资源简介

与角有关的5类圆锥曲线大题参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据离心率、以及点在椭圆上，列方程组即可求解；
（2）设，，直线为与椭圆方程联立可得、，利用向量数量积的坐标运算证明即可.
【详解】（1）依题意，，解得，
故椭圆的方程为.
（2）当斜率不为零时，设过点直线为，
设，，
由，得，
所以，，
又因为，，
，
所以，即.
2．(1)
(2)
【分析】（1）运用抛物线定义即可；
（2）联立方程解到韦达定理，再将转化为向量垂直，根据数量积为0列方程，化简，求值即可.
【详解】（1）已知抛物线过点，且，
则，
，
故抛物线的方程为.
（2）设.
联立，
消去整理得，
，
则，
则.
由得
或.
当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，
综上，实数的值为.
3．（1）（2）
【解析】（1）由椭圆过点，离心率为，列出关于的方程组，可得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆，消去整理可得的值，由，可得，代入可得关于的方程，可得答案.
【详解】解：（1）依题意，解得，
故椭圆的方程为.
（2）依题意，联立方程组:，
消去整理得，，故，
因为，所以，
所以，，即；
所以，即，得.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，联立直线与方程求解释解题的关键，属于中档题.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由条件可得、，然后可得答案；
（2）设，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理得到，然后由为钝角可得、，据此可解出答案.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以，因为椭圆的短半轴长为1，
所以，所以可得，
所以的方程为，
（2）直线的方程为，
由可得，
由可得，
设，则，
因为为钝角，所以，且三点不共线，
所以，
所以，解得，
综上可得：的取值范围为.
5．(1)；，
(2)
【分析】（1）利用椭圆的定义可求得，将坐标代入方程可求得进而得解；
（2）由题意得直线的斜率存在且不为，设，代入，化简整理，利用判别式求得，再根据为钝角，利用向量的数量积转化为，利用韦达定理，得到关于的不等式，由此即可求出结果.
(1)
解：由题意得，得，
又点在椭圆上，
，解得，
椭圆的方程为，焦点，.
(2)
解：由题意得直线的斜率存在且不为，
设：，代入，整理得，
，得.①
设，，，.
为钝角，，则，
又，
，
.②
由①②得，解得或，
的取值范围是.
6．(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】(1)根据抛物线的对称性，可得，进而得到坐标，从而利用待定系数法求得抛物线的方程；
（2）①设直线，联立方程，利用韦达定理和向量的数量积的坐标运算可得到，从而证得；
②设存在这样的点C，根据①得中间结论和线段中点公式求得 ，利用直线垂直的条件得到，则，由等边三角形条件得到，利用距离公式表示，进而求得.
(1)
解：（1）由抛物线H的对称性，得，此坐标为，
设抛物线H的方程为，，得抛物线H的方程为
(2)
（2）①设直线， ，
由，消去x并整理得，
则，，
∴，
，
所以，
所以
所以不可能是钝角;
②设存在这样的点C,设线段AB的中点为，连接CM，
因为△ABC为等边三角形，M为AB中点，∴CM⊥AB，
由①知，，
所以，，
所以坐标为，
当m=0时，直线AB斜率不存在，根据抛物线的对称性可知此时C的坐标为(-1,0),
而A(1,2),B(1,-2),此时AB=4，,,
△ABC不是等边三角形，
当时，直线AB的斜率为,
直线CM的斜率为,
由CM⊥AB，得，
解得，
所以C的坐标为
所以 ,
由①得，，
所以
所以，
由得，
所以存在点.
7．（1）；（2）2
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题可得，，及求出，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）由题可得直线的方程是.
联立方程组 消去，得
因为轴平分，所以.
所以所以结合韦达定理可求的值
试题解析：（Ⅰ）因为椭圆的焦点在轴上，过点，离心率，
所以，
所以由，得
所以椭圆的标准方程是
（Ⅱ）因为过椭圆的右焦点作斜率为直线，所以直线的方程是.
联立方程组 消去，得
显然设点，，
所以，
因为轴平分，所以.
