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大题培优05圆锥曲线
目录
【题型一】轨迹 1
【题型二】新结构卷中19题“定义”型轨迹 2
【题型三】直线所过定点不在坐标轴上 3
【题型四】面积比值范围型 4
【题型五】非常规型四边形面积最值型 5
【题型六】“三定”型：圆过定点 6
【题型七】“三定”型：斜率和定 7
【题型八】“三定”型：斜率积定 8
【题型九】圆锥曲线切线型 9
【题型十】“韦达定理”不能直接用 10
【题型十一】“非韦达”型：点带入型 11
【题型一】轨迹
求轨迹方程的常见方法有: （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
1.（2024·重庆·模拟预测）已知点和直线，点到的距离 .
(1)求点的轨迹方程；
(2)不经过圆点的直线与点的轨迹交于，两点. 设直线，的斜率分别为，，记 ，是否存在值使得的面积为定值，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
2.（2024·辽宁·一模）已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一 三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
3.（2024·山东淄博·一模）在平面直角坐标系xOy中，点.点是平面内的动点.若以PF 为直径的圆与圆 相切，记点 P 的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)设点，直线 AM ，AN 分别与曲线C交于点S，T (S，T 异于 A)，过点A作，垂足为 H，求的最大值.
【题型二】新结构卷中19题“定义”型轨迹
1.（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
2.（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
3.（2024·全国·模拟预测）已知复平面上的点对应的复数满足，设点的运动轨迹为．点对应的数是0．
(1)证明是一个双曲线并求其离心率；
(2)设的右焦点为，其长半轴长为，点到直线的距离为（点在的右支上），证明：；
(3)设的两条渐近线分别为，过分别作的平行线分别交于点，则平行四边形的面积是否是定值？若是，求该定值；若不是，说明理由．
【题型三】直线所过定点不在坐标轴上
存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
1.已知点M是抛物线的对称轴与准线的交点，过M作抛物线的一条切线，切点为P，且满足．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过作斜率为2的直线与抛物线C相交于点B，点，直线AT与BT分别交抛物线C于点E，F，设直线EF的斜率为k，是否存在常数，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．
2.已知双曲线：（，）的离心率为，点到其左右焦点，的距离的差为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)在直线上存在一点，过作两条相互垂直的直线均与双曲线相切，求的取值范围．
3.已知双曲线C：上任意一点Q（异于顶点）与双曲线两顶点连线的斜率之积为，E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，|EF|的最小值为.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过椭圆上任意一点P（P不在C的渐近线上）分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且，是否存在m，n使得椭圆的离心率为？若存在，求出椭圆的方程，若不存在，说明理由.
【题型四】面积比值范围型
圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
1.（2022·全国·高三专题练习）是椭圆的右焦点，其中.点、分别为椭圆的左、右顶点，圆过点与坐标原点，是椭圆上异于、的动点，且的周长小于.
(1)求的标准方程；
(2)连接与圆交于点，若与交于点，求的取值范围.
2.（2023下·福建福州·高三校考）如图，已知圆的左顶点，过右焦点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，当直线轴时，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记的面积分别为，求的取值范围.
3.（2022·湖北黄冈·蕲春县第一高级中学校考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，圆，椭圆与圆交于点，且.
(1)求椭圆方程.
(2)若过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，与圆交于两点，且，求的取值范围.
【题型五】非常规型四边形面积最值型
求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式为，为此计算， 代入转化为的函数求最大值.
1.（2023·全国·高三专题练习）已知圆为坐标原点，点在圆上运动，为过点的圆的切线，以为准线的拋物线恒过点，抛物线的焦点为，记焦点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过动点的两条直线均与曲线相切，切点分别为，且的斜率之积为，求四边形面积的取值范围．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知A是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点在第二象限，直线分别与轴交于，求四边形面积的最大值．
3.（2023·全国·高三专题练习）如图．已知圆，圆．动圆与这两个圆均内切．

(1)求圆心的轨迹的方程；
(2)若、是曲线上的两点，是曲线C上位于直线两侧的动点．若直线的斜率为，求四边形面积的最大值．
【题型六】“三定”型：圆过定点
圆过定点思维： 1.可以根据特殊性，计算出定点，然后证明 2.利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算 2.利用对称性，可以猜想出定点，并证明。 4.通过推导求出定点（计算推导难度较大）
1.已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
2.已知椭圆经过点，且右焦点为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两个不同的点，，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问以为直径的圆是否过轴上的定点，若是求出定点坐标，若不是说明理由．
3.已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：以为直径的圆经过定点.
