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备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：平面解析几何
一、解答题
1．（2024高三上·重庆市月考）在平面直角坐标系中，抛物线，圆，F为抛物线E的焦点，过F作圆M的切线，切线长为．
（1）求抛物线E的方程；
（2）已知A，B，C是抛物线E上的三点，A不与坐标原点重合，直线，与圆M相交所得的弦长均为3，直线与直线垂直，求A的坐标．
2．（2023高二上·汕头月考） 已知G是圆T：上一动点（T为圆心），点H的坐标为（1，0），线段GH的垂直平分线交TG于点R，动点R的轨迹为C
（1）求曲线C的方程；
（2）设P是曲线C上任一点，延长OP至Q，使，点Q的轨迹为曲线E，过点P的直线交曲线E于A，B两点，求面积的最大值。
（3）M，N是曲线C上两个动点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率分别为，且，则 的面积为定值，求出此定值（直接写出结论，不要求写证明过程）
3．（2023高二上·永川月考） 已知直线过点.
（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；
（2）若与轴正半轴的交点为，与轴正半轴的交点为，求当（为坐标原点）面积的最小值，直线的方程..
4．（2023·重庆市模拟）已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线，过曲线与轴的负半轴的交点作两条直线分别交曲线于点（异于），且直线，的斜率之积为.
（1）求曲线的方程；
（2）证明：直线过定点.
5．（2023高二上·南海月考）已知椭圆的长轴长为2a，焦点是、，点到直线的距离为，过点且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A、B两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求线段的长.
6．（2024高三上·贵阳月考）已知抛物线与双曲线有共同的焦点.
（1）求的方程；
（2）若直线与抛物线相交于两点，过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求面积的最小值.
7．（2023高二上·成都月考） 在平面直角坐标系中，动点Р到点的距离与到直线的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过作两条垂直直线，分别交曲线C于和，且分别为线段的中点，证明直线过定点，并求出定点的坐标.
8．（2023高二上·闽清月考）在平面直角坐标系中，已知两点，动点满足，设点的轨迹为.如图，动直线与曲线交于不同的两点（均在轴上方），且.
（1）求曲线的方程；
（2）当为曲线与轴正半轴的交点时，求直线的方程；
（3）是否存在一个定点，使得直线始终经过此定点？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
9．（2022高二上·舟山期末）已知点，圆C：.
（1）若过点.A可以作两条圆的切线，求m的取值范围；
（2）当时，过直线上一点P作圆的两条切线PM PN，求四边形PMCN面积的最小值.
10．（2023高二上·浙江月考）在平面内，已知动点M到两个定点，的距离的比值为2.
（1）求动点M的轨迹方程，并说明其轨迹C的形状；
（2）直线与轨迹C交于两点，求过该两点且面积最小的圆的方程.
11．（2023高二上·重庆市月考）已知圆：，圆：，动圆C与这两个圆中的一个内切，另一个外切.
（1）求动圆圆心C的轨迹方程.
（2）若动圆圆心C的轨迹为曲线M，，斜率不为0的直线与曲线M交于不同于D的A，B两点，，垂足为点E，若以为直径的圆经过点D，试问是否存在定点F，使为定值 若存在，求出该定值及F的坐标；若不存在，请说明理由.
12．（2023高二上·汕头月考）
（1）在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点都在圆C上，求圆C的方程；
（2）在平面直角坐标系中，已知点F(0，2)，点P到点F的距离比点P到x轴的距离大2，记P的轨迹为C. 求C的方程
13．（2024高三上·北碚月考）动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程；
（2）已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
14．（2023高三上·闽清月考）已知双曲线的一条渐近线为，且双曲线的虚轴长为.
（1）求双曲线的方程；
（2）记为坐标原点，过点且斜率为的直线与双曲线相交于不同的两点，求的面积.
15．（2023高二上·闽清月考）已知椭圆：和圆：，点是圆上的动点，过点作椭圆的切线，切点为A，B.
（1）若点的坐标为，证明：直线；
（2）求O到直线的距离的范围.
16．（2023高二上·闽清月考）已知双曲线的一条浙近线方程为，且点在双曲线上.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设双曲线左右顶点分别为，在直线上取一点，直线交双曲线右支于点，直线交双曲线左支于点，直线和直线的交点为，求证：点在定直线上.
