：【最優解】常規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，故考法六長度比轉化【例6-1】（2023·全國·校聯考模擬預測）已知拋物線E：的焦點關于其準線的對稱點為，橢圓C：的左，右焦點分別是，，且與E有一個共同的焦點，線段的中點是C的左頂點．過點的直線l交C于A，B兩點，且線段AB的垂直平分線交x軸于點M．(1)求C的方程；(2)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）拋物線E的焦點關于其準線的對稱點為，所以，即．因為橢圓C與拋物線E有一個共同的焦點，所以，，所以線段的中點為，所以，．故C的方程為．（2）由題意知，直線l的斜率存在，設為k．當時，點A，B恰為橢圓C的左、右頂點，y軸為線段AB的垂直平分線，，，，則．當時，直線l的方程為，設，，線段AB的中點為，．聯立，消去y，得，則，，所以，則．由題意知，線段AB的垂直平分線的方程為，令，得，則．又，所以．綜上，．【例6-2】（2023·全國·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，A1，A2分別是橢圓的左、右頂點，M，N是C1上關于x軸對稱的兩點，直線A1M和A2N交于點P，記點P的軌跡為曲線C．(1)求曲線C的方程；(2)過點F（－2，0）的直線l與曲線C交于x軸上方的A，B兩點，若D是線段AB的中點，E是線段AB上一點，且，記直線OD和OE的斜率分別為k1，k2，證明：k1k2為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）將橢圓C1的方程化為標準方程，得，故A1（－1，0），A2（1，0），易知直線A1M和A2N的斜率均存在，設，，則，因為，，所以，兩式相乘得，因為點M（x0，y0）在C1上，所以，即，所以，即，故曲線C的方程為（點撥：注意x的取值范圍）（2）易知直線l與坐標軸不垂直，故可設其方程為（m≠0且），（技巧：根據題意巧設直線方程）聯立l與C的方程，消去x，得，，設A（x1，y1），B（x2，y2），則，，所以，，（中點坐標公式的應用）所以．因為，所以，，（關鍵：將線段長的關系轉化為坐標之間的關系）得，所以，所以．所以，為定值．【例6-3】（2023·河南鄭州·統考一模）已知橢圓C：的離心率為，直線過橢圓C的兩個頂點，且原點O到直線的距離為．(1)求橢圓C的標準方程；(2)當過點P（0，2）的動直線l與橢圓C相交于兩個不同點A，B時，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【解析】（1），，所以，不妨設直線的方程為，，即，所以原點O到直線的距離為，解得，所以，故橢圓C的標準方程為．（2）設、，設，即整理得到，于是，故，得，即，，又，得，又，故上，且，所以考法七三點共線【例7-1】（2022·河南·馬店第一高級中學校聯考模擬預測）已知曲線：經過點，．(1)求曲線的方程；(2)已知定點，過的直線與曲線交于A，B兩點，過的直線與曲線交于C，D兩點．若A，C，M三點共線，證明：B，D，M三點共線．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）因為曲線：經過點，，所以，解得，，即曲線的方程為.（2）證明：易知直線，的斜率存在，設：，：，設，，，，令直線與曲線聯立，，消去y，整理得，所以，，同理可得，，因為A，C，M三點共線，則可設直線AC：，且，所以，整理得，令直線AC與曲線聯立，消去y，整理得，所以，，所以，，，所以，即B，D，M三點共線．【例7-2】（2021·全國·統考高考真題）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.【解析】（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．考點八三角形類型的轉化【例8-1】（2022·黑龍江佳木斯·佳木斯一中校考三模）已知橢圓，左焦點為，上頂點為，直線BF與橢圓交于另一點Q，且，且點在橢圓上.(1)求橢圓C的方程；(2)設，，M是橢圓C上一點，且不與頂點重合，若直線與直線交于點P，直線與直線交于點.證明：是等腰三角形.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）因為，，，故，故，所以即，而在橢圓上，故，故，解得，所以，故橢圓方程為：.（2）設，，故，而，由可得，同理.,因為在橢圓上，故，故即，而所以，故是等腰三角形.【例8-2】（2022·浙江·模擬預測）已知直線l：為雙曲線C：的一條漸近線，且雙曲線C經過點.