押新高考第19題A 圓錐曲線綜合（解答題）-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)臨考題號押題（全解全析）

第第頁押新高考19題A圓錐曲線綜合（解答題）考點4年考題考情分析圓錐曲線綜合2023年新高考Ⅰ卷第22題2023年新高考Ⅱ卷第21題2022年新高考Ⅰ卷第21題2022年新高考Ⅱ卷第21題2021年新高考Ⅰ卷第21題2021年新高考Ⅱ卷第20題2020年新高考Ⅰ卷第22題2020年新高考Ⅱ卷第21題圓錐曲線大題難度較難，縱觀近幾年的新高考試題，主要以雙曲線、橢圓和拋物線為背景考查斜率及面積問題、軌跡問題、方程求解及劣構(gòu)性問題、定值問題、范圍問題等知識點，同時也是高考沖刺復(fù)習(xí)的重點復(fù)習(xí)內(nèi)容。可以預(yù)測2024年新高考命題方向?qū)⒗^續(xù)以難度性的綜合問題展開命題．1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真題第22題）在直角坐標(biāo)系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設(shè)直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導(dǎo)即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標(biāo)系法，再設(shè)點，利用三角換元再對角度分類討論，結(jié)合基本不等式即可證明.【詳解】（1）設(shè),則，兩邊同平方化簡得，故.（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，同理令，且，則，設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，則，易知則令,令，解得，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，則，故,即.當(dāng)時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設(shè)在上，且，

依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，直線的方程為，則聯(lián)立得，，則則，同理，令，則，設(shè)，則，令，解得，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設(shè),根據(jù)對稱性不妨設(shè).則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當(dāng)時,②當(dāng)時,由于,從而,從而又,故,由此，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故，故矩形周長大于.

.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的第二個的關(guān)鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設(shè)新函數(shù)求導(dǎo)，最后再排除邊界值即可.2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真題第21題）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；（2）設(shè)出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，然后由點的坐標(biāo)分別寫出直線與的方程，聯(lián)立直線方程，消去，結(jié)合韋達(dá)定理計算可得，即交點的橫坐標(biāo)為定值，據(jù)此可證得點在定直線上.【詳解】（1）設(shè)雙曲線方程為，由焦點坐標(biāo)可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設(shè)，顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線的方程為，且，與聯(lián)立可得，且，則，

直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據(jù)此可得點在定直線上運動.【點睛】關(guān)鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中根據(jù)設(shè)而不求的思想，利用韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系可以簡化運算，是解題的關(guān)鍵.3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真題第21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)．【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設(shè)，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的坐標(biāo)，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．【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(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當(dāng)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(zhuǎn)化不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當(dāng)均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負(fù)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(dāng)均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負(fù)值舍去），于是，直線，直線，聯(lián)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(shè)直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯(lián)立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整體點評】（2）法一：由第一問結(jié)論利用傾斜角的關(guān)系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點坐標(biāo)，進(jìn)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(biāo)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·新高考Ⅱ卷高考真題第21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【分析】（1）利用焦點坐標(biāo)求得的值，利用漸近線方程求得的關(guān)系，進(jìn)而利用的平方關(guān)系求得的值，得到雙曲線的方程；（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的斜率為k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結(jié)合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉(zhuǎn)化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結(jié)論，進(jìn)行證明即可.【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(guān)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(shè)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(lián)立消去y并化簡整理得：設(shè),線段中點為,則,設(shè),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(biāo)：,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·新高考Ⅰ卷高考真題第21題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設(shè)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）.【分析】(1)利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；(2)方法一：設(shè)出點的坐標(biāo)和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達(dá)定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.【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(shè)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(lián)立如圖所示，設(shè),設(shè)直線的方程為．聯(lián)立,化簡得.則．故．則．設(shè)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(shù)方程法設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，則其參數(shù)方程為，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，可得，整理得．設(shè)，由根與系數(shù)的關(guān)系得．設(shè)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(shè),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(shù)為0，即.【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理處理圓錐曲線問題是最經(jīng)典的方法，它體現(xiàn)了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：參數(shù)方程的使用充分利用了參數(shù)的幾何意義，要求解題過程中對參數(shù)有深刻的理解，并能夠靈活的應(yīng)用到題目中.方法三：圓冪定理的應(yīng)用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應(yīng)用使得計算更為簡單.6．（2021·新高考Ⅱ卷高考真題第20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(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F(xiàn)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(jìn)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(lián)立直線與橢圓方程可證；充分性：設(shè)直線，由直線與圓相切得，聯(lián)立直線與橢圓方程結(jié)合弦長公式可得，進(jìn)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(dāng)直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設(shè)直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯(lián)立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設(shè)直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯(lián)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(xiàn)三點共線，充分性成立；所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵是直線方程與橢圓方程聯(lián)立及韋達(dá)定理的應(yīng)用，注意運算的準(zhǔn)確性是解題的重中之重.1.利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解2.若直線與圓雉曲線相交于，兩點，由直線與圓錐曲線聯(lián)立，消元得到（）則：則：弦長或圓錐曲線弦長萬能公式（硬解定理）設(shè)直線方程為:y=kx+圓錐曲線的方程為:fx可化為ax設(shè)直線和曲線的兩交點為Ax1,y1,Bx2,yAB

