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參考答案:
1. (1) ；(2)證明見解析；定點(0, - 3).
【分析】(1)根據已知條件求出 、 的值,由此可得出橢圓 的標準方程；
(2)對直線 的斜率是否存在進行分類討論,在直線 的斜率不存在時,設 、 ,利用橢圓方程以及斜率公式計算 ,可得出結論; 在直線 的斜率存在時,設直線 的方程為 ,設點 、 ,將直線 的方程與橢圓方程聯立,列出韋達定理,利用斜率公式可計算得出 的值,由此可得出結論.
【詳解】(1)由橢圓的定義可得 ,
將點 代入橢圓方程 得 ,解得 ,
故橢圓 的標準方程為 ;
(2)由題意得 .
①當直線 的斜率不存在時,設 ,
所以 ,所以 ,
又 ,所以 ,不合乎題意;
②當直線 的斜率存在時,設直線 為 ,設 ,
聯立 ,得 ,
所以,
即 ,
即 ,
整理得 ,解得 或 (舍去).
所以直線 的方程為 ,即直線 過定點(0, - 3).
【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”:即設出定點坐標,根據題設條件選擇參數,建立一個直線系或曲線的方程,再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組, 以這個方程組的解為坐標的點即為所求點;
( 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.
2. (1)證明見解析
(2)
【分析】( 1 )根據題意求出橢圓方程,設 ,聯立方程,利用韋達定理求出 ,再根據 化簡即可得出結論;
( 2 )由( 1 )得 ,根據 求出 的范圍,利用弦長公式求出 ,利用點到直線的距離公式求出點 到直線 的距離,列出 面積的的表達式,進而可得出答案.
【詳解】( 1 )由題意 ,解得 ,
所以橢圓的標準方程為 ,
設 ,
由 得 ,
,
解得 ,
所以直線 的斜率 為定值;
(2)由(1)得 ,
與橢圓方程聯立得 ,
則 ,
點 到直線 的距離 ,
的面積 ,
令 ,
則 ,
令 ,解得 ,即 在(-2, - 1)上單調遞增,
令 ,解得 或 ,即 在(-1,0)和(0,2)上單調遞減,
又 ,
所以當 時,取到最大值 ,
所以 的面積得最大值為 .
【點睛】方法點睛: 圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種:
一是幾何法, 特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值;
二是代數法, 常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題, 然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值.
3. (1) ; (2) 詳見解析.
【分析】(1)由題意得到關于 的方程組,求解方程組即可確定橢圓方程.
(2)方法一:設出點 , 的坐標,在斜率存在時設方程為 ,聯立直線方程與橢圓方程,根據已知條件,已得到 的關系,進而得直線 恒過定點,在直線斜率不存在時要單獨驗證,然后結合直角三角形的性質即可確定滿足題意的點 的位置.
【詳解】(1) 由題意可得:
故橢圓方程為: .
(2) [方法一]: 通性通法
設點 ,
若直線 斜率存在時,設直線 的方程為: ,
代入橢圓方程消去 并整理得: ,
可得 ,
因為 ,所以 ,即 ,
根據 ,代入整理可得:
所以 ,
整理化簡得 ,
因為 不在直線 上,所以 ,
故 ,于是 的方程為 ,
所以直線過定點直線過定點 .
當直線 的斜率不存在時,可得 ,
由 得: ,
得 ,結合 可得: ,
解得: 或 (舍).
此時直線 過點 .
令 為 的中點,即 ,
若 與 不重合,則由題設知 是 的斜邊,故 ,
若 與 重合,則 ,故存在點 ,使得 為定值. [方法二]【最優解】:平移坐標系
將原坐標系平移,原來的 點平移至點 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 在以 為直徑的圓上. 的中點 即為圓心 . 經檢驗,直線 垂直于 軸時也成立. 故存在 ,使得 .
[方法三]: 建立曲線系
點處的切線方程為 ,即 . 設直線 的方程為 ,直線 的方程為 ,直線 的方程為 . 由題意得 .
則過 三點的二次曲線系方程用橢圓及直線 可表示為 (其中 為系數).
用直線 及點 處的切線可表示為 (其中 為系數). 即 . 對比 項、 項及 項系數得 將①代入②③,消去 并化簡得 ,即 .
故直線 的方程為 ,直線 過定點 . 又 在以 為直徑的圓上. 中點
即為圓心 .
經檢驗,直線 垂直于 軸時也成立. 故存在 ,使得 .
[方法四]:
設 .
若直線 的斜率不存在,則 .
因為 ,則 ,即 .
由 ,解得 或 (舍).
所以直線 的方程為 .
若直線 的斜率存在,設直線 的方程為 ,則 .
令 ,則 .
又 ,令 ,則 .
因為 ,所以 ,
即 或 .
當 時,直線 的方程為 . 所以直線 恒過 ,不合題意;
當 時,直線 的方程為 ,所以直線 恒過 .
綜上,直線 恒過 ,所以 .
又因為 ,即 ,所以點 在以線段 為直徑的圓上運動.
取線段 的中點為 ,則 .
所以存在定點 ,使得 為定值.
【整體點評】(2)方法一:設出直線 方程,然后與橢圓方程聯立,通過題目條件可知直線過定點 ,再根據平面幾何知識可知定點 即為 的中點,該法也是本題的通性通法;
方法二: 通過坐標系平移,將原來的 點平移至點 處,設直線 的方程為 ,再通過與橢圓方程聯立,構建齊次式,由韋達定理求出 的關系,從而可知直線過定點 ,從而可知定點 即為 的中點,該法是本題的最優解; 方法三: 設直線 ,再利用過點 的曲線系,根據比較對應項系數可求出 的關系,從而求出直線過定點 ,故可知定點 即為 的中點;
方法四: 同方法一,只不過中間運算時采用了一元二次方程的零點式賦值,簡化了求解 以及 的計算.
4. (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 .
故直線 過定點 .
[方法二]【最優解】: 數形結合
設 ,則直線 的方程為 ,即 .
同理,可求直線 的方程為 .
則經過直線 和直線 的方程可寫為 .
可化為 .
易知 四個點滿足上述方程,同時 又在橢圓上,則有 ,代入④式可得
故 ,可得 或 .
其中 表示直線 ,則 表示直線 .
令 ,得 ,即直線 恒過點 .
【整體點評】本題主要考查了橢圓的簡單性質及方程思想, 還考查了計算能力及轉化思想、推理論證能力, 屬于難題. 第二問的方法一最直接, 但對運算能力要求嚴格; 方法二曲線系的應用更多的體現了幾何與代數結合的思想, 二次曲線系的應用使得計算更為簡單.
5. (1) ,曲線 為中心在坐標原點,焦點在 軸上的橢圓,不含左、右頂點.
(2)①證明見解析；②最大值為 .
【分析】(1)根據題目所給條件列出方程化簡即可得解；
(2)①設直線 的方程為 ,根據 結合根與系數的關系化簡,可得 即可得證；② 根據三角形面積公式得出面積表達式, 利用配方法求最大值即可.
【詳解】( 1 )由題意,得 ,
化簡得 ,
所以曲線 為中心在坐標原點,焦點在 軸上的橢圓,不含左,右頂點.
(2)如圖,
①證明: 設 . 因為若直線 的斜率為 0,則點 關于 軸對稱,必有 ,不合題意,
所以直線 的斜率必不為 0 .
設直線 的方程為 .
由 得 ,
所以 ,且
因為點 是曲線 上一點,
所以由題意可知 ,
所以 ,即 .
因為
所以 ,此時 ,
故直線 恒過 軸上一定點 .
②由①可得, ,
所以
.
當且僅當 即 時等號成立,
所以 的最大值為 .
6. (1)證明見解析
(2)
【分析】( 1 )設直線 的傾斜角分別為 ,根據 ,可得 ,即 , 求出 ,從而可得出結論;
(2)利用待定系數法求出橢圓方程,設 ,聯立方程求出 ,再根據
,化簡計算結合基本不等式即可得解.
【詳解】(1)設直線 的傾斜角分別為 ,
因為 ,所以 ,
即 ,故 ,
因為 ,所以 ,所以 ,
所以 ,
則 ,
所以 為常數 1 ;
( 2 )橢圓 經過 , 兩點,
代入得 ,解得 ,
所以橢圓方程為 ,
設 ,由 (1) 得 ,
則 的方程為 的方程為 ,
聯立 ,消 得 ,則 ,
同理可得 ,
則
令 ,
則 ,
當且僅當 ,即 時取等號,
所以 面積的最大值為 .
【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法:
(1)幾何法, 若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義, 則考慮利用幾何法來解決;
(2)代數法,若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系,則可首先建立目標函數,再求這個函數的最值或范圍. 7.(1)詳見解析(2)詳見解析
【分析】(1)分別求出直線 與 的斜率,由已知直線 與 的斜率之積為 ,可以得到等式,化簡可以求出曲線 的方程,注意直線 與 有斜率的條件;
(2)(i)設出直線 的方程,與橢圓方程聯立,求出 , 兩點的坐標,進而求出點 的坐標,求出直線 的方程, 與橢圓方程聯立,利用根與系數關系求出 的坐標,再求出直線 的斜率,計算 的值,就可以證明出 是直角三角形;
(ii)由(i)可知 三點坐標, 是直角三角形,求出 的長,利用面積公式求出 的面積,利用導數求出面積的最大值.
【詳解】(1)直線 的斜率為 ,直線 的斜率為 ,由題意可知: ,所以曲線 是以坐標原點為中心,焦點在 軸上,不包括左右兩頂點的橢圓, 其方程為 ;
(2) (i)
[方法一]【分別求得斜率的表達式利用斜率之積為 -1 即可證得題中的結論】
依題意設 ,
直線 的斜率為 ,則 ,
所以 . 又 ,所以 , 進而有 ,即 是直角三角形. [方法二]【利用三點共線和點差法真的斜率之積為 -1 即可證得題中的結論】 由題意設 ,則 . 因為 三點共線,所以 , 又因為點 在橢圓上,所以 , 兩式相減得 , 所以 ,所以 . (ii) [方法一]【求得面積函數, 然后求導確定最值】 設 ,則直線 的方程為 ,聯立 解得 所以直線 的方程為
. 聯立直線 的方程和橢圓 的方程,可得
,則 ,所以
令 ,即
注意到 ,得 ,所以 在區間(0,1)內單調遞增,在區間 內單調遞減,所以當 時, .
[方法二]【利用弦長公式結合韋達定理求得面積表達式, 然后求導確定最值】
設 的中點為 ,直線 的斜率為 ,則其方程為 .
由 解得 . 由 (I) 得 . 直線 的方程為 ,直線 的方
程為 ,聯立得 .
又 ,從而 ,進而 . 以下同解法一.
【整體點評】(2)(i)方法一:斜率之積為 -1 是證明垂直的核心和關鍵；
方法二: 利用三點共線和點差法使得問題的處理更加簡單.
(ii)導數是求最值的一種重要方法, 在求最值的時候幾乎所有問題都可以考慮用導數求解;
8. (1)
(2)① 證明見解析；②
【分析】(1)根據題意有 ,即可求解;
(2)①設直線 的方程,聯立與橢圓方程消元后,利用韋達定理可求得點 的坐標,繼而可得 點坐標,考慮直線 斜率情況,得到其方程,即可求解; ②根據 ,表示出 的面積后, 換元法轉化函數, 利用單調性即可求得最大值.
【詳解】( 1 )依題意有 ,解得 ,
所以橢圓的方程為 .
(2)①設 ,則 ,
聯立 ,故
故 ,由 代替 ,得 ,
當 ,即 時, ,過點 .
當 ,即 時, ,
令 ,直線 恒過點 .
當 ,經驗證直線 過點 .
綜上,直線 恒過點 .
② ,
令 ,
在 上單調遞減,
,當且僅當 時取等號.
故 面積的最大值為 . 9. (1) (2) 證明見解析,
【分析】(1)根據最短弦和最長弦求得 ,即可求得方程;
(2)設直線方程,與橢圓聯立,結合韋達定理求得 、 的坐標,
方法一: 利用坐標關系得直線 恒過定點 ,根據高的比得三角形面積的比;
方法一: 利用向量法求得三角形面積, 然后求解即可.
【詳解】( 1 )由已知得當 在 軸上時, ,
當 在 軸上時, 最小,此時直線 方程為: ,
聯立 ,解得 ,所以 ,所以 ,
故橢圓方程為 .
(2)由(1)得 ,設直線 ,
其中 ,則 .
由 消去 得: ,
設 ,則 ,
即 ,用 代換 同理可得 ,
解法一: 設直線 的斜率為 ,
則 .
故直線 的方程為 ,
即 ,
將 代入得 ,故直線 恒過定點 ,
于是點 與點 到直線 的距離之比等于 ,從而 .
解法二: 對于一個 ,若 ,則 ,
證明如下:
因為 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ;
故對于 ,
所以 ,
又 ,
則 ,
所以 .
10. (1) .
(2)證明見解析.
【詳解】試題分析:(1)根據 兩點關于 軸對稱,由橢圓的對稱性可知 經過 兩點. 另外由 知, 不經過點 ,所以點 在 上. 因此 在橢圓上,代入其標準方程,即可求出 的方程；(2)先設直線 與直線 的斜率分別為 ,再設直線 的方程,當 與 軸垂直時,通過計算,不滿足題意,再設 ,將 代入 ,寫出判別式,利用根與系數的關系表示出 ,進而表示出 ,根據 列出等式表示出 和 的關系,從而判斷出直線恒過定點.
試題解析: (1) 由于 兩點關于 軸對稱,故由題設知 經過 兩點. 又由 知, 不經過點 ,所以點 在 上.
因此 ,解得 .
故 的方程為 .
(2)設直線 與直線 的斜率分別為 , 如果 與 軸垂直,設 ,由題設知 ,且 ,可得 的坐標分別為 . 則 ,得 ,不符合題設.
從而可設 . 將 代入 得
由題設可知 .
設 ,則 .
而
由題設 ,故 .
即 .
解得 .
當且僅當 時, ,欲使 ,即 ,
所以 過定點(2, - 1)
點睛:橢圓的對稱性是橢圓的一個重要性質,判斷點是否在橢圓上,可以通過這一方法進行判斷；證明直線過定點的關鍵是設出直線方程, 通過一定關系轉化, 找出兩個參數之間的關系式, 從而可以判斷過定點情況. 另外, 在設直線方程之前, 若題設中未告知, 則一定要討論直線斜率不存在和存在兩種情況, 其通法是聯立方程, 求判別式, 利用根與系數的關系, 再根據題設關系進行化簡.
11. ;
(2) .
【分析】( 1 )由點 在雙曲線上可求出 ,易知直線 的斜率存在,設 ,再根據 ,即可解出 的斜率;
(2)根據直線 的斜率之和為 0 可知直線 的傾斜角互補,根據 即可求出直線 的斜
率,再分別聯立直線 與雙曲線方程求出點 的坐標,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 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 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 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 2,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 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, 也是最優解;
法二: 前面解答與法一求解點 坐標過程形式有所區別,最終目的一樣,主要區別在于三角形面積公式的選擇不一樣.
12. (1)
(2)
【分析】(1)設 ,由點線距離及兩點距離公式列方程,化簡即可得 的方程；
(2)設直線 ,聯立橢圓方程,根據交點情況有 ,法一:結合韋達定理、 求得 ; 法二: 作 關于 軸的對稱點 ,得到 ,由向量平行的坐標表示求得 , 進而確定直線 所過的定點坐標,利用弦長公式、三角形面積公式得到 面積關于 的表達式,即可求最值; 【詳解】(1)設 到直線 的距離記為 ,則 ,
依題意, ,化簡得 ,即 .
(2)設直線 ,
由 得: ,
則 ,可得 ,
所以 .
法一: 由 ,則 ,
所以 ,即 ,
所以 ,可得 ,
所以直線 經過定點 .
因為 面積 ,
所以 ,
當 ,即 時, 有最大值為 .
法二: 作 點關于 軸的對稱點 ,
因為 ,則 ,故 ,
所以 三點共線,所以 ,
因為 ,
所以 ,即 ,
所以 ,則 ,可得 ,
所以直線 經過定點 ,
因為 面積 ,
所以 ,
設 ,則 ,則 ,
當 ,即 時, 有最大值為 .