所以
所以所以
所以
所以
所以
所以
所以
因为，
所以
8．(1)
(2)
【分析】（1）依题意，即可得到椭圆的方程即为，再将点代入方程，求出，即可得到，从而得解；
（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）解：依题意，即，所以椭圆即，
又椭圆过点，
所以，解得，所以，所以椭圆方程为；
（2）解：因为直线不与轴垂直，所以设直线为，，，
由，消去整理得，
，
所以，，
因为，所以，
所以，即，
即，
即，解得.
9．(1);
(2)（i）;（ii）答案见解析.
【分析】（1）利用椭圆的离心率公式及短轴长，结合椭圆中的关系即可求解；
（2）（i）根据（1）的结论及椭圆的上顶点的定义，再利用直线的截距式及弦长公式，结合点到直线的距离公式及三角形的面积公式即可求解；
（ii）根据已知条件及直线的点斜式方程，再利用点关于轴对称及点在椭圆上，结合直角三角形中的锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）由题意可知，，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）由（1）知，椭圆的右焦点为,因为为椭圆上顶点，
所以,
因为直线过椭圆的右焦点，
所以直线的方程为，即，
由，消去，得，解得，
所以，
所以原点到直线：的距离为
所以的面积为.
（ii）设，,直线的方程为，令，得，
即,由点与点关于轴对称，可得，同理可得,
因为在椭圆上，所以，即，
假设在轴的正半轴上存在点，使得.
由，可得,即所以，解得或，
由，可得，
经验证当时，.
所以在轴的正半轴上存在点，使得.
【点睛】解决此题的关键第一问直接利用椭圆的离心率公式及短轴长即可，第二问中的第一小问直接利用直线截距式方程、弦长公式及点到直线的距离公式，结合三角形形的面积公式即可，第二问中的第二小问直接设出相关点及点关于轴对称，再利用直线的点斜式方程及点在椭圆上，结合直角三角形中的锐角三角函数即可求解.
10．(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)设直线方程，由直线与椭圆相切，联立方程组，可得的关系，再结合椭圆离心率即可求得椭圆方程.
(2) 要证明，可证明.，
，求出斜率代入，比较大小即可.
【详解】（1）过A、B的直线方程为由题意得有惟一解.
即有惟一解，所以，（），
故，又因为，所以，a2 = 4b2 .从而得= 2， ，
故所求的椭圆方程为
（2）由(1)得，所以，
从而由解得x1 = x2 = 1，所以
所以tan∠AF1T=，
又因为为线段的中点， .
，，
得
因此 ∠ATM = ∠AF1T.
11．(1),去掉左右顶点椭圆
(2)
【分析】(1)设出点坐标,根据题意列出方程,化简即可,注意取值范围;
(2)根据题意设出直线方程,联立方程组,写出点坐标,求出的斜率,根据题意,列出斜率之间的关系,求出斜率,求出点坐标,求出长度,求出即可.
【详解】（1）解:由题知设点坐标为,
,
,
,
点的轨迹为去掉左右两个顶点的椭圆,方程为;
（2）由(1)知,椭圆方程为
由题可知斜率一定存在,
,
设斜率设为,
联立可得,
,
由图可知,根据韦达定理得,
,
,
,
,
是第一象限的点,
,
.
【点睛】(1)求轨迹方程时通常两种做法：
已知轨迹,设出轨迹方程待定系数求方程,
不知轨迹,求哪点轨迹,设哪点坐标为 ,根据题意列出合适方程化简即可;
(2)设直线方程联立方程组,用韦达定理,注意判别式的正负,设直线方程时注意斜率是否存在,根据题意列出所满足的方程化简即可,未知量较多,较为难算,需要细心耐心.
12．(1)
(2)
【分析】（1）由已知，设出椭圆方程，根据条件分别求解出即可得到椭圆方程；
（2）由已知，根据题意，设出点P坐标，并表示出直线，直线的斜率，然后利用到角公式借助基本不等式即可求解出取得最大值，从而得到的最大值.
【详解】（1）由已知，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，
设椭圆方程为，半焦距为，
则，，
由，长轴的长为4，
可得： ，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由已知，点为上的动点，
设，且，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
又因为，所以为锐角，
所以，
当，即时，取得最大值，
此时最大，故最大值为.
13．(1)；
(2).