17．（2024·安徽模拟）已知双曲线的离心率为，过点的直线与左右两支分别交于，两个不同的点异于顶点．
（1）若点为线段的中点，求直线与直线斜率之积为坐标原点
（2）若，为双曲线的左右顶点，且，试判断直线与直线的交点是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由．
18．（2024·潍坊期末）已知圆，点，P是圆M上的动点，线段PN的中垂线与直线PM交于点Q，点Q的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2），点E、F（不在曲线C上）是直线上关于x轴对称的两点，直线、与曲线C分别交于点A、B（不与、重合），证明：直线AB过定点．
19．（2024·扬州模拟）已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点，直线分别过的周长为8．
（1）求的方程；
（2）①若，求的面积；
②证明：当面积最大时，必定经过的某个顶点．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：易知，，故．
故切线长，解得，
故抛物线．
（2）解：已知A，B，C为抛物线上三点，设，，．
则直线：，
圆心M到直线的距离，直线与圆M相交所得的弦长为，
故，即，即．
化简得，同理，．
即b，c是方程的两根，故，
故直线的斜率，
，且A点不与坐标原点重合，故直线的斜率，
直线与直线垂直，故，即，
解得，即A点坐标为或．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；直线的斜率；平面内两点间的距离公式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知，，根据切线长结合勾股定理求解即可得抛物线的方程；
（2）已知A，B，C为抛物线上三点，设，，，求解直线方程，根据圆的弦长公式可得，根据一元二次方程根的情况可得，进而可得直线与直线.的斜率，根据垂直关系即可求解.
2．【答案】（1）解：因为线段GH的垂直平分线交TG于点R，所以RG=RH，则，所以R的轨迹是以T，H为焦点的椭圆，设其方程为，则，所以R的轨迹方程是；
（2）解：设，
由得，由于代入得E：，则
当AB斜率不存在时，不妨设，求得
所以面积最大值为
当AB斜率存在时，设，
由
由，由
圆心O到直线AB的距离，
所以
当时，面积的最大值为；
（3）解：的面积为，证明如下：
法一：作仿射变换，椭圆变化为，M，O，N分别变为
则，
法二：
设，则
所以，同理则所以.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆锥曲线的关系；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，弦长公式，点到直线的距离公式.
（1）由已知得，动点的轨迹为椭圆，待定系数法求方程即可；
（2）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值；
（3）设两点的坐标，表示出的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求的面积.
3．【答案】（1）解：当直线经过原点时，直线的斜率为，所以直线的方程为，即；
当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点，可得，
所以所求直线方程为，即，
综上可得，所求直线方程为：或.
（2）解：依题意，设点，直线的方程为，
又点在直线上，于是有，
利用基本不等式，即，当且仅当时等号成立，
所以，即的面积的最小值为12，此时的方程为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线的截距式方程；恒过定点的直线
【解析】【分析】(1)由题意分别求直线过原点和不过原点两种情况，分别求解即可.
(2)设出点，然后得直线的方程为，根据点在直线上得，然后利用基本不等式，得出，从而求解面积的最小值，从而求解.
4．【答案】（1）解：设，由，得，所以，
两边平方并化简，得曲线的方程为.
（2）解：由（1）得，设直线、的斜率分别为，，
如图所示，
当不垂直于轴时，设，联立，
整理得，解得（舍）或，
当时，，所以，
同理得，
所以的斜率，
因为，代入可得，
故的方程为，
即，
故过定点；
当轴时，设，则，
所以，即，
又因为，代入可得，
解得或（舍），所以（或），
所以的方程为，过点.
综上，直线过定点
【知识点】恒过定点的直线；平面内两点间的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设，根据，利用两点间距离公式，化简即可得曲线的方程；
（2）由（1）得，设直线、的斜率分别为，，分不垂直于轴和轴讨论，设直线方程，联立直线方程和圆方程，得到方程，进而得到直线过定点.
5．【答案】（1）解：由已知且，解得.
则有，故椭圆方程为.
（2）解：直线l：，联立直线与椭圆方程，，
设，，则有，，，
则，所以长为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 根据题意及，求出a，b，c关系写出椭圆方程；
(2)联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求解线段的长.
6．【答案】（1）解：由题意，抛物线的焦点为，
双曲线，解得，
所以的方程为
（2）解：如图所示，
设，则，
联立方程组整理得，
所以，且，
所以
由，可得，则，
所以抛物线的过点的切线方程是，
将代入上式整理得，
同理可得抛物线的过点的切线方程为，
由解得，
所以，
所以到直线的距离，
所以的面积
，
当时，，
所以面积的最小值为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将双曲线的方程变为标准方程：，然后得到焦点坐标，根据抛物线与双曲线共焦点，建立方程，即可求解；
（2）通过联立直线与抛物线：，消去y，利用韦达定理及弦长公式表示出弦长：，将抛物线方程变为：然后求导，利用导函数表示出抛物的两条切线，求出交点p，再根据点到直线的距离公式得到点P到直线l的距离d，进而可以表示出的面积，利用二次函数求出其最小值即可.
7．【答案】（1）解：令，则，两边平方，
得，则，
所以曲线C的方程为.
（2）解：若两条直线斜率都存在时，设直线，则，
联立，可得，
则，
所以，则，
故，同理可得，
所以，所以，
则，此时过定点；
若一条直线斜率为0，另一条斜率不存在，易知都在轴上，此时也过定点；
综上，直线过定点，得证.
【知识点】轨迹方程；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 令，根据题意结合两点间距离公式分析求解；
(2) 分类讨论直线斜率是否存在，设直线，，联立方程结合韦达定理求的坐标，进而可得 直线 的方程，即可得结果.
8．【答案】（1）设，由得，
化简得，则曲线的方程为；
（2）由题意知，设，
依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，得，
则，所以(舍去)或，即，
则，
则直线方程为；
（3）设直线方程为，设，
联立方程，得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则直线始终经过此定点.
