2024年全國一卷數(shù)學新高考題型細分S13圓錐曲線解答題8

2024年全國一卷新高考題型細分S13——圓錐曲線大題8試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經(jīng)驗進行分類，沒有固定的標準。《圓錐曲線——大題》題目主要按長短順序排版，具體有：短，中，長，涉后導數(shù)等，大概206道題。每道題目后面標注有類型和難度，方便老師備課選題。中5：（2024年浙J32北斗星盟聯(lián)考）18．在平面直角坐標系中，已知點，，，為動點，滿足.

(1)求動點的軌跡的方程；

(2)已知過點的直線與曲線交于兩點，，連接，.

（ⅰ）記直線，的斜率分別為，，求證：為定值；（18．(1)(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）【分析】（1）由雙曲線的定義求解即可；（2）（?。┰O直線：，變形可得，兩式聯(lián)立，設，可知，是方程的兩根，由根與系數(shù)的關系即可得出答案.（ⅱ）設直線：與聯(lián)立求出，同理求出，由此表示出，由基本不等式求解即可.【詳解】（1）因為，所以根據(jù)雙曲線的定義可知點的軌跡為以，為焦點，實軸長為2的雙曲線，由，，得，，所以的方程為.（2）（?。┰O直線：（）因為直線過定點，所以.變形可得，即18．(1)(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）【分析】（1）由雙曲線的定義求解即可；（2）（?。┰O直線：，變形可得，兩式聯(lián)立，設，可知，是方程的兩根，由根與系數(shù)的關系即可得出答案.（ⅱ）設直線：與聯(lián)立求出，同理求出，由此表示出，由基本不等式求解即可.【詳解】（1）因為，所以根據(jù)雙曲線的定義可知點的軌跡為以，為焦點，實軸長為2的雙曲線，由，，得，，所以的方程為.（2）（ⅰ）設直線：（）因為直線過定點，所以.變形可得，即所以整理得（*）設，則（*）式除以得此時，是方程的兩根，所以，所以，得證.（ⅱ）設直線：，由，可得；設直線：，同理可得；.由得，所以，當且僅當，即時取等號，故的最小值為.【點睛】關鍵點點睛：設直線：與聯(lián)立求出，同理求出，由此表示出，由基本不等式求解即可.（2024年蘇J38航附五月測）18．設拋物線，直線是拋物線C的準線，且與x軸交于點B，過點B的直線l與拋物線C交于不同的兩點M，N，是不在直線l上的一點，直線，分別與準線交于P，Q兩點．

(1)求拋物線C的方程；（18．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)準線方程可得，即可求解；（2）設l：，，聯(lián)立直線與拋物線，得出根與系數(shù)的關系，再由直線的相交求出坐標，轉化為求即可得證；（3）由（2）可得，再由，根據(jù)可得，即可得解.【詳解】（1）因為為拋物線的準線，所以，即，故拋物線C的方程為（2）如圖，設l：，，聯(lián)立18．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)準線方程可得，即可求解；（2）設l：，，聯(lián)立直線與拋物線，得出根與系數(shù)的關系，再由直線的相交求出坐標，轉化為求即可得證；（3）由（2）可得，再由，根據(jù)可得，即可得解.【詳解】（1）因為為拋物線的準線，所以，即，故拋物線C的方程為（2）如圖，設l：，，聯(lián)立，消去x得，則，且，又AM：，令得，同理可得，所以，，故.（3）由（2）可得：，，由，得：，解得，所以直線l的方程為．【點睛】關鍵點點睛：本題第二問中直線較多，解題的關鍵在于理清主從關系，據(jù)此求出點的坐標（含參數(shù)），第二個關鍵點在于將轉化為關于對稱，即.（2024年浙J34杭州四月檢）18．已知是橢圓的左，右頂點，點與橢圓上的點的距離的最小值為1.

(1)求點的坐標.