(2)若消去x,得aAB處理定點問題的思路：（1）確定題目中的核心變量（此處設(shè)為），（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯(lián)系，得到有關(guān)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(guān)于與的等式進(jìn)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(guān)系，可消去變?yōu)槌?shù).處理定值問題的思路：聯(lián)立方程，用韋達(dá)定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化簡即可.1．（2024·浙江·二模）已知橢圓的左頂點和下頂點B，焦距為，直線l交橢圓L于C，D（不同于橢圓的頂點）兩點，直線AD交y軸于M，直線BC交x軸于N，且直線MN交l于P.(1)求橢圓L的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線AD，BC的斜率相等，證明：點P在一條定直線上運動.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由頂點坐標(biāo)和焦距可求出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線AD，BC的斜率為k，聯(lián)立直線和橢圓方程，得到聯(lián)立直線和橢圓方程由于，所以，可得點，利用消元法可得點P的軌跡方程，即可得證.【詳解】（1）由已知得：，所以，所以橢圓（2）設(shè)直線的斜率為.則直線，直線，得聯(lián)立得，易知.由，得，于是.同理：由于，所以，即，得①，同理②，由①②得，故點在直線上運動.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是設(shè)出直線的方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，得到點的坐標(biāo)，從而得解.2．（2024·江蘇·模擬預(yù)測）已知橢圓的右焦點為，點在橢圓上，且垂直于軸．(1)求橢圓的方程；(2)直線斜率存在，交橢圓于兩點，三點不共線，且直線和直線關(guān)于對稱．（ⅰ）證明：直線過定點；（ⅱ）求面積的最大值．【答案】(1)(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）【分析】（1）由焦點坐標(biāo)和橢圓上的點，求橢圓的方程；（2）設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，由，結(jié)合韋達(dá)定理得系數(shù)間的關(guān)系，可得直線所過定點，利用面積公式表示出的面積，由基本不等式求最大值.【詳解】（1）點在橢圓上，且垂直于軸，則有設(shè)橢圓的焦距為，則，點代入橢圓方程，有，解得，則，所以橢圓的方程為.（2）（?。┰O(shè)直線l的方程為，由，消去y，整理得，因為l交橢圓C于兩點，所以，設(shè)，所以，因為直線和直線關(guān)于對稱，所以所以所以解得.所以直線l的方程為，所以直線l過定點.（ⅱ）設(shè)直線l的方程為，由，消去，整理得，因為l交橢圓C于兩點，所以，解得，，所以，所以令則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以面積的最大值為.【點睛】方法點睛：解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系．涉及到直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．強(qiáng)化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．3．（2024·江蘇·一模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點，過橢圓的上頂點作兩條動直線分別與交于另外兩點.當(dāng)時，.(1)求的值；(2)若，求和的值.【答案】(1)2(2)，【分析】（1）聯(lián)立直線直線和橢圓的方程，求出M點坐標(biāo)，根據(jù)列出關(guān)于a的方程，即可求得答案.（2）聯(lián)立直線和橢圓方程，求出點的坐標(biāo)的表達(dá)式，即可求得，的表達(dá)式，結(jié)合，可推出，即三點共線，結(jié)合，可得，由此即可取得答案.【詳解】（1）由題意得，直線的方程為，聯(lián)立，解得或，代入，得，由得，，解得，；（2）由（1）知橢圓方程為，聯(lián)立，得，解得或，即，則，即，同理可得，則，，由于，故，故，即三點共線，

又，故，又，，故，解得，由于，故.【點睛】難點點睛：本題考查了直線和橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用問題，解答的難點在于計算比較復(fù)雜，并且都是有關(guān)字母參數(shù)的運算，計算量較大，需要有較強(qiáng)的計算能力..4．（2024·河北滄州·一模）已知橢圓的上頂點為，直線與橢圓交于兩點，且直線與的斜率之積為．(1)求橢圓的方程；(2)若直線，直線與橢圓交于兩點，且直線與的斜率之和為1，求與之間距離的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）聯(lián)立方程組，根據(jù)，利用韋達(dá)定理可求，從而得解；（2）設(shè)直線，聯(lián)立方程組，根據(jù)，利用韋達(dá)定理可得，由兩平行直線間的距離公式，并利用導(dǎo)數(shù)求最值.【詳解】（1）設(shè)由題意，可知，則橢圓，聯(lián)立方程組，得，顯然，且，因為，即，化簡得所以解得，所以橢圓（2）由直線，設(shè)直線，，聯(lián)立方程組，得，則得

①且，又因為，即，化簡得，則，化簡得，因為，所以，結(jié)合①可知，與之間距離，設(shè)，則，當(dāng)時，，則當(dāng)，，則單調(diào)遞減，當(dāng)，，則單調(diào)遞增，所以，又，所以，所以.【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為，；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.5．（2024·湖南長沙·一模）已知雙曲線與直線：（）有唯一的公共點，直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，其中點，在第一象限.(1)探求參數(shù)，滿足的關(guān)系式；(2)若為坐標(biāo)原點，為雙曲線的左焦點，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）將直線與雙曲線方程聯(lián)立，因只有一個切點從而可得，從而求解.（2）將直線分別與雙曲線的兩漸近線方程聯(lián)立求出，，由（1）可求出，即，分別求出，，，從而可求解.【詳解】（1）聯(lián)立方程，整理得.由，且是雙曲線與直線的唯一公共點，可得，則，即為參數(shù)，滿足的關(guān)系式.

結(jié)合圖象，由點在第一象限，可知，且.所以，的關(guān)系式滿足.（2）由題可得雙曲線的左焦點，漸近線為.聯(lián)立方程，解得，即；聯(lián)立方程，解得，即.結(jié)合，且由式可變形為，解得，可得.要證，即證，即證，即證，即證.由，得.根據(jù)直線的斜率公式，，，，則，，可得，因此，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用直線與雙曲線方程聯(lián)立后利用，從而求得和點坐標(biāo)，然后由直線分別與雙曲線的兩漸近線聯(lián)立求出坐標(biāo)，要證，從而可求解.6．（2024·河北·模擬預(yù)測）過雙曲線的右焦點作斜率相反的兩條直線、，與的右支交與、兩點，與的右支交、兩點，若、相交于點．(1)求證：點為定點；(2)設(shè)的中點為的中點為，當(dāng)四邊形的面積等于時，求四邊形的周長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）設(shè)直線的斜率為，則直線：，，，不妨設(shè)，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達(dá)定理，根據(jù)對稱性，可知點一定在軸上，設(shè)，又，由得到方程，求出，即可得證；（2）設(shè)、與軸的交點分別為、，則，且與互相平分，由面積推導(dǎo)出，即四邊形為正方形，從而得到且斜率為，即可求出的方程，聯(lián)立求出、坐標(biāo)，從而得到、坐標(biāo)，再計算周長即可.【詳解】（1）易知雙曲線的右焦點，由與的右支交與、兩點，與的右支交、兩點，設(shè)直線的斜率為，則直線：，由，得，設(shè)，，不妨設(shè)，則，解得或，又與斜率相反，即與關(guān)于軸對稱，又、相交于點，則點與點對稱，點與點對稱，則與也關(guān)于軸對稱，根據(jù)對稱性可知點一定在軸上，設(shè)，又，所以，所以，即，解得，所以直線、相交于點.（2）依題意四邊形為等腰梯形，為梯形的中位線，設(shè)、與軸的交點分別為、，則，且與互相平分，所以，所以，則四邊形為正方形，所以且斜率為，所以直線：，則，得，解得或，則，，所以，，則，，所以，，，所以四邊形的周長為.