13. (1)
(2)
【分析】(1)依題意可得 ,再由橢圓過點 ,代入橢圓方程,即可求出 ,即可求出橢圓方程；
(2)設直線 的方程為 , , ,聯立直線與橢圓方程,消元、列出韋達定理,再表示出 的方程,從而求出 點坐標,即可得到 ,令 ,再根據對勾函數的性質求出面積的取值范圍;
【詳解】( 1 )解: 由已知得 橢圓 的方程為
橢圓經過點 ,
,解得
橢圓 的方程為
(2)解: 由題意知,直線 的斜率存在且不為 0 ,
設直線 的方程為 ,
由 ,消去 得 ,
,
為點 關于 軸的對稱點,
,直線 的方程為 ,
即
令 ,則
,
的面積
,
令 ,則 ,
,又函數 在 上單調遞增,
所以 ,
,
的面積 的取值范圍是
14. (1)
(2)
【分析】(1)利用待定系數法求橢圓的方程；
(2)設 的直線方程為 ,與橢圓方程聯立得出韋達定理,點 三點共線且斜率相等結合韋達定理得出直線 過定點 ,設所求內切圓半徑為 結合面積公式以及對勾函數的單調性得出結果.
【詳解】( 1 )依題意 解得 ,
所以橢圓 的方程為 .
(2)因為 不與坐標軸垂直,可設 的直線方程為 ,
設點 ,則 ,
聯立 得 ,
則 ,
因為點 三點共線且斜率一定存在,
所以 ,所以 ,
將 代入,化簡可得 ,
故 ,解得 ,滿足 ,
所以直線 過定點 ,且 為橢圓右焦點,
設所求內切圓半徑為 ,因為 ,所以
令 ,則 ,所以 ,
因為 ,對勾函數 在區間 上單調遞增,
所以 ,則 .
所以 內切圓半徑 的范圍為 .
15. (1)
(2)
【分析】(1)根據點 的坐標結合離心率,列出等式即可求解;
(2)設直線 方程 ,代入橢圓結合韋達定理,表示出點 坐標,根據面積公式結合函數關系即可得解.
【詳解】( 1 )設 ,
,得 ,
所以橢圓 的方程 ;
( 2 )由題可得直線 斜率一定存在,設其直線方程 ,
,整理得: ,
直線 的方程 ,設
面積
令
所以 面積的取值范圍 . 16. (1) ; (2) 是定值, . 【分析】(1)利用橢圓離心率及圓的切線性質,建立關于 的方程組,解方程組作答.
(2)由給定的面積關系可得直線 平分 ,進而可得直線 的斜率互為相反數,再聯立直線與橢圓方程,
利用韋達定理結合斜率坐標公式計算判斷作答.
【詳解】(1)由橢圓 的離心率為 得: ,即有 ,
由以 的短軸為直徑的圓與直線 相切得: ,聯立解得 ,
所以 的方程是 .
(2) 為定值,且 ,
因為 ,則 ,
因此 ,而 ,有 ,
于是 平分 ,直線 的斜率 互為相反數,即 ,
設 ,
由 得, ,即有 ,
而 ,則 ,
即
于是
化簡得: ,
且又因為 在橢圓上,即 ,即 ,
從而 ,
又因為 不在直線 上,則有 ,即 ,
所以 為定值,且 .
【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. (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.
17. (1)
(2)證明見詳解
【分析】(1)根據題意列式求解 ,進而可得結果；
(2)設直線 的方程,進而可求點 的坐標,結合韋達定理驗證 為定值即可.
【詳解】(1) 由題意可得 ,解得 ,
所以橢圓方程為 .
(2)由題意可知:直線 的斜率存在,設 ,
聯立方程 ,消去 得: ,
則 ,解得 ,
可得 ,
因為 ,則直線 ,
令 ,解得 ,即 ,
同理可得 ,
則
所以線段 的中點是定點(0,3).
【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,有時將問題轉化為代數式,可證明該代數式與參數(某些變量)無關；也可令系數等于零, 得出定值;
(3) 得出結論.
18.
(2)證明見解析
【分析】根據點 在 的漸近線 上,可得 ,再根據 的面積求出 即可;
(2)易得直線 的斜率存在,設直線 的方程為 ,聯立方程,利用韋達定理求出 ,求出 的方程,令 ,可得 點的坐標,從而可得 點的坐標,再根據斜率公式計算即可.
【詳解】(1)因為點 在 的漸近線 上,所以 ,
,則 ,所以 ,故 ,
所以 的方程為 ;
(2)當直線 的斜率不存在時,直線 與雙曲線只有一個交點,不符題意,
當直線 的斜率存在時,設直線 的方程為 ,
聯立 ,消 得 ,
則 ,解得 且 ,
直線 的方程為 ,
令 ,得 ,即 ,
因為 為 的中點,所以 ,
所以 ,
因為
所以 ,
所以直線 的斜率為定值.
【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；
(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.
19. (1)
(2)證明見解析.
【分析】(1)根據橢圓的幾何性質即可求解.
(2)聯立直線與橢圓的方程,得到韋達定理,由兩點斜率公式,即可代入化簡求解.
【詳解】(1)由題意可知 ,
的三個頂點構成的三角形要么是短軸的一個頂點和長軸的兩個頂點構成的三角形,面積為 ;
要么是短軸的兩個頂點和長軸的一個頂點構成的三角形,面積為 ,
所以 ,
故 的方程為 .
(2)由于 軸,所以 不可能垂直于 軸,故直線 的斜率存在,故設直線 的方程為 ,
聯立 ,
則 ,
直線 的方程為 ,
當 時, ,所以 是 的中點,所以 ,
,即 ,所以 ,
則 ) 化簡得
代入 得 ,
故 ,所以 或 ,
故直線 的方程為 或 ,
由于 不與 重合,所以直線不經過(2,0),故直線 的方程為 ,此時
,故 ,此時直線過定點(2,1).
【點睛】方法點睛: 直線與橢圓的位置關系中直線過定點問題, 需要討論直線的斜率是否存在. 若斜率不存在, 特殊情況特殊對待, 存在時, 設出直線的方程, 聯立與橢圓的方程, 可得根與系數的關系式, 利用斜率關系或者根據向量的共線得到點的坐標之間的關系, 進而為消去變量起到了重要的作用從而求得直線方程中兩個參量之間的關系即可得到定點.
20. (1) (2) 存在
【詳解】( 1 )由 在橢圓上得: ①
②代入①得 橢圓 .
(2)設 ,則直線 方程為: ,令 得 ,
的斜率 聯立 得: .
. 故存在 符合題意.
考點: 本題主要考查圓錐曲線的定義、標準方程、幾何性質, 直線與圓錐曲線的交點等基礎知識, 考查分析問題、解決問題的能力, 考查邏輯推理能力, 推理論證能力和計算能力.
21. (1)
(2)存在
【分析】(1)把已知等式用坐標表示即可得；
(2)假設存在這樣的定點,不妨設為 ,令 , , ,直線 方程與軌跡方程聯立消元應用韋達定理得 ,斜率關系 是關于 的恒等式,由恒等式知識并代入韋達定理的結論可求得 值,
從而得定點坐標.
【詳解】( 1 )由題意 ,即 ,
又直線 的斜率存在,所以點 的軌跡方程為 .
(2)若存在這樣的定點,不妨設為 ,令 , , ,
直線 的方程為 ,
由韋達定理得: ,
對任意 成立,所以
由 得,
,
所以 ,
對任意 成立, ,經檢驗,符合題意,
所以,存在 滿足題意.
【點睛】方法點睛: 圓錐曲線中的定點問題,解決方法是設交點坐標為 ,設動直線方程,與曲線方程聯立后消元應用韋達定理得 (或 ),代入已知條件中動直線滿足的關系式,確定動直線方程中參數的關系, 從而確定出定點坐標, 或象本題, 再設出定點坐標, 動直線方程, 動直線方程與曲線方程聯立后消元應用韋達定理得 (或 ),代入已知條件中動直線滿足的關系式,然后由恒等式知識得出關系式并求得結論.
22. (1) (2) 見解析
【詳解】1. 設點 ,過圓心 作 于點 與 軸交于點 .
由
. ①
由點 在橢圓上得
. ②
由式①、②得 .
解得 或 (舍去).
2. 設過點 與圓 相切的直線方程為
. ③
則
.
將式③代入 得
于是,異于零的解為 .
設點 .
則 .
于是, 直線 EF 的斜率為
故直線 的方程為
即 .
因此,圓心(2,0)到直線 的距離為
23. (1) ; (2) .
【分析】( 1 )根據點 是橢圓 短軸的一個四等分點,求得 ,再根據離心率和 ,即可求得 ,從而得出答案;
(2)設 ,直線 的方程為 ,則直線 的方程為 ,
與 聯立,利用韋達定理可求得點 的坐標,從而得出直線 的斜率 ,整理可得出結論.
【詳解】解: (1) 因為點 是橢圓 短軸的一個四等分點,
所以 ,
又 ,且 ,
則 ,所以 ,
所以橢圓 的標準方程為 ;
(2)設 ,直線 的方程為 ,
則直線 的方程為 ,與 聯立,
得: ,
由 ,且點 在 上,得 ,
又 ,即 ,代入上式得 ,
即點 ,同理 ,
則 ,
將 代入上式,
得 ,
所以 時, ,恒成立.
【點睛】本題考查了根據離心率求橢圓的標準方程及直線與橢圓、圓的位置關系, 考查了計算能力和邏輯推理能力, 難度較大.
24. (1) ;
(2)證明見解析.
【分析】(1)由橢圓所過的點及其離心率求橢圓參數, 即可得方程.
(2)設 , ,直線 為 并聯立橢圓方程,由 及韋達定理可得 、 ,根據三點共線及斜率的兩點式得 求 的斜率,進而得到直線方程,聯立直線 即可證結論.
【詳解】(1) 由題意知, ,解得 ,
故橢圓 的方程為 .
(2)設 ,則 .
直線 的方程為 ,其中 且 ,
將 代入橢圓 ,整理得 ,
由 與韋達定理得: .
由 (1) 知: ,
設 ,由 三點共線得: ,由 三點共線得: ,
則 ,
于是直線 的斜率為 ,直線 的方程為 ,
聯立 ,解得: ,即點 在定直線 上.
25. (1)
(2)答案見解析,
【分析】(1)依題意, ,可得: ,由橢圓定義知,點 的軌跡是以點 為兩焦點的橢圓,求出 即得;
(2)設出點 和直線 的方程 ,與橢圓方程聯立消元得韋達定理,設 ,由 三點共線和 三點共線得到 ,從而得到直線 的方程,再將其與直線 的方程聯立,求得點 在直線 上, 要使 的面積為定值,須使點 為過點 且與直線 平行的直線 與橢圓的交點,求出點 的坐標,即得 的面積.
【詳解】(1)因直線 的垂直平分線交直線 于點 ,則 ,由 可知,點 的軌跡是以點 為兩焦點的橢圓,
且 ,故 ,則點 的軌跡方程為: .
(2)
如圖,設 ,直線 的方程 ,將其與橢圓方程 聯立消元整理得:
,且 ,
由(1)知 ,設 ,由 三點共線得: ; 由 三點共線得: , 則
故直線 的斜率 ,則直線 的方程為: ,將其與直線 的方程聯立,解得: ,
因此點 在定直線 上,使得 的面積為定值的點 一定為過點 且與直線 平行的直線 與橢圓的交點.
由 解得: 或 ,此時點 的坐標為 或 .
故 的面積為: .
26. (1)
(2) 是定值 ,理由見解析
【分析】( 1 )由題意可得 ,解方程求出 ,再結合 ,即可得出答案.
(2)設 ,直線 的方程為 ,聯立直線和橢圓方程,利用根與系數的關系、斜率公式即可求得 為定值.
【詳解】( 1 )依題意可知 ,
由于 ,則直線 的方程為 ,
因為點 到直線 的距離為 .
所以 ,解得 ,
所以 ,則 ,
所以橢圓 的標準方程 .
(2)設 ,直線 的方程為 . 此時 .
聯立直線與橢圓方程 消去 得 ,
則有
不妨設 ,因為 三點共線,則 ,
所以則有 , 因為 三點共線,則 則有 ,
所以
所以 ,所以 ,
所以 ,所以 .
【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.
(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.
27. (1)
(2)(0, - 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 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 的方程為 ,過 ,
則 ,解得 ,
所以橢圓 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 方程 ,可得
,由 得到 . 求得 方程:
,過點(0, - 2).
②若過點 的直線斜率存在,設 .
聯立 ,得 ,
可得 ,
且
聯立 .
可求得此時 ,
將(0, - 2),代入整理得 ,
將 (*) 代入,得 ,
顯然成立,
綜上,可得直線 過定點(0, - 2).
【點睛】求定點、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；
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.
28. (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)設出直線方程,與雙曲線方程聯立,然后由點的坐標分別寫出直線 與 的方程,聯立直線方程,消去 ,結合韋達定理計算可得 ,即交點的橫坐標為定值,據此可證得點 在定直線 上.
【詳解】( 1 )設雙曲線方程為 ,由焦點坐標可知 ,
則由 可得 ,
雙曲線方程為 .
(2)由(1)可得 ,設 ,
顯然直線的斜率不為 0,所以設直線 的方程為 ,且 ,
與 聯立可得 ,且 ,
則 ,
直線 的方程為 ,直線 的方程為 ,
聯立直線 與直線 的方程可得:
由 可得 ,即 ,
據此可得點 在定直線 上運動.
【點睛】關鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題, 意在考查學生的計算能力, 轉化能力和綜合應用能力, 其中根據設而不求的思想, 利用韋達定理得到根與系數的關系可以簡化運算, 是解題的關鍵.
29. (1)
(2)結論③正確, 證明見解析
【分析】(1)由幾何性質知 到 兩點的距離之和為定值可得 的軌跡為橢圓；
(2)解法一、二:設直線 ,表示出直線 的方程并聯立求得 的橫坐標為定值,因此 的面積是定值.
解法三:當直線 垂直于 軸時求得 橫坐標為 4,當直線 不垂直于 軸時,設直線 , 表示出直線 的方程并聯立求得 的橫坐標為定值,因此 的面積是定值. 解法四: 設直線 ,表示出直線 的方程,利用 在橢圓上得 ,將直線 的方程化為 ,與直線 聯立求得 的橫坐標為定值,因此 的面積是定值.
【詳解】(1)由題意得, .
因為 為 中點,所以 ,即 ,
又 ,所以 ,
又 為 的中點,所以 ,
所以 ,
所以點 的軌跡 是以 為焦點的橢圓(左、右頂點除外).
設 ,其中 .
則 .
故 .
(2)解法一:結論③正確. 下證: 的面積是定值.
由題意得, ,且直線 的斜率不為 0,
可設直線 ,且 .
由 ,得 ,
所以 ,
所以 .
直線 的方程為: ,直線 的方程為: ,
由 ,得 ,
解得 .
故點 在直線 ,所以 到 的距離 ,
因此 的面積是定值,為 .
解法二: 結論③正確. 下證: 的面積是定值.
由題意得, ,且直線 的斜率不為 0,
可設直線 ,且 .
由 ,得 ,
所以 ,
所以 .
直線 的方程為: ,直線 的方程為: ,
由 ,
得
故點 在直線 ,所以 到 的距離 ,
因此 的面積是定值,為 .
解法三: 結論③正確. 下證: 的面積是定值.
由題意得, ,且直線 的斜率不為 0 .
(i) 當直線 垂直于 軸時, ,由 ,得 或 .
不妨設 ,
則直線 的方程為: ,直線 的方程為: ,
由 ,得 ,所以 ,
故 到 的距離 ,此時 的面積是 .
(ii) 當直線 不垂直于 軸時,設直線 ,且 .
由 ,得 ,
所以 .
直線 的方程為: ,直線 的方程為: ,
由 ,得
下證: .
即證 ,即證 ,
即證 ,
即證 ,
上式顯然成立,
故點 在直線 ,所以 到 的距離 ,
此時 的面積是定值,為 .
由 (i) (ii) 可知, 的面積為定值.
解法四: 結論③正確. 下證: 的面積是定值.
由題意得, ,且直線 的斜率不為 0, 可設直線 ,且 .
由 ,得 ,
所以 .
直線 的方程為: ,直線 的方程為: ,
因為 ,所以 ,
故直線 的方程為: .
由 ,得
解得 .
故點 在直線 ,所以 到 的距離 ,
因此 的面積是定值,為 .
【點睛】方法點睛: (一)極點與極線的代數定義; 已知圓錐曲線 ,則稱點 和直線 是圓錐曲線 的一對極點和極線. 事實上,在圓錐曲線方程中,以 替換 ,以 替換 (另一變量 也是如此),即可得到點 對應的極線方程. 特別地,對于橢圓 , 與點 對應的極線方程為 ; 對于雙曲線 ,與點 對應的極線方程為 ; 對于拋物線 ,與點 對應的極線方程為 . 即對于確定的圓錐曲線,每一對極點與極線是
一一對應的關系.