(2)過點作直線交橢圓于兩點（與不重合），連接，交于點.(18．(1)；(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）存在，【分析】（1）設，利用兩點間距離公式得，然后根據(jù)分類討論求解即可；（2）（?。┰O直線，與橢圓方程聯(lián)立方程，結合韋達定理得，寫出直線，的方程，進而求解即可；（ⅱ）由題意點在以為直徑的圓上，代入圓的方程求得，寫出直線的方程，與橢圓聯(lián)立，求得點C的坐標，進而可得答案.【詳解】（1）設是橢圓上一點，則，因為，①若，解得（舍去），②若，解得（舍去）或，18．(1)；(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）存在，【分析】（1）設，利用兩點間距離公式得，然后根據(jù)分類討論求解即可；（2）（ⅰ）設直線，與橢圓方程聯(lián)立方程，結合韋達定理得，寫出直線，的方程，進而求解即可；（ⅱ）由題意點在以為直徑的圓上，代入圓的方程求得，寫出直線的方程，與橢圓聯(lián)立，求得點C的坐標，進而可得答案.【詳解】（1）設是橢圓上一點，則，因為，①若，解得（舍去），②若，解得（舍去）或，所以點的坐標位.（2）（?。┰O直線，由，得，所以，所以，①由，得或，易知直線的方程為，②直線的方程為，③聯(lián)立②③，消去，得，④聯(lián)立①④，消去，則，解得，即點在直線上；（ⅱ）由圖可知，，即，所以點在以為直徑的圓上，設，則，所以，即.故直線的方程為，直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，得，因為,所以，所以,故.（2024年浙J33東陽五月測）18．已知拋物線：，焦點為F，為上的一個動點，是在點A處的切線，點P在上且與點A不重合．直線PF與Γ交于B、C兩點，且平分直線AB和直線AC的夾角．

(1)求的方程（用表示）；（18．(1)(2)證明見解析；(3)．【分析】（1）設定直線的方程，并于拋物線方程聯(lián)立得出一元二次方程，相切需保證，求解即可；（2）由拋物線定義得到，設T為反射光線上與A相異的一點，進而證明即可；（3）先求得K為的中點，設定直線PF的方程并于拋物線方程聯(lián)立得出一元二次方程，進而得出直線AC和HF的方程，求出點的橫坐標，證明即可.【詳解】（1）顯然切線l的斜率不為0，設l方程為：，與聯(lián)立得：18．(1)(2)證明見解析；(3)．【分析】（1）設定直線的方程，并于拋物線方程聯(lián)立得出一元二次方程，相切需保證，求解即可；（2）由拋物線定義得到，設T為反射光線上與A相異的一點，進而證明即可；（3）先求得K為的中點，設定直線PF的方程并于拋物線方程聯(lián)立得出一元二次方程，進而得出直線AC和HF的方程，求出點的橫坐標，證明即可.【詳解】（1）顯然切線l的斜率不為0，設l方程為：，與聯(lián)立得：，由，且，得，解得，∴l(xiāng)的方程為，且，化簡得，也即：．（2）過A點作l的垂線并交x軸于Q點，則AQ直線的方程為，取，解得，即，∵，∴，作A點在拋物線準線上的投影H，由拋物線定義可知，∴，∴，設T為反射光線上與A相異的一點，則有，綜上，，軸，即從點F發(fā)出的光線經(jīng)過A點反射后平行于x軸．（3）若點A坐標為，此時l方程為，連HF，取H，F(xiàn)的中點為，因為，故，∵，∴，∵K點在l上，∴，設直線AC、AB與HF的交點分別為D，E，則K為D，E的中點，設直線PF的方程為，與聯(lián)立得：，設，，則有，，當直線的斜率存在時，因為，此時，所以直線AC的方程為，也即，而直線HF的方程為，聯(lián)立得，同理，，由得：，整理得，∴，∴，∴直線BC的方程為，與直線聯(lián)立得P點坐標為．當直線的斜率不存在時，此時，而經(jīng)過，故此時直線即為，故重合，與題設矛盾，綜上，P點坐標為．【點睛】本題是圓錐曲線綜合問題，解題思路是運用韋達定理轉化，運算和轉化較復雜，屬于難題.題型點睛，拋物線的光學性質主要有兩大類，一是平行性質，任何平行于拋物線對稱軸的光線，經(jīng)過拋物線反射后，都會經(jīng)過拋物線的焦點；二是聚焦性質，從拋物線焦點發(fā)出的光線，經(jīng)過拋物線反射后，反射光線會平行于拋物線的對稱軸.（2024年粵J134揭陽二模）18．設拋物線的焦點為，已知點到圓上一點的距離的最大值為6.