【知识点】直线的斜截式方程；恒过定点的直线；圆的标准方程
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两点求距离公式，从而得出曲线C的方程.
（2）利用已知条件设出直线l的方程，再利用结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式以及两点求斜率公式和代入法，进而解方程组得出点B的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线的斜率，从而得出直线l的方程.
（3）设出直线l的斜截式方程和点A，B的坐标，再联立直线与圆的方程结合韦达定理和，再根据直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而由两点求斜率公式得出直线的纵截距和直线的斜率的关系式，再将直线方程转化为点斜式方程，进而得出直线始终经过定点（4，0）.
9．【答案】（1）解：由题意得在圆外，则，即
又，即或
所以或.
（2）解：时，圆方程为，则圆的半径，圆心，
直线方程为，设圆心到直线的距离为，
，
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1） 由题意得在圆外结合点与圆位置关系判断方法，再结合一元二次不等式求解方法得出实数m的取值范围。
（2）当 时，得出圆方程，进而得出圆心坐标和半径长，再利用四边形的面积公式和点到直线的距离公式最小值求解方法，进而得出四边形PMCN面积的最小值。
10．【答案】（1）解：设点，则
化简得，
即.
所以轨迹C是以为圆心，半径为2的圆
（2）解：设直线与圆的两个交点分别为，.
由得，，.
设的中点为，则，，即中点为.
所以.
故最小的圆是以为直径的圆，其方程为
【知识点】基本不等式；圆的标准方程；轨迹方程
【解析】【分析】（1）利用两点间的距离公式及 点M到两个定点，的距离的比值为2. 建立方程，化简即可求得点M的轨迹方程；
（2）设直线与圆的两个交点分别为，.然后联立直线和圆C的方程并消去y得到：，利用韦达定理得到：，，根据中点坐标公式求得PQ的中点坐标，再利用弦长公式求得PQ的长度，从而可以求得最小的圆是以为直径的圆的方程，即可求解.
11．【答案】（1）解：设动圆的半径为.
因为动圆与圆，圆一个外切，另一个内切，所以或
得，所以圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线，
得动圆圆心的轨迹方程为.
（2）解：存在定点，使得为定值6.
直线的斜率不为0，设直线：，，，
则，.
由得，
由，得，
由韦达定理得
因为以为直径的圆经过点，所以，则.
因为
所以，
得.
因为直线不经过，所以，，满足.
直线：经过定点.
取，，当，不重合时，，则，
当，重合时，.
故存在定点，使得为定值6.
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；直线与圆锥曲线的关系；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】本题考查圆与圆位置关系，轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系.
（1）已知 动圆C与这两个圆中的一个内切，另一个外切.，根据圆与圆的位置关系可得，根据双曲线的定义：一个动点到两个定点的距离差的绝对值等于定值，可知： 圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线， 据此可求出轨迹方程.
（2）由题意以为直径的圆经过点，所以，利用向量转化可得：，即：，联立直线方程与椭圆方程： ，消x可得 ，结合韦达定理可得，又知直线过定点，而，据此可推出点在中点为圆心，的一半为半径的圆上，由此可得出答案.
12．【答案】（1）解：（法一）曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点为（0，1），（3，0）
故可设圆的圆心坐标为（3，t）则有
解得t=1，则圆的半径为
所以圆的方程为
（法二）设圆C的方程为，
令得与方程同解，，又点（0，1）在圆C上，所以得，所以圆C的方程为；
（2）解：点P的坐标为(x，y)，P到x轴和距离为，则
有＝|y|＋2，化简得
当y≥0时，有x2＝8y；当y<0时，有x＝0，
所以C的方程为x2＝8y(y≥0)或x＝0(y<0)
均可.
【知识点】圆的标准方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】本题考查圆的方程和曲线轨迹方程的求法.
（1）根据曲线与坐标轴的交点求出圆心与半径可得圆的方程；
（2）根据所给题意建立方程化简即可得解.
13．【答案】（1）解：设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
（2）解：如图所示：
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由两点距离公式即可得到E的方程；
（2）首先设直线的方程，，，，则可由三点共线得到和，然后将直线的方程与椭圆方程联立可得，而又因为四边形的面积为，再结合韦达定理将转化为的函数，最后由基本不等式即可求解.
14．【答案】（1）双曲线的一条渐近线为，
所以，虚轴长，所以，
所以双曲线的方程为.
（2）直线的方程为，
由消去并化简得，
解得，
所以由解得，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意求解a，b，进而求得双曲线方程；
（2）求解直线方程并与双曲线方程联立，得到M，N点坐标，进而求解△OMN的面积即可.
15．【答案】（1）证明：依题意，切线的斜率存在，设切线方程为，
由消去得，则，
设的方程两根为，则，即直线的斜率有，
所以.