(二)極點與極線的基本性質、定理
①當 在圓錐曲線 上時,其極線 是曲線 在點 處的切線;
②當 在 外時,其極線 是曲線 從點 所引兩條切線的切點所確定的直線 (即切點弦所在直線);
③當 在 內時,其極線 是曲線 過點 的割線兩端點處的切線交點的軌跡.
30. ;
(2)(i)證明見解析；(ii)存在,
【分析】(1) 設 ,利用兩點間距離公式得 ,然后根據 分類討論求解即可;
( 2 )(i) 設直線 ,與橢圓方程聯立方程,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,與橢圓聯立,求得點 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(3,0).
(2)(i) 設直線 ,
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
聯立②③,消去 ,得 ,④
聯立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立,得 ,因為 ,
所以 ,所以 ,故 .
31. (1) ;
(2)存在定點 ,使得 為定值 6 .
【分析】(1)由題意可得 ,再由線 與直線 的斜率之積等于 ,即可解出 的值,從而即可得橢圓方程;
(2)由題意求得切線 的方程為 ,進而求出 的坐標,從而可得直線 ,直線 的方程,再求出 點的軌跡即可得結論.
【詳解】( 1 )解: 由題知, 在橢圓 上,
即 ,即 ,
斜率之積 ,
所以 ,
所以橢圓 的標準方程為 .
(2)解: 因為點 在橢圓 上,
則 ,即 ,
又因為 ,
取 ,
所以 ,
所以切線的斜率 ,
所以切線方程為
由 ,可得 ,
假設 ,
所以切線方程為: ,
即 ,
所以切線 的方程為 ,
令 得 ,令 知: 得 ,
,則直線 ,①
,則直線 ,
由① ②知: , 點 的軌跡方程為 ,
即存在定點 ,使得 為定值 6 .
32. 見解析
【考點】橢圓的性質, 直線方程, 兩點間的距離公式.
【詳解】(1)根據橢圓的性質和已知(1, e)和 都在橢圓上列式求解.
(2)根據已知條件 ,用待定系數法求解
解: (1) 由題設知, ,由點(1, e)在橢圓上,得
.
由點 在橢圓上,得
橢圓的方程為 .
(2)由(1)得 ,又 ,
設 的方程分別為 .
.
. ①
同理, . ②
(i) 由①②得, . 解 得 .
注意到 .
直線 的斜率為 .
(ii) 證明: ,即 .
.
由點 在橢圓上知, .
同理. .
由①②得, ,
.
是定值.
33. (1)
(2)證明過程見解析
【分析】(1)由右焦點到右準線的距離以及通徑長度,結合 之間的平方關系即可求解;
( 2 )設直線 的方程為 ,聯立雙曲線方程結合韋達定理得 , 用 以及 的坐標表示出點 以及 的方程,根據對稱性可知,只需在 的直線方程中,令 ,證明相應的 為定值即可求解.
【詳解】(1) 由題意 ,所以雙曲線 的標準方程為 .
(2)由題意 ,當直線 斜率為 0 時,直線 ,
當直線 斜率不為 0 時,設直線 的方程為 ,
所以 ,
直線 的方程為: ,
所以 的方程為 ,
由對稱性可知 過的定點一定在 軸上,
令
又 ,
所以 ,
所以直線 過定點 .
34. (1) ; (2) 證明見解析.
【分析】( 1 )先表示出 ,然后計算出 ,結合離心率公式 和 求解出 的值,則橢圓方程可求;
(2)設出 的坐標,通過將向量共線表示為坐標關系可得到 的關系式①,再通過點差法分別求得 滿足的關系式②和關系式③,通過將關系式②和③作差可得 的關系式④,再結合關系式①可證明 為定值.
【詳解】解: (1) 設 . 由題意得 ,
.
解得 .
橢圓的方程為 .
(2) 設 .
由 ,
得 ,
,①
又點 均在橢圓上,
且
. ②
同理,由 且 ,得
. ③
聯立②③得 . ④
聯立①④得 ,
為定值 .
【點睛】關鍵點點睛:解答本題第二問的關鍵在于對于向量共線的坐標表示以及點差法求解參數與坐標之間的關系,每一步都是通過構建關于 的方程,結合聯立方程的思想完成證明.
35. (I) ; (II) ; (III) 1.
【分析】(I)根據題干可得 的方程組,求解 的值,代入可得橢圓方程；
(II)設直線方程為 ,聯立,消 整理得 ,利用根與系數關系及弦長公式表示出 ,求其最值;
(III)聯立直線與橢圓方程,根據韋達定理寫出兩根關系,結合 三點共線,利用共線向量基本定理得出等量關系,可求斜率 .
【詳解】(I)由題意得 ,所以 ,
又 ,所以 ,所以 ,
所以橢圓 的標準方程為 ;
(II)設直線 的方程為 ,
由 消去 可得 ,
則 ,即 ,
設 ,則 ,
則 ,
易得當 時, ,故 的最大值為 ；
(III) 設 ,
則 ①, ②,
又 ,所以可設 ,直線 的方程為 ,
由 消去 可得 ,
則 ,即 ,
又 ,代入①式可得 ,所以 ,
所以 ,同理可得 .
故 ,
因為 三點共線,所以 , 將點 的坐標代入化簡可得 ,即 .
【點睛】本題主要考查橢圓與直線的位置關系,第一問只要找到 三者之間的關系即可求解; 第二問主要考查學生對于韋達定理及弦長公式的運用,可將弦長公式 變形為 ,再將根與系數關系代入求解; 第三問考查橢圓與向量的綜合知識, 關鍵在于能夠將三點共線轉化為向量關系, 再利用共線向量基本定理建立等量關系求解.
36. (1)
(2)
【分析】( 1 )根據題意得到 ,求出 ,得到答案；
( 2 )設 , 且 ,則 ,得到直線 和直線 ,聯立 ,求出 的坐標,表達出 ,結合 ,化簡后得到 ,從而求出 的值. 【詳解】( 1 )由題意得 ,故 ,
由 的周長為 ,故 ,
解得 ,
故 的標準方程為 ;
(2)由題意得 ,橢圓上下頂點為 ,
設 ,則 ,
因為 均不與 頂點重合,所以 且 ,
直線 ,聯立 得,
設 ,則 ,故 ,
則 ,
直線 ,聯立 得,
設 ,則 ,故 ,
故 ,
故
將 代入上式,化簡得,
故
【點睛】定值問題常見方法:(1)從特殊入手, 求出定值, 再證明這個值與變量無關;
(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.
37. (1)
(2)不存在,理由見解析
(3)
【分析】(1)根據點點距離以及點到直線的距離公式即可列等量關系求解,
(2)根據平行關系以及橢圓的對稱性可得 且 ；進而根據長度相等,結合點點距離可得點的坐標,利用斜率關系即可求解,
(3)利用橢圓焦點三角形的周長以及等面積法可得半徑的表達,進而聯立直線與橢圓方程可得 , 進而結合基本不等式即可求解.
【詳解】( 1 )設 ,則 ,化簡可得 ,即 .
(2)設 ,
若四邊形 為菱形則 ,即 且 ;
由 ,則 (若 ,則 ),且 ①,
由 ,由題可知 ,
同理可得, ,故 ,因此 ②.
聯立①②可得 ,代入 中運算可得 ,則 .
而 ,故 三點不共線.
因此不存在 點與直線 使得四邊形 為菱形.
(3)設 面積分別為 ,內切圓半徑分別為 ,
恰為橢圓 的兩焦點,故 .
則 的周長均為 ,同理 .
則 .
設直線 的方程為 ,
與橢圓聯立整理可得 .
由于 ,帶入整理可得, .,
故 ,于是 .
同理可得, .
(當且僅當 時取等,相應地有 ),
因此 最大值為 .
【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或判別式構造不等關系,從而確定參數的取值范圍；
(2)利用已知參數的范圍,求新的參數的范圍,解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；
(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,從而求出參數的取值范圍；
(5)利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數, 求其值域, 從而確定參數的取值范圍.
38. (1) 3
(2)
【分析】(1)先設定直線 的方程,并與橢圓方程聯立,求得韋達定理形式,分別求 的長和點 到直線 的距離,進而表達 的面積,求最大值即可; (2)分別設直線 和 的方程,并分別與橢圓方程聯立,求得韋達定理形式,分別求出 兩點的縱坐標,表達
與 面積之比,求最大值即可.
【詳解】(1)設 ,
設直線 的方程為 ,
聯立方程組 ,得 ,
所以 ,
則 ,
點 到直線 的距離為: ,
所以 ,
令 ,
則 ,當 即 時 面積取得最大值,
所以 面積的最大值為 3 .
(2)設
設直線 的方程為 ,
聯立方程組 ,得 ,
即
所以 ,即 ,
同理可得: ,
所以
化簡得: ,
當 時, 取得最大值 .
【點睛】方法點睛: 圓錐曲線中求面積的比值, 可以選擇相同的底邊或者角來轉化, 參數之間的關系可以通過聯立圓錐
曲線方程, 化簡求得, 通過函數或者不等式來求得最值.
39. (1)
(2)
(3)
【分析】(1)設點 的坐標,由題意可得點 的恒縱坐標的關系,即可得到曲線的標準方程；
(2)設直線 和直線 的方程,然后與橢圓的方程聯立,即可得到 的坐標關系,進而可得 為定值；
( 3 )由題意可得 的比值,由題意可得 面積的表達式,再由函數的單調性,即可得到結果.
【詳解】( 1 )令 且 ,因為 ,所以 ,
整理可得 ,
所以 的標準方程為 .
(2)設 ,
設直線 和直線 的方程分別為 ,
聯立直線 與橢圓方程 ,整理可得 ,
則 ,
聯立直線 與橢圓方程 ,整理可得 ,
可得 ,
又因為 ,
所以 ,
所以 ,即 ,
同理可得 ,即 ,
所以 .
設 ,
設 ,則有 ,
又 ,
(1) 可得 ,
同理可得 ,
所以 .
(3)
不妨設 ,于是 ,
因此 ,
又因為 ,所以 ,
設 ,
則 ,
所以 在 單調遞增,則 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題主要考查了橢圓中的定值問題與橢圓中的三角形面積問題, 難度較大, 解答本題的關鍵在于設出直線方程與橢圓方程聯立, 表示出三角形面積公式, 代入計算.
40. (1)
(2)①過定點,定點 ,②
【分析】( 1 )由題意得 ,解方程即可得出答案.
(2)①設 , , ,聯立直線和橢圓的方程,得到韋達定理結合直線 的方程表示出 , 點的坐標,即可求出直線 的方程,即可證明直線 定點;
②由分析知,當 取得最大值時, 取得最大值,由兩角差的正切公式結合基本不等式求解即可.
【詳解】( 1 )由題意得 ,解得 ,所以 ,
所以 的方程為 .
( 2 )①由題意得 整理得 ,設 ,
,直線 的方程為 ,
代入 整理得, ,
設 ,則 ,所以 ,
,即 ,同理 .
所以直線 的方程為 ,即 ,所以直線 過定點 .
②因為 ,所以 與 正負相同,且 ,所以 ,
當 取得最大值時, 取得最大值.
由 時, ;
所以當且僅當 時等號成立, 取得最大值, 取得最大值,
此時直線 的方程為 .參考答案:
1. (I) ,點 坐標為 (2,1); (II) .
【詳解】試題分析:本題考查橢圓的標準方程及其幾何性質,考查學生的分析問題、解決問題的能力和數形結合的思想. 第 (I) 問,利用直線和橢圓只有一個公共點,聯立方程,消去 得關于 的方程有兩個相等的實數根,解出 的值, 從而得到橢圓 的方程；第(II)問,利用橢圓的幾何性質,數形結合,根據根與系數的關系,進行求解. 試題解析: (I) 由已知, ,則橢圓 的方程為 .
由方程組 得 . ①
方程①的判別式為 ,由 ,得 ,
此時方程①的解為 ,
所以橢圓 的方程為 .
點 坐標為(2,1).
(II) 由已知可設直線 的方程為 ,
由方程組 可得
所以 點坐標為 .
設點 的坐標分別為 .
由方程組 可得 . ②
方程②的判別式為 ,由 ,解得 .
由②得 .
所以 ,
同理 ,
所以
故存在常數 ,使得 .
【考點】橢圓的標準方程及其幾何性質
【名師點睛】本題考查橢圓的標準方程及其幾何性質,考查學生的分析問題、解決問題的能力和數形結合的思想. 在涉及直線與橢圓 (圓錐曲線) 的交點問題時,一般設交點坐標為 ,同時把直線方程與橢圓方程聯立,消元后,可得 ,再把 用 表示出來,并代入 的值,這種方法是解析幾何中的“設而不求” 法, 可減少計算量, 簡化解題過程.
2. (1) ; (2) 0.
【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:設出點的坐標和直線方程,聯立直線方程與曲線 的方程,結合韋達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,
設軌跡 的方程為 ,則 ,可得 ,
所以,軌跡 的方程為 .
(2)[方法一] 【最優解】: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 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 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 四點的二次曲線系方程為:
整理可得:
其中 .
由于 四點共圓,則 項的系數為 0,即 .
【整體點評】(2)方法一:直線方程與二次曲線的方程聯立,結合韋達定理處理圓錐曲線問題是最經典的方法, 它體現了解析幾何的特征, 是該題的通性通法, 也是最優解;
方法二:參數方程的使用充分利用了參數的幾何意義,要求解題過程中對參數有深刻的理解,并能夠靈活的應用到題目中.
方法三:圓冪定理的應用更多的提現了幾何的思想, 二次曲線系的應用使得計算更為簡單.
3. (I) 答案見解析; (II) .
【詳解】試題分析:(I) 利用橢圓定義求方程；(II) 把面積表示為關于斜率 的函數,再求最值.
試題解析: (I) 因為 , ,故 ,
所以 ,故 .
又圓 的標準方程為 ,從而 ,所以 .
由題設得 ,由橢圓定義可得點 的軌跡方程為:
( ).
( II )當 與 軸不垂直時,設 的方程為 .
由 得 .
則 .
所以 .
過點 且與 垂直的直線 到 的距離為 ,所以
. 故四邊形 的面積
可得當 與 軸不垂直時,四邊形 面積的取值范圍為 .
當 與 軸垂直時,其方程為 ,四邊形 的面積為 12 .
綜上,四邊形 面積的取值范圍為 .
【考點】圓錐曲線綜合問題
【名師點睛】高考解析幾何解答題大多考查直線與圓錐曲線的位置關系,直線與圓錐曲線的位置關系是一個很寬泛的考試內容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求參數取值范圍等幾部分組成. 其中考查較多的圓錐曲線是橢圓與拋物線,解決這類問題要重視方程思想、函數思想及化歸思想的應用.
4. (1)
(2)詳見解析
(3)
【分析】( 1 )根據題意得到 求解；
(2)易知 , ,與橢圓方程聯立,求得 的橫坐標,再利用弦長公式證明；
(3)設直線 方程為 ,則直線 的方程為 ,將直線 的方程與橢圓方程聯立,結合韋達定理,利用弦長公式得到 的表達式,進而得到 的表達式求解.
【詳解】( 1 )解: 由題意得: ,
則 ,
所以橢圓的標準方程為: ;
(2)易知 ,設 ,
由 ,得 ,解得 ,
則 ,
所以 ; (3)圖所示:
若直線 中兩條直線分別與兩條坐標軸垂直,則其中有一條必與直線 平行,
所以直線 的斜率存在且不為零,設直線 方程為 ,則直線 的方程為 ,設
由 ,消去 得 ,
則 ,
易知 ,將 代入直線 的方程得 ,即 ,
則 ,
同理 ,
所以 ,
當且僅當 ,即 時,等號成立,
所以 的最大值為 .
【點睛】方法點睛: 本題第二三問都體現了“曲”化“直”的思想, 涉及到線段問題, 注意弦長公式的應用.
5. (1) (2) 的最大值為 ,取得最大值時直線 的斜率為 .
【詳解】試題分析: (I) 本小題由 確定 即得.
(II) 通過聯立方程組 化簡得到一元二次方程后應用韋達定理,應用弦長公式確定 及圓 的半徑 表達式. 進一步求得直線 的方程并與橢圓方程聯立,確定得到 的表達式,研究其取值范圍. 這個過程中,可考慮利用換元思想, 應用二次函數的性質及基本不等式.
試題解析: (I) 由題意知 ,
所以 ,
因此 橢圓 的方程為 .
(II) 設 ,
聯立方程
得 ,
由題意知 ,
且 ,
所以 .