【题型七】“三定”型：斜率和定
设抛物线，其上有不同的三点：， 当的斜率满足： ①时，过定点 ②时，过定点或者
1.已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.
2..在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求曲线的方程；
（Ⅱ）过点F的两条直线、与曲线相交于A、B、C、D四点，且M、N分别为、的中点.设与的斜率依次为、，若，求证：直线MN恒过定点.
3.已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【题型八】“三定”型：斜率积定
给定椭圆，与椭圆上定点，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 ①若，则直线过定点 ②若，则直线过定点
1.已知椭圆经过点，其左焦点为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为，证明：直线PQ过定点.
2.已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若直线l的斜率，求原点O到直线l的距离；
(2)记直线AM，BN的斜率分别为，，证明：为定值．
3.．已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，原点O为的重心；
①如果直线AB，OC的斜率都存在，求证：为定值；
②试判断的面积是否为定值，如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【题型九】圆锥曲线切线型
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 抛物线的切线： （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：．
1.已知椭圆E：的焦距为，且经过点．
(1)求椭圆E的标准方程：
(2)过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．
2.已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，上一点到距离之和为6.
(1)求的方程；
(2)设在点处的切线交轴于点，证明：.
3.法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
【题型十】“韦达定理”不能直接用
1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式，可消去
1.已知椭圆的上下两个焦点分别为，过点与轴垂直的直线交椭圆于 两点，的面积为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围.
2.在平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，点M的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
(2)直线l交曲线E于P，Q两点，交x轴于N点，交y轴于R点，若，若，求点N的坐标．
3.已知椭圆，倾斜角为的直线过椭圆的左焦点和上顶点B，且（其中A为右顶点）.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，求实数m的取值范围.
【题型十一】“非韦达”型：点带入型
1.已知为椭圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足.
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若两点分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.
2.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，上顶点到右焦点的距离为.过点作不垂直于轴，轴的直线，交椭圆于，两点，为线段的中点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）求实数的取值范围；
（3）延长交椭圆于点，记与的面积分别为，，若，求直线的方程.
3.在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知圆，连接并延长交圆于点为椭圆长轴上一点（异于左、右焦点），过点作椭圆长轴的垂线分别交椭圆和圆于点（均在轴上方）.连接，记的斜率为，的斜率为.
①求的值；
②求证：直线的交点在定直线上.
4.已知双曲线：，，，，，五点中恰有三点在上.
（1）求的方程；
（2）设是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点，使得,若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
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目录
【题型一】轨迹 1
【题型二】新结构卷中19题“定义”型轨迹 5
【题型三】直线所过定点不在坐标轴上 11
【题型四】面积比值范围型 15
【题型五】非常规型四边形面积最值型 19
【题型六】“三定”型：圆过定点 23
【题型七】“三定”型：斜率和定 27
【题型八】“三定”型：斜率积定 32
【题型九】圆锥曲线切线型 35
【题型十】“韦达定理”不能直接用 40
【题型十一】“非韦达”型：点带入型 44
【题型一】轨迹
求轨迹方程的常见方法有: （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
1.（2024·重庆·模拟预测）已知点和直线，点到的距离 .
(1)求点的轨迹方程；
(2)不经过圆点的直线与点的轨迹交于，两点. 设直线，的斜率分别为，，记 ，是否存在值使得的面积为定值，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在，
【分析】
（1）利用直接法求得轨迹方程；
（2）设，，分别表示，及，进而表示，可知，当时，为定值，即面积为定值.
【详解】（1）设点，由，
当时，，不成立，
所以，则，即；
（2）设，，则，，
又点在椭圆上，则，则，同理，
设直线与的倾斜角分别为，，则，
则，
则，
所以当时，为定值，即面积为定值.

2.（2024·辽宁·一模）已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一 三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】
（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，
（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.
【详解】（1）解法一：设，易知，
根据题意可得，化简得，
所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，
因为平行四边形MANB对角线的交点在第一 三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，设，所以
所以，又所以，即.设直线的方程为，即，联立整理得，
所以，解得，，
则.
又点到直线的距离为，所以，记，
因为，所以，所以.令，则，
令，可得，当时，在区间,内单调递增，当时，在区间上单调递减，所以当，即时，取得最大值，即，
所以.