(1)求雙曲線C的方程；(2)設A，B是雙曲線右支上兩點，若直線l上存在點P，使得為正三角形，求直線AB的斜率的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】（1）雙曲線C：的漸近線為直線l：為曲線C：的漸近線，所以即，所以雙曲線方程為，又因為雙曲線C經過點.即，所以，所以雙曲線方程為：（2）當的斜率不存在時，則為原點，則，舍去.由題意得的斜率一定不為零，當的斜率存在時，設方程為，點.把直線方程代入雙曲線方程得：并且即則故線段的中點為，又為正三角形，故，由正三角形可得即則即代入，若，則，不滿足，則，得則，又兩點在右支上，故，則，解得.考法九存在性問題【例9-1】（2022·重慶沙坪壩·重慶八中校考模擬預測）已知拋物線：的焦點為，過點引圓：的一條切線，切點為，.(1)求拋物線的方程；(2)過圓M上一點A引拋物線C的兩條切線，切點分別為P，Q，是否存在點A使得的面積為？若存在，求點A的個數；否則，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，點A的個數為2，理由見解析【解析】（1）解：如圖已知拋物線：的焦點為，圓：的圓心，半徑，則，過點M作軸，則，，在中，滿足，即，解得，所以拋物線的方程為.（2）存在點A使得的面積為，點A的個數為2，理由如下：設，，，由（1）可知拋物線的方程為，則切點弦PQ的方程為，斜率，聯立，得，所以，，，點到直線PQ的距離，，所以，即點A的軌跡為拋物線往左平移個單位長度，因為點A在圓M上，聯立，得，顯然是一個根，因式分解得，令，，則，若，由于，則恒成立，所以為增函數，，，根據零點存在定理函數在上存在一個零點，所以存在兩個點A使得的面積為.【例9-2】（2023·廣東深圳·統考一模）已知雙曲線E：與直線l：相交于A、B兩點，M為線段AB的中點．(1)當k變化時，求點M的軌跡方程；(2)若l與雙曲線E的兩條漸近線分別相交于C、D兩點，問：是否存在實數k，使得A、B是線段CD的兩個三等分點？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)，其中或(2)存在，【解析】（1）設，，，聯立直線l與雙曲線E的方程，得，消去y，得．由且，得且．由韋達定理，得．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，點M的軌跡方程為，其中或．（2）雙曲線E的漸近線方程為．設，，聯立得，同理可得，因為，所以，線段AB的中點M也是線段CD的中點．若A，B為線段CD的兩個三等分點，則．即，．而，．所以，，解得，所以，存在實數，使得A、B是線段CD的兩個三等分點．考法十軌跡方程【例10-1】（2022·陜西西安·西北工業大學附屬中學校考模擬預測）已知橢圓C：的離心率為，且經過，經過定點斜率不為0的直線l交C于E，F兩點，A，B分別為橢圓C的左，右兩頂點.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線AE與BF的斜率分別為，，求的值；(3)設直線AE與BF的交點為P，求P點的軌跡方程.【答案】(1)(2)(3)P點的軌跡方程為【解析】（1）根據題意可得，解得∴求橢圓C的方程為（2）根據題意可得，設直線l：，直線BE的斜率為，則∵，整理得，則聯立方程，消去得∴∴（3）根據題意可得直線AE：，BF：聯立方程，解得∴P點的軌跡方程為【例10-2】（2023·廣東惠州·統考模擬預測）已知橢圓的右焦點為，點在橢圓上且．(1)求橢圓的方程；(2)點分別在橢圓和直線上，，為的中點，若為直線與直線的交點．是否存在一個確定的曲線，使得始終在該曲線上？若存在，求出該曲線的軌跡方程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）因為橢圓過點，所以.因為，所以，得．故，從而橢圓C的方程為．（2）設，則直線AP的斜率為.因為，所以直線OQ的方程為.令可得，所以，又M是AP的中點，所以.從而，所以①因為點在橢圓C上，所以，故，代入式①可得，從而，所以，點始終在以為直徑的圓上，且該圓方程為1．（2022·全國·統考高考真題）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)【解析】（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．（2021·浙江·統考高考真題）如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且，（1）求拋物線的方程；（2）設過點F的直線交拋物線與A?B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因為，故，故拋物線的方程為：.