(1)求拋物線的方程.（18．(1)(2)過定點，定點坐標為【分析】（1）點到圓上點的最大距離為，即,計算即可；（2）由已知設，求得則，方程，聯(lián)立與拋物線的方程求得點坐標，同理可得點坐標，進而求得直線的方程得出結果.【詳解】（1）點到圓上點的最大距離為，即，得,故拋物線的方程為.（2）設，則方程為，方程為,聯(lián)立與拋物線的方程可得，即,18．(1)(2)過定點，定點坐標為【分析】（1）點到圓上點的最大距離為，即,計算即可；（2）由已知設，求得則，方程，聯(lián)立與拋物線的方程求得點坐標，同理可得點坐標，進而求得直線的方程得出結果.【詳解】（1）點到圓上點的最大距離為，即，得,故拋物線的方程為.（2）設，則方程為，方程為,聯(lián)立與拋物線的方程可得，即,因此點縱坐標為，代入拋物線方程可得點橫坐標為，則點坐標為,同理可得點坐標為,因此直線的斜率為,代入點坐標可以得到方程為,整理可以得到,因此經(jīng)過定點.（2024年鄂J24荊州三適）18．已知，圓心是原點，點，以線段為直徑的圓內切于，動點的軌跡記為曲線.

(1)求曲線的方程；（18．(1)(2)①；②是定值，定值為【分析】（1）結合兩圓內切的性質與橢圓定義作出相應輔助線計算即可得；（2）①設出交點坐標，借助韋達定理與弦長公式計算即可得；②表示出斜率后，用兩交點縱坐標表示出的值，結合韋達定理中，，得到，代入計算即可得.【詳解】（1）設的中點為，切點為，連接，，取關于軸的對稱點，連接，則，故，所以點的軌跡是以，為焦點，長軸長為的橢圓，其中，，則，則曲線C的方程為；（2）設依題意，直線的斜率必定存在，設，，可得，恒成立，則有，，①若，則有，解得18．(1)(2)①；②是定值，定值為【分析】（1）結合兩圓內切的性質與橢圓定義作出相應輔助線計算即可得；（2）①設出交點坐標，借助韋達定理與弦長公式計算即可得；②表示出斜率后，用兩交點縱坐標表示出的值，結合韋達定理中，，得到，代入計算即可得.【詳解】（1）設的中點為，切點為，連接，，取關于軸的對稱點，連接，則，故，所以點的軌跡是以，為焦點，長軸長為的橢圓，其中，，則，則曲線C的方程為；（2）設依題意，直線的斜率必定存在，設，，可得，恒成立，則有，，①若，則有，解得，故其斜率為；②易得，，，同理可得，則，而，由，，則，則，故，即定值為.【點睛】關鍵點點睛：最后一問中得到后不能直接代入韋達定理求解，關鍵在于借助，，得到，從而可代入中，求得其定值.（2024年鄂J23荊州四適）18．從拋物線上各點向軸作垂線段，垂線段中點的軌跡為.

(1)求的軌跡方程；

(2)是上的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點，

①若，求的值；（18．(1)(2)①1；②證明見解析【分析】（1）設垂線段中點為，則拋物線上點坐標為，再代入拋物線方程即可.（2）①分別設的坐標，設過點的切線方程為，聯(lián)立切線方程與拋物線方程，可得，進而得到過點的切線方程為，同理，得到過點的切線方程，聯(lián)立切線方程，可得的縱坐標，即可求得；②根據(jù)兩點間距離公式和點到平面的距離和三角形面積分別求出三角形與三角形的面積，進而求解.【詳解】（1）設垂線段中點坐標為，則拋物線上點坐標為，代入拋物線方程，則，即，所以18．(1)(2)①1；②證明見解析【分析】（1）設垂線段中點為，則拋物線上點坐標為，再代入拋物線方程即可.（2）①分別設的坐標，設過點的切線方程為，聯(lián)立切線方程與拋物線方程，可得，進而得到過點的切線方程為，同理，得到過點的切線方程，聯(lián)立切線方程，可得的縱坐標，即可求得；②根據(jù)兩點間距離公式和點到平面的距離和三角形面積分別求出三角形與三角形的面積，進而求解.【詳解】（1）設垂線段中點坐標為，則拋物線上點坐標為，代入拋物線方程，則，即，所以的軌跡方程：.（2）①如圖，是上的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點，設，則拋物線上過點的切線方程為，將切線方程與拋物線方程聯(lián)立，得：聯(lián)立，消去，整理得，所以，從而有，所以拋物線上過點的切線方程為，同理可得拋物線上過點的切線方程分別為，兩兩聯(lián)立，可以求得交點的縱坐標分別為：，則，同理可得，即，當時，，故，即，因此.②易知，則直線的方程為，化簡得即，且，點到直線的距離為：，則三角形的面積．由（2）①知切線的方程為，，可知，點到直線的距離為，則外切三角形的面積．故．因此三角形與外切三角形的面積之比為定值2．【點睛】關鍵點點睛：本題考查拋物線的切線相關問題，解決第二問①的關鍵是求出切線方程，②主要考查計算能力.（2024年鄂J22黃石二中三模）19．已知平面上到定點的距離與到定直線：的距離之比為常數(shù)的點的軌跡為曲線.