3.（2024·山东淄博·一模）在平面直角坐标系xOy中，点.点是平面内的动点.若以PF 为直径的圆与圆 相切，记点 P 的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)设点，直线 AM ，AN 分别与曲线C交于点S，T (S，T 异于 A)，过点A作，垂足为 H，求的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）设，根据代入坐标化简得到轨迹方程；
（2）设直线，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，求出的纵坐标，从而有，代入韦达定理式化简得，从而得到直线所过定点，得到点轨迹方程，从而得到最大值.
【详解】（1）设，则的中点，根据题意得，
即，整理得，
化简整理，得点的轨迹方程.
（2）设，由对称性可知直线的斜率存在，所以可设直线，
联立直线与曲线的方程，得，消元整理，得，
则，①②
所以，令，得点纵坐标，同理可得点纵坐标，故，
将代入上式整理，得，
将②代入得，
若，则直线，恒过不合题意；
若，则，恒过，
因为直线恒过，且与始终有两个交点，又，
，垂足为，所以点轨迹是以为直径的圆（不含点），
设中点为，则圆心，半径为1，所以，
当且仅当点在线段上时，取最大值.
【题型二】新结构卷中19题“定义”型轨迹
1.（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析
【分析】
（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，
解得，由方程，得，
即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；
（3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，
恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，
即是方程的两根，所以，
又因，所以，
两式相比得，所以，所以，
所以直线与的斜率之积为定值．
2.（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
【答案】(1)(2)(3)成立，理由见解析
【分析】
（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；
（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；
（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；
法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.
【详解】（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.将整理成关于的一元二次方程，
即.若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，即.
今直线族中，则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知，设，则，；
由（2）知在点处的切线方程为；
同理在点处的切线方程为；联立可得，所以.因此，
同理.所以，，即，可得，所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，所以，即.
则.所以成立.
3.（2024·全国·模拟预测）已知复平面上的点对应的复数满足，设点的运动轨迹为．点对应的数是0．
(1)证明是一个双曲线并求其离心率；
(2)设的右焦点为，其长半轴长为，点到直线的距离为（点在的右支上），证明：；
(3)设的两条渐近线分别为，过分别作的平行线分别交于点，则平行四边形的面积是否是定值？若是，求该定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；离心率为；(2)证明见解析；(3)平行四边形的面积为定值.
【分析】（1）设复数，由化简得到判断，并求离心率；
（2）由（1）得到，，，从而直线，设，由和复数的模求解证明；
（3）由（1）得到的两条渐近线，，不妨设，得到，．联立和，求得点P，易知直线，求得点到直线的距离，再由求解.
【详解】（1）设复数，则
两边平方得
所以是一个焦点在实轴上，顶点为，渐近线为的双曲线．
其离心率.
（2）由（1）的计算得，，，则直线，设，则，，由得，代入得
所以，原式得证．
（3）由（1）得的两条渐近线，，由对称性，不妨设，则，
所以，同理得．联立和：，得，
易知直线，所以点到直线的距离
由（1），所以
而，所以
，故平行四边形的面积为定值．
【题型三】直线所过定点不在坐标轴上
存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
1.已知点M是抛物线的对称轴与准线的交点，过M作抛物线的一条切线，切点为P，且满足．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过作斜率为2的直线与抛物线C相交于点B，点，直线AT与BT分别交抛物线C于点E，F，设直线EF的斜率为k，是否存在常数，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)存在，
【分析】（1）利用导数求得切线方程，根据切线方程过点求得，再结合两点间距离公式运算求解；
（2）根据题意联立方程求点B的坐标，再分别求直线的方程和的坐标，代入斜率公式运算求解即可.
【详解】（1）∵抛物线，则，∴，
设，则在点处的切线斜率，故在点处的切线方程为，即，
∵切线过点，则，解得，则，解得，
故抛物线C的方程为.
（2）存在，，理由如下：由题意可得：直线的方程为，即，
联立方程，解得或，即直线与抛物线的交点坐标为，
∵直线的斜率，故其方程为，联立方程，解得或，
即点，又∵直线的斜率，故其方程为，
联立方程，解得或，即点，
故直线EF的斜率为，则.