【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.7．（2024·重慶·一模）已知點為圓上任意一點，，線段的垂直平分線交直線于點．(1)求點的軌跡方程；(2)設(shè)過點的直線與點的軌跡交于點，且點在第一象限內(nèi)．已知，請問是否存在常數(shù)，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)，證明見解析.【分析】（1）利用雙曲線定義即可得到其方程；（2）先得到特殊情況時，再證明其對一般情況也適用.【詳解】（1）連接，則，點的軌跡是以點，為焦點的雙曲線，點的軌跡方程為:.（2）因為點的軌跡方程為:，則.當(dāng)直線的方程為時，則，解得（負(fù)舍，）則，而，易知此時為等腰直角三角形，其中，即，即:，下證：對直線斜率存在的情形也成立，設(shè)，其中，且，因為，則，且，即，，，，結(jié)合正切函數(shù)在上的圖象可知，.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第二問的關(guān)鍵是采用先猜后證的思想，先得到直線斜率不存在時，然后通過二倍角得正切公式證明一般情況即可.8．（2024·遼寧·一模）已知平面上一動點到定點的距離比到定直線的距離小，記動點的軌跡為曲線.(1)求的方程；(2)點為上的兩個動點，若恰好為平行四邊形的其中三個頂點，且該平行四邊形對角線的交點在第一?三象限的角平分線上，記平行四邊形的面積為，求證：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)距離公式列等量關(guān)系即可求解，或者利用拋物線的定義求解，（2）根據(jù)點差法可得斜率關(guān)系，聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達(dá)定理，即可根據(jù)弦長公式求解長度，由點到直線的距離公式表達(dá)面積，即可利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值.【詳解】（1）解法一：設(shè)，易知，根據(jù)題意可得，化簡得，所以的方程為.解法二：因為點到定點的距離比到定直線的距離小，所以點到定點的距離與到定直線的距離相等，由拋物線的定義可知，點的軌跡是以定點為焦點，定直線為準(zhǔn)線的拋物線，所以的方程為.（2）證明：設(shè)，直線的斜率為，線段的中點為，

因為平行四邊形MANB對角線的交點在第一?三象限的角平分線上，所以線段的中點在直線上，設(shè)，所以所以，又所以，即.設(shè)直線的方程為，即，聯(lián)立整理得，所以，解得，，則.又點到直線的距離為，所以，記，因為，所以，所以.令，則，令，可得，當(dāng)時，在區(qū)間,內(nèi)單調(diào)遞增，當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以當(dāng)，即時，取得最大值，即，所以.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的范圍或最值問題，可根據(jù)題意構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的目標(biāo)函數(shù)，然后根據(jù)題目中給出的范圍或由判別式得到的范圍求解，解題中注意函數(shù)單調(diào)性和基本不等式的作用．另外在解析幾何中還要注意向量的應(yīng)用，如本題中根據(jù)向量的共線得到點的坐標(biāo)之間的關(guān)系，進(jìn)而為消去變量起到了重要的作用9．（2024·廣東·一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為，直線與雙曲線交于兩點，是雙曲線上一點（與不重合），直線的斜率分別為，且．(1)求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知直線，且與雙曲線交于兩點，為的中點，為坐標(biāo)原點，且，若直線與圓相切，求直線的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根據(jù)題意，利用點差法求得的關(guān)系，再利用雙曲線的定義即可得解；（2）先利用直線與圓相切得到的關(guān)系，再聯(lián)立直線與雙曲線的方程，推得，進(jìn)而利用弦長公式得到關(guān)于的方程，解之即可得解.【詳解】（1）依題意，設(shè)，，點在雙曲線上，，兩式相減得，整理得，所以，，由雙曲線的定義可知，||，解得，，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）因為直線與圓相切，所以點到直線的距離，，聯(lián)立，消去，得且，則，即，設(shè)，，，為的中點，為坐標(biāo)原點且，，將代入上式，，解得或，所以直線的方程為或.【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.10．（2024·湖南·一模）已知雙曲線的漸近線方程為，的半焦距為，且．(1)求的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)若為上的一點，且為圓外一點，過作圓的兩條切線（斜率都存在），與交于另一點與交于另一點，證明：（?。┑男甭手e為定值；（ⅱ）存在定點，使得關(guān)于點對稱．【答案】(1)(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）利用漸近線方程可得，再由焦距為以及即可求得，，可得的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）（i）設(shè)切線方程為，利用直線和圓相切可得，再由韋達(dá)定理整理可得的斜率之積為定值，且定值為2；（ii）聯(lián)立直線與雙曲線方程，可得，同理可求出，化簡得，所以，因此關(guān)于點對稱.【詳解】（1）因為的漸近線方程為，所以，則，所以，因為，所以，得.因為，所以，可得，所以，故的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）證明：（i）設(shè)，如下圖所示：設(shè)過點的切線的斜率為，則切線方程為，即，所以，即，因此的斜率是上式中方程的兩根，即.又因為，所以所以的斜率之積為定值，且定值為.（ii）不妨設(shè)直線的斜率為，直線的斜率為，聯(lián)立，得.因為，所以，則，同理可得，所以.因為，所以，所以，得.因為都在上，所以或（舍去），所以存在定點，使得關(guān)于點對稱.【點睛】方法點睛：處理圓錐曲線中定點、定值時，經(jīng)常聯(lián)立直線和曲線方程利用韋達(dá)定理對表達(dá)式進(jìn)行整理化簡，便可得出結(jié)論.11．（2024·湖北·一模）已知雙曲線經(jīng)過橢圓的左、右焦點，設(shè)的離心率分別為，且．(1)求的方程；(2)設(shè)為上一點，且在第一象限內(nèi)，若直線與交于兩點，直線與交于兩點，設(shè)的中點分別為，記直線的斜率為，當(dāng)取最小值時，求點的坐標(biāo)．【答案】(1)的方程為的方程為(2)【分析】（1）由題意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；（2）設(shè)直線的斜率分別為，由題意可得，設(shè)直線的方程為：，聯(lián)立可得，同理可得，即可求出直線的斜率為，再由基本不等式即可得出答案.【詳解】（1）依題意可得，得，由，得，解得，故的方程為的方程為．（2）易知，設(shè)，直線的斜率分別為，則，在，即有，可得為定值．設(shè)直線的方程為：，聯(lián)立可得恒成立，設(shè)，則有，可求得，設(shè)直線的方程為：，同理可得，則由可得：，點在第一象限內(nèi)，故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，而，故等號可以取到．即當(dāng)取最小值時，，聯(lián)立，可解得，故的方程為：的方程為：，聯(lián)立可解得，即有．