(1)求曲線的方程；（19．(1)(2)；(3)【分析】（1）根據(jù)求軌跡方程步驟：設點建立等量關系列式化簡進行求解即可.（2）根據(jù)向左平移5個單位長度，則曲線的中心變?yōu)榧纯蓪懗銮€方程.（3）先根據(jù)已知條件設直線方程，聯(lián)立直線與曲線方程得韋達定理，再根據(jù)，得出直線方程未知參數(shù)的關系，求出點A到直線的距離，再代入進而得出所求余弦值.【詳解】（1）設為曲線上任意一點，且到直線的距離為，則由題，所以，兩邊平方整理得，即，所以曲線的方程為：.（2）由題曲線的方程為：；方程為：.（3）由（1）曲線的方程為：，由題意可知直線斜率存在且，則可設，令，則，即19．(1)(2)；(3)【分析】（1）根據(jù)求軌跡方程步驟：設點建立等量關系列式化簡進行求解即可.（2）根據(jù)向左平移5個單位長度，則曲線的中心變?yōu)榧纯蓪懗銮€方程.（3）先根據(jù)已知條件設直線方程，聯(lián)立直線與曲線方程得韋達定理，再根據(jù)，得出直線方程未知參數(shù)的關系，求出點A到直線的距離，再代入進而得出所求余弦值.【詳解】（1）設為曲線上任意一點，且到直線的距離為，則由題，所以，兩邊平方整理得，即，所以曲線的方程為：.（2）由題曲線的方程為：；方程為：.（3）由（1）曲線的方程為：，由題意可知直線斜率存在且，則可設，令，則，即聯(lián)立，設，則，，所以，又因為，所以，所以①，因為，所以，即，所以由①點A到直線的距離為，又因為，設直線與直線所成銳角為，則由①：，所以，即.【點睛】思路點睛：對未知直線與圓錐曲線相交問題，先根據(jù)已知條件設直線方程或，再聯(lián)立方程結合已知條件探求得出未知參數(shù)關系，然后再根據(jù)問題需求求出需求量進行推理化簡求解即可.（2024年鄂J21黃岡二模）18．已知雙曲線的左?右焦點分別為，焦距為4，虛半軸長為1.如圖，直線與雙曲線的右支交于兩點，其中點在第一象限.與關于原點對稱，連接與，其中垂直于的平分線，垂足為.