2.已知双曲线：（，）的离心率为，点到其左右焦点，的距离的差为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)在直线上存在一点，过作两条相互垂直的直线均与双曲线相切，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据双曲线离心率以及点到左、右焦点的距离之差为2，可求得a，b，c，进而求得双曲线的标准方程；（2）根据过点作两条相互垂直的直线与双曲线相切，讨论斜率不存在和斜率存在两种情况，①若其中一条切线的斜率不存在，则另一条切线的斜率为0，则不满足条件；②若切线的斜率存在，则设其斜率为，，从而得到切线方程，再根据切线与双曲线相切，联立方程组，得，进而可得关于的一元二次方程，再根据两切线互相垂直有，即可得到，再结合在直线上，推出，求解即可得到的取值范围．
【详解】（1）依题意有双曲线的左、右焦点为，，
则，得，则，
所以双曲线的方程为；
（2）①若其中一条切线的斜率不存在，则另一条切线的斜率为0，则不满足条件；
②若切线的斜率存在，则设其斜率为，，则切线方程为，
联立，消并整理得，
则，
化简得，即，
化成关于的一元二次方程，
设该方程的两根为，，即为两切线的斜率，所以，即，
又点在直线上，所以直线与圆有交点，
所以，即，即，
故的取值范围为．
3.已知双曲线C：上任意一点Q（异于顶点）与双曲线两顶点连线的斜率之积为，E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，|EF|的最小值为.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过椭圆上任意一点P（P不在C的渐近线上）分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且，是否存在m，n使得椭圆的离心率为？若存在，求出椭圆的方程，若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在符合题意的椭圆，其方程为
【分析】（1）设，由及可得，
得，再结合即可解决问题；
（2）设，则PM方程为，联立渐近线方程得到，进一步得到，同理得到，
再利用计算即可得到答案.
【详解】（1）设，由，
所以， ① 又点在上，所以，即， ②
由①②得：， ③ 又E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，
|EF|的最小值为，所以， ④ 又，⑤
联立③④⑤解得：，所以双曲线C的标准方程为：
（2）假设存在，由（1）知的渐近线方程为，则由题意如图：
所以由， 设，则直线方程为，直线方程为由，得；
由，得 又，所以，所以，，同理可得，，
由四边形是平行四边形，知，
所以，，即，
所以，存在符合题意的椭圆，其方程为.
【题型四】面积比值范围型
圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
1.（2022·全国·高三专题练习）是椭圆的右焦点，其中.点、分别为椭圆的左、右顶点，圆过点与坐标原点，是椭圆上异于、的动点，且的周长小于.
(1)求的标准方程；
(2)连接与圆交于点，若与交于点，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由已知可得出，由椭圆的定义结合三点共线可得出的周长小于，可得出关于的不等式，结合可求得，即可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设，可得出，求出点、的横坐标，利用三角形的面积公式可得出关于的表达式，结合可求得结果.
【详解】（1）解：因为圆过点与坐标原点，.
设的左焦点为，则的周长
，
所以，，则，且，故，所以，，.
因此，椭圆的坐标方程为.
（2）解：设，其中，其中，且，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
同理可知直线的方程为，又，所以，直线的方程为.
联立直线、的方程，可得，解得，
联立直线、的方程，可得，解得.
所以，.
2.（2023下·福建福州·高三校考）如图，已知圆的左顶点，过右焦点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，当直线轴时，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记的面积分别为，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由顶点坐标得，再由通径长得，从而得椭圆方程；
（2）设直线方程为，设，，
直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，求出的范围，解不等式得的范围，从而得出结论．
【详解】（1）由已知，当直线轴时，是椭圆的通径，所以，，
椭圆方程为；
（2）由（1）得，即，由题意直线斜率不可能为0，
设直线方程为，设，由得，
，，，
时，，，时，，记，显然，
则，解得，，综上，，
所以．
3.（2022·湖北黄冈·蕲春县第一高级中学校考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，圆，椭圆与圆交于点，且.
(1)求椭圆方程.
(2)若过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，与圆交于两点，且，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由题意得到，得到，设，得到，即可椭圆的方程；
（2）由（1）得，得到且，分别为椭圆和圆的弦长，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，得到和，和分别重合，求得；
设直线，联立方程组得到，求得，以及点到直线的距离和，得到，令，则，得到，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，圆，可得圆心坐标，则，
即，
设，则，整理得，
即椭圆的方程为.
（2）解：由（1）得，因为且,所以且，分别为椭圆和圆的弦长，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，由，可得此时和，和分别重合，所以，所以，此时，则；当直线的斜率存在时设直线，联立方程组，
整理得，则，
所以，因为点到直线的距离，所以，又由，两边平方，可得，
因为，令，则，又因为，
所以，设，可得，
当时，，所以在上单调递减，又由，所以，即，
综上可得，的取值范围为.
