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2025届高三数学高考二轮专题复面解析几何解答题专练
1．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，线段AB的两个端点分别在x轴，y轴上滑动，，点M是线段AB上一点，且，点M随线段AB的滑动而运动．
(1)求动点M的轨迹的方程；
(2)直线与交于C，D两点，若直线OC，OD的斜率之积为，求k的值；
(3)若点P，Q，R，S在上，动点N在内，点O，N，P，R四点共线，且，求四边形PQRS面积的最大值．
2．已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，C在点A，B处的切线交于点P，且当时，.
(1)求C的方程；
(2)记直线PA，PB，PQ的斜率分别为，，，证明：；
(3)设直线PA，PB与x轴的交点分别为M，N，若四边形ABNM的面积是28，求k的值.
3．已知椭圆C：的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点，若点P在C上，且的最小值为
(1)求C的方程；
(2)若点Q在直线上，且，，求点P的坐标.
4．已知曲线，第一象限内点在曲线上.、，连接并延长与曲线交于点，.以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记，的面积分别为，.
(1)若，求点的坐标；
(2)若点的坐标为，求证；
(3)求的最小值.
5．如图1，已知椭圆Γ的方程为和椭圆其中A，B分别是椭圆τ的左右顶点．若A，B恰好为椭圆Γ的两个焦点，椭圆Γ和椭圆τ有相同的离心率．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)如图2，若P是椭圆τ上一点，射线AP，BP分别交椭圆于，N，连接AN，BM（P，M，N均在x轴上方）．求证：NB，MA斜率之积为定值，求出这个定值；
(3)在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为求正数k的值．
6．动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若直线与曲线交于两点，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）是否存在实数，使得点在线段的中垂线上？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
7．已知椭圆过，两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求椭圆上的动点到的最短距离；
(3)直线与轴交于点，过点作与不重合的直线，与椭圆交于两点，直线分别交直线于两点，证明：为定值．
8．设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值．
9．已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在上，且位于第二象限，点，直线与在第一象限交于点.
(1)求的方程；
(2)若是的中点，求直线的方程；
(3)过点作直线轴，过点作直线轴，直线交于点，证明直线过定点，并求出该定点.
10．已知椭圆的离心率为，A为椭圆E上一点，且点A到椭圆E的两个焦点的距离之和等于.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线与椭圆相交于P，Q两点，求线段PQ的中点N的轨迹方程；
(3)若A关于原点O的对称点为B，过点A与AB垂直的直线与椭圆E的另一个交点为C，轴于点H，直线BC与x轴交于点M.用与分别表示与的面积，证明：.
11．设圆：上有一动点P（异于原点），点，以为焦点，作实轴长为2的双曲线．
(1)当的焦距最大时，求的方程；
(2)过点且斜率为的直线与（1）中的交于两点，且，求的值；
(3)证明：经过定点．
12．记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为．
(1)求点的坐标；
(2)证明：是递减数列；
(3)记的面积为，证明：．
13．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与C交于不同两点，且满足为坐标原点，则：
①的面积是否为定值？
②椭圆C上是否存在点M（异于点），满足，如果存在，请判断的形状；如果不存在，请说明理由．
14．已知双曲线的一条渐近线方程为，且点在上.
(1)求双曲线的方程.
(2)设斜率为1的直线与的右支的交点为，其中，直线与的左支交于点，且满足点与点关于轴对称.
（ⅰ）证明：数列为等比数列；
（ⅱ）记为坐标原点，线段，的中点分别为，，求与的面积之比.
15．设椭圆短轴上的一个端点为为椭圆上异于点的任一点．若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取得，则称该椭圆为“圆椭圆”．已知椭圆为“圆椭圆”．
(1)求的离心率的取值范围；
(2)当的离心率最大时，点在上，直线与交于两点，且直线的斜率互为相反数．
（i）求的斜率；
（ii）若，求的面积．
16．一般地，平面曲线（为实常数且）在点处的切线方程为.对于椭圆上不同的两点，，称为椭圆在两点处的线性积，并记为.