（2）[方法一]：通式通法設，，，所以直線，由題設可得且.由可得，故，因為，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，則且，故，故即，解得或或.故直線在軸上的截距的范圍為或或.[方法二]：利用焦點弦性質設直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，由題設可得且．由得，所以．因為，，．由得．同理．由得．因為，所以即．故．令，則．所以，解得或或．故直線在x軸上的截距的范圍為．[方法三]【最優解】：設，由三點共線得，即．所以直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為．設直線的方程為，則．所以．故（其中）．所以．3．（2023·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，點F關于直線的對稱點恰好在y軸上．(1)求拋物線E的標準方程；(2)直線與拋物線E交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點C，若，求的最大值．【答案】(1)(2)【解析】（1）由題意得，設F關于直線的對稱點為，則，解得，∴拋物線E的標準方程為．（2）由可得，設，，則，，∴，，∴線段AB的中點坐標為，則線段AB的垂直平分線方程為，令，得，故，又，得．∴，令，則，，∴，易知函數在上單調遞增，∴當時，取得最小值，此時，故的最大值為．4（2023·浙江·校聯考模擬預測）設雙曲線的右焦點為，F到其中一條漸近線的距離為2.(1)求雙曲線C的方程；(2)過F的直線交曲線C于A，B兩點（其中A在第一象限），交直線于點M，（i）求的值；（ii）過M平行于OA的直線分別交直線OB、x軸于P，Q，證明：.【答案】(1)(2)（i）1；（ii）證明見解析【解析】（1）因為雙曲線其中一條漸近線方程為，又點到它的距離為2，所以，又，得，又因為，所以，所以雙曲線C的方程為.（2）（2）設AB直線方程為，則，代入雙曲線方程整理得：，設，則，，（i）而，所以，，則，所以；（ii）過M平行于OA的直線方程為，直線OB方程為與聯立，得，即，則，所以，由，兩式相除得，，則，所以，因為，所以，故P為線段MQ的中點，所以.5．（2023·河南·校聯考模擬預測）已知橢圓的左焦點為，點在上，的最大值為，且當垂直于長軸時，.(1)求的方程；(2)已知點為坐標原點，與平行的直線交于兩點，且直線，分別與軸的正半軸交于兩點，試探究是否為定值.若是，求出該定值；若不是，說明理由.【答案】(1)(2)是，為定值2【解析】（1）的最大值為，當垂直于長軸時，將代入橢圓可得，則，所以，解得所以的方程為（2）為定值.由題可知直線的斜率為，且直線，分別與軸的正半軸交于兩點，故設直線的方程為.聯立得，則，解得，則，所以，直線的方程為，令，得，即，所以，同理可得.故，所以為定值2.6．（2023·內蒙古赤峰·統考模擬預測）已知拋物線，過其焦點F的直線與C相交于A，B兩點，分別以A，B為切點作C的切線，相交于點P．(1)求點P的軌跡方程；(2)若PA，PB與x軸分別交于Q，R兩點，令的面積為，四邊形PRFQ面積為，求的最小值．【答案】(1)(2)2【解析】（1）拋物線的焦點.由得，∴.設，，，由導數的幾何意義可得：，，∴，即，同理．又P在PA，PB上，則，所以．∵直線AB過焦點F，∴．所以點P的軌跡方程是．（2）由（1）知，，代入得，則，則，P到AB的距離，所以，∵，當時，得，∴，∴，同理，．由得，∴四邊形PRFQ為矩形，∵，∴，∴，當且僅當時取等號．∴的最小值為2．7．（2022·全國·哈師大附中校聯考模擬預測）已知橢圓的左、右頂點分別為，，且，離心率為，過點的直線l與橢圓C順次交于點Q，P．(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在定直線與直線交于點G，使，G，Q共線．【答案】(1)(2)存在滿足條件，分析見解析.【解析】(1)∵，所以，故，∵