（2）解：设椭圆上点，当椭圆在点处的切线斜率存在时，设其方程为，
由消去得，
则，化简得，
而，于是，即，
解得，直线的方程为，整理得，
当直线的斜率不存在时，点或，对应的切线方程分别为或，满足上式，
因此椭圆上任意点处的切线的方程为，
则椭圆上点处的切线的方程为，
设点，显然，由于直线，都过点，即，
显然点的坐标都满足方程，于是直线的方程为，
则原点O到直线的距离，而，
则当时，，当时，，
所以点O到直线的距离的取值范围是.
【知识点】直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件设出切线方程，再联立直线与椭圆方程，从而由判别式和一元二次方程求解方法，进而得出两直线的斜率，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而证出.
（2）利用分类讨论的方法，从而设出椭圆上的点A，B的坐标和椭圆在点A处的切线方程，再联立直线与椭圆方程结合判别式法得出直线的斜率，进而得出直线的方程和椭圆在点处的切线的方程，进一步得出直线AB的方程，再由点到直线AB的距离公式结合s的取值范围可得结果
16．【答案】（1）解：因为渐近线方程为，所以，设双曲线为，
代入得，双曲线的标准方程为；
（2）证明：法一、
设直线，联立双曲线得：，
，且；
设直线，联立双曲线得：，
，且；
所以
则
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
法二、
设直线，
直线，
由于，即，
由于，即，
则.
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的标准方程得出渐近线方程，进而得出a，b的关系式，再利用代入法得出a的值，进而得出b的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）利用两种方法求解.方法一：设出直线AP的方程，再联立直线与双曲线的方程得出点C的坐标，再设出直线BP的方程，联立直线与双曲线的方程得出点D的坐标，再由两点求斜率公式得出直线AD和直线BC的斜率，再根据点斜式得出直线AD和直线BC的方程，再联立两直线方程得出点Q的坐标，进而由代入法证出点Q在直线上；方法二：设出直线AD和直线BC的方程，再利用两直线的斜率的关系式和两点求斜率公式，进而得出直线AD和直线BC的方程，再联立两直线方程得出点Q的坐标，进而由代入法证出点Q在直线上.
17．【答案】（1）解：由题意得 ，所以 ，
设 ， ， ，
则 作差得 ，
又 的斜率 ， ，所以 ；
（2）解： ，
设直线的方程为 ，， ， ，
联立 得 ，
所以 ，所以
设直线 ，
所以 ，所以．
故直线 与直线 的交点 在定直线上
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法求解即可；
（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，，，联立直线与曲线方程，联立直线与直线的方程得出，进一步证明结论.
18．【答案】（1）解：依题意可知，
所以曲线C是以M、N为焦点的双曲线，
设C的方程为，则，解得，
所以曲线C的方程为
（2）解：设，，直线，
令得，直线，令得，
因为E、F关于x轴对称，所以，所以①，
因为，所以，所以②，
将②代入①得，
所以，
所以，
由得
在的条件下有 8分
所以，
所以，
所以，即
因为直线AB不过点，
所以，所以，直线过定点．
思路2：
设（且），直线，
由得
所以，同理，
所以
所以直线AB方程为，
令得，
所以直线AB过定点．
思路3：
证明一个性质：，
因为E、F关于x轴对称，设（且），
则，所以，
所以，（7分）
利用齐次化求解，得到直线AB过定点
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的定义判断出曲线C是以M、N为焦点的双曲线，从而设出双曲线的标准方程，再结合双曲线的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b的值，从而得出双曲线C的标准方程.
（2）思路1：利用斜截式设出直线AB的方程和直线的方程以及点A，B的坐标，再结合赋值法得出点E的纵坐标和直线的方程，再结合赋值法得出点F的纵坐标，再利用点E、F关于x轴对称，所以，再结合抛物线的标准方程和代入法得出，再联立直线与双曲线方程和判别式法以及韦达定理，进而证出直线过定点.
思路2：利用点与点关于轴对称设出点E，F的坐标，从而设出直线和直线的坐标，再联立直线与双曲线的方程求出交点A，B的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线AB的斜率，再根据点斜式设出直线AB的方程，再结合赋值法证出直线AB过定点.
思路3：利用E、F关于x轴对称，从而设出点E，F的坐标，再利用结合两点求斜率公式和齐次化求解，从而证出直线AB过定点.