【题型五】非常规型四边形面积最值型
求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式为，为此计算， 代入转化为的函数求最大值.
1.（2023·全国·高三专题练习）已知圆为坐标原点，点在圆上运动，为过点的圆的切线，以为准线的拋物线恒过点，抛物线的焦点为，记焦点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过动点的两条直线均与曲线相切，切点分别为，且的斜率之积为，求四边形面积的取值范围．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）由抛物线的定义结合椭圆的定义可得，即可求出的方程；
（2）设过的切线，联立椭圆方程并整理为关于x的一元二次方程，由l与椭圆C相切有，整理为关于k的一元二次方程，根据根与系数的关系及求得直线的方程，联立直线与椭圆的方程，用韦达定理表示出，再求出，点到直线的距离为，则，结合的范围，代入化简即可求出答案.
【详解】（1）分别过作的垂线，垂足分别为，连接，
由抛物线的定义，可得，则．
因为，所以焦点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，
所以抛物线的焦点的轨迹方程为
（2）设点，过点的直线的斜率为，则方程为，
联立方程组，消得，，整理得，
，即，所以点在方程为的圆上．
设点在椭圆上，则，则，
由知，满足：则，即，故，
从而得切线的方程为整理得，点满足方程，则，
同理可得即点满足方程，所以的方程为．
消得，，，
．设，点到直线的距离为，
；
．
所以．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知A是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点在第二象限，直线分别与轴交于，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)(2)4
【分析】（1）根据三角形的面积及内切圆的半径列出方程组求得得椭圆方程；
（2）设直线的方程与椭圆方程联立，，写出直线的方程求出的坐标，并求出， ，将表示为的函数，使用基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题意知，则，
又，
则，
又，
解得，
所以椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为
联立方程组，可得，
则，直线的方程：，所以，同理，
，，
，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4．
3.（2023·全国·高三专题练习）如图．已知圆，圆．动圆与这两个圆均内切．

(1)求圆心的轨迹的方程；
(2)若、是曲线上的两点，是曲线C上位于直线两侧的动点．若直线的斜率为，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）设动圆与两个已知圆的切点分别为，根据椭圆的定义可得点的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，求出可得答案；
（2）设，，直线的方程为，代入椭圆方程，由得的范围，利用韦达定理得四边形的面积可得答案；
【详解】（1）如图，设动圆与两个已知圆的切点分别为，由，，
所以点的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，所以，
所以点的轨迹方程为：；
（2）设，，直线的方程为，代入中，
整理得，，解得，，，
四边形的面积，
当时，，所以四边形面积的最大值为；
【题型六】“三定”型：圆过定点
圆过定点思维： 1.可以根据特殊性，计算出定点，然后证明 2.利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算 2.利用对称性，可以猜想出定点，并证明。 4.通过推导求出定点（计算推导难度较大）
1.已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)(2)以为直径的圆过定点，.
【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可；
（2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论.
【详解】（1）由题意可知，解得，
所以所以求椭圆的方程为.
（2）设，由（1）可知， 斜率存在且不为0，
依题意可知的直线方程为，的直线方程为，
令，可得，，假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，
依题意可知，，所以，
，为，
所以.因为，
所以，令，可得，解得，，
所以以为直径的圆过定点，.
2.已知椭圆经过点，且右焦点为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两个不同的点，，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问以为直径的圆是否过轴上的定点，若是求出定点坐标，若不是说明理由．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据图像过的点和右焦点得到，求出，即可得到椭圆C的标准方程
（2）设出直线的解析式，与椭圆联立，得到与的表达式，设出直线与直线的解析式，得到点与点坐标，进而求出圆的方程，即可得到以为直径的圆过轴上的定点.
【详解】（1）由题意
在椭圆中，图像过点，且右焦点为∴∴
∴椭圆的标准方程为
（2）由题意及（1）得在中，过点的直线与椭圆交于两个不同的点，，直线与轴交于点，直线与轴交于点，∴直线斜率存在，设，，
将直线方程代入椭圆方程，得∴，
直线的解析式为直线的解析式为
∴，圆心为以为直径的圆的方程为：
即
∵
∴在中，令，得
∴以为直径的圆过轴上的定点
3.已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：以为直径的圆经过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；
（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.