∴，又，所以∴橢圓C的方程為∴(2)由已知可得直線l的斜率一定存在，設直線l的方程為得：，．設，，則，∴，，，，令∴，∴∴存在直線滿足題意8（2022·上海嘉定·校考模擬預測）已知雙曲線的一條漸近線的方程為，它的右頂點與拋物線的焦點重合，經過點且不垂直于軸的直線與雙曲線交于、兩點．(1)求雙曲線的標準方程；(2)若點是線段的中點，求點的坐標；(3)設、是直線上關于軸對稱的兩點，求證：直線與的交點必在直線上．【答案】(1)(2)點的坐標為或(3)證明見解析【解析】（1）由題意得，解得，所以雙曲線的標準方程為；（2）設，，因為是線段的中點，所以，則得，解得，，所以所求點的坐標為或；（3）證明：由題意可設直線的方程為，聯立方程組，消去，并整理得，設，，，，由一元二次方程根與系數的關系，得，又設，，，則得直線的方程為，直線的方程為，兩個方程相減得①，因為，把它代入①得，所以，因此直線與的交點在直線上．9．（2022·天津北辰·天津市第四十七中學校考模擬預測）已知橢圓C:的離心率為，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形周長為.(1)求橢圓的方程；(2)直線與橢圓交于、兩點，與軸交于點，線段的垂直平分線與交于點，與軸交于點，為坐標原點，如果，求的值.【答案】(1)(2)【解析】（1）由題設得，解得，，，所以橢圓的方程為.（2）由，得，由，得.設、，則，，所以點的橫坐標，縱坐標，所以直線的方程為.令，則點的縱坐標，則，因為，所以點、點在原點兩側.因為，所以，所以.又因為，，所以，解得，所以.10．（2022·云南紅河·校考模擬預測）已知拋物線，過點的直線l交C于M，N兩點．(1)當點A平分線段時，求直線l的方程；(2)已知點，過點的直線交C于P，Q兩點，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）設，則，所以；又因為點是的中點，所以，所以，所以，所以直線的方程為：，即，聯立消得，，方程的判別式，即直線與拋物線相交，滿足條件，故直線的方程為；（2）設直線的方程為：，則，所以；方程的判別式，設，所以，所以所以，所以是的平分線，所以，即．11．（2022·四川成都·成都市第二十中學校校考一模）如圖，已知橢圓：，直線：，直線過點且斜率為．若直線與橢圓交于不同的兩點、，與直線交于點（點與點、不重合）．(1)求實數的取值范圍；(2)證明：．【答案】(1)(2)見解析【解析】（1）設直線方程為，聯立，由于直線與橢圓交于不同的兩點、，所以，化簡得，解得.（2）設，由題意可知，故為直線的傾斜角，，所以，由（1）知：—①又在直線：上，故—②將①②代入，由于所以，因此12（2022·浙江·模擬預測）拋物線C：的焦點為F，過x軸上一點（其點在F右側）的直線l交C于A，B兩點，且C在A，B兩點處的切線交于點P．(1)若l：，，求C的方程；(2)證明：．【答案】(1)；(2)見解析.【解析】（1）解：由，可得或，設,，當時，，所以，所以曲線在處切線斜率=，所以過的切線方程為：，當時，，所以，所以曲線在處切線斜率=，所以過的切線方程為：，由，解得，即，又因為，所以，解得，所以C的方程為；（2）證明：設，其中，因為當時，，所以，所以曲線在處切線斜率=，所以過的切線方程為：，即，所以,當時，解得，即直線與軸交于點，所以，設拋物線的準線為，由拋物線的幾何性質可得點A到點F的距離等于到直線l的距離，所以=，所以，同理可得直線與軸交于點，，所以，當時，則三點重合，其坐標為，所以，，所以；當時，不妨設，則M在N的左側，P在第二象限，則，，，，所以；綜上所述：.13．（2022·浙江·模擬預測）已知拋物線，其焦點與準線的距離為，若直線與交于兩點（直線不垂直于軸），且直線與另一個交點為，直線與另一個交點.(1)求拋物線的方程；(2)若點，滿足恒成立，求證：直線過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）拋物線的焦點到準線的距離為，即，拋物線的方程為：.（2）由（1）知：，設，，其中，，，，且直線的傾斜角均不為，，即，，，，即；直線方程為：，即，由得：，設點縱坐標為，則，即，將代入直線方程得點橫坐標為：，；同理可得：，，直線方程為：，即；，直線方程為：，則當時，，直線恒過定點.14．（2022·河南·校聯考模擬預測）已知橢圓C：上點與圓上點M的距離的最大值為.(1)求橢圓C的方程；(2)動直線l與橢圓C交于A，B兩點，且以AB為直徑的圓過點（Q與A，B不重合），證明：動直線l過定點，并求出該定點坐標.【答案】(1)(2)證明見解析，直線l過定點.【解析】（1）因為橢圓C：過點，所以，的圓心為，半徑為1，點與圓上點M的距離的最大值為加上半徑，即，解得：，，則橢圓C的方程為.（2）當直線l斜率存在時，設直線l：，，設點，，則，，所以或.則直線l：或l：，因為Q與A，B不重合，故不合要求，所以直線l：，即直線過定點.當直線l斜率不存在時，設直線l：，不妨設，，所以.所以，直線l：，因為Q與A，B不重合，所以不滿足題意.綜上，直線l過定點.15．（2022·陜西漢中·統考一模）已知橢圓的焦距為，設橢圓的上頂點為，左右焦點分別為，且是頂角為的等腰三角形.(1)求橢圓的標準方程；(2)已知是橢圓上的兩點，以橢圓中心為圓心的圓的半徑為，且直線與此圓相切.證明：以為直徑的圓過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題意可知，解得所以橢圓的標準方程.