19．【答案】（1）解：依题意可得的周长，
又椭圆的离心率为，则，
解得，
所以的方程为；
（2）证明：①由上可知：，
所以直线的方程为，
联立直线与椭圆方程可解得，
由椭圆的对称性可得，
因此；
②证明：设直线和直线的方程为，
设，
联立和椭圆得：，
可得，同理可得：．
又因为，所以，
所以，即；
同理可得，即
不妨设，于是，
因此
又因为
，
设，
下面证明
，化简得
即证明，即，
又的判别式小于等于0，故，
因此，原命题得证．
故当面积最大时，必定经过的上或下顶点．
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用椭圆的定义与性质计算即可；
（2）①直接求直线的直线方程，联立椭圆和直线，结合椭圆得对称性可得的坐标，再利用三角形面积公式计算即可；②设三点坐标及直线和直线的方程，联立和椭圆，结合韦达定理化简得出纵坐标与纵坐标的比值，再根据三角形的面积公式用坐标表示，从而可计算得，构造函数证明即可；
1 / 1备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：平面解析几何
一、解答题
1．（2024高三上·重庆市月考）在平面直角坐标系中，抛物线，圆，F为抛物线E的焦点，过F作圆M的切线，切线长为．
（1）求抛物线E的方程；
（2）已知A，B，C是抛物线E上的三点，A不与坐标原点重合，直线，与圆M相交所得的弦长均为3，直线与直线垂直，求A的坐标．
【答案】（1）解：易知，，故．
故切线长，解得，
故抛物线．
（2）解：已知A，B，C为抛物线上三点，设，，．
则直线：，
圆心M到直线的距离，直线与圆M相交所得的弦长为，
故，即，即．
化简得，同理，．
即b，c是方程的两根，故，
故直线的斜率，
，且A点不与坐标原点重合，故直线的斜率，
直线与直线垂直，故，即，
解得，即A点坐标为或．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；直线的斜率；平面内两点间的距离公式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知，，根据切线长结合勾股定理求解即可得抛物线的方程；
（2）已知A，B，C为抛物线上三点，设，，，求解直线方程，根据圆的弦长公式可得，根据一元二次方程根的情况可得，进而可得直线与直线.的斜率，根据垂直关系即可求解.
2．（2023高二上·汕头月考） 已知G是圆T：上一动点（T为圆心），点H的坐标为（1，0），线段GH的垂直平分线交TG于点R，动点R的轨迹为C
（1）求曲线C的方程；
（2）设P是曲线C上任一点，延长OP至Q，使，点Q的轨迹为曲线E，过点P的直线交曲线E于A，B两点，求面积的最大值。
（3）M，N是曲线C上两个动点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率分别为，且，则 的面积为定值，求出此定值（直接写出结论，不要求写证明过程）
【答案】（1）解：因为线段GH的垂直平分线交TG于点R，所以RG=RH，则，所以R的轨迹是以T，H为焦点的椭圆，设其方程为，则，所以R的轨迹方程是；
（2）解：设，
由得，由于代入得E：，则
当AB斜率不存在时，不妨设，求得
所以面积最大值为
当AB斜率存在时，设，
由
由，由
圆心O到直线AB的距离，
所以
当时，面积的最大值为；
（3）解：的面积为，证明如下：
法一：作仿射变换，椭圆变化为，M，O，N分别变为
则，
法二：
设，则
所以，同理则所以.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆锥曲线的关系；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，弦长公式，点到直线的距离公式.
（1）由已知得，动点的轨迹为椭圆，待定系数法求方程即可；
（2）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值；
（3）设两点的坐标，表示出的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求的面积.
3．（2023高二上·永川月考） 已知直线过点.
（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；
（2）若与轴正半轴的交点为，与轴正半轴的交点为，求当（为坐标原点）面积的最小值，直线的方程..
【答案】（1）解：当直线经过原点时，直线的斜率为，所以直线的方程为，即；
当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点，可得，
所以所求直线方程为，即，
综上可得，所求直线方程为：或.
（2）解：依题意，设点，直线的方程为，
又点在直线上，于是有，
利用基本不等式，即，当且仅当时等号成立，
所以，即的面积的最小值为12，此时的方程为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线的截距式方程；恒过定点的直线
【解析】【分析】(1)由题意分别求直线过原点和不过原点两种情况，分别求解即可.
(2)设出点，然后得直线的方程为，根据点在直线上得，然后利用基本不等式，得出，从而求解面积的最小值，从而求解.
4．（2023·重庆市模拟）已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线，过曲线与轴的负半轴的交点作两条直线分别交曲线于点（异于），且直线，的斜率之积为.
（1）求曲线的方程；
（2）证明：直线过定点.
【答案】（1）解：设，由，得，所以，
两边平方并化简，得曲线的方程为.
（2）解：由（1）得，设直线、的斜率分别为，，
如图所示，
当不垂直于轴时，设，联立，
整理得，解得（舍）或，
当时，，所以，
同理得，
所以的斜率，
因为，代入可得，
故的方程为，
即，
故过定点；
当轴时，设，则，
所以，即，
又因为，代入可得，
解得或（舍），所以（或），
所以的方程为，过点.
综上，直线过定点
【知识点】恒过定点的直线；平面内两点间的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设，根据，利用两点间距离公式，化简即可得曲线的方程；
（2）由（1）得，设直线、的斜率分别为，，分不垂直于轴和轴讨论，设直线方程，联立直线方程和圆方程，得到方程，进而得到直线过定点.
5．（2023高二上·南海月考）已知椭圆的长轴长为2a，焦点是、，点到直线的距离为，过点且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A、B两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求线段的长.
【答案】（1）解：由已知且，解得.
则有，故椭圆方程为.
（2）解：直线l：，联立直线与椭圆方程，，
设，，则有，，，
则，所以长为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 根据题意及，求出a，b，c关系写出椭圆方程；
(2)联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求解线段的长.