由題意可知圓 的半徑 為
由題設知 ,
所以
因此直線 的方程為 .
聯立方程
得 ,
因此 .
由題意可知 ,
而
令 ,
則 ,
因此 ,
當且僅當 ,即 時等號成立,此時 ,
所以 ,
因此 ,
所以 最大值為 .
綜上所述: 的最大值為 ,取得最大值時直線 的斜率為 .
【名師點睛】本題對考生計算能力要求較高,是一道難題. 解答此類題目,利用 的關系,確定橢圓 (圓錐曲線) 方程是基礎,通過聯立直線方程與橢圓(圓錐曲線)方程的方程組,應用一元二次方程根與系數的關系,得到“目標函數”的解析式, 應用確定函數最值的方法... 如二次函數的性質、基本不等式、導數等求解. 本題易錯點是復雜式子的變形能力不足,導致錯漏百出.本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.
6. ;
(2) .
【分析】(1)設 是橢圓上任意一點,再根據兩點間的距離公式求出 ,再根據二次函數的性質即可求出;
( 2 )設直線 與橢圓方程聯立可得 ,再將直線 方程與 、 的方程分別聯立, 可解得點 的坐標,再根據兩點間的距離公式求出 ,最后代入化簡可得 ,由柯西不等式即可求出最小值.
【詳解】(1)設 是橢圓上任意一點, ,
,當且僅當 時取等號,故 的最大值是 .
( 2 )設直線 ,直線 方程與橢圓 聯立,可得 ,設 ,
所以 ,
因為直線 與直線 交于 ,
則 ,同理可得, . 則
當且僅當 時取等號,故 的最小值為 .
【點睛】本題主要考查最值的計算,第一問利用橢圓的參數方程以及二次函數的性質較好解決,第二問思路簡單,運算量較大, 求最值的過程中還使用到柯西不等式求最值, 對學生的綜合能力要求較高, 屬于較難題.
7. (1) ;
(2) .
【分析】(1)根據給定的條件,列出 的方程組,求解作答.
(2)根據給定條件,利用共線向量探求出直線 的方程,與橢圓 的方程聯立,求出 長,再借助三角代換列出三角形面積的函數關系, 求出函數的最大值作答.
【詳解】(1)令橢圓 的半焦距為 ,依題意, ,解得 ,
所以橢圓 的方程為 .
(2)設點 的坐標分別為 ,
顯然 均不為零,依題意,令 ,有 且 ,
又 四點共線,從而 ,
即 ,
于是 ,從而 ①, ②,
又點 在橢圓 上,即 ③, ④,
①+② 并結合③,④得 ,即動點 總在定直線 上,因此直線 方程為 ,
由 消去 得 ,
設 ,則 ,
于是 ,設 ,
則點 到直線 的距離 ,其中銳角 由 確定,
因此 ,當且僅當 時取等號, 所以 的面積最大值為 .
【點睛】方法點睛: 圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法:
(1)幾何法, 若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義, 則考慮利用幾何法來解決;
(2)代數法,若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系,則可首先建立目標函數,再求這個函數的最值或范圍. 8. (1)
(2)
【分析】(1)根據兩點間距離最值結合離心率求出 ,即可得出橢圓方程；
(2)結合向量共線求出參數關系得出軌跡方程,再根據點到直線距離求出最小值.
【詳解】(1)設 ,
則 .
又因為 ,所以 ,即 ,
又橢圓的離心率 ,所以 ,則 ,
解得 ,故 的方程為 .
(2)設 ,因為 ,
所以 ,
若 ,則 ,即 與 重合,與 矛盾,
若 ,則 ,即 與 重合,與 矛盾,
故 ,于是 ,將點 代入 ,
化簡得 ,
同理可得, ,
故 , 為方程 的兩根,
于是 ,即 ,動點 在定直線 上.
令直線 ,當 與 相切時,記 的距離為 ,則 ,
聯立 可得 ,
由 ,解得 ,又 ,則 ,
此時,解得 ,即切點為 ,直線 的距離為 ,
故 的最小值為 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題第二問的關鍵是求出點 得軌跡方程為 ,最后再求出直線 與橢圓相切的情況即可.
9. (1) 橢圓 的方程為 .
( 2 )圓的方程為 的取值范圍為 .
【分析】( 1 )先由橢圓的幾何性質得 ,再由已知條件結合余弦定理得 ,進而結合 即可求出橢圓 的方程.
(2)先假設存在,接著分圓的切線斜率存在和不存在兩種情況進行分析,當切線斜率存在時,設圓切線方程為 , 聯立方程 得 和韋達定理 ,進而得 ,從而由 得 ,進而由圓心到切線的距離即可求出圓的半徑,得出圓的方程,且由弦長公式結合導數工具可求解 的取值范圍.
【詳解】( 1 )由橢圓的幾何性質可得 ,
所以由余弦定理得 ,
化簡得 ,又 ,所以 ,
所以橢圓 的方程為 .
(2)假設存在以原點為圓心的圓,使得該圓的任意一條切線與橢圓 恒有兩個交點 ,且 ,
(i) 當該圓的切線斜率存在時,設該圓切線方程為 ,
聯立方程 ,
則 ,即 ,
所以 ,
因為 ,所以 ,
所以 ,所以 ,
滿足 ,
因為直線 即 為圓心在原點的圓的一條切線,
故圓的半徑為 即 ,所以 ,
所以所求圓的方程為 ,
所以
令 ,
則 恒成立,且 ,
令 (舍去) 或 ,
則當 時, ,函數 單調遞增; 當 時, ,函數 單調遞減,
又當 時 ,當 時 ,
所以當 時,有 ,當 時,有 ,
所以 ,所以有 .
(ii) 當該圓的切線斜率不存在時,則切線方程為 ,
代入 得 ,
所以切線與橢圓的兩個交點坐標為 或 ,
顯然滿足 ,即滿足 ,此時 .
綜上所述,存在圓心在原點的圓 ,使得該圓的任意一條切線與橢圓 恒有兩個
交點 ,且 .
【點睛】方法點睛: 解決圓錐曲線的存在性問題常用策略
1. 肯定順推法:首先假設滿足條件的元素存在,然后利用題目條件進行推理和計算,
若不出現矛盾且得到相應的幾何元素或參數值, 則元素存在; 否則元素不存在.
2. 反證法: 通過假設結論不成立, 然后推導出矛盾, 從而證明結論成立.
3. 分類討論: 當條件和結論不唯一時, 需要對不同情況進行分類討論.
4. 條件追溯法: 針對一個結論, 條件未知需探索, 通過尋找結論成立的必要條件,
再通過檢驗或認證找到充分條件.
10. (1) (2)
【詳解】試題分析:設出 ,由直線 的斜率為 求得 ,結合離心率求得 ,再由隱含條件求得 ,即可求橢圓方程；(2)點 軸時,不合題意；當直線 斜率存在時,設直線 ,聯立直線方程和橢圓方程,由判別式大于零求得 的范圍,再由弦長公式求得 ,由點到直線的距離公式求得 到 的距離,代入三角形面積公式,化簡后換元,利用基本不等式求得最值,進一步求出 值,則直線方程可求.
試題解析: (1) 設 ,因為直線 的斜率為
所以 .
又
解得 ,
所以橢圓 的方程為 .
(2)解: 設
由題意可設直線 的方程為: ,
聯立 消去 得 ,
當 ,所以 ,即 或 時
所以
點 到直線 的距離
所以 ,
設 ,則 ,
當且僅當 ,即 ,
解得 時取等號,
滿足
所以 的面積最大時直線 的方程為: 或 .
【方法點晴】本題主要考查待定系數法求橢圓方程及圓錐曲線求最值, 屬于難題. 解決圓錐曲線中的最值問題一般有兩種方法: 一是幾何意義, 特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來解決, 非常巧妙; 二是將圓錐曲線中最值問題轉化為函數問題, 然后根據函數的特征選用參數法、配方法、判別式法、三角函數有界法、函數單調性法以及均值不等式法, 本題 (2) 就是用的這種思路, 利用均值不等式法求三角形最值的.
11. (1) ;
(2)
(3)橢圓 上不存在三點 ,使得
【分析】(1)根據已知設出直線 的方程,利用弦長公式求出 的長,利用點到直線的距離公式求點 到直線 的距
離,根據三角形面積公式,即可求得 和 均為定值;
(2)由(I)可求線段 的中點為 ,代入 并利用基本不等式求最值；
(3)假設存在 , , ,滿足 ,由(1)得 , , ,從而得到 的坐標,可以求出 方程,從而得出結論.
【詳解】(1)(i)當直線 的斜率不存在時, 兩點關于 軸對稱,所以
在橢圓上
①
又 ,
②
由①②得 . 此時 ;
(ii) 當直線 的斜率存在時,是直線 的方程為 ,將其代入 得
故 即
又
點 到直線 的距離為
又
整理得
此時
綜上所述 . 結論成立.
(2)(i)當直線 的斜率不存在時,由(1)知
因此 .
(ii) 當直線 的斜率存在時,由 (1) 知
所以
. 當且僅當 ,
即 時,等號成立.
綜合 (1) (2) 得 的最大值為 .
(3)橢圓 上不存在三點 ,使得
證明: 假設存在 ,滿足
由 (1) 得
解得: .
因此 從集合 中選取, 從集合 中選取;
因此 只能從點集 這四個點選取三個不同的點,而這三個點的兩兩連線必然有一條經過原點,這與 矛盾.
所以橢圓 上不存在三點 ,使得
【點睛】本題考查了直線與橢圓的位置關系, 弦長公式和點到直線的距離公式, 是一道綜合性的試題, 考查了學生綜合運用知識解決問題的能力. (3) 考查學生觀察、推理以及創造性地分析問題解決問題的能力. 12. (1) ;
(2) .
【分析】(1)由已知條件由方程組可解出 得到橢圓方程.
(2)直線方程與橢圓方程聯立方程組,由韋達定理化簡 和 ,把 表示為關于 的函數,利用導數求解最大值.
【詳解】(1) ,
,又 ,
解得 ,所以橢圓 的標準方程為: .
(2) , ,橢圓 ,
令 ,直線 的方程為: ,
聯立方程組: ,消去 得 ,
由韋達定理得 ,
有 ,
因為: ,所以 ,
將點 坐標代入橢圓方程化簡得: ,
而此時: .
令 ,所以直線 ,
令 得 ,
由韋達定理化簡得 ,
,而 , 點到直線 的距離 ,
所以: ,
因為點 在橢圓內部,所以 ,得 ,即
令 ,求導得 ,
當 ,即 時, 單調遞增; 當 ,即 時, 單調遞減.
所以: ,即 .
【點睛】思路點睛: (1)解答直線與橢圓的題目時,時常把兩個曲線的方程聯立,消去 (或 )建立一元二次方程,然后借助根與系數的關系, 并結合題設條件建立有關參變量的等量關系.
(2)注意觀察應用題設中的每一個條件, 強化有關直線與橢圓聯立得出一元二次方程后的運算能力, 重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題.
13. (1) ; (2) ,或 .
【解析】(1)運用離心率公式和垂直于 軸的弦長公式,以及 的關系解方程可得 ,進而得到所求橢圓的方程; (2)設 ,聯立橢圓方程,運用韋達定理和中點坐標公式、三角形的重心坐標公式,可得 的坐標,代入拋物線方程,結合三角形的面積公式,計算可得 的坐標.
【詳解】( 1 )根據題意得 ,又因為 ,解得 ,則 ,
所以橢圓 的方程為: ;
(2)設 ,聯立橢圓方程 ,可得 ,
①
設 ,
可得 ,
由 在拋物線 上,可得 ,
則 ② ,
由
則
可得 ③,將②代入 ③整理可得 ,
解得 或 ,相應的 或 1 .
所以 ,或 .
【點睛】涉及橢圓的弦長、中點、距離等相關問題時,一般利用根與系數的關系采用“設而不求”“整體帶入”等解法.
14. (I) ; (II) (i)2; (ii) .
【詳解】試題分析:(I)根據橢圓的定義與幾何性質列方程組確定 的值,從而得到橢圓 的方程；(II)(i)設 , ,由題意知 ,然后利用這兩點分別在兩上橢圓上確定 的值; (ii) 設 ,利用
方程組 結合韋達定理求出弦長 ,選將 的面積表示成關于 的表達式
,然后,令 ,利用一元二次方程根的判別式確定的范圍,從而求出 的面積的最大值,并結合 (i) 的結果求出 面積的最大值.
試題解析: (I) 由題意知 ,則 ,又 可得 ,
所以橢圓 的標準方程為 .
(II) 由 (I) 知橢圓 的方程為 ,
(i) 設 ,由題意知 因為 ,
又 ,即 ,所以 ,即 .
(ii) 設
將 代入橢圓 的方程,
可得
由 ,可得 ①
則有
所以
因為直線 與軸交點的坐標為(0, m)
所以 的面積
令 ,將 代入橢圓 的方程可得
由 ,可得 ②
由①②可知
因此 ,故
當且僅當 ,即 時取得最大值
由(i)知, 面積為 ,所以 面積的最大值為 .
考點:1、橢圓的標準方程與幾何性質；2、直線與橢圓位置關系綜合問題；3、函數的最值問題.
15. (1)
(2)見解析
【分析】(1)利用焦點坐標求得 的值,利用漸近線方程求得 的關系,進而利用 的平方關系求得 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,設直線 的斜率為 ,由③ 等價分析得到 ; 由直線 和 的斜率得到直線方程,結合雙曲線的方程,兩點間距離公式得到直線 的斜率 ,由② 等價轉化為 ,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論, 進行證明即可.
【詳解】( 1 )右焦點為 漸近線方程為 , .
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 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.
16.
(2)證明見解析
(3)
【分析】(1)首先得到 ,由漸近線的傾斜角得到斜率,從而求出 ；
(2)分直線 的斜率不存在與存在且不為 0 兩種情況討論,設線、點,聯立消元、列出韋達定理,通過計算
證明;
(3)設直線 方程為 ,由向量共線的坐標表示得到 ,
再由點 在雙曲線上推導出 ,再聯立直線與 得到 的關系,最后由面積公式及對勾函數的性質計算可得.
【詳解】( 1 )易知 ,
又雙曲線 的漸近線為 ,
,
故雙曲線 的方程為 .
(2)由已知可得直線 的斜率不為 0,
當直線 的斜率不存在時由 ,解得 或 ,
不妨令 ,
所以 ,
則 ,即 ,所以 ,
當直線 的斜率存在且不為 0 時,
設直線 的方程為 ,
聯立 ,整理得 ,
其中 ,且 時,則 ,
所以 ,
所以
即 .
(3)由題意可知,若直線 有斜率則斜率不為 0,
故設直線 方程為 ,
設 ,
點 在雙曲線 上, ,
,
③,
又 ,
④,
聯立 ,
由 ,所以 ,
所以 ⑤, ⑥,
分別在第一象限和第四象限, ,
由④式得: ,
⑦
將⑤⑥代入⑦得: ,
,
令 ,則 ,
所以當 時 ,當 時 ,
所以 在 上單調遞減,在 上單調遞增,
.
【點睛】方法點睛: 利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下:
(1)設直線方程,設交點坐標為 、 ；
(2)聯立直線與圓錐曲線的方程,得到關于 (或 )的一元二次方程,必要時計算 ；
(3) 列出韋達定理;
(4)將所求問題或題中的關系轉化為 、 的形式；
(5)代入韋達定理求解.
17. (1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】(1)根據雙曲線 關系和漸近線、焦距相關概念進行列式計算即可求解.
(2)分別聯立直線 與 及其漸近線方程求出 、 、 、 的坐標或坐標的關系,進而得出 即 .
(3)根據 依次求出 和 ,再依據題意中體現的變量的范圍去研究計算面積取值范圍即可求解.
【詳解】( 1 )由題意可得 ,
所以 的方程為 .
(2)設直線 ,
因為直線 與 的右支交于兩點,所以 且 ,
聯立 ,
所以
且 ,即 ,
所以 ①,
聯立 , ,
聯立 , ,
,即 ,
,即
所以 ,
所以 .
(3)由(2) 到直線 距離為 ,
所以
令 ,則 ,
由① ,
所以 ,
【點睛】關鍵點睛: 從直線 與 的右支交于兩點條件中讀出隱晦的已知條件 且 是求解 的取值范圍的關鍵.
18. (1) ;
(2)2
【分析】(1)由點到直線的距離公式及雙曲線定義計算即可；
(2)分類討論斜率的存在情況,聯立直線與雙曲線、漸近線方程結合韋達定理計算面積即可.