(1)求雙曲線的標準方程；（18．(1)(2)證明見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)虛半軸、焦距求出，即可得出雙曲線方程；（2）由角平線轉化為向量夾角相等可得，化簡可得，據(jù)此即可得證；（3）由題意三角形面積比可轉化為，由點到直線的距離求出，再由直線聯(lián)立雙曲線方程，結合根與系數(shù)的關系，利用弦長公式可得，得出后利用均值不等式求最值.【詳解】（1）由題設，故，所以，則雙曲線的標準方程為.（2）不妨設，因為點與點關于原點對稱，所以，易知直線的斜率存在，不妨設直線的斜率為，記，因為直線為的平分線，所以，因為18．(1)(2)證明見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)虛半軸、焦距求出，即可得出雙曲線方程；（2）由角平線轉化為向量夾角相等可得，化簡可得，據(jù)此即可得證；（3）由題意三角形面積比可轉化為，由點到直線的距離求出，再由直線聯(lián)立雙曲線方程，結合根與系數(shù)的關系，利用弦長公式可得，得出后利用均值不等式求最值.【詳解】（1）由題設，故，所以，則雙曲線的標準方程為.（2）不妨設，因為點與點關于原點對稱，所以，易知直線的斜率存在，不妨設直線的斜率為，記，因為直線為的平分線，所以，因為兩點均在雙曲線上，所以，此時，則，同理得，因為，又，所以，整理得，則，故直線與直線的斜率之積為定值；（3）由（2）知，因為，所以，聯(lián)立，又，解得，所以，不妨設直線的方程為，因為點在直線上，解得，所以直線的方程為，易知，因為直線的斜率為，不妨設直線的方程為，因為點在直線上，解得，所以直線的方程為，聯(lián)立，消去并整理得，由韋達定理得，因為，所以，此時，所以，當且僅當，即時，等號成立，故當時，取得最小值，最小值為3.【點睛】關鍵點點睛：首先根據(jù)兩三角形的有公共邊的特點，轉化面積比為，再分別根據(jù)題目條件，利用點到直線的距離，弦長公式，求出，求最值的關鍵在于發(fā)現(xiàn)分母使用均值不等式即可.（2024年鄂J20黃岡浠水三模）18．已知O為坐標原點，拋物線，過點的直線交拋物線于A，B兩點，．

(1)求拋物線C的方程；（18．(1)(2)證明見解析(3)8【分析】（1）設直線的方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求出，再求出，再根據(jù)求出，即可求出拋物線C的方程；（2）要證，即證DG平分，即證，結合（1）計算化簡即可得出結論；（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F(xiàn)，連接TG，MG，NG，求出，結合切線長定理可得，，，再根據(jù)，求出，再結合基本不等式即可得解.【詳解】（1）設直線的方程為，由，得18．(1)(2)證明見解析(3)8【分析】（1）設直線的方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求出，再求出，再根據(jù)求出，即可求出拋物線C的方程；（2）要證，即證DG平分，即證，結合（1）計算化簡即可得出結論；（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F(xiàn)，連接TG，MG，NG，求出，結合切線長定理可得，，，再根據(jù)，求出，再結合基本不等式即可得解.【詳解】（1）設直線的方程為，由，得，設，，則，，從而，解得，所以拋物線C的方程為；（2）要證，即證DG平分，即證，由（1）可知，，則，故；（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F(xiàn)，連接TG，MG，NG，由題意，得，由切線長定理，知，，，所以，又，解得，所以，當且僅當，即時，取等號，故面積的最小值為8．【點睛】思路點睛：解決直線與圓錐曲線的位置關系問題要做好兩點：一是轉化，把題中的已知和所求準確轉化為代數(shù)中的數(shù)與式，即形向數(shù)的轉化；二是設而不求，即聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程，利用根與系數(shù)的關系求解．（2024年鄂J26武昌五月檢）18．已知點是圓上的動點，，是線段上一點，且，設點的軌跡為.

(1)求軌跡的方程；（18．(1)(2)是，【分析】（1）借助橢圓定義計算即可得解；（2）設，代入曲線方程中聯(lián)立可得，結合題意計算可得，設，結合點在曲線上計算可得的值，即可得的面積.【詳解】（1）因為，所以點的軌跡是以點為焦點的橢圓，設，則，即.由知，所以點的軌跡的方程為；（2）設，則由，得.因為點均在曲線上，所以，同向相乘得整理得：又因為，所以，所以，設18．(1)(2)是，【分析】（1）借助橢圓定義計算即可得解；（2）設，代入曲線方程中聯(lián)立可得，結合題意計算可得，設，結合點在曲線上計算可得的值，即可得的面積.【詳解】（1）因為，所以點的軌跡是以點為焦點的橢圓，設，則，即.由知，所以點的軌跡的方程為；（2）設，則由，得.因為點均在曲線上，所以，同向相乘得整理得：又因為，所以，所以，設，則，又因為點在曲線上，所以，整理得：，又因為，，代入上式得：，即，又因為，所以，所以.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于計算出后，利用面積公式得到，從而可通過計算的值得解.（2024年冀J45石家莊三檢）19．已知橢圓的左、右焦點分別為為坐標原點，直線與交于兩點，點在第一象限，點在第四象限且滿足直線與直線的斜率之積為．當垂直于軸時，．