【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，双曲线的方程为：；
（2）方法一：设方程为，，
以为直径的圆的方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得，
而，，
对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.设以为直径的圆过，
，
而，
，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
【题型七】“三定”型：斜率和定
设抛物线，其上有不同的三点：， 当的斜率满足： ①时，过定点 ②时，过定点或者
1.已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据可求出；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理建立关系可得对任意成立，可求出，得出椭圆方程.
【详解】
（1）由题可得，，
，即，，；
（2）由（1）可得椭圆方程为，
当直线l的斜率存在时，设l：，设，
联立直线与椭圆，得，
则，即，
则，，
，，
即对任意成立，即，
则椭圆方程为，
当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且
此时，满足题意，
综上，椭圆方程为.
2..在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求曲线的方程；
（Ⅱ）过点F的两条直线、与曲线相交于A、B、C、D四点，且M、N分别为、的中点.设与的斜率依次为、，若，求证：直线MN恒过定点.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
（Ⅰ）设，根据题意得到，即可求得曲线的方程；
（Ⅱ）设，的方程为，联立方程组分别求得，和，进而得出，进而得出，得出直线的方程，即可判定直线恒过定点.
【详解】
（Ⅰ）由题意，设，
因为圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，
可得，化简得.
（Ⅱ）设，的方程分别为，，
联立方程组，整理得，
所以，则，同理
所以，
由，可得，
所以直线的方程为
整理得，所以直线恒过定点.
3.已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，且直线的方程为.
【分析】
（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，设直线、的斜率分别为、，将韦达定理代入等式，求出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）因为椭圆经过点，且该椭圆的右焦点为.
所以，，解得，因此，椭圆的标准方程为；
（2）存在直线，使得，理由如下：
若直线与轴垂直，则直线过点，不合乎题意，
由已知可设所在直线的方程为，
代入椭圆的方程，得，
，
设、，则，，
记直线、的斜率分别为、，
欲使直线满足，只需.
因为、、三点共线，所以，即.
即
.
由，即，可得.所以存在直线，使得，
此时直线的方程为，即.
【题型八】“三定”型：斜率积定
给定椭圆，与椭圆上定点，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 ①若，则直线过定点 ②若，则直线过定点
1.已知椭圆经过点，其左焦点为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为，证明：直线PQ过定点.
【答案】(1)；(2)证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆所过点和左焦点的坐标，列出关于的方程组，解之可得；
（2）直线的方程为，设，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的关系，此关系代入直线方程可得定点坐标．
【详解】（1）由题意可得，解得，
椭圆方程为；
（2）由（1）知，由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，设，
由得，
，，
由韦达定理得，，
代入，，
得，整理得或，
时，满足，此时直线方程为，过定点，不合题意，
时，由得，直线方程为，过定点．
2.已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若直线l的斜率，求原点O到直线l的距离；
(2)记直线AM，BN的斜率分别为，，证明：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线l方程，根据直线l与C相切求出或，再利用点到直线距离公式即可求出.
（2）设直线l方程为，根据直线l与C相切求出，再把直线方程与圆的方程联立，借助韦达定理得到关系式，代入即可化简出定值.
【详解】（1）由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为，
与椭圆联立得.
因为直线l与C相切，所以，
故.
当时，，或，直线l方程为.
所以原点O到直线l的距离为.
（2）设，，，由已知可得，，
∴，.由（1）得，，.
所以①，
由，得，由韦达定理得
，，，
故，∴，代入①式整理可得
，所以为定值．
3.．已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，原点O为的重心；
①如果直线AB，OC的斜率都存在，求证：为定值；
②试判断的面积是否为定值，如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)(2)①证明见解析；②为定值，
【分析】（1）利用条件直接求出，从而求出椭圆的方程；
（2）①设出直线的方程，联立椭圆方程得，利用丰达定理求出中点坐标，进而可得出证明；
②分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，利用条件分别求出的面积，从而判断出是否为定值.
【详解】（1）因为，得到，又，
解得
所以椭圆的方程为.
（2）①设直线的方程为，联立，
消去得到，
设，由韦达定理得到，，
由，得，
设线段的中点，因为为的重心，
所以，为定值.
②设，因为原点O为的重心，
所以，当直线的斜率不存在时，有或，
由重心的性质知，当时，直线方程为，时，直线方程为，将或代入，均求得，又到直线的距离为3，
所以，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由①知，
，又因为原点O为的重心，
所以，
又因为点在曲线上，代入，得，化简得，又，所以，
原点到直线的距离
所以为定值，
综上所述，的面积是为定值，定值为.