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題（2）問的關(guān)鍵點在于設(shè)直線的斜率分別為，由題意可得，聯(lián)立直線與橢圓的方程求得，聯(lián)立直線與橢圓的方程同理可得，即可求出直線的斜率為，再由基本不等式即可得出答案.12．（2024·湖北·二模）如圖，為坐標(biāo)原點，為拋物線的焦點，過的直線交拋物線于兩點，直線交拋物線的準(zhǔn)線于點，設(shè)拋物線在點處的切線為．

(1)若直線與軸的交點為，求證：；(2)過點作的垂線與直線交于點，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)拋物線方程可得焦點坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程，設(shè)直線的方程為聯(lián)立直線和拋物線方程求得，，即可得，得證；（2）寫出過點的的垂線方程，解得交點的縱坐標(biāo)為，再由相似比即可得，即證得.【詳解】（1）易知拋物線焦點，準(zhǔn)線方程為；設(shè)直線的方程為聯(lián)立得，可得，所以；不妨設(shè)在第一象限，在第四象限，對于；可得的斜率為所以的方程為，即為令得直線的方程為，令得．又，所以即得證．（2）方法1：由（1）中的斜率為可得過點的的垂線斜率為，所以過點的的垂線的方程為，即，如下圖所示：

聯(lián)立，解得的縱坐標(biāo)為要證明，因為四點共線，只需證明（*）．，．所以（*）成立，得證.方法2：由知與軸平行，①又的斜率為的斜率也為，所以與平行，②，由①②得，即得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問的關(guān)鍵是采用設(shè)點法，從而得到，解出點的坐標(biāo)，從而轉(zhuǎn)化為證明即可.13．（2024·山東淄博·一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點.點是平面內(nèi)的動點.若以PF為直徑的圓與圓相切，記點P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點，直線AM，AN分別與曲線C交于點S，T(S，T異于A)，過點A作，垂足為H，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）設(shè)，根據(jù)代入坐標(biāo)化簡得到軌跡方程；（2）設(shè)直線，將其與雙曲線方程聯(lián)立得到韋達(dá)定理式，求出的縱坐標(biāo)，從而有，代入韋達(dá)定理式化簡得，從而得到直線所過定點，得到點軌跡方程，從而得到最大值.【詳解】（1）設(shè)，則的中點，根據(jù)題意得，即，整理得，化簡整理，得點的軌跡方程.（2）設(shè)，由對稱性可知直線的斜率存在，所以可設(shè)直線，聯(lián)立直線與曲線的方程，得，消元整理，得，則，①②所以，令，得點縱坐標(biāo)，同理可得點縱坐標(biāo)，故，將代入上式整理，得，將②代入得，若，則直線，恒過不合題意；若，則，恒過，因為直線恒過，且與始終有兩個交點，又，，垂足為，所以點軌跡是以為直徑的圓（不含點），設(shè)中點為，則圓心，半徑為1，所以，當(dāng)且僅當(dāng)點在線段上時，取最大值.【點睛】關(guān)鍵點點點睛：本題第二問的關(guān)鍵是采用設(shè)線法聯(lián)立雙曲線方程得到韋達(dá)定理式，再代入化簡求出直線恒過，則得到點軌跡，最后求出最值,14．（2024·山東濟(jì)南·一模）已知雙曲線C：的左右頂點分別為，，過點的直線與雙曲線C的右支交于M，N兩點.(1)若直線的斜率k存在，求k的取值范圍；(2)記直線，的斜率分別為，，求的值；(3)設(shè)G為直線與直線的交點，，的面積分別為，，求的最小值.【答案】(1)；(2)；(3)3.【分析】（1）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，結(jié)合題意列出不等式組，即可求解；（2）由（1）得到，求得，結(jié)合斜率公式，準(zhǔn)確運算，即可求解；（3）由（2）可知，設(shè)與的方程分別為和，兩兩方程組，求得，結(jié)合三角形的面積公式和不等式的性質(zhì)，即可求解.【詳解】（1）解：設(shè)，，直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，因為直線與雙曲線的右支交于兩點，可得，解得，又由直線的斜率為，可得的取值范圍是.（2）解：由雙曲線，可得，，由（1）可得，，則.所以.（3）解：由（2）可知，所以直線與直線的方程分別為和，聯(lián)立兩直線方程可得交點的橫坐標(biāo)為，于是，故的最小值為，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號成立.