【分析】(1)先设椭圆的标准方程，根据长轴的长为4求得，根据求得，最后根据求得，则椭圆的方程可求；
(2)设，依题意可知只需求的最大值即可.设出直线和的斜率，并用这两个斜率表示出，根据的范围进而确定的范围，进而可求得最大时点的坐标．
【详解】（1）设椭圆方程为，半焦距为，
则，．
由题意得，解得，，．
故椭圆方程为．
（2）设，，
当时，；
当时，，
要使最大，只需求最大即可．
设直线的斜率，直线的斜率，
∴若tan，tan；若tan，tan，
，
当且仅当时，取到等号，此时最大，
，．
14．(1)
(2)
【分析】（1）将代入圆和椭圆方程，可解得，由此可得椭圆方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由此可得点坐标，利用，结合基本不等式可知当时，最大，由可求得结果.
(1)
设，，则以为直径的圆为：，
，即，
又，，，椭圆的方程为.
(2)
由题意可设直线，，
由得：，则，
，，
，则，，
；
设直线倾斜角为，直线倾斜角为，，
，
，（当且仅当，即时取等号），
即当时，取得最大值，此时，
.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题中的三角形面积的求解问题；求解三角形面积的关键是能够利用直线斜率表示出，利用基本不等式确定的最大值，由取等条件确定的取值后即可求解
15．(1)
(2)9
(3)存在，
【分析】(1)设，由题目条件列等式求方程.
（2）设直线方程，与曲线方程联立方程组，利用韦达定理和弦长公式，得到面积表达式，讨论最小值.
（3）恒成立，转化为求解.
【详解】（1）设，由与的斜率之积为3，有，
得到轨迹的方程.
（2）过的直线斜率不存在时，有，，；
过的直线斜率存在时，设直线方程为，由双曲线方程可得双曲线渐近线方程为，
直线交曲线在轴右侧的图像于两点， 有或，即.
由消去得，设，，
有，，
，
到直线的距离为，，
由，，
综上，直线斜率不存在时，面积的最小值为9.
（3）假设存在定点，使得恒成立，即，
由（2）可得，过的直线斜率存在时，
化简得，当时等式恒成立，解得，即定点.
当过的直线斜率不存在时，有，，点也满足，即.
综上，存在定点，使得恒成立，实数的值为-1.
16．(1)
(2)
【分析】(1)用表示弦长，再根据离心率，以及即可求出，进而写出椭圆方程；(2)根据椭圆的定义以及角平分线的性质表示出焦半径，再根据焦半径的取值范围即可求出的取值范围.
【详解】（1）把代入椭圆方程得，解得，
∵过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1，∴.
又，联立得解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）设
由角平分线的性质可得，
又，消去 得到，化为，
∵，即，也即，解得.
∴的取值范围；.与角有关的5类圆锥曲线大题
一.垂直关系
例题1．已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且斜率不为的直线与椭圆交于，两点，点，求证：.
练习题2．已知抛物线，点到抛物线的焦点的距离为2.
(1)求抛物线的方程；
(2)直线与抛物线交于两个不同的点，若，求实数的值.
过关题3．已知椭圆过点，离心率为.直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的斜率.
二.钝角关系
例题4．已知椭圆与椭圆有相同的离心率，短半轴长为1.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于两点，且为钝角（为坐标原点），求的斜率的取值范围.
练习5．已知椭圆的方程为，左、右焦点分别是，，若椭圆上的点到，的距离和等于.
(1)写出椭圆的方程和焦点坐标；
(2)直线过定点，且与椭圆交于不同的两点，，若为钝角（为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.
过关题6．抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，直线交H于P、Q两点，且．
(1)求抛物线H的方程;
(2)一条直线经过抛物线H的焦点F，且交曲线H于A、B两点，点C为直线上的动点．
①求证：不可能是钝角;
②是否存在这样的点C，使得是正三角形？若存在，求点C的坐标；否则，说明理由．
三.角平分线应用
例题7．已知椭圆过点，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，过点作斜率为直线，与椭圆交于，两点，若轴平分 ，求的值．
练习8．已知椭圆，长轴是短轴的倍，点在椭圆上，且点在轴上的投影为点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的且不与轴垂直的直线交椭圆于、两点，是否存点，使得直线，直线与轴所在直线所成夹角相等？若存在，请求出常数的值；若不存在，请说明理由．
过关题9．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆上顶点，点是粚圆上异于顶点的任意一点，直线交轴于点，点与点关于轴对称，直线交轴于点.