【题型九】圆锥曲线切线型
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 抛物线的切线： （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：．
1.已知椭圆E：的焦距为，且经过点．
(1)求椭圆E的标准方程：
(2)过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．
【答案】(1)(2)2【分析】（1）由待定系数法求解析式；
（2）设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M，再由弦长公式及两点距离公式表示出，进而讨论最值.
【详解】（1）由题意得，所以，即椭圆方程为；
（2）当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：，
由，得．，，.
不妨设在x轴上方，则在x轴下方．
椭圆在x轴上方对应方程为，，则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得.同理可得B处的切线方程为．
由得，
代入①得，所以．
因为，所以
设，则，则，
当且仅当，即时，的最大值是2．
另解：当直线l的斜率存在时，设l：，
由得，
所以，，，
椭圆在x轴上方的部分方程为，，
则过的切线方程为，
即，
同理可得过的切线方程为.
由得
设，则，
所以直线l的方程为，所以.
，
令，则，所以，
当时，即时，取得最大值，为2．
2.已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，上一点到距离之和为6.
(1)求的方程；
(2)设在点处的切线交轴于点，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据的值直接求解；
(2)先求出过椭圆上一点的切线方程，再求出点坐标，从而即可证明.
【详解】（1）由题意知，，得，，得,
由于，故椭圆C的方程为.
（2）当切线斜率不存在时，切线方程为，重合，等式成立；
当切线斜率为0时，切线与x轴不相交，不符合题意；
当切线斜率存在时，设由于对称性，不妨设为椭圆上半部分曲线的一个点,
由，得，则，
所以切线的斜率为，得切线方程为，
即，整理得，
即，所以切线方程为，
令，得，即，由（1）知，，
则，，，，
又，得，
所以，，
所以，即，得证.
3.法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
【答案】(1)椭圆C的方程为，蒙日圆的方程为(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率结合题设求得，即得椭圆方程，进而写出蒙日圆的方程；
（2）设，设过点P的切线方程为，联立椭圆方程结合判别式确定点的轨迹方程，进而利用基本不等式求得，即可求得答案.
【详解】（1）设椭圆方程为，焦距为2c.
由题意可知，
所以，椭圆C的方程为，
且蒙日圆的方程为；
（2）设，设过点P的切线方程为，
由，消去y得①，
由于相切，所以方程①的，可得：，
整理成关于k的方程可得：，
由于P在椭圆外，故，
故，
设过点P的两切线斜率为，
据题意得，，，
又因为，所以可得，
即点的轨迹方程为：，
由不等式可知：，
即，当且仅当时取等号，此时，
所以，即的面积的最大值为.
【题型十】“韦达定理”不能直接用
1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式，可消去
1.已知椭圆的上下两个焦点分别为，过点与轴垂直的直线交椭圆于 两点，的面积为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围.
【答案】(1) (2) （﹣2，﹣1）∪（1，2）∪{0}
【解析】
（Ⅰ）根据题目条件，由椭圆焦点坐标和对称性计算的面积，建立等式关系，结合关系式，离心率计算公式，问题可得解；（Ⅱ）由题意，可分直线是否过原点，对截距进行分类讨论，再利用椭圆对称性、向量共线、直线与椭圆有交点等性质、条件进行运算即可.
试题解析：（Ⅰ）根据已知椭圆的焦距为，当时，，
由题意的面积为，
由已知得，∴，∴，
∴椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）若，则，由椭圆的对称性得，即，
∴能使成立．
若，由，得，
因为，，共线，所以，解得．　
设，，由
得，
由已知得，即，
且，，
由，得，即，∴，
∴，即．
当时，不成立，∴，
∵，∴，即，
∴，解得或．
综上所述，的取值范围为．
2.在平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，点M的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
(2)直线l交曲线E于P，Q两点，交x轴于N点，交y轴于R点，若，若，求点N的坐标．
【答案】(1)(2)
【分析】(1)根据点到直线距离和两点间距离公式依题意计算即可.
(2)根据已知把用两根和及两根积表示,计算即可.