(1)求的方程；（19．(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）取垂直軸特殊情況研究，由直線與直線的斜率之積為，且求出點坐標，再代入橢圓方程待定系數(shù)法求解即可；（2）①由建立坐標之間關系，利用在橢圓上及直線與直線的斜率之積為消去，即可得證；②設，利用韋達定理將直線與直線的斜率之積為表示出來即可得到的關系，再表示出面積，四邊形的面積；若要證，只需證．轉化為證明，由題將用表示，化簡即可.【詳解】（1）當垂直軸時，由直線與直線的斜率之積為，故，設，則，解得，即，則，解得，故的方程為；（2）（2）①設，由19．(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）取垂直軸特殊情況研究，由直線與直線的斜率之積為，且求出點坐標，再代入橢圓方程待定系數(shù)法求解即可；（2）①由建立坐標之間關系，利用在橢圓上及直線與直線的斜率之積為消去，即可得證；②設，利用韋達定理將直線與直線的斜率之積為表示出來即可得到的關系，再表示出面積，四邊形的面積；若要證，只需證．轉化為證明，由題將用表示，化簡即可.【詳解】（1）當垂直軸時，由直線與直線的斜率之積為，故，設，則，解得，即，則，解得，故的方程為；（2）（2）①設，由知，將得，即．由為上點，則．又直線與直線的斜率之積為，故，即．因此；②由題直線斜率不為0，設由①聯(lián)立，消去得，，由，即，即．因此有．面積，四邊形的面積，即若要證，只需證．設，故只需證即可．直線，聯(lián)立解得，同理得．故故問題得證．【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是將表示為后將同一直線上的弦長比值問題轉化為縱坐標的比值問題，即證明，而可以用表示出來，從而達到消元化簡的目的.（2024年浙J37寧波模擬）18．已知雙曲線，上頂點為，直線與雙曲線的兩支分別交于兩點（在第一象限），與軸交于點.設直線的傾斜角分別為.

(1)若，

（i）若，求；（18．(1)（i）；（ii）證明見解析.(2)2【分析】（1）（i）先求直線的方程，聯(lián)立雙曲線方程求得點的坐標，求直線斜率，進而求解即可；（ii）法1，設直線的方程為形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線的斜率的斜率和，進而得證為定值；法2，設直線的方程為形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線的斜率的斜率和，進而得證為定值；（2）先對直線、斜率不存在的情形進行驗證；法1：和均存在時，設，求得，從而得到與的外接圓半徑之比的最大值；法2，和均存在時，由三點共線可得，求得的值和，從而得到與的外接圓半徑之比的最大值；法3，若和均存在，設，則，得到，求得，從而得到與18．(1)（i）；（ii）證明見解析.(2)2【分析】（1）（i）先求直線的方程，聯(lián)立雙曲線方程求得點的坐標，求直線斜率，進而求解即可；（ii）法1，設直線的方程為形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線的斜率的斜率和，進而得證為定值；法2，設直線的方程為形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線的斜率的斜率和，進而得證為定值；（2）先對直線、斜率不存在的情形進行驗證；法1：和均存在時，設，求得，從而得到與的外接圓半徑之比的最大值；法2，和均存在時，由三點共線可得，求得的值和，從而得到與的外接圓半徑之比的最大值；法3，若和均存在，設，則，得到，求得，從而得到與的外接圓半徑之比的最大值.【詳解】（1）（i），所以直線.直線與聯(lián)立可得，解得或，所以.所以，所以；（ii）法1：①直線斜率存在時，可設直線的方程為，設由得所以.當時，由（i）可得；當時，設的斜率分別為..所以，.所以.因為在第一象限，所以，所以，所以.②直線斜率不存在時，可得，可得，所以，同理可得.綜上可得，為定值，得證.法2：①時，由（i）可得；②時，設的斜率分別為.設，由在直線上可得.與聯(lián)立可得，即，所以就是方程的兩根.所以，，因為在第一象限，所以，所以，所以.綜上可得，為定值，得證.（2）由（1）可得時，