(1)证明：.
(2)已知，椭圆在两点处的切线交点的轨迹为曲线.
（ⅰ）求曲线的方程；
（ⅱ）已知为椭圆的上顶点，若点与曲线上的点之间的距离的最大值为3，最小值为1，求椭圆的方程.
17．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率，短轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于两个不同的点，且，求的值；
(3)定义：对于椭圆上的点，若点满足，则称点为椭圆的“特殊点”，求椭圆的“特殊点”的个数．
18．已知椭圆的左顶点为，左焦点为，离心率为，过点的直线交于两点，当的斜率为1时，点到的距离为.
(1)求的方程；
(2)若直线分别交直线于点，证明：.
19．已知双曲线的上、下焦点分别为，过点且垂直于轴的直线交所得的弦长为6，的周长为20．
(1)求的方程；
(2)设的上、下顶点分别为，过点且斜率不为0的直线与相交于两点，直线与直线相交于点，试问的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
20．已知双曲线过点，且离心率为．
(1)求的方程；
(2)设斜率为的直线与交于点，若坐标原点到的距离为1，求的值；
(3)若是上异于点的两点，且的斜率之和为1，证明：直线过定点．
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《2025届高三数学高考二轮专题复面解析几何解答题专练》参考答案
1．(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）设，根据题意，得到和，代入计算，即可求得动点M的轨迹的方程；
（2）设，得到，联立方程组，得到和，结合斜率公式，化简计算，即可得到答案.
（3）设点Q到PR的距离为d，由，得到四边形PQRS的面积，得到，当PR不与x轴垂直时，设直线，联立方程组，求得，得到；设过点Q与直线PR平行的直线l的方程为，联立方程组得到，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：设，因为，所以①，
设，由，且，可得，
则，可得②，
将②代入①，可得，所以动点M的轨迹的方程为.
（2）解：设，所以，
则，整理得，
所以，
且，即，
所以，即，
因为，故，所以.
（3）解：设点Q到直线PR的距离为d，因为，
所以点Q到直线PR的距离是点S到直线PR的距离的2倍；
故四边形PQRS的面积；
当直线轴时，，
故点Q到直线PR的距离d的最大值为2，此时；
当直线PR不与x轴垂直时，设直线，
联立方程组，解得，所以，
设过点Q与直线PR平行的直线l的方程为，
联立方程组，整理得，
则，可得，故，
故，当且时，上述等号成立，
综上所述，四边形PQRS面积的最大值为3．
2．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）写出准线方程，根据焦半径公式得到；
（2）联立直线方程与抛物线方程，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得与的值，设出，，写出C在点A，B处的切线方程，联立得，整理即可得证；
（3）由（2）写出四边形的面积并整理化简，运用换元法求导可得参数的值.
【详解】（1）因为C的准线方程为，
点A在C上，且当时，，
所以，解得，
所以C的方程为.
（2）证明：联立消y整理得，
所以，
设，，则，，
由，得，
所以，
且C在点A处的切线方程为，
即，化简整理得，
同理可得C在点B处的切线方程为，
联立，解得，
所以，
又，所以，
所以.
（3）由（2）知，
令，得，同理得，
不妨设点A在y轴右侧，则，，且，，
所以四边形ABNM的面积
，
由，得，
即，
令，则上式等价于，，
令，，
则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，
又，所以当且仅当，
即时，.