6．（2024高三上·贵阳月考）已知抛物线与双曲线有共同的焦点.
（1）求的方程；
（2）若直线与抛物线相交于两点，过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求面积的最小值.
【答案】（1）解：由题意，抛物线的焦点为，
双曲线，解得，
所以的方程为
（2）解：如图所示，
设，则，
联立方程组整理得，
所以，且，
所以
由，可得，则，
所以抛物线的过点的切线方程是，
将代入上式整理得，
同理可得抛物线的过点的切线方程为，
由解得，
所以，
所以到直线的距离，
所以的面积
，
当时，，
所以面积的最小值为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将双曲线的方程变为标准方程：，然后得到焦点坐标，根据抛物线与双曲线共焦点，建立方程，即可求解；
（2）通过联立直线与抛物线：，消去y，利用韦达定理及弦长公式表示出弦长：，将抛物线方程变为：然后求导，利用导函数表示出抛物的两条切线，求出交点p，再根据点到直线的距离公式得到点P到直线l的距离d，进而可以表示出的面积，利用二次函数求出其最小值即可.
7．（2023高二上·成都月考） 在平面直角坐标系中，动点Р到点的距离与到直线的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过作两条垂直直线，分别交曲线C于和，且分别为线段的中点，证明直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）解：令，则，两边平方，
得，则，
所以曲线C的方程为.
（2）解：若两条直线斜率都存在时，设直线，则，
联立，可得，
则，
所以，则，
故，同理可得，
所以，所以，
则，此时过定点；
若一条直线斜率为0，另一条斜率不存在，易知都在轴上，此时也过定点；
综上，直线过定点，得证.
【知识点】轨迹方程；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 令，根据题意结合两点间距离公式分析求解；
(2) 分类讨论直线斜率是否存在，设直线，，联立方程结合韦达定理求的坐标，进而可得 直线 的方程，即可得结果.
8．（2023高二上·闽清月考）在平面直角坐标系中，已知两点，动点满足，设点的轨迹为.如图，动直线与曲线交于不同的两点（均在轴上方），且.
（1）求曲线的方程；
（2）当为曲线与轴正半轴的交点时，求直线的方程；
（3）是否存在一个定点，使得直线始终经过此定点？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）设，由得，
化简得，则曲线的方程为；
（2）由题意知，设，
依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，得，
则，所以(舍去)或，即，
则，
则直线方程为；
（3）设直线方程为，设，
联立方程，得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则直线始终经过此定点.
【知识点】直线的斜截式方程；恒过定点的直线；圆的标准方程
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两点求距离公式，从而得出曲线C的方程.
（2）利用已知条件设出直线l的方程，再利用结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式以及两点求斜率公式和代入法，进而解方程组得出点B的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线的斜率，从而得出直线l的方程.
（3）设出直线l的斜截式方程和点A，B的坐标，再联立直线与圆的方程结合韦达定理和，再根据直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而由两点求斜率公式得出直线的纵截距和直线的斜率的关系式，再将直线方程转化为点斜式方程，进而得出直线始终经过定点（4，0）.
9．（2022高二上·舟山期末）已知点，圆C：.
（1）若过点.A可以作两条圆的切线，求m的取值范围；
（2）当时，过直线上一点P作圆的两条切线PM PN，求四边形PMCN面积的最小值.
【答案】（1）解：由题意得在圆外，则，即
又，即或
所以或.
（2）解：时，圆方程为，则圆的半径，圆心，
直线方程为，设圆心到直线的距离为，
，
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1） 由题意得在圆外结合点与圆位置关系判断方法，再结合一元二次不等式求解方法得出实数m的取值范围。
（2）当 时，得出圆方程，进而得出圆心坐标和半径长，再利用四边形的面积公式和点到直线的距离公式最小值求解方法，进而得出四边形PMCN面积的最小值。
10．（2023高二上·浙江月考）在平面内，已知动点M到两个定点，的距离的比值为2.
（1）求动点M的轨迹方程，并说明其轨迹C的形状；
（2）直线与轨迹C交于两点，求过该两点且面积最小的圆的方程.
【答案】（1）解：设点，则
化简得，
即.
所以轨迹C是以为圆心，半径为2的圆
（2）解：设直线与圆的两个交点分别为，.
由得，，.
设的中点为，则，，即中点为.
所以.
故最小的圆是以为直径的圆，其方程为
【知识点】基本不等式；圆的标准方程；轨迹方程
【解析】【分析】（1）利用两点间的距离公式及 点M到两个定点，的距离的比值为2. 建立方程，化简即可求得点M的轨迹方程；
（2）设直线与圆的两个交点分别为，.然后联立直线和圆C的方程并消去y得到：，利用韦达定理得到：，，根据中点坐标公式求得PQ的中点坐标，再利用弦长公式求得PQ的长度，从而可以求得最小的圆是以为直径的圆的方程，即可求解.
11．（2023高二上·重庆市月考）已知圆：，圆：，动圆C与这两个圆中的一个内切，另一个外切.
（1）求动圆圆心C的轨迹方程.