【點睛】方法技巧：求解圓錐曲線的最值問題的解答策略與技巧：1、幾何方法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圓、圓錐曲線的定義、圖形，以及幾何性質(zhì)求解；2、代數(shù)方法：當(dāng)題目給出的條件和結(jié)論的幾何特征不明顯，則可以建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個目標(biāo)函數(shù)的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③單調(diào)性法；④三角換元法；⑤導(dǎo)數(shù)法等，要特別注意自變量的取值范圍.15．（2024·山東青島·一模）已知O為坐標(biāo)原點，點W為：和的公共點，，與直線相切，記動點M的軌跡為C．(1)求C的方程；(2)若，直線與C交于點A，B，直線與C交于點，，點A，在第一象限，記直線與的交點為G，直線與的交點為H，線段AB的中點為E．①證明：G，E，H三點共線；②若，過點H作的平行線，分別交線段，于點，，求四邊形面積的最大值．【答案】(1)(2)①證明見解析；②16【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題目條件列式化簡可得軌跡；（2）①設(shè)線段的中點為，利用向量證明G，E，F(xiàn)三點共線，同理H，E，F(xiàn)三點共線，進(jìn)而可得結(jié)論；②將四邊形面積轉(zhuǎn)化為四邊形GAHB面積，將直線和拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，求出直線和直線的方程，則可求出坐標(biāo)，然后利用面積公式求解最值即可.【詳解】（1）設(shè)，與直線的切點為N，則，所以化簡得，所以C的方程為：；（2）①設(shè)線段的中點為，因為，所以可設(shè)，，又因為，所以G，E，F(xiàn)三點共線，同理，H，E，F(xiàn)三點共線，所以G，E，H三點共線．②設(shè)，，，，AB中點為E，中點為F，將代入得：，所以，，所以，同理，，（均在定直線上）因為，所以△EAT與△EAH面積相等，與△EBH面積相等；所以四邊形的面積等于四邊形GAHB的面積，設(shè)，，直線，即整理得：直線，又因為，所以，同理，直線，，所以所以所以四邊形GAHB面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即，即時取等號，所以四邊形面積的最大值為16．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是將四邊形的面積轉(zhuǎn)化為四邊形GAHB的面積，還有充分利用第一問中的點共線求出的橫坐標(biāo)，可以給求面積帶來便利.16．（2024·山東臨沂·一模）動圓與圓和圓都內(nèi)切，記動圓圓心的軌跡為.(1)求的方程；(2)已知圓錐曲線具有如下性質(zhì)：若圓錐曲線的方程為，則曲線上一點處的切線方程為：，試運用該性質(zhì)解決以下問題：點為直線上一點（不在軸上），過點作的兩條切線，切點分別為.（i）證明：直線過定點；（ii）點關(guān)于軸的對稱點為，連接交軸于點，設(shè)的面積分別為，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）證明見解析，（ii）【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義求解點的軌跡方程；（2）（i）根據(jù)題意中的性質(zhì)求解出兩條切線方程，代入點坐標(biāo)后，得出直線的方程，從而得出定點坐標(biāo)；（ii）聯(lián)立直線的方程與橢圓的方程，由韋達(dá)定理得出，進(jìn)而求解出的定點坐標(biāo)，表示出，由基本不等式得出結(jié)果.【詳解】（1）設(shè)動圓的半徑為，由題意得圓和圓的半徑分別為，，因為與，都內(nèi)切，所以，，所以，又，，故，所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，設(shè)的方程為：，則，，所以，故的方程為：.（2）（i）證明：設(shè)，，，由題意中的性質(zhì)可得，切線方程為，切線方程為，因為兩條切線都經(jīng)過點，所以，，故直線的方程為：，顯然當(dāng)時，，故直線經(jīng)過定點.（ii）設(shè)直線的方程為：，聯(lián)立，整理得，由韋達(dá)定理得，又，所以直線的方程為，令得，，所以直線經(jīng)過定點，又，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時取等號.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；(2)“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求點；(3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.17．（2024·福建廈門·二模）已知，，為平面上的一個動點.設(shè)直線的斜率分別為，，且滿足.記的軌跡為曲線.(1)求的軌跡方程；(2)直線，分別交動直線于點，過點作的垂線交軸于點.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由.【答案】(1)(2)存在，12【分析】（1）設(shè)點，由題意列出等式，化簡即可求得答案；（2）分別設(shè)直線的方程，求出點的坐標(biāo)，即可得出直線的方程，繼而求出H點坐標(biāo)，從而求出的表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)知識，即可得結(jié)論，并求得最大值.【詳解】（1）由題意設(shè)點，由于，故，整理得，即的軌跡方程為；（2）由題意知直線的斜率分別為，，且滿足，設(shè)直線的方程為，令，則可得，即，直線，同理求得，又直線的方程為，令，得，即，故，當(dāng)時，取到最大值12，即存在最大值，最大值為12.【點睛】易錯點點睛：本題考查軌跡方程的求解以及直線和橢圓位置關(guān)系中的探究最值是否存在問題，解答思路不困難，即表示出直線方程，求得坐標(biāo)，進(jìn)而求出的表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)知識即可求解，但很容易出錯，易錯點在于計算較為復(fù)雜，計算量較大，。并且基本都是字母參數(shù)的運算，需要十分細(xì)心.18．（2024·福建莆田·二模）已知橢圓的離心率為，且上的點到右焦點的距離的最大值為．(1)求橢圓的方程；(2)已知為坐標(biāo)原點，對于內(nèi)任一點，直線交于兩點，點在上，且滿足，求四邊形面積的最大值．【答案】(1)(2)3【分析】（1）由離心率公式以及焦半徑的最值列出方程組，結(jié)合算出即可；（2）分直線是否垂直于軸進(jìn)行討論即可，當(dāng)直線不垂直于軸時，由弦長公式、點到直線的距離公式表示出四邊形的面積（含參數(shù)），進(jìn)一步結(jié)合過點與直線平行的直線與橢圓至少有一個交點，由此，從而即可進(jìn)一步求解.【詳解】（1）由題意可得，所以，所以橢圓的方程是；（2）設(shè)點到直線的距離為，因為，所以點到直線的距離是點到直線的距離的2倍，所以四邊形的面積為，當(dāng)直線垂直于軸時，，點到直線的距離的最大值為2，此時，