【詳解】(1)雙曲線 的漸近線方程為 和 ,
所以有 ,
由題意可得 ,
又 ,則 ,解得 ,則雙曲線的方程為 ； 當直線斜率不存在時,易知此時 ,直線 ,
(2)
不妨設 ,得 ;
當直線斜率存在時,設直線 的方程為 ,
與雙曲線的方程 聯立,可得 ,
由直線與雙曲線的右支相切,可得 ,故
設直線 與 軸交于 ,則 .
又雙曲線的漸近線方程為 ,
聯立 ,可得 ,同理可得 ,
綜上, 面積為 2 .
19. (1)證明見解析
(2)(i) 證明見解析；(ii)
【分析】(1)設直線 ,將其與雙曲線方程聯立得到韋達定理式,再計算斜率乘積,代入韋達定理式, 化簡即可; ( 2 )(i) 將直線 與雙曲線方程聯立,根據相切則得到 ,求出 ,分別求出 坐標即可證明;
(ii) 求出過點 與直線 的直線方程,再求出 ,消去 則得到軌跡方程.
【詳解】(1)因為直線 過定點 ,所以 ,
由 消去 ,得 ,
設 ,則 ,
直線 的斜率 ,
所以
即直線 與 的斜率之積為定值.
(2)因為直線 與雙曲線 有唯一的公共點 ,
所以直線 與雙曲線 相切.
由 ,消去 ,得 .
由題意得, ,化簡得 .
記切點 ,則 ,
代入直線 得 ,故 .
(i) 雙曲線的兩條浙近線方程為 ,
由 ,得 ,由 得 ,
故 ,
所以 ,所以 .
(ii)過點 且與 垂直的直線方程為 .
令 ,得 ,令 ,得 ,
所以 . 因為 ,
所以 ,
所以 ,化簡得 ,
因為 ,
所以點 的軌跡方程為 .
【點睛】關鍵點點睛:本題第一問的關鍵是采用設線法, 將其與雙曲線方程聯立得到韋達定理式, 再分別計算斜率乘積, 代入韋達定理式化簡即可證明.
20. (I) ; (II) .
【分析】(I)根據離心率以及焦點到漸近線的距離,并結合 求解出 的值,則雙曲線的方程可求； (II)先設出 的坐標,分別聯立直線與漸近線方程由此得到每個點的橫、縱坐標的關系,再根據 化簡得到點 的坐標 之間的等量關系,由此求解出 的軌跡方程.
【詳解】解: (I) 由已知可得: 且 ,
即 ,所以雙曲線的方程為 ;
(II) 設 ,且由已知得 ,漸近線方程為 ,
聯立 ,解得: ,所以 ;
聯立 ,解得: ,所以 ;
法一: 設 的外心 ,則由 得:
即 _____①,同理 _____②,
①②兩式相乘得 ,
又
所以 的外心 的軌跡方程為 ;
法二: 設 的外心 ,
線段 的中垂線方程為: ,線段 的中垂線方程為: ,
聯立 ,解得
即 ,
代入 得
所以 的外心 的軌跡方程為 ;
【點睛】關鍵點點睛: 解答本題第二問的關鍵是通過三角形的外心對應的幾何特點即外心到三角形的三個頂點的距離相等, 由此通過坐標的化簡運算得到對應的軌跡方程. 此外, 三角形任意兩邊中垂線的交點也是三角形的外心, 也可借由此結論完成解答.
21. (1)
(2)證明見解析
【分析】(1)將直線 與雙曲線方程聯立,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立求出 ,由( 1 )可求出 ,即 ,分別求出 , 從而可求解. 【詳解】( 1 )聯立方程 ,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 滿足的關系式.
結合圖象,由點 在第一象限,可知 ,且 .
所以 的關系式滿足 .
( 2 )由題可得雙曲線的左焦點 ,漸近線為 .
聯立方程 ,解得 ,即 ;
聯立方程 ,解得 ,即 .
結合 ,且由 式可變形為 ,
解得 ,可得 .
要證 ,即證 ,
即證 ,
即證 ,即證 .
由 ,得 .
根據直線的斜率公式, ,
則 ,
可得 ,
因此, .
【點睛】關鍵點點睛: 利用直線 與雙曲線方程聯立后利用 ,從而求得 和點 坐標,然后由直線 分別與雙曲線的兩漸近線聯立求出 坐標,要證
,從而可求解.
22. (I) (II) (III)-8
【詳解】(I) 設 ,過 且垂直于 軸的直線與橢圓相交,則其中的一個交點坐標為 ,由題意可得
所以橢圓 的方程為 .
(II) 由 (I) 知 ,則 ,
由橢圓定義得 .
因為 平分 ,
所以 ,
所以 .
另解: 由題意可知: ,
設 其中 ,將向量坐標代入并化簡得
,因為 ,
所以 ,而 ,所以 .
(III)因為 與橢圓 有且只有一個公共點,則點 為切點,設
設 ,與 聯立得 ,
由 得 ,
所以 .
另解: 由題意可知, 為橢圓的在 點處的切線,由導數法可求得,切線方程 ,
所以 ,而 ,代入 中得
為定值.
【考點定位】本題通過橢圓的離心率、焦點、弦長、定義等基本知識來考查運算能力、推理論證能力. 第一問較為簡單,通過 三者的固有關系確定橢圓方程為 . 第二問處理方式很多,可利用角平分線性質定理尋找線段間的比例關系、可利用點 到直線 的距離相等來確定 的取值范圍,但要注意直線斜率不存在的情形的說明. 第三問中的直線 的方程設法很多,也是決定運算量大小的關鍵,如果設為 ,則會出現 ,其運算強度較大,而設為 ,可通過 得到關系式 ,大大簡化了運算. 23. (1) 證明見解析; (2) . 【分析】(1) 設 ,求出 和 的方程,聯立可求證 在同一個橢圓上,并求得橢圓方程為 ; (2) 求出直線 的方程,分 和 兩種情況討論,求出 面積的表達式,換元,構造函數,利用導數即可求解.
【詳解】( 1 )( 1 )設 ,又 , ,
則直線 ,①
直線 ,②
點 的坐標是方程 ①②的解,① ②可得 ,
化簡得 ,
所以 在同一個橢圓上,該橢圓方程為 .
(2)(2)設 ,如圖所示:
則 ,
切線 方程為: ,切線 方程為: ,兩直線都經過點 ,
所以得: ,從而直線 的方程是: ,
當 時,
由 得 ,則 ,
,
當 時,
由
由韋達定理,得: ,
點 到直線 的距離 ,
其中
令 ,則 ,令 ,
則 ,
在 上單調遞增, .
綜上所述, 面積的取值范圍是 .
【點睛】關鍵點點睛: 在第(2)中求出 時,要用換元法及利用導數求函數的取值范圍.
24. (1)
(2)-8
【分析】(1)構造關于 的方程組,解出即可;
(2)畫出草圖,分類討論,當 位于點 處時,切線與 軸垂直,不合題意,設切線 的方程為 , 與橢圓聯立,由 得 在 上,知道 ,得到 ,同理得切線 的方程為 ,進而得到直線 的方程為 ,再與橢圓聯立,借助韋達定理,后將四邊形面積表示出來 ,即 ,借助對勾函數單調性
求最值, 再借助和角正切公式計算即可.
【詳解】( 1 )由題意得, 解得 所以 ,
所以 的標準方程為 .
(2)如圖,取 上任意一點 ,設 ,
當 位于點 處時,切線與 軸垂直,不合題意,故 .
設切線 的方程為 ①,
聯立
整理得 ,
由 ,得 .
因為 在 上,所以 ,
故 ,
代入①式,整理得 ,同理得切線 的方程為 .
因為兩條切線都經過 ,所以 ,
所以直線 的方程為 .
聯立 整理得 ,
所以 ②. 顯然 與 異號.
由題意知 ,所以 .
設 ,則 ,
將②式代入并整理,得 .
因為 ,所以易知 在 上單調遞增,所以當 時, 有最小值,即 有最大值,為 36 . 所以當 時,四邊形 的面積最大,最大面積為 6 .
此時直線 的方程為 ,故直線 與 軸垂直.
設 與 的交點為 ,顯然 是橢圓的右焦點,
所以 ,
所以 ,
所以 .
25. (1)
(2) (i) (ii)
【分析】(1)利用直線 求出橢圓中 的值,再根據橢圓的標準方程列式求解即可;
( 2 )( i )設直線 , ,與橢圓方程聯立,利用 和韋達定理可得 ①, 再設 的方程為 ,與橢圓方程聯立,利用 與橢圓相切,判別式為 0,求出切線 的方程,同理可得切線 的方程,由 在直線 上,聯立 可得 在直線 上,得 ②,再將①②聯立即可求解;
(ii) 由 (i) 可知 在以 為焦點,以 為準線的拋物線上,利用拋物線的性質求解即可.
【詳解】( 1 )由題意得,直線 的方程為 ,即 ,
當 時, ,故 ,
由 解得 或 (舍去),
橢圓 的方程 .
(2)(i)設直線 ,
與 聯立 ,
所以 ,
由 可得
化簡可得 ①
設 的方程為 ,即 ,
與 聯立 ,
令 ,結合 ,
解得 ,所以切線方程為 ,
即直線 方程為: 不存在時也滿足此直線方程,
同理可得 方程為: ,
由 在直線 上,則 ,即 在直線 上,
所以直線 方程為: ,即 ②
由①②可得 時也滿足此方程,
所以 的軌跡方程為 .
(ii) 由 (i) 可知 在以 為焦點,以 為準線的拋物線上,
過 分別向直線 作垂線,垂足分別為 ,
由拋物線定義可得: ,
當且僅當 共線時取等,
所以 周長的最小值為 .
【點睛】解決直線與圓錐曲線相交(過定點、定值)問題的常用步驟:
(1)得出直線方程,設交點為 ；
(2)聯立直線與曲線方程,得到關于 或 的一元二次方程；
(3) 寫出韋達定理;
(4)將所求問題或題中關系轉化為 形式；
(5)代入韋達定理求解.
26. (1)
(2)
(3)證明見詳解
【分析】(1)設出點 的坐標,寫出關系式,求出兩個漸近線方程,求出點 到 的兩條漸近線的距離之積；
(2)設經過點 的切線方程為 ,聯立直線與雙曲線方程,根據判別式為 0 求出 ,求出切線方程；
(3)設 ,再由 坐標得到直線 的方程,繼而可得 坐標,設過 且與雙曲線相切的直線為 ,聯立雙曲線與直線方程,由 及韋達定理可得 坐標,繼而可得 ,即 ,即 ,即可求證.
【詳解】(1)設點 ,所以 ,
兩個漸近線方程為 ,
所以點 到 的兩條漸近線的距離之積為 ;
(2)由題意得切線方程斜率存在,
設經過點 的切線方程為 ,
聯立 ,所以 ,
因為直線與雙曲線相切,所以 ,
所以 ,所以切線方程為 ;
(3)
設 ,
所以直線 的方程為 ,直線 的方程為 ,
所以 ,
設過 且與雙曲線相切的直線方程為 , 聯立 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
設直線 的斜率分別為 ,
所以 ,所以 的方程為 ,
所以 ,同理 的方程為 ,
所以 ,所以
所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題考查雙曲線的性質及直線與雙曲線的相切關系, 解題關鍵是直線與雙曲線的相切關系.本題中設過 且與雙曲線相切的直線為 ,聯立雙曲線與直線方程,由 及韋達定理可得 ,
則 ,又 ,得 ,即 ,即 ,即可求證.
27. (1)
(2)證明見解析
【分析】(1)先求切線方程,再結合直線與圓的位置關系可求得 的面積；
(2)先求切線方程,找出 , 兩點坐標的關系式,再利用韋達定理化簡可得.
【詳解】(1)
設過曲線上一點的切線的方程為: ,
由 可得 ,
則 ,即 .
又因為切點為 ,所以 ,所以解得 ,
則過點 的切線 的方程為: .
設 ,
交 軸于點 ,聯立直線 與圓 的方程
消 得 .
,
.
(2) 設 ,則
設過點 的雙曲線的切線方程為: ,
由( 1 )可知 ,
又因為 ,則 ,即 (*)
而 ,所以 ,
則 (*) 式可化為 ,即
可得 ,則切線方程為 ,
整理可得過點 的雙曲線的切線方程為 .
同理可得過點 的雙曲線的切線方程為 .
又兩切線均過點 ,則 ,
因此,直線 的方程為
聯立直線 與雙曲線 的方程 ,
消 可得 ,故
所以
因為 ,則 ,則
所以 .
【點睛】關鍵點睛:(1)本問考查直線與圓相關的面積問題, 關鍵點是先求出過雙曲線上一點的切線方程, 再聯立直線與圓的方程,通過切割三角形來求 的面積.
出直線 的方程,再聯立直線 與雙曲線 的方程,通過韋達定理來化簡計算出 為定值.
28. (1)
(2)① 證明見解析；②存在,
【分析】(1)先求出右頂點 和 的坐標,利用題中條件列等式,分類討論計算得出橢圓的方程;
(2)設直線的方程為 ,將直線方程與橢圓方程聯立,得出韋達定理,由題意,將韋達定理代入可出答案.
【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 的方程 .
(2)設 ,易知過 且與 相切的直線斜率存在,
設為 ,
聯立 ,消去 得 ,
由 ,得 ,
設兩條切線 的斜率分別為 ,則 .
① 設 的斜率為 ,則 ,
因為 ,所以 的斜率成等差數列,
②法 1: 在 中,令 ,得 ,所以 ,
同理,得 ,所以 的中垂線為 ,
易得 中點為 ,所以 的中垂線為 ,
聯立 ,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 ,使得 ,此時 .
法 2: 在 中,令 ,得 ,因此 ,
同理可得 ,所以 的中垂線為 ,
因為 中點為 ,所以 的中垂線為 ,
聯立 ,解得 ,
要使 ,則 ,所以 ,即 ,
而 ,
所以 ,解得 ,因此 ,
故存在符合題意的點 ,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 ,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-9(舍去),
因此 ,
故存在符合題意的點 ,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 -9 (舍去),
因此 ,
故存在符合題意的點 ,使得 ,此時 .
【點睛】方法點睛: 利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下:
(1)設直線方程,設交點坐標為 ；
(2)聯立直線與圓錐曲線的方程,得到關于 (或 )的一元二次方程,注意 的判斷；
(3) 列出韋達定理;
(4)將所求問題或題中的關系轉化為 、 (或 、 )的形式；
(5)代入韋達定理求解.
29. (1)
(2)① ；②
【分析】( 1 )根據題意,設 ,可得 ,化簡得解；
(2)① ,切線方程為； ,與橢圓方程聯立,利用韋達定理表示出 ,求解
即可; ②由對稱性,不妨取 ,所以 ,解出 ,再根據 可求解.
【詳解】(1)設 ,
根據題意得: ,
化簡得: 動點 的軌跡方程為: ;
(2)① ,切線方程為； ,
代入 得: ,
切線, ,得: (*),
設方程 (*) 的兩根分別為 ,分別為 的斜率
則有
又 的方向向量分別為 ,
,
解得: .
②由對稱性,不妨取 ,所以 ,
將 代入 (*) 得: ,解得 ,
則 ,
,
得: ,所以點 的坐標為 .
【點睛】求動點軌跡一般有:直接發,定義法,相關點法.
30. (1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】
(1)設出 的方程,由圓心到切線的距離等于半徑得到一元二次方程,由韋達定理和 解方程求得半徑;
(2)由直線 的方程與橢圓方程聯立求得點 坐標,即得 ,同理得 ,計算 的表達式,消去 化簡即得;
(3)將四邊形 的面積拆解成兩三角形面積之和,得到 ,利用(2)的結論和基本不等式即得面積最大值.
【詳解】(1)
如圖,由題意,切線 的方程分別為 ,則有 ,
故 是方程 ,即方程 的兩根.
若 ,則圓 與 軸相切,直線 的斜率不存在,矛盾;
于是 ,化簡得 ,解得 .
(2)
設 ,依題意, ,代入 可得 ,解得 ,
于是 ; 同理 .
所以
即 為定值 7 .
(3)
,當且僅當 時等號成立.
綜上所述,四邊形 面積的最大值為 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題解題關鍵在于要有同構意識,即要把由圓外一點向圓引出的兩條切線的斜率 看成方程 的兩根,于是可以迅速得到 ,利用條件求得半徑; 另外在求解四邊形面積時,要充分運用圖形特點, 將其轉化為兩個直角三角形面積的和, 利用 (2) 的結論和基本不等式求得.
31. (1)
(2)
【分析】(1)設點 ,通過 得到等式關系,化簡求得曲線方程；
(2)設切線方程 ,通過點到切線的距離,化簡成 的一元二次方程,再韋達定理得出 與 的等式關系,再求出 弦長,消去 ,再求面積即可.