（2）若动圆圆心C的轨迹为曲线M，，斜率不为0的直线与曲线M交于不同于D的A，B两点，，垂足为点E，若以为直径的圆经过点D，试问是否存在定点F，使为定值 若存在，求出该定值及F的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：设动圆的半径为.
因为动圆与圆，圆一个外切，另一个内切，所以或
得，所以圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线，
得动圆圆心的轨迹方程为.
（2）解：存在定点，使得为定值6.
直线的斜率不为0，设直线：，，，
则，.
由得，
由，得，
由韦达定理得
因为以为直径的圆经过点，所以，则.
因为
所以，
得.
因为直线不经过，所以，，满足.
直线：经过定点.
取，，当，不重合时，，则，
当，重合时，.
故存在定点，使得为定值6.
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；直线与圆锥曲线的关系；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】本题考查圆与圆位置关系，轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系.
（1）已知 动圆C与这两个圆中的一个内切，另一个外切.，根据圆与圆的位置关系可得，根据双曲线的定义：一个动点到两个定点的距离差的绝对值等于定值，可知： 圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线， 据此可求出轨迹方程.
（2）由题意以为直径的圆经过点，所以，利用向量转化可得：，即：，联立直线方程与椭圆方程： ，消x可得 ，结合韦达定理可得，又知直线过定点，而，据此可推出点在中点为圆心，的一半为半径的圆上，由此可得出答案.
12．（2023高二上·汕头月考）
（1）在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点都在圆C上，求圆C的方程；
（2）在平面直角坐标系中，已知点F(0，2)，点P到点F的距离比点P到x轴的距离大2，记P的轨迹为C. 求C的方程
【答案】（1）解：（法一）曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点为（0，1），（3，0）
故可设圆的圆心坐标为（3，t）则有
解得t=1，则圆的半径为
所以圆的方程为
（法二）设圆C的方程为，
令得与方程同解，，又点（0，1）在圆C上，所以得，所以圆C的方程为；
（2）解：点P的坐标为(x，y)，P到x轴和距离为，则
有＝|y|＋2，化简得
当y≥0时，有x2＝8y；当y<0时，有x＝0，
所以C的方程为x2＝8y(y≥0)或x＝0(y<0)
均可.
【知识点】圆的标准方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】本题考查圆的方程和曲线轨迹方程的求法.
（1）根据曲线与坐标轴的交点求出圆心与半径可得圆的方程；
（2）根据所给题意建立方程化简即可得解.
13．（2024高三上·北碚月考）动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程；
（2）已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）解：设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
（2）解：如图所示：
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由两点距离公式即可得到E的方程；
（2）首先设直线的方程，，，，则可由三点共线得到和，然后将直线的方程与椭圆方程联立可得，而又因为四边形的面积为，再结合韦达定理将转化为的函数，最后由基本不等式即可求解.
14．（2023高三上·闽清月考）已知双曲线的一条渐近线为，且双曲线的虚轴长为.
（1）求双曲线的方程；
（2）记为坐标原点，过点且斜率为的直线与双曲线相交于不同的两点，求的面积.
【答案】（1）双曲线的一条渐近线为，
所以，虚轴长，所以，
所以双曲线的方程为.
（2）直线的方程为，
由消去并化简得，
解得，
所以由解得，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意求解a，b，进而求得双曲线方程；
（2）求解直线方程并与双曲线方程联立，得到M，N点坐标，进而求解△OMN的面积即可.
15．（2023高二上·闽清月考）已知椭圆：和圆：，点是圆上的动点，过点作椭圆的切线，切点为A，B.
（1）若点的坐标为，证明：直线；
（2）求O到直线的距离的范围.
【答案】（1）证明：依题意，切线的斜率存在，设切线方程为，
由消去得，则，
设的方程两根为，则，即直线的斜率有，
所以.
（2）解：设椭圆上点，当椭圆在点处的切线斜率存在时，设其方程为，
由消去得，
则，化简得，
而，于是，即，
解得，直线的方程为，整理得，
当直线的斜率不存在时，点或，对应的切线方程分别为或，满足上式，
因此椭圆上任意点处的切线的方程为，
则椭圆上点处的切线的方程为，
设点，显然，由于直线，都过点，即，
显然点的坐标都满足方程，于是直线的方程为，
则原点O到直线的距离，而，
则当时，，当时，，
所以点O到直线的距离的取值范围是.
【知识点】直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件设出切线方程，再联立直线与椭圆方程，从而由判别式和一元二次方程求解方法，进而得出两直线的斜率，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而证出.
（2）利用分类讨论的方法，从而设出椭圆上的点A，B的坐标和椭圆在点A处的切线方程，再联立直线与椭圆方程结合判别式法得出直线的斜率，进而得出直线的方程和椭圆在点处的切线的方程，进一步得出直线AB的方程，再由点到直线AB的距离公式结合s的取值范围可得结果
16．（2023高二上·闽清月考）已知双曲线的一条浙近线方程为，且点在双曲线上.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设双曲线左右顶点分别为，在直线上取一点，直线交双曲线右支于点，直线交双曲线左支于点，直线和直线的交点为，求证：点在定直线上.