當(dāng)直線不垂直于軸時，可設(shè)直線的方程為，代入橢圓方程，整理并化簡得，即，所以，設(shè)過點與直線平行的直線的方程為，代入橢圓方程，整理并化簡得，由，所以，所以，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)且，綜上所述，四邊形面積的最大值為3.【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問的關(guān)鍵是求出四邊形面積表達(dá)式，還有一個約束條件是過點與直線平行的直線與橢圓至少有一個交點，由此即可順利得解.19．（2024·福建漳州·一模）已知過點的直線與圓：相交于，兩點，的中點為，過的中點且平行于的直線交于點，記點的軌跡為．(1)求軌跡的方程．(2)若為軌跡上的兩個動點且均不在軸上，點滿足（，），其中為坐標(biāo)原點，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①點在軌跡上；②直線與的斜率之積為；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)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意可知：為線段的中垂線，可得，結(jié)合橢圓的定義和方程分析求解：（2）設(shè)，可知，根據(jù)題意選擇條件結(jié)合橢圓的方程分析證明.【詳解】（1）由題意可知：圓：的圓心為，半徑，由題意可知：不為x軸，即不在x軸上，因為為的中點，則，又因為∥，則，即為線段的中垂線，則，可得，可知：點的軌跡是以為焦點的橢圓，且不為長軸頂點，則，可得，所以軌跡的方程為.（2）設(shè)，可知，因為，則，即，若選①②證明③：因為直線與的斜率之積為，即，可得，又因為點在軌跡上，則，可得，即；若選①③證明②：因為點在軌跡上，則，可得，即，且，結(jié)合的任意性可知，可得，即直線與的斜率之積為；若選②③證明①：因為直線與的斜率之積為，即，可得，且，則，，即，可知點在軌跡上.【點睛】方法點睛：求解定值問題的三個步驟：（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)（某些變量）無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；（3）得出結(jié)論．20．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）已知中心在原點、焦點在x軸上的圓錐曲線E的離心率為2，過E的右焦點F作垂直于x軸的直線，該直線被E截得的弦長為6．(1)求E的方程；(2)若面積為3的的三個頂點均在E上，邊過F，邊過原點，求直線的方程：(3)已知，過點的直線l與E在y軸的右側(cè)交于不同的兩點P，Q，l上是否存在點S滿足，且？若存在，求點S的橫坐標(biāo)的取值范圍，若不存在，請說明理由．【答案】(1)；(2)或；(3)不存在，理由見解析【分析】（1）依題意設(shè)出雙曲線方程，根據(jù)條件即可得結(jié)果；（2）根據(jù)直線與雙曲線相交，由弦長公式及三角形面積公式可得結(jié)果；（3）根據(jù)直線與雙曲線相交，由條件得出點S的軌跡可判斷結(jié)果.【詳解】（1）圓錐曲線E的離心率為2，故E為雙曲線，

因為E中心在原點、焦點在x軸上，所以設(shè)E的方程為，

令，解得，所以有

①

又由離心率為2，得

②，由①②解得，所以雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程是．（2）設(shè)，，由已知，得，根據(jù)直線過原點及對稱性，知，

聯(lián)立方程，得，化簡整理，得，

所以，且，

所以，解得，

所以直線的方程是或．

（3）若直線l斜率不存在，此時直線l與雙曲線右支無交點，不合題意，故直線l斜率存在，設(shè)直線l方程，聯(lián)立方程，得，化簡整理，得，依題意有，因為恒成立，所以，故，解得：，

設(shè)，，則由韋達(dá)定理，得，設(shè)點S的坐標(biāo)為，由，得，則，變形得到，將，代入，解得，將代入中，解得，消去k，得到點S的軌跡為定直線：上的一段線段（不含線段端點，，設(shè)直線與雙曲線切于，直線與漸近線平行時于交點為）．

因為，，且，取中點，因為，所以，所以，故，即S的軌跡方程為，表示以點H為圓心，半徑為的圓H，設(shè)直線與y軸，x軸分別交于，，依次作出直線，，，，且四條直線的斜率分別為：，，，，因為，所以線段是線段的一部分

經(jīng)檢驗點，均在圓H內(nèi)部，所以線段也必在圓H內(nèi)部，因此線段也必在圓H內(nèi)部，所以滿足條件的點S始終在圓H內(nèi)部，故不存在這樣的點S，使得，且成立．