（i）若直线过椭圆的右焦点，求的面积；
（ii）在轴的正半轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
四.两角关系应用
例题10．如图，椭圆与过点的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率．
(1)求椭圆方程；
(2)设分别为椭圆的左、右焦点，M为线段的中点，求证：．
练习11．已知两点的坐标分别为,直线相交于点,并且直线的斜率乘积为．
(1)求点的轨迹方程并且指出轨迹曲线的形状．
(2)点是点轨迹上且为第一象限的点,且,,求的值．
五.最大角应用
例题12．如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，长轴的长为4，左准线l与x轴的交点为M，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点P为l上的动点，求的最大值．
练习13．如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，长轴的长为4，左准线l与x轴的交点为M，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线，P为上的动点，使最大的点P记为Q，求点Q的坐标．(用m表示)
过关题14．已知椭圆的左右焦点分别为，点为以为直径的圆与椭圆在第一象限的交点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点且倾斜角为钝角的直线与椭圆交于两点（其中点在轴下方），为的中点，为原点，求当最大时，的面积.
加强巩固题
15．已知，动点满足与的斜率之积为3，记动点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)已知，过的直线交曲线在轴右侧的图像于两点，求面积的最小值；
(3)若直线过交曲线图像于两点，是否存在定点，使得恒成立，若存在，请求实数的值；若不存在，请说明理由.
16．椭圆：的左、右焦点分别是 离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接设的角平分线交C的长轴于点，求的取值范围.
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据离心率、以及点在椭圆上，列方程组即可求解；
（2）设，，直线为与椭圆方程联立可得、，利用向量数量积的坐标运算证明即可.
【详解】（1）依题意，，解得，
故椭圆的方程为.
（2）当斜率不为零时，设过点直线为，
设，，
由，得，
所以，，
又因为，，
，
所以，即.
2．(1)
(2)
【分析】（1）运用抛物线定义即可；
（2）联立方程解到韦达定理，再将转化为向量垂直，根据数量积为0列方程，化简，求值即可.
【详解】（1）已知抛物线过点，且，
则，
，
故抛物线的方程为.
（2）设.
联立，
消去整理得，
，
则，
则.
由得
或.
当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，
综上，实数的值为.
3．（1）（2）
【解析】（1）由椭圆过点，离心率为，列出关于的方程组，可得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆，消去整理可得的值，由，可得，代入可得关于的方程，可得答案.
【详解】解：（1）依题意，解得，
故椭圆的方程为.
（2）依题意，联立方程组:，
消去整理得，，故，
因为，所以，
所以，，即；
所以，即，得.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，联立直线与方程求解释解题的关键，属于中档题.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由条件可得、，然后可得答案；
（2）设，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理得到，然后由为钝角可得、，据此可解出答案.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以，因为椭圆的短半轴长为1，
所以，所以可得，
所以的方程为，
（2）直线的方程为，
由可得，
由可得，
设，则，
因为为钝角，所以，且三点不共线，
所以，
所以，解得，
综上可得：的取值范围为.
5．(1)；，
(2)
【分析】（1）利用椭圆的定义可求得，将坐标代入方程可求得进而得解；
（2）由题意得直线的斜率存在且不为，设，代入，化简整理，利用判别式求得，再根据为钝角，利用向量的数量积转化为，利用韦达定理，得到关于的不等式，由此即可求出结果.
(1)
解：由题意得，得，
又点在椭圆上，
，解得，
椭圆的方程为，焦点，.
(2)
解：由题意得直线的斜率存在且不为，
设：，代入，整理得，
，得.①
设，，，.
为钝角，，则，
又，
，
.②
由①②得，解得或，
的取值范围是.
6．(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】(1)根据抛物线的对称性，可得，进而得到坐标，从而利用待定系数法求得抛物线的方程；
（2）①设直线，联立方程，利用韦达定理和向量的数量积的坐标运算可得到，从而证得；
②设存在这样的点C，根据①得中间结论和线段中点公式求得 ，利用直线垂直的条件得到，则，由等边三角形条件得到，利用距离公式表示，进而求得.