3．(1)；
(2)或或或
【分析】（1）设出点P的坐标，根据的最小值为，运用向量数量积的坐标运算法则算出，结合椭圆的离心率为，求出a、b的值，进而可得椭圆C的标准方程；
（2）设，，根据直线的斜率公式求出直线BQ的斜率，结合，可得BP的斜率为，然后根据运用弦长公式建立关于的方程，算出，进而求出点P的坐标．
【详解】（1）根据题意，可得，，
设，由，可得，
则，
因为，可得，当时，取得最小值，
所以，即，结合离心率，可得，，
椭圆C方程为；
（2）由得，，设，，
根据题意，可知直线BQ的斜率k存在且不为零，且，
因为，所以直线BP的斜率为，
可得，，
因为，所以，代入C的方程，解得或，
当时，代入椭圆C方程解得；同理当时，求得
所以点P的坐标为或或或
4．(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）设，，，与联立求出和韦达定理，根据求出即可求解；
（2）求出即可证明；
（3）由（1）求出，考虑和两种情况，根据求出，求出，根据（2）求出，根据结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设，，，
与联立可得，，
，，，
因为，所以，
由可得，故
因为在第一象限，所以，解得，
由得；
（2）由题意得，，故，
，
，
则，即；
（3）由（1）得，，故，
因为，所以，
当时，，，，故，，
，故，所以⊥，，
则，
由对称性可知，
则，
当时，，，
由得，
将其代入中得，
显然，当时，，当时，，
解得，，，
因为，
其中，
由（2）知，
又，故，
故，
所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，
由于，
故.
5．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合离心率相等列关于的关系式，即可求得；
（2）设点坐标，表示结合椭圆方程即可求得；
（3）设，联立方程组，根据韦达定理和第二问的结论即可求得结果.
【详解】（1）由椭圆的方程可知，椭圆的离心率为，，
设椭圆的半焦距为，
由已知，，
所以，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则，的斜率即的斜率，的斜率即的斜率，
因为， ，，
所以，
所以，斜率之积为定值，且定值为.
（3）设，由于，所以，
设直线方程为，直线方程为，
联立得：，
联立，，
因为且，
所以是方程的两个实数根，恒成立
，则，
，
整理得，
，
解得，又，
所以.
6．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在
【分析】（1）根据题意，得到，化简整理，即可得到曲线的方程；
（2）设，联立方程组，得到，（ⅰ）结合弦长公式，求得，进而求得的取值范围；
（ⅱ）由（i）得到的中点坐标为，求得，结合点在线段的中垂线上，可得，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，
可得，化简整理得，即曲线的方程为.
（2）解：联立方程组，整理得，
设，可得，
且，所以，
（ⅰ）由弦长公式，可得，
即，
因为，所以，的取值范围为；
（ⅱ）由且，
可得的中点坐标为，
所以的斜率，
因为点在线段的中垂线上，可得，解得，
所以存在，使得点在线段的中垂线上.
7．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出椭圆的基本量后可求椭圆方程；
（2）设，则由距离公式可得，根据二次函数的性质可求最值；
（3）直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程，用坐标表示或后结合韦达定理化简可得定值，从而可求的值.
【详解】（1）因为椭圆过，两点，
所以，，所以，所以椭圆的方程为．
（2）设，则点到的距离为 ：
，
因为，所以当时，最小，
，所以动点到的最短距离为．
（3）因为，，所以直线的方程为，
令得，所以．
当直线的斜率不存在时，可得关于轴对称，则，即．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由消去得关于的方程，
，
设，，则，．
直线的方程为，
令，得，
所以点的纵坐标，同理．
方法一：，
所以为定值．
综上，为定值．
方法二：
，
所以点关于轴对称，则，即．
综上，为定值．
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据点到直线距离可得，结合离心率列式求解即可得方程；
（2）设直线为，联立方程结合韦达定理分别求，再利用基本不等式分析最值即可.
【详解】（1）因为离心率为
由题意可知：，
则直线，即，
可得原点到直线的距离为，即，
由题意得：，解得：，
所以椭圆方程为.
（2）由（1）可知：，且直线与椭圆必相交，且斜率不为0，
可设直线为，
联立椭圆方程，消去x可得，
则，
可得，
其中，
可得，
因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，
则直线PQ：，
令得：，即，
所以，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
9．(1)
(2)或
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据焦点坐标和离心率条件，求出椭圆方程.