【點睛】直線與圓錐曲線相交，常利用“設(shè)而不求”的方法解決弦長，面積，數(shù)量積，斜率等問題.21．（2024·浙江·一模）已知橢圓的左右焦點分別為，點為橢圓上異于頂點的一動點，的角平分線分別交軸、軸于點．(1)若，求；(2)求證：為定值；(3)當(dāng)面積取到最大值時，求點的橫坐標(biāo)．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)兩點間距離公式化簡即可.（2）根據(jù)角平分線定理知得，由即可求出為定值（3）表示出的面積，利用導(dǎo)函數(shù)求出面積表達(dá)式的單調(diào)性，即可求出面積取到最大值時，求點的橫坐標(biāo).【詳解】（1）由已知得，則．所以當(dāng)時，；（2）設(shè)，在中，是的角平分線，所以，由（1）知，同理，即，解得，所以，過作軸于．所以．（3）記面積的面積為，由（1）可得，，其中，則，當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減．所以當(dāng)時，最大．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵是利用導(dǎo)函數(shù)求解面積表達(dá)式的最值，注意函數(shù)的定義域.22．（2024·河北廊坊·模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點是拋物線上的一點，直線交于兩點．(1)若直線過的焦點，求的值；(2)若直線分別與軸相交于兩點，且，試判斷直線是否過定點？若是，求出該定點的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件求出拋物線方程，聯(lián)立直線與曲線方程，根據(jù)韋達(dá)定理解出，，即可求解的值；（2）根據(jù)已知條件分析出直線的斜率一定存在，由此設(shè)出直線方程，直曲聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出，，利用兩點式求出方程，令，求出，同理可得，結(jié)合條件即可求得由此可得直線過定點.【詳解】（1）因為點在拋物線上，所以有，即，所以拋物線方程為，焦點坐標(biāo)為，根據(jù)拋物線方程設(shè)，；若直線斜率不存在，則直線為軸，不合題意，所以直線的斜率存在設(shè)為，且直線過的焦點，所以直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程：，整理有，根據(jù)韋達(dá)定理有：，；因為向量，，所以.（2）根據(jù)題意可知直線的斜率一定存在，設(shè)直線方程為，根據(jù)題意設(shè)，，，，，聯(lián)立直線與拋物線有：，整理有：，根據(jù)韋達(dá)定理有，，由題意可知直線斜率存在，若所在直線斜率為，則與或重合，不合題意；所以所在直線斜率不為，則方程為，化簡得：，令解得；同理可得；，，所以，即，由，有，，所以直線過定點.【點睛】關(guān)鍵點點睛：直線方程和曲線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出兩根的，，將已知條件歸納成的關(guān)系式即可求解.23．（2024·江蘇·一模）已知橢圓C：的右焦點為，右頂點為A，直線l：與x軸交于點M，且，(1)求C的方程；(2)B為l上的動點，過B作C的兩條切線，分別交y軸于點P，Q，①證明：直線BP，BF，BQ的斜率成等差數(shù)列；②⊙N經(jīng)過B，P，Q三點，是否存在點B，使得，？若存在，求；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)①證明見解析；②存在，【分析】（1）先求出右頂點D和M的坐標(biāo)，利用題中條件列等式，分類討論計算得出橢圓的方程；（2）設(shè)直線的方程為，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，得出韋達(dá)定理，由題意，將韋達(dá)定理代入可出答案.【詳解】（1）由右焦點為，得，因為，所以，若，則，得，無解，若，則，得，所以，因此C的方程.（2）設(shè)，易知過B且與C相切的直線斜率存在，設(shè)為，聯(lián)立，消去y得，由，得，設(shè)兩條切線BP，BQ的斜率分別為，，則，.①設(shè)BF的斜率為，則，因為，所以BP，BF，BQ的斜率成等差數(shù)列，

②法1：在中，令，得，所以，同理，得，所以PQ的中垂線為，易得BP中點為，所以BP的中垂線為，聯(lián)立，解得，所以，，要使，即，整理得，而，所以，解得，，因此，故存在符合題意的點B，使得，此時.

法2：在中，令，得，因此，同理可得，所以PQ的中垂線為，因為BP中點為，所以BP的中垂線為，聯(lián)立，解得，要使，則，所以，即，而，所以，解得，，因此，故存在符合題意的點B，使得，此時.

法3：要使，即或，從而，又，所以，因為，所以，解得，，所以，故存在符合題意的點B，使得，此時.

法4：要使，即或，從而，在中，令，得，故，同理可得，因此，，所以，故，即，整理得，所以，整理得，解得或（舍去），因此，，故存在符合題意的點B，使得，此時.

法5：要使，即或，在中，令，得，故，同理可得，由等面積法得，即，整理得，所以，整理得，解得或（舍去），因此，，故存在符合題意的點B，使得，此時.【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.24．（2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當(dāng)l垂直于x軸時，.(1)求Γ的方程；(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當(dāng)?shù)拿娣e最大時，求；（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，再結(jié)合離心率求出即得.（2）（?。┰谥本€的斜率存在時，設(shè)出直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關(guān)系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結(jié)合對稱性推理即得.【詳解】（1）因為當(dāng)垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，所以的方程為.（2）（i）當(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)的方程為：，由消去得：，由直線與橢圓相切，得，整理得，于是圓心到直線的距離，則的面積為，設(shè)，求導(dǎo)得，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，因此當(dāng)時，取得最大值，此時，當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，由（1）知，，由，得，則.對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，當(dāng)為線段的中點時，取得最大值，所以.（ii）因為均存在，設(shè)點，且，設(shè)是集合中到的最近點，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)，令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因此，而在坐標(biāo)平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，所以.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復(fù)認(rèn)真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關(guān)鍵.25．（2024·遼寧丹東·一模）我們所學(xué)過的橢圓、雙曲線、拋物線這些圓錐曲線，都有令人驚奇的光學(xué)性質(zhì)，且這些光學(xué)性質(zhì)都與它們的焦點有關(guān)．如從雙曲線的一個焦點處出發(fā)的光線照射到雙曲線上，經(jīng)反射后光線的反向延長線會經(jīng)過雙曲線的另一個焦點（如圖所示，其中是反射鏡面也是過點處的切線）．已知雙曲線（，）的左右焦點分別為，，從處出發(fā)的光線照射到雙曲線右支上的點P處（點P在第一象限），經(jīng)雙曲線反射后過點．