(1)
解：（1）由抛物线H的对称性，得，此坐标为，
设抛物线H的方程为，，得抛物线H的方程为
(2)
（2）①设直线， ，
由，消去x并整理得，
则，，
∴，
，
所以，
所以
所以不可能是钝角;
②设存在这样的点C,设线段AB的中点为，连接CM，
因为△ABC为等边三角形，M为AB中点，∴CM⊥AB，
由①知，，
所以，，
所以坐标为，
当m=0时，直线AB斜率不存在，根据抛物线的对称性可知此时C的坐标为(-1,0),
而A(1,2),B(1,-2),此时AB=4，,,
△ABC不是等边三角形，
当时，直线AB的斜率为,
直线CM的斜率为,
由CM⊥AB，得，
解得，
所以C的坐标为
所以 ,
由①得，，
所以
所以，
由得，
所以存在点.
7．（1）；（2）2
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题可得，，及求出，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）由题可得直线的方程是.
联立方程组 消去，得
因为轴平分，所以.
所以所以结合韦达定理可求的值
试题解析：（Ⅰ）因为椭圆的焦点在轴上，过点，离心率，
所以，
所以由，得
所以椭圆的标准方程是
（Ⅱ）因为过椭圆的右焦点作斜率为直线，所以直线的方程是.
联立方程组 消去，得
显然设点，，
所以，
因为轴平分，所以.
所以
所以所以
所以
所以
所以
所以
所以
因为，
所以
8．(1)
(2)
【分析】（1）依题意，即可得到椭圆的方程即为，再将点代入方程，求出，即可得到，从而得解；
（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）解：依题意，即，所以椭圆即，
又椭圆过点，
所以，解得，所以，所以椭圆方程为；
（2）解：因为直线不与轴垂直，所以设直线为，，，
由，消去整理得，
，
所以，，
因为，所以，
所以，即，
即，
即，解得.
9．(1);
(2)（i）;（ii）答案见解析.
【分析】（1）利用椭圆的离心率公式及短轴长，结合椭圆中的关系即可求解；
（2）（i）根据（1）的结论及椭圆的上顶点的定义，再利用直线的截距式及弦长公式，结合点到直线的距离公式及三角形的面积公式即可求解；
（ii）根据已知条件及直线的点斜式方程，再利用点关于轴对称及点在椭圆上，结合直角三角形中的锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）由题意可知，，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）由（1）知，椭圆的右焦点为,因为为椭圆上顶点，
所以,
因为直线过椭圆的右焦点，
所以直线的方程为，即，
由，消去，得，解得，
所以，
所以原点到直线：的距离为
所以的面积为.
（ii）设，,直线的方程为，令，得，
即,由点与点关于轴对称，可得，同理可得,
因为在椭圆上，所以，即，
假设在轴的正半轴上存在点，使得.
由，可得,即所以，解得或，
由，可得，
经验证当时，.
所以在轴的正半轴上存在点，使得.
【点睛】解决此题的关键第一问直接利用椭圆的离心率公式及短轴长即可，第二问中的第一小问直接利用直线截距式方程、弦长公式及点到直线的距离公式，结合三角形形的面积公式即可，第二问中的第二小问直接设出相关点及点关于轴对称，再利用直线的点斜式方程及点在椭圆上，结合直角三角形中的锐角三角函数即可求解.
10．(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)设直线方程，由直线与椭圆相切，联立方程组，可得的关系，再结合椭圆离心率即可求得椭圆方程.
(2) 要证明，可证明.，
，求出斜率代入，比较大小即可.
【详解】（1）过A、B的直线方程为由题意得有惟一解.
即有惟一解，所以，（），
故，又因为，所以，a2 = 4b2 .从而得= 2， ，
故所求的椭圆方程为
（2）由(1)得，所以，
从而由解得x1 = x2 = 1，所以
所以tan∠AF1T=，
又因为为线段的中点， .
，，
得
因此 ∠ATM = ∠AF1T.
11．(1),去掉左右顶点椭圆
(2)
【分析】(1)设出点坐标,根据题意列出方程,化简即可,注意取值范围;
(2)根据题意设出直线方程,联立方程组,写出点坐标,求出的斜率,根据题意,列出斜率之间的关系,求出斜率,求出点坐标,求出长度,求出即可.