（2）①當直線垂直于軸時，不妨設此時，，故以直徑的圓過定點；②當直線不垂直于軸時，設直線的方程為，因為直線與圓相切，所以到直線的距離，即，由可得，所以，，所以，即.故以為直徑的圓過定點，綜上所述：以為直徑的圓過定點.16．（2022·陜西渭南·統考一模）已知橢圓：的離心率為，直線過橢圓的兩個頂點，且原點到直線的距離為.(1)求橢圓的標準方程；(2)設點，過點的直線不經過點，且與橢圓交于，兩點，證明：直線的斜率與直線的斜率之和是定值.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題意得，所以，不妨設直線的方程為，，即，所以原點到直線的距離為，解得，所以，故橢圓的標準方程為.（2）由題意得直線的斜率存在且不為0，設直線的方程為，即，設，，聯立，整理得：，則，解得，，，設直線的斜率與直線的斜率分別為，，則，故直線的斜率與直線的斜率之和是定值.17．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的右焦點為F，離心率為，直線與橢圓C交于點A，B，.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若點A關于x軸的對稱點為，點P是C上與A，不重合的動點，且直線PA，與x軸分別交于G，H兩點，O為坐標原點，證明：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）設橢圓的左焦點為，連接，由橢圓的對稱性可得，所以，得，因為橢圓的離心率，所以，所以橢圓的標準方程為.（2）設，，則，所以，，兩式相減得，直線的方程為，取，得，所以，同理可得，所以所以為定值2.18．（2022·重慶江北·校考一模）已知橢圓的左焦點為F，右頂點為，過F且斜率不為0的直線l交橢圓于A，B兩點，C為線段AB的中點，當直線l的斜率為1時，線段AB的垂直平分線交x軸于點O（O為坐標原點），且．(1)求橢圓的標準方程；(2)若直線DA，DB分別交直線于點M，N，求證：以MN為直徑的圓恒過點F．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題易知，當直線l的斜率為1時，為等腰直角三角形，所以，又，，所以，故橢圓的標準方程為．（2）由（1）知，設直線AB的方程為，，，把直線AB的方程與橢圓方程聯立，整理得，，則，．設，，由M，A，D三點共線得，得，同理，由N，B，D三點共線，得．，所以，故以MN為直徑的圓恒過點F．19．（2023·全國·模擬預測）已知A是橢圓C：的左頂點，直線l與橢圓C相交于P，Q兩點，滿足.當P的坐標為時，的面積為（O為坐標原點）.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設F是橢圓C的右焦點，求四邊形PAQF面積的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）解：將代入C的方程，得

①.因為的面積為，所以，得②.（技巧：根據已知條件選擇合適的量求三角形的面積）由①②得，故橢圓C的標準方程為.（2）易知，，直線PQ的斜率不為0，故可設直線PQ的方程為，（技巧：根據題意判斷直線PQ的斜率情況，并巧設直線的方程，避免討論）聯立方程，得，整理得，，得.設，，則，.因為，所以，即，所以，即，所以，整理得，解得或（舍去），（注意m的范圍）所以，.所以.令，則，，由對勾函數的單調性知，當且僅當，即時等號成立，所以，故四邊形PAQF面積的最大值為.20．（2023·全國·模擬預測）已知，分別為雙曲線的左、右焦點，點在C上，且．(1)求C的標準方程；(2)設點P關于坐標原點的對稱點為Q，不過點P且斜率為的直線與C相交于M，N兩點，直線PM與QN交于點，求的值．【答案】(1)(2)1【解析】（1）由題意可知，，解得，，所以的標準方程為：．（2）設，，直線MN的方程為，由得，直線MN與C相交于M，N兩點，，則．由題意知，，當直線PM，QN的斜率均存在時，，，所以直線PM的方程為，直線QN的方程為．兩方程聯立得，，顯然，又，所以，當直線PM的斜率不存在時，易求得直線PM的方程為，直線QN的方程為，則，，所以．當直線QN的斜率不存在時，易求得直線QN的方程為，直線PM的方程為，則，，所以．綜上，.21．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓的左頂點為A，點E為直線與的一個交點（異于點A），當時，點E在y軸上.(1)求的標準方程；(2)若點F為過點A且斜率為的直線與的一個交點（異于點A），求證：直線過定點，并求出該定點的坐標.