【答案】（1）解：因为渐近线方程为，所以，设双曲线为，
代入得，双曲线的标准方程为；
（2）证明：法一、
设直线，联立双曲线得：，
，且；
设直线，联立双曲线得：，
，且；
所以
则
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
法二、
设直线，
直线，
由于，即，
由于，即，
则.
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的标准方程得出渐近线方程，进而得出a，b的关系式，再利用代入法得出a的值，进而得出b的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）利用两种方法求解.方法一：设出直线AP的方程，再联立直线与双曲线的方程得出点C的坐标，再设出直线BP的方程，联立直线与双曲线的方程得出点D的坐标，再由两点求斜率公式得出直线AD和直线BC的斜率，再根据点斜式得出直线AD和直线BC的方程，再联立两直线方程得出点Q的坐标，进而由代入法证出点Q在直线上；方法二：设出直线AD和直线BC的方程，再利用两直线的斜率的关系式和两点求斜率公式，进而得出直线AD和直线BC的方程，再联立两直线方程得出点Q的坐标，进而由代入法证出点Q在直线上.
17．（2024·安徽模拟）已知双曲线的离心率为，过点的直线与左右两支分别交于，两个不同的点异于顶点．
（1）若点为线段的中点，求直线与直线斜率之积为坐标原点
（2）若，为双曲线的左右顶点，且，试判断直线与直线的交点是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意得 ，所以 ，
设 ， ， ，
则 作差得 ，
又 的斜率 ， ，所以 ；
（2）解： ，
设直线的方程为 ，， ， ，
联立 得 ，
所以 ，所以
设直线 ，
所以 ，所以．
故直线 与直线 的交点 在定直线上
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法求解即可；
（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，，，联立直线与曲线方程，联立直线与直线的方程得出，进一步证明结论.
18．（2024·潍坊期末）已知圆，点，P是圆M上的动点，线段PN的中垂线与直线PM交于点Q，点Q的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2），点E、F（不在曲线C上）是直线上关于x轴对称的两点，直线、与曲线C分别交于点A、B（不与、重合），证明：直线AB过定点．
【答案】（1）解：依题意可知，
所以曲线C是以M、N为焦点的双曲线，
设C的方程为，则，解得，
所以曲线C的方程为
（2）解：设，，直线，
令得，直线，令得，
因为E、F关于x轴对称，所以，所以①，
因为，所以，所以②，
将②代入①得，
所以，
所以，
由得
在的条件下有 8分
所以，
所以，
所以，即
因为直线AB不过点，
所以，所以，直线过定点．
思路2：
设（且），直线，
由得
所以，同理，
所以
所以直线AB方程为，
令得，
所以直线AB过定点．
思路3：
证明一个性质：，
因为E、F关于x轴对称，设（且），
则，所以，
所以，（7分）
利用齐次化求解，得到直线AB过定点
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的定义判断出曲线C是以M、N为焦点的双曲线，从而设出双曲线的标准方程，再结合双曲线的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b的值，从而得出双曲线C的标准方程.
（2）思路1：利用斜截式设出直线AB的方程和直线的方程以及点A，B的坐标，再结合赋值法得出点E的纵坐标和直线的方程，再结合赋值法得出点F的纵坐标，再利用点E、F关于x轴对称，所以，再结合抛物线的标准方程和代入法得出，再联立直线与双曲线方程和判别式法以及韦达定理，进而证出直线过定点.
思路2：利用点与点关于轴对称设出点E，F的坐标，从而设出直线和直线的坐标，再联立直线与双曲线的方程求出交点A，B的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线AB的斜率，再根据点斜式设出直线AB的方程，再结合赋值法证出直线AB过定点.
思路3：利用E、F关于x轴对称，从而设出点E，F的坐标，再利用结合两点求斜率公式和齐次化求解，从而证出直线AB过定点.
19．（2024·扬州模拟）已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点，直线分别过的周长为8．
（1）求的方程；
（2）①若，求的面积；
②证明：当面积最大时，必定经过的某个顶点．
【答案】（1）解：依题意可得的周长，
又椭圆的离心率为，则，
解得，
所以的方程为；
（2）证明：①由上可知：，
所以直线的方程为，
联立直线与椭圆方程可解得，
由椭圆的对称性可得，
因此；
②证明：设直线和直线的方程为，
设，
联立和椭圆得：，
可得，同理可得：．
又因为，所以，
所以，即；
同理可得，即
不妨设，于是，
因此
又因为
，
设，
下面证明
，化简得
即证明，即，
又的判别式小于等于0，故，
因此，原命题得证．
故当面积最大时，必定经过的上或下顶点．
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用椭圆的定义与性质计算即可；
（2）①直接求直线的直线方程，联立椭圆和直线，结合椭圆得对称性可得的坐标，再利用三角形面积公式计算即可；②设三点坐标及直线和直线的方程，联立和椭圆，结合韦达定理化简得出纵坐标与纵坐标的比值，再根据三角形的面积公式用坐标表示，从而可计算得，构造函数证明即可；
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