【詳解】( 1 )設 ,由 ,得 ,兩邊平方得 ,
所以曲線 的方程為 ;
(2)設點 的切線方程為 (斜率必存在),圓心為
所以 到 的距離為:
平方化為 ,設 的斜率分別為
則
因為 ,令 有 ,同理
所以
又因為 代入上式化簡為
所以
令 ,求導知 在 為增函數,所以 .
32. (1)
(2)
(3)
【分析】(1)化簡橢圓的標準方程,根據 的關系即可求得焦點坐標；
(2)先聯立方程求得 ,求出直線 的方程,然后利用待定系數法求得內切圓的方程；
(3)設過 作圓 的切線方程為 ,利用相切關系求得點 坐標,進而結合內切圓的半徑利用三角形中等面積法求解即可.
【詳解】( 1 )橢圓的標準方程為 ,因為 ,所以焦點坐標為 .
( 2 )將 代入橢圓方程 得 ,由對稱性不妨設 , , 直線 的方程為 ,即 , 設圓 方程為 ,由于內切圓 在 的內部,所以 , 則 到直線 和直線 的距離相等,即 ,解得 ,
所以圓 方程為 .
(3)顯然直線 和直線 的斜率均存在,
設過 作圓 的切線方程為 ,
其中 有兩個不同的取值 和 分別為直線 和 的斜率.
由圓 與直線相切得: ,化簡得: ,
則 ,
由 得 ,
可得 ,
所以
同理 ,所以直線 的方程為 ,
所以 與圓 相切,將 代入 得 ,
所以 ,又點 到直線 的距離為 ,
設 的周長為 ,則 的面積 ,
解得 . 所以 的周長為 .
33. (1)
(2)
(3) 存在,
【分析】(1)根據焦距以及經過的點即可聯立求解,
(2)聯立直線與雙曲線方程得韋達定理,進而根據向量的數量積的坐標運算化簡得 ,根據弦長公式,結合不等式即可求解,
( 3 )根據圓心到直線的距離可得 ,進而根據數量積運算可判斷 ,結合對稱性即可求解；或者利用切線關系得 ,根據斜率相乘關系,代入韋達定理化簡可得半徑.
【詳解】(1) 由題意可得 ,解得 ,
故雙曲線方程為
(2)當直線 斜率不存在時,設 ,
將其代入雙曲線方程 ,
又 ,解得 ,
此時 ,
當直線 斜率存在時,設其方程為 ,設 ,
聯立 ,
故 ,
則
,
化簡得 ,此時 ,
所以
當 時,此時 ,
當 時,此時 ,
,故 ,
因此 ,
綜上可得 .
(3)解法一:當直線 與 相切時,
圓心到直線的距離 ,
設設 ,
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 ,
根據軸對稱性可得 ,且直線 與 也相切,即 即為 , 符合題意,
當 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 ,
由于 為圓的切線, 平分 ,且 ,所以 ,
設過點 與圓 相切的直線方程為 ,(直線斜率存在時)
,將兩根記為 ,
,
同理可得 ,
故
故存在這樣的圓 ,半徑為
當 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
【點睛】方法點睛:圓錐曲線中最值與范圍問題的常見求法:(1)幾何法,若題目的條件能明顯體現幾何特征和意義, 則考慮利用圖形性質來解決；(2)代數法,若題目的條件能體現一種明確的函數關系,則可首先建立目標函數,再求這個函數的最值,如本題需先將 用 表示出來,然后再利用基本不等式長最值.
34. (1)
(2) 存在,
【分析】(1)不妨設點 在第一象限 ,即可表示出 ,根據 得到方程,即可求出 ,從而得到 ,再根據 及 ,求出 ,即可得解;
(2)設點 , ,分別求出直線與坐標軸垂直時 的值,根據 為定值,得到方程,即可求出 及 的坐標,再對直線 不與坐標軸垂直時,設直線 的方程為 ,聯立直線與雙曲線方程,消元、列出韋達定理,表示出 從而計算可得;
【詳解】(1)解: 不妨設點 在第一象限 ,則 .
因為 ,則 .
由已知, ,即 ,即 .
因為 ,則 ,即 .
因為 為漸近線 的傾斜角,則 ,即 . 又 ,則 .
所以雙曲線 的方程是 .
(2)解: 解法一:
設點 .
當 軸時,直線 的方程為 ,代入 ,得 .
不妨設點 ,則 .
當 軸時,直線 的方程為 ,代入 ,得 .
不妨設點 ,則 .
令 ,解得 ,此時 .
當直線 不與坐標軸垂直時,設直線 的方程為 ,代入 ,
得 ,即 .
設點 ,則 .
對于點
.
所以存在定點 ,使 為定值.
解法二:
當直線 不與 軸重合時,設了的方程為 ,代入 ,得 ,即 .
設點 ,則 .
在 中,由余弦定理,得 ,
設點 ,則
令 ,得 ,此時 ,
當直線 與 軸重合時,則點 為雙曲線的兩頂點,不妨設點 .
對于點 .
所以存在定點 ,使 為定值.
35. (1)
(2)存在,定點
【分析】(1)根據橢圓的離心率求出 的關系,再根據當 過坐標原點 時,直線 的方程為 ,聯立方程,結合 求出 即可得解;
(2)設直線 , , , , ,聯立方程,利用韋達定理求出 , ,再根據斜率公式計算分析即可得出結論.
【詳解】( 1 ) ,即 ,
過坐標原點 直線 的方程為 ,
由 ,消去 得: ,
,
,
故橢圓 的方程為 ;
(2)假設存在定點, ,由題意,直線 斜率存在,
設直線 ,即 ,
由 ,消去 得 ,
其中 ,
,
當 ,即 時, 恒成立,
存在定點 ,使得直線 與直線 的斜率之積為定值 .
【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；
(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.
36. (1)
(2)存在, 或 或
【分析】( 1 )設點 ,由題意可得 代入 即可得結果；
( 2 )方法一:設 的方程: ,聯立方程,結合韋達定理可得 ,
由題意可得 ,分析求解即可; 方法二: 設 的方程: ,聯立方程,結合二次式的零點式分析可得 ,由題意可得 ,分析求解即可.
【詳解】(1)設點 ,
因為 ,則 ,
由 為 中點得 ,則 ,
代入 ,得 .
所以動點 的軌跡 的方程為 .
(2)方法一:存在 滿足題意,證明如下:
依題意直線 的斜率存在且不為 0,
設 的方程: ,
聯立方程 ,消去 得 ,
則 ,
直線 方程化為 ,
聯立方程 ,消去 得 ,
則 ,
可得 .
依題意直線 與坐標軸不平行,且 為定值,
可得 ,
由 ,整理得 , 由 ,整理得 ,
解得得 或 ,
代入 ,解得 或 或 ,
所以 或 或 滿足題意;
方法二: 存在 滿足題意,證明如下:
依題意直線 的斜率存在且不為 0,
設 的方程: ,
聯立方程 ,消去 得 .
因為 為上式的兩根,
則 ,
直線 方程化為 .
聯立方程 ,消去 得 ,
因為 為上式的兩根,
則 . (2)
由題意可得:
依題意直線 與坐標軸不平行,且 為定值,
可得 ,
由 ,整理得 ,
由 ,整理得 ,
解得得 或 ,
代入 ,解得 或 或 ,
所以 或 或 滿足題意.
【點睛】方法點睛: 存在性問題求解的思路及策略
(1)思路:先假設存在,推證滿足條件的結論,若結論正確則存在；若結論不正確則不存在.
(2)策略:①當條件和結論不唯一時要分類討論；
②當給出結論而要推導出存在的條件時,先假設成立,再推出條件；
③當條件和結論都不知,按常規法解題很難時,可先由特殊情況探究,再推廣到一般情況.
37. (1)
(2)
【分析】(1)根據 與坐標軸平行的情況可得雙曲線上的點的坐標,代入雙曲線方程即可求得結果;
(2)方法一:由三點共線可整理得到 ,代入雙曲線方程可整理得到 ,結合兩點連線斜率公式可化簡得到 ,根據 為常數可構造方程求得 ,進而得到 點坐標, 驗證可知符合題意;
方法二: 設 ,與雙曲線方程聯立可得一元二次方程,根據該方程的根可化簡得到 ,同理可得 ,由此可化簡得到 ,由 為常數可構造方程求得 點坐標 斜率為 0 和斜率不存在時依然滿足題意, 由此可得結論. 【詳解】( 1 )由題意可知:雙曲線 過點 ,
將其代入方程可得: ,解得: ,
雙曲線 的標準方程為: .
(2)方法一:設 ,
點(4,2)與 三點共線, ,
),
,又 ,
整理可得: ,
當 時, ,不合題意;
當 時,由 得: ,
設 ,則 ,
若 為定值,則根據約分可得: 且 ,解得: ;
當 時, ,此時 ;
當 時, 為定值.
方法二: 設 ,直線 ,
由 得: ,
為方程 的兩根,
,
則 ,
由 得: ,
由 可得: ,
同理可得: ,
則
若 為定值,則必有 ,
解得: 或 或 ,
又點 在直線 上, 點 坐標為(3,4);
當直線 斜率為 0 時, 坐標為 ,若 ,
此時 ;
當直線 斜率不存在時, 坐標為 ,若 ,
此時 ;
綜上所述: 當 時, 為定值.
【點睛】思路點睛: 本題考查直線與雙曲線中的定點定值問題的求解, 本題求解的基本思路是能夠利用直線與雙曲線相交的位置關系確定兩交點橫縱坐標所滿足的等量關系,進而通過等量關系化簡所求的 ,根據 為常數來構造方程求得定點的坐標.
38. (1)
(2)(i) 證明見解析,-4；(ii)
【分析】(1)根據題意求出 ,即可得解；
(2)(i) 設直線 的方程為 ,其中 ,且 ,設直線 與橢圓 交于點 ,聯立方程,利用韋達定理求出 ,再結合斜率公式化簡即可得出結論;
(ii) 法一: 直線 的方程為 ,設直線 與 軸交于點 ,直線 的方程為 ,分別求出 的坐標,聯立方程組 求出 ,即可得 的坐標,再求出三角形面積的表達式,結合基本不等式即可得解.
法二: 直線 的方程為 ,設直線 與 軸交于點 ,直線 的方程為 ,分別求出 的坐標, 易得點 是線段 的中點,則 ,其中 為點 到直線 的距離,求出 的最大值即可.
【詳解】(1)設橢圓 的焦距為 ,
因為橢圓 的離心率為 ,所以 ,即 ,
據 ,得 ,即 .
所以直線 的方程為 ,即 ,
因為原點 到直線 的距離為 ,
故 ,解得 ,
所以 ,
所以橢圓 的標準方程為 ;
(2)(i) 設直線 的方程為 ,其中 ,且 ,即 ,
設直線 與橢圓 交于點 ,
聯立方程組 整理得 ,
所以 ,
(i) 所以
為定值,得證;
(ii) 法一: 直線 的方程為 ,令 ,得 ,故 ,
設直線 與 軸交于點 ,
直線 的方程為 ,令 ,得 ,故
聯立方程組 整理得 ,
解得 或 0 (舍), ,
所以 的面積
由 (i) 可知, ,故 ,代入上式,
所以 ,
因為點 在 軸下方且不在 軸上,故 或 ,得 ,
所以 ,
顯然,當 時, ,
當 時, ,
故只需考慮 ,令 ,則 ,
所以 ,
當且僅當 ,即 時,不等式取等號, 所以 的面積的最大值為 . 法二: 直線 的方程為 ,令 ,得 ,故 ,
設直線 與 軸交于點 ,
直線 的方程為 ,令 ,得 ,故 ,
由 (i) 可知, ,故 ,
所以點 是線段 的中點,
故 的面積 ,其中 為點 到直線 的距離,
思路 1 顯然,當過點 且與直線 平行的直線 與橢圓 相切時, 取最大值,
設直線 的方程為 ,即 ,
聯立方程組 整理得 ,
據 ,解得 (正舍),
所以平行直線 與直線 之間的距離為
,即 的最大值為 ,
所以 的面積的最大值為 .
思路 2 因為直線 的方程為 ,
所以 ,
依題意, ,故 ,
所以 ,
因為 在橢圓 上,故 ,即 ,
所以 ,
當且僅當 時取等號,故 ,
所以 ,
即 的面積的最大值為 .
思路 3 因為直線 的方程為 ,
所以 ,
因為 在橢圓 上,故 ,
設 ,不妨設 ,
所以 ,
當 時, ,
即 的面積的最大值為 .
【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；
(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.
39. (1) ;
.
【分析】( 1 )依題意 ,則 ,又 ,得 ,從而求得橢圓方程；
(2)先求出直線 的方程,與橢圓方程聯立,求得點 的縱坐標,同理可得點 的縱坐標,由
,可得 的值.
【詳解】( 1 )由題意, ,得 .
離心率 ,得 ,
所以橢圓 的標準方程為 ;
(2) 設 ,
點 ,直線 的方程為 ,即 .
與橢圓方程聯立得: ,解得: .
點 ,直線 的方程為 .
與橢圓方程聯立得: ,解得: .
三角形面積比
又因為 ,
所以
,
由題意, ,
整理得 ,解得: 或 .
又由點 在橢圓內部,故 ,即 .
【點睛】方法點睛: 利用韋達定理解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下:
(1)設直線方程,設交點坐標為 ；
(2)聯立直線與圓錐曲線的方程,得到關于 (或 )的一元二次方程,必要時計算 ；
(3) 列出韋達定理;
(4)將所求問題或題中的關系轉化為 (或 )的形式；
(5)代入韋達定理求解.
40. (1)
(2)
【分析】(1)由垂直平分線的性質及橢圓的定義求軌跡方程即可；
(2)法一、通過設兩直線方程直線 、 的方程為 ,
由弦長公式得 ,點到直線距離來表示面積 ,再根據斜率關系消元轉化為函數求值域;
法二、利用仿射變換,設 ,所以 ,同時變換直線方程,求得
,換元求函數值域即可.
【詳解】(1)
因為線段 的垂直平分線交半徑 與點 ,
所以 ,
所以 是定值, ,
所以 點軌跡為橢圓,其長軸為 4 ,焦距為 2 ,
所以 的軌跡 的方程 .
(2)解法一
設 . 由已知得: 直線 的方程為 ;
設 . 由已知得: 直線 的方程為 ,
又因為 斜率之積為 ,所以 ,
由 得 ,即 ,
所以 ,
故
同理聯立 與橢圓方程,可得 ,
所以 ,
故
設 分別為點 到直線 的距離,
則 .
又 在直線 在異側,則
所以 ,
令
易知 ,所以 ,
所以
解法二
設 ,所以 ,設圓心為 ,
因為直線 的斜率之積為 ,
所以 ,
設直線 方程 ,
點 到 的距離為 ,
所以 ,
同理 ,
設四邊形 面積為 ,
則 ,
令 ,則 ,
所以 ,
所以 ,
設四邊形 面積為 ,因為 ,
所以 .
【點睛】關鍵點睛:第二問的關鍵為:由弦長公式及點到直線的距離公式表示面積,同時利用斜率之積來消元達到簡化函數式的目的, 最后求值域利用換元法即可.
41. (1) ;
(2) ;
(3) .
【分析】(1)由橢圓的性質可得 ,再由兩中線的交點為重心和重心的性質得到點 ,代入橢圓方程可得 即可;
(2)由等差中項的性質得到 ,再由弦長公式得到 ,然后分當 斜率存在時由點差法得到 ,再由點斜式寫出弦的中垂線方程,當 時,得到 ; 當 斜率不存在時,此時 ; 最后得到范圍;
(3)解法一:根據重心性質及面積公式得 ,再結合已知不等式條件解不等式組可得 ,然后直曲聯立得到 ；轉化為 對任意的 恒成立,解不等式即可; 解法二: 根據重心的性質可得 ,再由幾何圖形的面積關系結合三角形的面積公式得到 ,后同解法一.
【詳解】(1)依題意, ,故橢圓 ；
易知點 為 的重心,則 ,故 ,
代入橢圓方程得 橢圓 的方程為 ;
(2)
成等差數列, .
設 中點 ,
由弦長公式
,
同理 ,代入可得 ,
①當 斜率存在時 兩式作差可得 ,
,
弦 的中垂線方程為 ,
當 時, ,即 的中垂線的縱截距.
在橢圓 內, ,得 ,且 .
②當 斜率不存在時,此時 .
綜上所述 ,即弦 的中垂線的縱截距的取值范圍為 .