【答案】(1)(2)證明見解析，【解析】（1）由題意知，直線，即，則直線過點A，因為當時，，點E在y軸上，又E在橢圓上，所以當E在y軸上時，E為橢圓的上頂點或下頂點，又，所以E為橢圓的上頂點，所以，又點E在直線上，所以，解得，所以的標準方程為.（2）當直線的斜率不存在時，點關于x軸對稱，此時的斜率為，這與的斜率為相矛盾，所以直線的斜率存在.設直線的方程為，由，消去y，得，需滿足，設，，，則，.由題意得，，則，得，即，所以，所以，即，解得或.若，則直線的方程為，即，則直線恒過定點，不符合題意.若，則直線的方程為，即，則直線恒過定點，綜上，直線恒過定點，定點坐標為.22．（2023·四川南充·四川省南部中學校考模擬預測）已知橢圓的離心率，點在橢圓上.(1)求橢圓的方程；(2)過點的直線交橢圓于兩點，試探究在軸上是否存在定點，使得為定值？若存在，求出該定值及點坐標；若不存在，請說明理由【答案】(1)(2)存在，定點，定值為【解析】（1）由題意得，解得：；故橢圓的方程為：；（2）當直線斜率不為時，設直線，與聯立得：，設，則，故，，又，則，故，令，解得：，此時為定值，當直線斜率為時，此時直線，不妨令，，滿足要求，綜上：存在定點為定值，該定值為23．（2023·廣東梅州·統考一模）已知動圓經過定點，且與圓：內切.(1)求動圓圓心的軌跡的方程；(2)設軌跡與軸從左到右的交點為點，點為軌跡上異于的動點，設交直線于點，連結交軌跡于點.直線?的斜率分別為?.（i）求證：為定值；（ii）證明直線經過軸上的定點，并求出該定點的坐標.【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析，定點【解析】（1）設動圓的半徑為，由題意得圓的圓心為，半徑；所以，，則.所以動點的軌跡是以，為焦點，長軸長為4的橢圓.因此軌跡方程為.（2）（i）設，，.由題可知，，如下圖所示：則，，而，于是，所以，又，則，因此為定值.（ii）設直線的方程為，，.由，得，所以.由（i）可知，，即，化簡得，解得或（舍去），所以直線的方程為，因此直線經過定點.24．（2023·山西臨汾·統考一模）已知用周長為36的矩形截某圓錐得到橢圓與矩形的四邊都相切且焦距為，__________.①為等差數列；②為等比數列.(1)在①②中任選一個條件，求橢圓的標準方程；(2)（1）中所求的左?右焦點分別為，過作直線與橢圓交于兩點，為橢圓的右頂點，直線分別交直線于兩點，求以為直徑的圓是否過定點，若是求出該定點；若不是請說明理由【答案】(1)(2)存在，和.【解析】（1）選①，由題意解得所以的標椎方程為.選②，由題意解得所以的標椎方程為.（2）①當直線的斜率不存在時，的方程為，不妨設在軸上方，則，的方程為，令，得，所以，同理，所以以為直徑的圓的標準方程為.②當直線的斜率存在時，設的方程為，聯立得，由韋達定理得.因為，所以的方程為，令，得，即的坐標為，同理的坐標為，所以以為直徑的圓的標準方程為將韋達定理代入并整理得，令，則，解得或.當斜率不存在時，令，則，解得或.由①②知，以為直徑的圓過和.25．（2023·四川南充·校考模擬預測）已知直線與拋物線交于，兩點，且(1)求的方程(2)若直線與交于兩點，點與點關于軸對稱，試問直線是否過定點？若過定點，求定點的坐標；若不過定點，說明理由【答案】(1)(2)過定點，【解析】（1）將代入，得，則，則，解得，故的方程為（2）設，則，聯立方程組，整理得，則，所以，因此直線的方程為，整理得，即，當時，，故直線過定點.26（2023·陜西榆林·統考一模）已知是橢圓的一個頂點，圓經過的一個頂點.(1)求的方程；(2)若直線與相交于兩點（異于點），記直線與直線的斜率分別為，且，求的值.【答案】(1)(2)【解析】（1）因為是的一個頂點，所以.又圓與坐標軸交于兩點，圓經過的一個頂點,則頂點為，故，故的方程為.（2）設，聯立方程組，消去整理得，，則，，因為，所以，整理得，則，則，即，解得或，當時，在上，不符合題意，時，符合題意，故.27．（2023·黑龍江·黑龍江實驗中學校考一模）已知橢圓經過點，且橢圓的長軸長為．(1)求橢圓的方程；(2)設經過點的直線與橢圓相交于、兩點，點關于軸的對稱點為，直線與軸相交于點，求的面積的取值范圍．【答案】(1)(2)【解析】（1）解：因為橢圓的長軸長為，則，將點的坐標代入橢圓的方程可得，可得，所以，橢圓的標準方程為.（2）解：若與軸重合，則不存在，設直線的方程為，設點、，若，則點與點重合，不合乎題意，所以，，聯立可得，，由韋達定理可得，，易知點，，直線的方程為，將代入直線的方程可得，即點，，所以，，令，則函數在上為增函數，所以，，所以，.故的面積的取值范圍是.28．（2023·全國·唐山市第十一中學校考模擬預測）已知拋物線，是軸下方一點，為上不同兩點，且的中點均在上.