(1)請根據(jù)雙曲線的光學(xué)性質(zhì)，解決下列問題：當(dāng)，，且直線的傾斜角為時，求反射光線所在的直線方程；(2)從處出發(fā)的光線照射到雙曲線右支上的點處，且三點共線，經(jīng)雙曲線反射后過點，，，延長，分別交兩條漸近線于，點是的中點，求證：為定值．(3)在（2）的條件下，延長交y軸于點，當(dāng)四邊形的面積為8時，求的方程．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）先求出雙曲線的方程及直線的方程，聯(lián)立方程求出點的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出答案；（2）易得，可令，則，根據(jù)雙曲線的定義求出，即可求得，再在直角中，求出，即可得直線的方程，再利用勾股定理求出的關(guān)系，進(jìn)而可得漸近線方程，再聯(lián)立直線和漸近線方程，設(shè)，利用韋達(dá)定理求得，即可得點的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出結(jié)論；（3）先利用角平分線定理可得，即可得點的坐標(biāo)，再求出，即可得直線的方程，進(jìn)而可得點的坐標(biāo)，再根據(jù)四邊形的面積求出，即可得解.【詳解】（1）因為，，所以，，故雙曲線方程為，直線的方程為，由，解得，即，所以，所以反射光線所在的直線方程為，即；（2）因為為直角三角形，，可令，則，由雙曲線的定義可得，即，所以，所以，所以，在直角中，，所以直線的方程為，由，得，所以，所以，所以兩條漸近線得方程為，聯(lián)立，得，設(shè)，則，故，所以，所以，所以，所以為定值；（3）由雙曲線得光學(xué)性質(zhì)可得，直線平分，所以，在中，由正弦定理得，則，在中，由正弦定理得，則，因為，所以，所以，所以，所以，故，而，所以，所以直線的方程為，故點的坐標(biāo)為，設(shè)四邊形的面積為，則，所以，故，所以求的方程為．

【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．26．（2024·廣東佛山·二模）已知以下事實：反比例函數(shù)（）的圖象是雙曲線，兩條坐標(biāo)軸是其兩條漸近線．(1)（?。┲苯訉懗龊瘮?shù)的圖象的實軸長；（ⅱ）將曲線繞原點順時針轉(zhuǎn)，得到曲線，直接寫出曲線的方程．(2)已知點是曲線的左頂點．圓：（）與直線：交于、兩點，直線、分別與雙曲線交于、兩點．試問：點A到直線的距離是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此時的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)（?。?；（ⅱ）．(2)存在，點A到直線距離的最大值為2，．【分析】（1）由題意結(jié)合雙曲線的性質(zhì)，即可求得答案；（2）方法一：設(shè)，，，設(shè)：，聯(lián)立雙曲線方程，可得根與系數(shù)的關(guān)系式，進(jìn)而求出兩點的縱坐標(biāo)，結(jié)合，即可求得參數(shù)之間的關(guān)系，代入，即可求得答案；方法二：設(shè)，，，，，利用，的方程求出，，的表達(dá)式，即可得的坐標(biāo)，從而求出的方程，可推出過定點，即可求得答案；方法三：設(shè)，，，，，可得，設(shè)：，聯(lián)立雙曲線方程化簡得出，變形后利用根與系數(shù)的關(guān)系可得出，求出n，即可推出過定點，即可求得答案..【詳解】（1）（?。┯深}意可知雙曲線的實軸在上，聯(lián)立，解得或，即雙曲線的兩頂點為，故實軸長為；（ⅱ）將曲線繞原點順時針轉(zhuǎn)，得到曲線，曲線的方程為；（2）方法一：設(shè)，，，顯然直線的斜率存在，設(shè)：，聯(lián)立：得，所以，，①，因為：，令，則，同理，，②依題意得，③由①②③得，，所以，即或，若，則：過點A，不合題意；若，則：．所以，恒過，所以，．當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得，此時方程為，結(jié)合，解得，，，綜上所述，點A到直線距離的最大值為2，此時圓的半徑為；方法二：設(shè)，，，，，則：，：，聯(lián)立，得，為此方程的一根，另外一根為，則，代入方程得，，同理可得，，即，，則，所以直線的方程為，所以直線過定點,所以．當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得，解得,綜上所述，點A到直線距離的最大值為2，此時圓的半徑為；方法三：設(shè)，，，，，則，依題意，直線不過點A，可設(shè)：，曲線的方程改寫為，即，聯(lián)立直線的方程得，所以，若，則，代入直線方程，無解；故，兩邊同時除以得，則，得，在直線：中，令，則，所以，恒過，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得，此時，符合題意，且方程為，解得，，，綜上所述，點A到直線距離的最大值為2，此時圓的半徑為．【點睛】難點點睛：本題考查雙曲線方程的求解以及直線和雙曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，其中的難點是求解最值問題，解答時要注意利用直線方程和雙曲線方程的聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系式進(jìn)行化簡，難點就在于化簡的過程十分復(fù)雜，計算量大，并且基本上都是有關(guān)字母參數(shù)的運算，需要有較強(qiáng)的計算能力.27．（2024·廣東廣州·一模）已知為坐標(biāo)原點，雙曲線的焦距為，且經(jīng)過點.(1)求的方程：(2)若直線與交于，兩點，且，求的取值范圍：(3)已知點是上的動點，是否存在定圓，使得當(dāng)過點能作圓的兩條切線，時（其中，分別是兩切線與的另一交點），總滿足？若存在，求出圓的半徑：若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）根據(jù)焦距以及經(jīng)過的點即可聯(lián)立求解，（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程得韋達(dá)定理，進(jìn)而根據(jù)向量的數(shù)量積的坐標(biāo)運算化簡得，根據(jù)弦長公式，結(jié)合不等式即可求解，（3）根據(jù)圓心到直線的距離可得，進(jìn)而根據(jù)數(shù)量積運算可判斷，結(jié)合對稱性即可求解；或者利用切線關(guān)系得,根據(jù)斜率相乘關(guān)系，代入韋達(dá)定理化簡可得半徑.【詳解】（1）由題意可得，解得，故雙曲線方程為（2）當(dāng)直線斜率不存在時，設(shè),將其代入雙曲線方程，又，解得，此時，當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)其方程為，設(shè),聯(lián)立，故，則，化簡得，此時，所以，當(dāng)時，此時，當(dāng)時，此時，，故，因此，綜上可得.

（3）解法一：當(dāng)直線與相切時，圓心到直線的距離，設(shè)設(shè),類似（2）中的計算可得，所以，由雙曲線的對稱性，延長交雙曲線于另一點,則，且，根據(jù)軸對稱性可得,且直線與也相切，即即為,符合題意，

當(dāng)或斜率不存在時，此時，，顯然滿足題意，故存在這樣的圓，半徑為解法二：

設(shè)，，由于為圓的切線，平分，且,所以,設(shè)過點與圓相切的直