【详解】（1）由题意，点到距离为，
到的距离为，∴化简得：
即
（2）法一：由题意，l斜率一定存在，设其斜率为k，设N点坐标，
直线l方程为，由消去y得：
令设点的坐标分别为
则由，得
∴同理由，得∵，得，
得将
得∴N点坐标为
法二：由题意，设l方程为，则N为由得
令设坐标分别为则
由，得同理，由，得
由，得，且
得。。。∴N点坐标为
3.已知椭圆，倾斜角为的直线过椭圆的左焦点和上顶点B，且（其中A为右顶点）.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，求实数m的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况，联立方程，将向量关系，转化为坐标关系，并利用韦达定理消元整理，并根据，求解.
【详解】（1）由题可知 解得故椭圆的方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，设，，，
由，，得，同理，当,时，得，所以，
当直线l的斜率存在时，即时，设直线的方程为，联立
消去y得.因为直线l与椭圆C交于不同的两点P、Q，
所以，即①.设，则②，则，由，得③，
③代入②得，化简整理得④，将④代入①得，
化简得，解得或.
综上，m的取值范围为.
【题型十一】“非韦达”型：点带入型
1.已知为椭圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足.
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若两点分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）动点的轨迹的方程为 （Ⅱ）
【详解】【试题分析】（1）先设，进而求得点，再依据题设条件求得，然后借助为椭圆上的点，进而消去参数从而求得动点的轨迹的方程为；（2）先求出点，再设，进而依据求出，进而借助且，及在和都是单调减函数，求出的范围为：
解：（Ⅰ）设依题意，且，
∵,即,
则有.又∵为椭圆上的点，可得，即，
即动点的轨迹的方程为.
（Ⅱ）依题意，设∵为圆的直径，则有，故的斜率满足，
，∵点不同于两点且直线的斜率存在，故且，
在和都是单调减函数，的范围为，
故 .
2.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，上顶点到右焦点的距离为.过点作不垂直于轴，轴的直线，交椭圆于，两点，为线段的中点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）求实数的取值范围；
（3）延长交椭圆于点，记与的面积分别为，，若，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）；（3）或.
（1）由椭圆的离心率可得，由上顶点到右焦点的距离为可得a值，从而可求得椭圆方程；
（2）利用点差法及直线垂直的关系，即可求得y0＝2m﹣1，x02＝（1﹣2m）（2m﹣2），由x02＞0即可求得m的取值范围；
（3）设B点坐标，代入椭圆方程，根据直线的斜率公式即可求得，根据三角形的面积公式，即可求得m的值，从而可得直线AB的方程；
【详解】（1）由椭圆的离心率，则，由上顶点到右焦点的距离为，
即，则，则椭圆的标准方程：；
（2）由，设，，，且，由，在椭圆上，
∴，，，，
两式相减得：，由，则，整理得：，①
由，则，整理得：，②
由①②解得：，，解得：，∴的取值范围：；
（3）设，由在椭圆上，，由，则，即，
代入上式消去，得，所以，
由（2）可知：，，，
∴，由，即，解得：，
此时，，解得：，
此时点坐标为，，∴直线方程为或.
3.在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知圆，连接并延长交圆于点为椭圆长轴上一点（异于左、右焦点），过点作椭圆长轴的垂线分别交椭圆和圆于点（均在轴上方）.连接，记的斜率为，的斜率为.
①求的值；
②求证：直线的交点在定直线上.
【答案】（1）；（2）①2，②证明见解析.
（1）根据焦距可得，再将点代入椭圆的方程，可得椭圆方程；
（2）①设，代入椭圆方程计算可得，再得到，计算即可得结果；②直线的方程为，直线的方程为，消去可得结果.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，所以.
又因为在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）①设，则，所以，即.
又因为均在轴上方，所以.
因为，所以.
②因为，所以直线的方程为，易得，所以直线的方程为，又因为直线的方程为，
所以，解得.所以直线的交点在轴上.
4.已知双曲线：，，，，，五点中恰有三点在上.
（1）求的方程；
（2）设是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点，使得,若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在，定点
【分析】
（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定都在上，得到方程组，求得，，即可得的方程；
（2）、根据条件及补角的定义得到，分轴与不与轴垂直两种情况分析求解.
（1）
若，，在双曲线上，则，，只能是双曲线的顶点，
，，三点中只能有一点是顶点，都在双曲线上，，，两点关于上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，在上，将，代入双曲线的方程中，则，得，，故的方程为.
（2）假设存在定点满足题意，，，，.
①、当轴时，,，，在中，,
，，此时.
②、当不与轴垂直时，假设，满足.
设，则，，
，又，，即，所以假设成立.故存在定点，使得
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