(1)若的中點為，證明：軸；(2)若在曲線上運動，求面積的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）設，，，則的中點在拋物線上，所以，化簡得，同理由的中點在拋物線上可得，因為，所以是關于的一元二次方程的兩個不等實根，所以，，所以的中點的橫坐標為，它與的橫坐標相同，所以軸.（2）不妨設，則，由軸，得，因為在曲線上運動，是軸下方一點，所以，且，所以，因為的中點的縱坐標為，所以，又，所以，令，因為，所以，所以，因為在上為增函數，所以當時，取最大值.29．（2023·廣東佛山·統考一模）已知橢圓的左焦點為，左、右頂點及上頂點分別記為、、，且.(1)求橢圓的方程；(2)設過的直線交橢圓于P、Q兩點，若直線、與直線l：分別交于M、N兩點，l與x軸的交點為K，則是否為定值？若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.【答案】(1)(2)為定值【解析】（1）解：依題意，，，所以，，由，可得，即，解得或（舍去），故，，所以橢圓的方程為.（2）解：設直線的方程為，，，聯立，消去整理得，所以，，直線的方程為，令，得，同理可得，所以，故為定值.30．（2023·福建·統考一模）已知橢圓的離心率為，其左焦點為．(1)求的方程；(2)如圖，過的上頂點作動圓的切線分別交于兩點，是否存在圓使得是以為斜邊的直角三角形？若存在，求出圓的半徑；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由見解析【解析】（1）由題意設焦距為，則，由離心率為，所以，則，的方程為．（2）不存在，證明如下：假設存在圓滿足題意，當圓過原點時，直線與軸重合，直線的斜率為0，不合題意．依題意不妨設為：，：，，，圓的半徑為，則圓心到直線的距離為，即是關于的方程的兩異根，此時，再聯立直線與橢圓方程得，所以，即，得所以，同理由，得，由題意，，即，此時，所以，因為，所以方程無解，命題得證．31．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓：的離心率為，過左焦點的直線與橢圓交于，兩點，且線段的中點為.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設為上一個動點，過點與橢圓只有一個公共點的直線為，過點與垂直的直線為，求證：與的交點在定直線上，并求出該定直線的方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析，，【解析】（Ⅰ）由題可知，直線的斜率存在.設，，由于點，都在橢圓上，所以①，②，①-②，化簡得③又因為離心率為，所以.又因為直線過焦點，線段的中點為，所以，，，代入③式，得，解得.再結合，解得，，故所求橢圓的方程為.（Ⅱ）證明：設，由對稱性，設，由，得橢圓上半部分的方程為，，又過點且與橢圓只有一個公共點，所以，所以：，④因為過點且與垂直，所以：，⑤聯立④⑤，消去，得，又，所以，從而可得，所以與的交點在定直線上.32．（2022·全國·校聯考模擬預測）已知為的兩個頂點，為的重心，邊上的兩條中線長度之和為6.(1)求點的軌跡的方程.(2)已知點，直線與曲線的另一個公共點為，直線與交于點，求證：當點變化時，點恒在一條定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）因為為的重心，且邊上的兩條中線長度之和為6，所以,故由橢圓的定義可知的軌跡是以為焦點的橢圓（不包括長軸的端點），且，所以，所以的軌跡的方程為；（2）設直線的方程為：，，聯立方程得：，則，所以，又直線的方程為：，又直線的方程為：，聯立方程得：，把代入上式得：，所以當點運動時，點恒在定直線上33（2023·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，圓，，C為圓A上一點，線段BC的垂直平分線與線段AC交于點P，記點P的軌跡為曲線E．(1)求曲線E的方程；(2)若過點且斜率存在的直線l交曲線E于點M，N，線段MN上存在點S使得，求的最小值．【答案】(1)(2)【解析】（1）連接BP，∵P在線段BC的垂直平分線上，∴，∴，又，∴曲線E是長軸長為10，B，A分別為左、右焦點的橢圓．又，∴曲線E的方程為．（2）當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為，此時，或，，此時.當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為，，，，易知點D在曲線E外，則，，∴，解得．聯立，得，整理得，方程,的判別式,解得或.又，，則①．∵點在直線上，∴②．由①得，由②得，∴，整理得，∴點在線段（在橢圓內部，）上運動．