【详解】（1）解:由题知设点坐标为,
,
,
,
点的轨迹为去掉左右两个顶点的椭圆,方程为;
（2）由(1)知,椭圆方程为
由题可知斜率一定存在,
,
设斜率设为,
联立可得,
,
由图可知,根据韦达定理得,
,
,
,
,
是第一象限的点,
,
.
【点睛】(1)求轨迹方程时通常两种做法：
已知轨迹,设出轨迹方程待定系数求方程,
不知轨迹,求哪点轨迹,设哪点坐标为 ,根据题意列出合适方程化简即可;
(2)设直线方程联立方程组,用韦达定理,注意判别式的正负,设直线方程时注意斜率是否存在,根据题意列出所满足的方程化简即可,未知量较多,较为难算,需要细心耐心.
12．(1)
(2)
【分析】（1）由已知，设出椭圆方程，根据条件分别求解出即可得到椭圆方程；
（2）由已知，根据题意，设出点P坐标，并表示出直线，直线的斜率，然后利用到角公式借助基本不等式即可求解出取得最大值，从而得到的最大值.
【详解】（1）由已知，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，
设椭圆方程为，半焦距为，
则，，
由，长轴的长为4，
可得： ，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由已知，点为上的动点，
设，且，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
又因为，所以为锐角，
所以，
当，即时，取得最大值，
此时最大，故最大值为.
13．(1)；
(2).
【分析】(1)先设椭圆的标准方程，根据长轴的长为4求得，根据求得，最后根据求得，则椭圆的方程可求；
(2)设，依题意可知只需求的最大值即可.设出直线和的斜率，并用这两个斜率表示出，根据的范围进而确定的范围，进而可求得最大时点的坐标．
【详解】（1）设椭圆方程为，半焦距为，
则，．
由题意得，解得，，．
故椭圆方程为．
（2）设，，
当时，；
当时，，
要使最大，只需求最大即可．
设直线的斜率，直线的斜率，
∴若tan，tan；若tan，tan，
，
当且仅当时，取到等号，此时最大，
，．
14．(1)
(2)
【分析】（1）将代入圆和椭圆方程，可解得，由此可得椭圆方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由此可得点坐标，利用，结合基本不等式可知当时，最大，由可求得结果.
(1)
设，，则以为直径的圆为：，
，即，
又，，，椭圆的方程为.
(2)
由题意可设直线，，
由得：，则，
，，
，则，，
；
设直线倾斜角为，直线倾斜角为，，
，
，（当且仅当，即时取等号），
即当时，取得最大值，此时，
.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题中的三角形面积的求解问题；求解三角形面积的关键是能够利用直线斜率表示出，利用基本不等式确定的最大值，由取等条件确定的取值后即可求解
15．(1)
(2)9
(3)存在，
【分析】(1)设，由题目条件列等式求方程.
（2）设直线方程，与曲线方程联立方程组，利用韦达定理和弦长公式，得到面积表达式，讨论最小值.
（3）恒成立，转化为求解.
【详解】（1）设，由与的斜率之积为3，有，
得到轨迹的方程.
（2）过的直线斜率不存在时，有，，；
过的直线斜率存在时，设直线方程为，由双曲线方程可得双曲线渐近线方程为，
直线交曲线在轴右侧的图像于两点， 有或，即.
由消去得，设，，
有，，
，
到直线的距离为，，
由，，
综上，直线斜率不存在时，面积的最小值为9.
（3）假设存在定点，使得恒成立，即，
由（2）可得，过的直线斜率存在时，
化简得，当时等式恒成立，解得，即定点.
当过的直线斜率不存在时，有，，点也满足，即.
综上，存在定点，使得恒成立，实数的值为-1.
16．(1)
(2)
【分析】(1)用表示弦长，再根据离心率，以及即可求出，进而写出椭圆方程；(2)根据椭圆的定义以及角平分线的性质表示出焦半径，再根据焦半径的取值范围即可求出的取值范围.
【详解】（1）把代入椭圆方程得，解得，
∵过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1，∴.
又，联立得解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）设
由角平分线的性质可得，
又，消去 得到，化为，
∵，即，也即，解得.
∴的取值范围；.

展开更多......

收起↑