(3)解法一:易知點 分別為 的重心,設 ,設點 , 則根據重心性質及面積公式得 ,
而 ,
,
設直線 ,則聯立橢圓方程得
消元化簡得, ,
,
, 對任意的 恒成立,
即 ,故實數 的取值范圍為 .
解法二: 易知點 為 的重心, ,
,
此時,設點 ,則根據重心的性質可得 ,
,
而 ,
設直線 ,則聯立橢圓方程得
消元化簡得, ,
,
,
對任意的 恒成立,
即 ,故實數 的取值范圍為 .
【點睛】關鍵點點睛:
(1)三角形重心分得線段長度比為 ；
(2)當求橢圓的中點弦或中點弦的垂直平分線時可用點差法較為容易.
42. (1)
(2)①證明見解析 ; ②16
【分析】(1)設 ,根據題目條件列式化簡可得軌跡;
(2)①設線段 的中點為 ,利用向量證明 三點共線,同理 三點共線,進而可得結論；②將四邊形 面積轉化為四邊形 面積,將直線和拋物線聯立,利用韋達定理,求出直線 和直線 的方程,則
可求出 坐標,然后利用面積公式 求解最值即可.
【詳解】( 1 )設 , 與直線 的切點為 ,則 ,
所以
化簡得 ,所以 的方程為: ;
(2)①設線段 的中點為 ,
因為 ,所以可設 ,
又因為 ,
所以 三點共線,同理, 三點共線,
所以 三點共線.
②設 中點為 中點為 ,
將 代入 得: ,所以 ,
所以 ,
同理 ( 均在定直線 上)
因為 ,所以 與 面積相等, 與 面積相等;
所以四邊形 的面積等于四邊形 的面積,
設 ,
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 面積
當且僅當 ,即 ,即 時取等號,
所以四邊形 面積的最大值為 16 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題的關鍵是將四邊形 的面積轉化為四邊形 的面積,還有充分利用第一問中的點
共線求出 的橫坐標,可以給求面積帶來便利.圓錐曲線大題集大成之作 (第二部)
【類型一】長度
1. (2016 年四川卷) 已知橢圓 的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點,直線 與橢圓 有且只有一個公共點 .
(I)求橢圓 的方程及點 的坐標；
(II)設 是坐標原點,直線 平行于 ,與橢圓 交于不同的兩點 、 ,且與直線 交于點 ,證明:存在常數 , 使得 ,并求 的值.
2. (2021 年全國新高考I卷數學試題) 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.
3. (2016 年全國一卷) 設圓 的圓心為 ,直線 過點 且與 軸不重合, 交圓 于 兩點,過 作 的平行線交 于點 .
( )證明 為定值,并寫出點 的軌跡方程；
(II) 設點 的軌跡為曲線 ,直線 交 于 兩點,過 且與 垂直的直線與圓 交于 兩點,求四邊形 面積的取值范圍.
4. (上海市嘉定區第一中學 2023-2024 學年高三上學期期中考試數學試卷) 已知橢圓 的離心率為 ,焦距為 2,過 的左焦點 的直線 與 相交于 兩點,與直線 相交于點 .
(1)求橢圓方程；
(2)若 ,求證: ；
(3)過點 作直線 的垂線 與 相交于 兩點,與直線 相交于點 . 求 的最大值.
5. (2017 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(山東卷) 在平面直角坐標系 中,橢圓 的離心率為 ,焦距為 2.
(I)求橢圓 的方程；
( II )如圖,動直線 交橢圓 于 兩點, 是橢圓 上一點,直線 的斜率為 ,且 , 是線段 延長線上一點,且 的半徑為 是 的兩條切線,切點分別為 . 求 的最大值,并求取得最大值時直線 的斜率.
6. (2022 年浙江省高考數學試題) 如圖,已知橢圓 . 設 是橢圓上異于 的兩點,且點 在線段 上,直線 分別交直線 于 兩點.
( 1 )求點 到橢圓上點的距離的最大值；
(2)求 的最小值.
7.(四川省成都市錦江區嘉祥外國語高級中學 2023 屆高三下學期三診模擬考試(理科)數學試題)設橢圓 過點 ,且左焦點為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2) 內接于橢圓 ,過點 和點 的直線 與橢圓 的另一個交點為點 ,與 交于點 ,滿足 ,求 面積的最大值.
8. (新疆維吾爾自治區 2024 屆高三第二次適應性檢測數學試題) 已知橢圓 的左焦點為 上任意一點到 的距離的最大值和最小值之積為 1,離心率為 .
(1)求 的方程；
(2)設過點 的直線 與 交于 兩點,若動點 滿足 ,動點 在橢圓 上,求 的最小值.
9. (湖南省衡陽市船山英文學校 2024-2025 學年高三上學期入學考試數學試卷) 已知橢圓 的左焦點 ,左、右頂點分別為 ,上頂點為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2)是否存在以原點為圓心的圓,使得該圓的任意一條切線與橢圓 恒有兩個交點 ,且 若存在,求圓的方程以及 的取值范圍,若不存在,請說明理由.
【類型二】OAB 面積
10. (2014 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(新課標I) 已知點 ,橢圓 的離心率為 是橢圓 的右焦點,直線 的斜率為 為坐標原點.
(1)求 的方程；
(2)設過點 的動直線 與 相交于 兩點. 當 的面積最大時,求 的方程.
11. (2011 年山東省普通高等學校招生統一考試理科數學) 已知動直線 與橢圓 交于 兩個不同點,且 的面積 ,其中 為坐標原點.
(1) 證明 和 均為定值;
(2)設線段 的中點為 ,求 的最大值;
(3)橢圓 上是否存在點 ,使得 若存在,判斷 的形狀; 若不存在,請說明理由.
12. (重慶市南開中學 2023 屆高三上學期第四次質量檢測數學試題) 已知橢圓 的左右焦點分別為 ,右頂點為 ,上頂點為 為坐標原點, .
(1)若 的面積為 ,求橢圓 的標準方程；
(2)如圖,過點 作斜率 的直線 交橢圓 于不同兩點 ,點 關于 軸對稱的點為 ,直線 交
軸于點 ,點 在橢圓的內部,在橢圓上存在點 ,使 ,記四邊形 的面積為 ,求 的最大值. 13. (重慶市南開中學 2019-2020 學年高三下學期期中數學(理)試題)已知橢圓 的離心率為 , 過橢圓 的焦點且垂直于 軸的直線被橢圓 截得的弦長為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2)設點 均在橢圓 上,點 在拋物線 上,若 的重心為坐標原點 ,且 的面積為 ,求點 的坐標.
14. (2015 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(山東卷) 平面直角坐標系 中,已知橢圓 0)的離心率為 ,左、右焦點分別是 ,以 為圓心以 3 為半徑的圓與以 為圓心以 1 為半徑的圓相交,且交點在橢圓 上.
(I)求橢圓 的方程；
(II) 設橢圓 為橢圓 上任意一點,過點 的直線 交橢圓 于 兩點,射線 交橢圓 于點 .
(i) 求 的值;
(ii) 求 面積的最大值.
【類型三】直線與漸近線交于兩點
15. (2022 年全國新高考 II 卷數學試題) 已知雙曲線 的右焦點為 ,漸近線方程為
(1)求 的方程；
(2)過 的直線與 的兩條漸近線分別交于 兩點,點 在 上,且 . 過 且斜率為 的直線與過 且斜率為 的直線交于點 . 從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另外一個成立:
① 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.
16. (湖南省長沙市雅禮中學 2024 屆高三下學期數學月考試卷(八)已知雙曲線 的右頂點 ,它的一條漸近線的傾斜角為 .
(1)求雙曲線 的方程；
(2)過點(-2,0)作直線 交雙曲線 于 兩點 (不與點 重合),求證: ;
(3)若過雙曲線 上一點 作直線與兩條漸近線相交,交點為 ,且分別在第一象限和第四象限,若 , ,求 面積的取值范圍.
17. (湖南省長郡中學、浙江省杭州二中、江蘇省南京師大附中三校 2023-2024 學年高三下學期聯考數學試題) 已知雙曲線 的漸近線為 ,焦距為 ,直線 與 的右支及漸近線的交點自上至下依次為 、 .
(1)求 的方程；
(2)證明: ；
(3)求 的取值范圍.
【類型四】單切線
18. (廣東省惠州市 2023 屆高三一模數學試題) 已知雙曲線 的焦距為 ,且雙曲線 右支上一動點 到兩條漸近線 的距離之積為 .
(1)求雙曲線 的標準方程；
(2)設直線 是曲線 在點 處的切線,且 分別交兩條漸近線 于 兩點, 為坐標原點,求 的面積.
19. (福建省龍巖市 2024 屆高中畢業班三月質量檢測數學試題) 已知雙曲線 是雙曲線 的左頂點,直
線 .
(1)設直線 過定點 ,且交雙曲線 于 兩點,求證:直線 與 的斜率之積為定值；
(2)設直線 與雙曲線 有唯一的公共點 .
( i )已知直線 與雙曲線 的兩條漸近線相交于兩點 ,求證: ；
(ii) 過點 且與 垂直的直線分別交 軸、 軸于 兩點,當點 運動時,求點 的軌跡方程.
20. (河北省石家莊市 2021 屆高三下學期質檢一數學試題) 已知坐標原點為 ,雙曲線 的焦點到其漸近線的距離為 ,離心率為 .
(1)求雙曲線的方程；
( II )設過雙曲線上動點 的直線 分別交雙曲線的兩條漸近線于 , 兩點,求 的外心 的軌跡方程.
21. (湖南省長沙市 2024 屆高三上學期新高考適應性考試數學試卷) 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 滿足的關系式；
(2)若 為坐標原點, 為雙曲線的左焦點,證明: .
22. (2013 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(山東卷)橢圓 的左、右焦點分別是 ,離心率為 ,過 且垂直于 軸的直線被橢圓 截得的線段長為 1 .
(I)求橢圓 的方程；
(II) 點 是橢圓 上除長軸端點外的任一點,連接 ,設 的角平分線 交 的長軸于點 ,求 的取值范圍;
(III)在(II)的條件下,過點 作斜率為 的直線 ,使 與橢圓 有且只有一個公共點,設直線的 斜率分別為 . 若 ,試證明 為定值,并求出這個定值.
【類型五】雙切線
23. (湖北省第九屆 2024 屆高三下學期 4 月調研模擬考試數學試卷) 如圖,四邊形 為坐標原點) 是矩形,且 , ,點 ,點 分別是 的 等分點,直線 和直線 的交點為 .
(1)試證明點 在同一個橢圓 上,求出該橢圓 的方程;
(2)已知點 是圓 上任意一點,過點 作橢圓 的兩條切線,切點分別是 ,求 面積的取值范圍.
注: 橢圓 上任意一點 處的切線方程是: .
24. (安徽省 2024 屆普通高等學校招生全國統一考試數學預測卷) 已知橢圓 的一條準線 的方程為 ,點 分別為橢圓 的左、右頂點,長軸長與焦距之差為 2 .
(1)求 的標準方程；
(2)過 上任一點作 的兩條切線,切點分別為 ,當四邊形 的面積最大時,求 的正切值.
25. (重慶市南開中學 2025 屆高三上學期第一次質量檢測數學試題) 已知 為橢圓 的左焦點,
橢圓 過點 ,且直線 的斜率為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2)若點 在橢圓 上,且 ,過 分別作橢圓 的切線 與 相交于點 .
(i) 求點 的軌跡方程;
(ii) 求 周長的最小值.
26. (上海市大同中學 2024-2025 學年高三上學期開學摸底考試數學試題) 已知雙曲線 的左、右頂點分別為點 為雙曲線 上的動點,點 .
(1)求點 到 的兩條漸近線的距離之積；
(2)求經過點 的雙曲線 的切線方程；
(3)設點 在第一象限,且在漸近線的上方,直線 分別與 軸交于點 . 過點 作 的兩條切線,分別與 軸交于點 ( 在 的上方),證明: .
27. (浙江省 91 高中聯盟 2023-2024 學年高三上學期期中考試數學試題) 已知雙曲線 過點 ,且離心率為 為雙曲線 的上、下焦點,雙曲線 在點 處的切線 與圓 交于 兩點.
(1)求 的面積；
(2)點 為圓 上一動點,過 能作雙曲線 的兩條切線,設切點分別為 ,記直線 和 的斜率分別為 ,
求證: 為定值.
28. (江蘇省南京市、鹽城市 2024 屆高三第一次模擬考試數學試題) 已知橢圓 的右焦點為 ,
右頂點為 ,直線 與 軸交于點 ,且 ,
(1)求 的方程；
(2) 為 上的動點,過 作 的兩條切線,分別交 軸于點 ,
①證明: 直線 的斜率成等差數列;
② 經過 三點,是否存在點 ,使得, 若存在,求 ; 若不存在,請說明理由.
29. (浙江省溫州市 2024 屆高三上學期期末考試數學試題) 已知動點 到點 的距離與到直線 的距離
之比等于 .
( 1 )求動點 的軌跡 的方程；
(2)過直線 上的一點 作軌跡 的兩條切線,切點分別為 ,且 ,
① 求點 的坐標；
② 求 的角平分線與 軸交點 的坐標.
30. (河南省濟洛平許 2024 屆高三第三次質量檢測數學試題) 已知 是橢圓 上的動點,過原點 向圓 引兩條切線,分別與橢圓 交于 兩點 (如圖所示),記直線 的斜率依次為 ,且 .
(1)求圓 的半徑 ；
( 2 )求證: 為定值；
(3)求四邊形 的面積的最大值.
31. (四川省成都市 2022 屆高三下學期第一次適應性考試數學 (理) 試題) 點 為曲線 上任意一點,直線 , 過點 作 與直線 垂直,垂足為 ,點 ,且 .
(1)求曲線 的方程；
(2)過曲線 上的點 作圓 的兩條切線,切線與 軸交于 ,求 面積的取值范圍.
32. (浙江省臺州市 2024 屆高三下學期第二次教學質量評估數學試題) 已知橢圓 ,直線 交橢圓于 兩點, 為橢圓的右頂點, 的內切圓為圓 .
(1)求橢圓 的焦點坐標；
(2)求圓 的方程；
(3)設點 ,過 作圓 的兩條切線分別交橢圓 于點 ,求 的周長.
33. (廣東省廣州市 2024 屆普通高中畢業班綜合測試(一)數學試卷)已知 為坐標原點,雙曲線
的焦距為 4,且經過點 .
(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.
【類型六】分式定值
34. (湖南師范大學附屬中學 2022 屆高三下學期二模數學試題) 已知雙曲線 的右焦點為
為坐標原點,點 分別在 的兩條漸近線上,點 在線段 上,且 .
(1)求雙曲線 的方程；
(2)過點 作直線 交 于 兩點,問; 在 軸上是否存在定點 ,使 為定值 若存在,求出定點 的坐標及這個定值; 若不存在,說明理由.
35. (四川省成都市 2024 屆高三下學期第三次診斷性檢測理科數學試題) 已知橢圓 的離心率為 ,過點 的直線 與橢圓 交于 兩點,當 過坐標原點 時, .
(1)求橢圓 的方程；
(2)線段 上是否存在定點 ,使得直線 與直線 的斜率之積為定值. 若存在,求出點 的坐標; 若不存在,請說明理由.
36. (福建省廈門市 2024 屆高中畢業班第四次質量檢測數學試題) 平面直角坐標系 中,動點 在圓 上, 動點 (異于原點) 在 軸上,且 ,記 的中點 的軌跡為 .
(1)求 的方程；
(2)過點(3,1)的動直線 與 交于 兩點. 問:是否存在定點 ,使得 為定值,其中 分別為直線 的斜率. 若存在,求出 的坐標,若不存在,說明理由.
37. (湖北省武漢市 2023 屆高三下學期四月調研數學試題) 過點(4,2)的動直線 與雙曲線 交于 兩點,當 與 軸平行時, ,當 與 軸平行時, .
(1)求雙曲線 的標準方程；
(2) 點 是直線 上一定點,設直線 的斜率分別為 ,若 為定值,求點 的坐標.
【類型七】面積轉化
38. (江蘇省南通市如皋中學 2024 屆高三下學期高考適應性考試(三)(3.5 模)數學試題)在平面直角坐標系 中, 點 分別是橢圓 的右頂點,上頂點,若 的離心率為 ,且 到直線 的距離為 . (1)求橢圓 的標準方程；
(2)過點 的直線 與橢圓 交于 , 兩點,其中點 在第一象限,點 在 軸下方且不在 軸上,設直線 , 的斜率分別為 .