故點在線段（在橢圓內部）上運動．記為關于的對稱點，連接交于，則當與重合時最小，最小值為．連接交于，則為的中點，∵，的斜率為，∴直線的斜率為5，又，∴直線的方程為．聯立方程，得，得，得，∴，∴的最小值為．34．（2023·全國·校聯考模擬預測）已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸、軸，且過、兩點.(1)求的方程；(2)若，過的直線與交于、兩點，求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）解：設橢圓的方程為，將點、的坐標代入橢圓的方程可得，解得，因此，橢圓的方程為.（2）證明：若直線與軸重合，則、為橢圓長軸的端點，不妨設點，則點，則，，成立；若直線不與軸重合，設直線的方程為，設點、，聯立可得，，由韋達定理可得，，，所以，軸平分，所以，.綜上所述，.35．（2023·湖北·宜昌市一中校聯考模擬預測）設點A為雙曲線的左頂點,直線l經過點,與C交于不與點A重合的兩點P,Q．(1)求直線的斜率之和;(2)設在射線上的點R滿足,求直線的斜率的最大值．【答案】(1)(2)【解析】（1）由題知.由于平移不改變斜率,作平移變換.則點的坐標變為,點的坐標變為雙曲線方程變為,即①設點與點連線的斜率為,則.①式兩邊同除以,得,即②由題知,直線PQ不過點,所以設直線因為直線PQ過點,所以,即,所以所以,代入(2)得方程的兩根即為AP,AQ的斜率,由韋達定理所以直線AP,AQ的斜率之和為（2）(2)設AP斜率為斜率為聯立,得.聯立,得.由可知,AP為外接圓的切線,且設所以即,即當時取等所以,直線PR的斜率的最大值為36．（2023·山西·統考一模）雙曲線的左、右頂點分別為，，焦點到漸近線的距離為，且過點.(1)求雙曲線的方程；(2)若直線與雙曲線交于，兩點，且，證明直線過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由雙曲線可得漸近線為，不妨取漸近線即由焦點到漸近線的距離為可得，即由題意得，得，從而雙曲線的方程為.（2）設直線的斜率為，則直線的斜率為，由題意可知：直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與雙曲線方程得，于是，從而，從而，聯立直線與雙曲線方程得，于是，從而，從而，于是，從而，化簡得，從而過定點.37．（2023·四川南充·四川省南充高級中學校考模擬預測）已知橢圓：的右焦點為在橢圓上，的最大值與最小值分別是6和2.(1)求橢圓的標準方程.(2)若橢圓的左頂點為，過點的直線與橢圓交于（異于點）兩點，直線分別與直線交于兩點，試問是否為定值?若是，求出該定值；若不是，請說明理由.【答案】(1)(2)是定值，定值為【解析】（1）設橢圓的焦距為，由題意可得，解得，故橢圓的標準方程為.（2）由（1）得，當直線垂直于軸時，，代入橢圓方程，解得，.所以直線的方程為，令，得，則，直線的方程為，令，得，則，所以，，則，即，若為定值，則必為，當直線的斜率存在時，設直線，，，聯立整理得，，則，，直線的方程為，令，得，則，直線的方程為，令，得，則，因為，所以，，則，故，即.綜上，為定值.38．（2023·廣西·統考模擬預測）如圖，已知點是焦點為的拋物線：上一點，，是拋物線上異于的兩點，且直線，的傾斜角互補，若直線的斜率為.(1)證明：直線的斜率為定值；(2)在中，記，，求最大值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）將點代入拋物線方程可得：，拋物線：設直線方程為：，與拋物線方程聯立可得：，所以，用代可得：，因此，即，故直線的斜率為定值.（2）由（1）可知，，將帶入直線方程，解得則，用代可得：，因此直線方程：，到直線的距離所以因為，所以，令，易得此函數在時為單調增函數，則，所以當且僅當（負值舍去）時取等號39．（2023·陜西商洛·校考三模）已知橢圓C：（）離心率為，短軸長為2，雙曲線E：的離心率為，且.(1)求橢圓C的標準方程；(2)過橢圓C的右焦點的直線交橢圓于A，B兩點，線段的垂直平分線交直線l：于點M，交直線于點N，當最小時，求直線的方程.【答案】(1)(2)或【解析】（1）雙曲線的離心率，由，則，其中，所以，即橢圓方程為：（2）當直線的斜率存在且為零時，其垂直平分線與直線l平行，不滿足題意，故直線的斜率不為零，可設直線的方程為，，，.聯立直線與橢圓C的方程，消去x得，由一元二次方程根與系數的關系可得，則，由，則，又則當且僅當，即時取等號.此時直線的方程為或.故當最小時，直線的方程為或.40．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓E的方程；（2）若過點的任意直線與橢圓E相交