(i) 求證: 為定值,并求出該定值;
(ii) 設直線 與 軸交于點 ,求 的面積 的最大值.
39. (湖北省武漢市部分學校 2023-2024 學年高三上學期九月調研考試數學試題) 橢圓 的左頂點為 ,右頂點為 ,滿足 ,且橢圓 的離心率為 .
(1)求橢圓 的標準方程；
(2)已知點 在橢圓 的內部,直線 和直線 分別與橢圓 交于另外的點 和點 ,若 的面積為 , 求 的值.
40. (遼寧省大連市 2023 屆高三下學期適應性測試數學試題) 已知圓 ,定點 是圓 上的一動點,線段 的垂直平分線交半徑 于點 . ( 1 )求 的軌跡 的方程； (2)若過 的直線 分別交軌跡 與 和 ,且直線 的斜率之積為 ,求四邊形 面積的取值范圍.
41. (河南省信陽市第一高級中學(華大新高考聯盟)2024 屆高三 4 月教學質量測評數學試題)已知橢圓 : 短軸長為 2,左、右焦點分別為 ,過點 的直線 與橢圓 交于 兩點,其中 分別在 軸上方和下方, ,直線 與直線 交于點 ,直線 與直線 交于點 .
(1)若 的坐標為 ,求橢圓 的方程;
(2)在 (1) 的條件下,過點 并垂直于 軸的直線交 于點 ,橢圓上不同的兩點 滿足 成等差數列. 求弦 的中垂線的縱截距的取值范圍;
(3)若 ,求實數 的取值范圍.
42. (山東省青島市 2024 屆高三下學期第一次適應性檢測數學試題) 已知 為坐標原點,點 為 和 的公共點, 與直線 相切,記動點 的軌跡為 .
(1)求 的方程；
(2)若 ,直線 與 交于點 ,直線 與 交于點 ,點 在第一象限,
記直線 與 的交點為 ,直線 與 的交點為 ,線段 的中點為 .
①證明: 三點共線;
②若 ,過點 作 的平行線,分別交線段 , 于點 , ,求四邊形 面積的最大值.圓錐曲線大題集大成之作 (第一部)
【類型一】斜率積
1. (江西省贛州市 2021 屆高三二模數學(理)試題)已知橢圓 的標準方程為 ,橢圓 上的點 到其兩焦點的距離之和為 4 .
(1)求橢圓 的標準方程；
(2)若 橢圓 的上頂點, A、B為橢圓 上不同于點 的兩點,且滿足直線 、 的斜率之積為 ,證明:直線 恒過定點,并求定點的坐標.
2. (湖南省永州市第一中學 2023-2024 學年高二下學期 6 月月考數學試題) 已知橢圓 過點 , 離心率為 . 不過原點的直線 交橢圓 于 兩點,記直線 的斜率為 ,直線 的斜率為 ,且
(1)證明:直線 的斜率 為定值；
(2)求 面積的最大值.
3. (2020 年新高考全國卷I數學高考試題 (山東) 已知橢圓 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.
4. (2020 年全國統一高考數學試卷 (新課標I) 已知 、 分別為橢圓 的左、右頂點, 為 的上頂點, 為直線 上的動點, 與 的另一交點為 與 的另一交點為 .
(1)求 的方程；
(2)證明:直線 過定點.
5. (四川省成都市石室中學 2023 屆高考適應性考試(二)理科數學試題) 已知點 ,動點 滿足直線 與 的斜率之積為 . 記動點 的軌跡為曲線 . ( 1 )求曲線 的方程,并說明 是什么曲線； (2)設 為曲線 上的兩動點,直線 的斜率為 ,直線 的斜率為 ,且 . ①求證: 直線 恒過一定點; ②設 的面積為 ,求 的最大值.
6. (四川省樂山市 2023 屆高三下學期第二次調查研究考試數學(理) 試題) 已知橢圓 經過 , 兩點, 是橢圓 上異于 的兩動點,且 ,若直線 的斜率均存在,并分別記為 .
(1)求證: 為常數；
(2)求 面積的最大值.
7. (2019 年全國統一高考數學試卷 (理科) (新課標II))
已知點 , ,動點 滿足直線 與 的斜率之積為 . 記 的軌跡為曲線 .
(1)求 的方程,并說明 是什么曲線；
(2)過坐標原點的直線交 于 , 兩點,點 在第一象限, 軸,垂足為 ,連結 并延長交 于點 .
(i)證明: 是直角三角形;
(ii) 求 面積的最大值. 8. (河南省鄭州市 2024 屆高三第二次質量預測數學試題) 已知橢圓 過點(0,1),且焦距為 . (1)求橢圓 的標準方程；
(2)過點 作兩條互相垂直的弦 ,設弦 的中點分別為 .
①證明:直線 必過定點；
②若弦 的斜率均存在,求 面積的最大值.
9. (重慶市沙坪壩區南開中學校 2024 屆高三上學期第四次質量檢測 (期中) 數學試題) 橢圓 的左右焦點為 和 為橢圓的中心,過 作直線 ,分別交橢圓 于 和 ,且 的最大值為 , 的最小值為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2)設線段 的中點分別為 ,記 的面積為 的面積為 ,若直線 的斜率為 且 ,求證: 為定值,并求出這個定值.
【類型二】斜率和
10. (2017 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學 (新課標 1 卷) 已知橢圓 ,四點 ,
中恰有三點在橢圓 上.
(I) 求 的方程;
(II)設直線 1 不經過 點且與 相交于 兩點. 若直線 與直線 的斜率的和為-1,證明: 1 過定點.
11. (2022 年全國新高考 I 卷數學試題) 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.
12. (福建省福州市 2022 屆高三 5 月質量檢測數學試題) 在平面直角坐標系 中,動點 到直線 的距離和點 到點 的距離的比為 ,記點 的軌跡為 .
(1)求 的方程；
(2)若不經過點 的直線 與 交于 兩點,且 ,求 面積的最大值.
13. (黑龍江省大慶市 2022 屆高三第三次教學質量檢測理科數學試題) 已知橢圓 經過點 ,
其長半軸長為 2 .
(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.
14. (湖南省長沙市第一中學 2023-2024 學年高三上學期月考(一)數學試題) 已知橢圓 左焦點為 ,點 到橢圓 上的點的距離最小值是 1,離心率為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2)設點 是橢圓上關于 軸對稱的兩點, 交橢圓 于另一點 ,求 的內切圓半徑的范圍.
15. (河南省鄭州市 2021-2022 學年高三上學期第一次質量預測理科數學試題) 已知橢圓 的左焦點為 ,離心率為 ,過 的直線與橢圓交于 兩點,當 軸時, .
(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 軸交于點 , 求 面積的取值范圍.
16. (廣東省廣州市 2023 屆高三綜合測試(一)數學試題)已知橢圓 的離心率為 ,以 的短軸為直徑的圓與直線 相切.
(1)求 的方程；
(2)直線 與 相交于 兩點,過 上的點 作 軸的平行線交線段 于點 ,直線 的斜率為 ( 為坐標原點), 的面積為 的面積為 ,若 ,判斷 是否為定值 并說明理由.
17. (2023 年高考全國乙卷數學 (理) 真題) 已知橢圓 的離心率是 ,點 在 上.
(1)求 的方程；
(2)過點(-2,3)的直線交 于 兩點,直線 與 軸的交點分別為 ,證明: 線段 的中點為定點.
18. (2023 屆福建省福州市高三質量檢測數學試題) 已知雙曲線 的右頂點為 為原點, 點 在 的漸近線上, 的面積為 .
(1)求 的方程；
(2)過點 作直線 交 于 兩點,過點 作 軸的垂線交直線 于點 為 的中點,證明: 直線 的斜率為定值.
19. (山東省濟南市 2023 屆高三二模數學試題) 已知橢圓 的長軸長為 4,由 的三個頂點構成的三角形的面積為 2 .
(1)求 的方程；
(2)記 的右頂點和上頂點分別為 ,點 在線段 上運動,垂直于 軸的直線 交 于點 (點 在第一象限),
為線段 的中點,設直線 與 的另一個交點為 ,證明: 直線 過定點.
20. (2013 年普通高等學校招生全國統一考試理科數學 (江西卷) 如圖,橢圓 經過點 , 離心率 ,直線 的方程為 .
(1)求橢圓 的方程；
(2) 是經過右焦點 的任一弦(不經過點 ),設直線 與直線 相交于點 ,記 , , 的斜率分別為 .
問: 是否存在常數 ,使得 若存在,求 的值; 若不存在,說明理由.
21. (重慶市巴蜀中學校 2023 屆高三下學期適應性月考(十)數學試題)已知點 是異于 , 的動點, , 分別是直線 , 的斜率,且滿足 .
(1)求動點 的軌跡方程；
(2)在線段 上是否存在定點 ,使得過點 的直線交 的軌跡于 兩點,且對直線 上任意一點 ,都有直線 的斜率成等差數列. 若存在,求出定點 ,若不存在,請說明理由.
22. (數學奧林匹克高中訓練題) 如圖,已知 是橢圓 的內接 的內切圓,其中, 為橢圓的左頂點.
(1)求 的半徑 ；
(2)過點 作 的兩條切線與橢圓交于 、 兩點,證明:直線 與 相切.
23. (2021 屆武漢九調) 已知橢圓 的離心率為 ,點 是橢圓 短軸的一個四等分點.
(1)求橢圓 的標準方程；
(2)設過點 且斜率為 的動直線與橢圓 交于 , 兩點,且點 ,直線 , 分別交
于異于點 的點 ,設直線 的斜率為 ,求實數 ,使得 ,恒成立.
【類型三】三點共線
24. (河北省唐山市 2022 屆高三下學期第一次模擬數學試題) 已知橢圓 經過點 ,離心率為 (1)求橢圓 的方程；
(2)如圖,橢圓 的左、右頂點為 ,不與坐標軸垂直且不過原點的直線 與 交于 兩點 (異于 ),
點 關于原點 的對稱點為點 ,直線 與直線 交于點 ,直線 與直線 交于點 . 證明: 點 在定直線上.
25. (江蘇省南京外國語學校 2023-2024 學年高三上學期期中模擬數學試題) 為圓 上一動點,點 的坐標為(2,0),線段 的垂直平分線交直線 于點 .
( 1 )求點 的軌跡方程 ；
(2)如圖,(1)中曲線 與 軸的兩個交點分別為 和 為曲線 上異于 的兩點,直線 不過坐標原點,且不與坐標軸平行. 點 關于原點 的對稱點為 ,若直線 與直線 相交于點 ,直線 與直線 相交于點 ,證明: 在曲線 上存在定點 ,使得 的面積為定值,并求該定值.
26. (江西省南昌市 2024 屆高三第一次模擬測試數學試題) 已知橢圓 的離心率為 ,左右兩頂點分別為 ,過點 作斜率為 的動直線與橢圓 相交于 兩點. 當 時,點 到直線 的距離為 .
(1)求橢圓 的標準方程；
(2)設點 關于原點的對稱點為 ,設直線 與直線 相交于點 ,設直線 的斜率為 ,試探究 是否為定值,
若為定值, 求出定值并說明理由. 27. (2022 年全國高考乙卷數學 (理) 試題) 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)設過點 的直線交 于 兩點,過 且平行于 軸的直線與線段 交于點 ,點 滿足 . 證明: 直線 過定點.
28. (2023 年新課標全國II卷數學真題)已知雙曲線 的中心為坐標原點,左焦點為 ,離心率為 .
(1)求 的方程；
(2)記 的左、右頂點分別為 ,過點(-4,0)的直線與 的左支交于 兩點, 在第二象限,直線 與
交于點 . 證明:點 在定直線上.
29. (福建省 2023 屆高三畢業班適應性練習卷 (省質檢) 數學試題) 已知圓 ,直線 且與圓 交于點 中點為 ,過 中點 且平行于 的直線交 于點 ,記 的軌跡為
(1)求 的方程；
(2)坐標原點 關于 的對稱點分別為 ,點 關于直線 的對稱點分別為 ,過 的直線 與 交于點 ,直線 相交于點 .請從下列結論中,選擇一個正確的結論并給予證明.
① 的面積是定值；② 的面積是定值:③ 的面積是定值.
30. (浙江省杭州市 2024 屆高三下學期 4 月教學質量檢測數學試題) 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 .
(i)證明:點 在定直線上；
(ii) 是否存在點 使得 ,若存在,求出直線 的斜率; 若不存在,請說明理由.
31. (重慶市巴蜀中學 2023 屆高三高考適應性月考 (六) 數學試題) 如圖,已知 分別為橢圓 的左,右頂點, 為橢圓 上異于點 的動點,若 ,且直線 與直線 的斜率之積等于 .
(1)求橢圓 的標準方程；
(2)過動點 作橢圓 的切線,分別與直線 和 相交于 兩點,記四邊形 的對角線 相交于點 ,問: 是否存在兩個定點 ,使得 為定值 若存在,求 的坐標; 若不存在,說明理由.
32. (2012 年全國普通高等學校招生統一考試數學 (江蘇卷) 如圖,在平面直角坐標系 中,橢圓 的左、右焦點分別為 . 已知(1, e)和 都在橢圓上,其中 為橢圓的離心率.
(1)求橢圓的方程；
(2)設 是橢圓上位于 軸上方的兩點,且直線 與直線 平行, 與 交于點 .
(i) 若 ,求直線 的斜率;
(ii) 求證: 是定值.
33. (湖北省武漢市 2024 屆高中畢業班二月調研考試數學試題) 已知雙曲線 的左右焦點為 ,其右準線為 ,點 到直線 的距離為 ,過點 的動直線交雙曲線 于 兩點,當直線 與 軸垂直時, .
(1)求雙曲線 的標準方程；
(2)設直線 與直線 的交點為 ,證明: 直線 過定點.
【類型四】過 x 軸定點設線解點
34. (四川省綿陽市 2021 屆高三第三次診斷理科數學試題) 已知橢圓 的離心率為 ,右焦點為 , 上頂點為 ,左頂點為 ,且 .
(1)求橢圓的方程；
(2)已知 , ,點 在橢圓上,直線 , 分別與橢圓交于另一點 , ,若 , , 求證: 為定值. 35. (2018 年全國普通高等學校招生統一考試文科數學(北京卷)已知橢圓 的離心率為 , 焦距為 . 斜率為 的直線 與橢圓 有兩個不同的交點 、 .
(I)求橢圓 的方程；
(II)若 ,求 的最大值；
(III) 設 ,直線 與橢圓 的另一個交點為 ,直線 與橢圓 的另一個交點為 . 若 和點 共線,求 .
36. (四川省達州市普通高中 2024 屆高三上學期第一次診斷性測試數學試題 (理科) 已知,橢圓的面積為 (其中, 為橢圓的長半軸長, 為橢圓的短半軸長). 若橢圓 的左、右焦點分別為 ,過 的直線與 交于 兩點,直線 與 的另一交點為 ( 均不與 頂點重合), 的周長為 的面積為 .
(1)求 的標準方程；
(2) 為原點,記直線 的斜率分別為 ,求 的值.
37. (重慶市南開中學校 2023-2024 學年高三第六次質量檢測 (2 月) 數學試題) 已知定點 ,若動點 到 與到定直線 的距離之比為 .
( 1 )求動點 的軌跡 的方程；
(2)過點 作直線 交 于 兩點 ( 點在 軸的上方),過點 作 的垂線,垂足為 . 是否存在點 ,使得四邊形
為菱形？若存在,請求出此時 的斜率；若不存在,請說明理由；
(3)若動點 在第一象限,延長 交 于 兩點,求 與 內切圓半徑的差的絕對值的最大值.
38. (江西省新八校 2024 屆高三第二次聯考數學試題) 已知橢圓 分別是橢圓的左、右焦點, 是橢圓上的動點,直線 交橢圓于另一點 ,直線 交橢圓于另一點 .
( 1 )求 面積的最大值；
(2)求 與 面積之比的最大值.
39. (浙江省寧波市鎮海中學 2024 屆高三下學期適應性測試數學試卷) 已知 ,動點 滿足 ,動點 的軌跡為曲線 交 于另外一點 交 于另外一點 .
(1)求曲線 的標準方程；
(2)已知 是定值,求該定值；
(3)求 面積的范圍.
40. (山東省濰坊市 2023 屆高三下學期一模數學試題) 已知橢圓 的焦距為 ,離心率為 ,
直線 與 交于不同的兩點 .
(1)求 的方程；
(2)設點 ,直線 , 與 分別交于點 , .
①判段直線 是否過定點 若過定點,求出該定點的坐標; 若不過定點. 請說明理由:
②記直線 的傾斜角分別為 ,當 取得最大值時,求直線 的方程.

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