（2）设出直线方程，联立直线和椭圆方程组，利用韦达定理化简求解直线方程.
（3）首先根据题意确定点的坐标，然后设出直线的方程，联立直线与椭圆方程组，利用韦达定理化简求出直线的方程，进而可看出该直线过定点.
【详解】（1）由题意可得解得，
所以的方程为.
（2）依题意画出图像为：
设直线的方程为（因为点在第二象限，所以，即），
设，.
联立直线与椭圆方程得.
当时，.
由根与系数的关系知，①，②.
因为是的中点，所以，结合①解得.
代入②，解得（舍去），
所以直线的方程为，即或.
（3）根据题意画出图像为：
由①②可得，.
由题意可得，，直线的方程为
，
所以直线过定点.
10．(1)
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆的定义及离心率的意义求出，即可得到椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出弦中点坐标，进而求出轨迹方程.
（3）先设点、、坐标，再设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到、表达式，再利用向量垂直的坐标表示解出与的关系，排除直线过原点的情况后，确定时直线方程，求出点坐标，最后根据三角形面积公式得出.
【详解】（1）依题意，，解得，由离心率为，得，则，
所以椭圆的方程为．
（2）由消去得，设，
，解得，
，
由是线段的中点，得，因此，，
所以线段PQ的中点N的轨迹方程为.
（3）由题意，设点，则点，，
设直线的方程为，点，
由，得，
则，，
，．
由，得，
整理得，解得或，
当时，直线过原点，不符合题意；
当时，直线的方程为，则点坐标为，
因此，．
所以.
11．(1)
(2)3或
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦距最大得，结合实轴长为2及可得b的值，进而写出双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用根的判别式和根与系数的关系列出式子，将面积关系进行转化后，利用前面得出的式子求解即可；
（3）法一：由双曲线定义确定为定值2，进而确定也为定值．即可求证，法二：设，利用双曲线的定义和其中一个焦点在圆上，结合 转化进行求解．
【详解】（1）因为，所以当P为时，焦距最大，此时，，又，，所以，
故的方程为．
（2）由题知l：，设，，由题意可知，且．
由得，
则，即，
，．
设点F到直线AB的距离为d，则，，
由得，
所以或．
（ⅰ）当时，，，
所以，
解得，符合题意；
（ⅱ）当时，，，
所以，
解得，符合题意．
综上所述，k的值为3或．
（3）设过定点，
由双曲线的定义知为定值2，而与均为定点，
故为定值，所以也为定值．
因为为上异于原点的动点，为定值，所以点必为圆的圆心，
此时，，
故双曲线恒过定点．
设，，
因为点在上，所以①．
设为双曲线上任意一点，由双曲线的定义可知，，
即②．
由①知，当，时，②式恒成立，
所以双曲线恒过定点．
12．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解；
（2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得.
又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明；
（3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明.
【详解】（1）
如图所示，联立，解得或，故.
又，所以，，故直线，
联立，解得或，故.
（2）联立，解得点，
所以，，
所以.
又因为，故，于是，即，故是递增数列.
又由，可知是递减数列，于是是递减数列.
（3）由（2）得，当时，，，
利用割补法，知
.
而，故.
而，故；
又，故，
由累乘法可知，
而，故.
故.
综上，.
13．(1)
(2)①答案见解析；②不存在，理由见解析
【分析】（1）根据点在椭圆上及椭圆的离心率即可得椭圆方程；
（2）直线的斜率存在时，设直线的方程为：，且，联立直线与椭圆得交点坐标关系，根据关系；①确定原点到直线的距离，根据面积公式求解即可判断是否为定值；②若，则为的重心，且，由重心坐标公式判断即可.
【详解】（1）由题可得，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）① 当直线的斜率不存在时，则，，由于
所以，，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，且，
联立，得，
由得，则，
则，
整理得，则或；
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，点到直线的距离为，
则的面积
，
若，则不是定值；
若，为定值.
②设，则，
由于，
则点到三边的距离等于对应边上的高长的，
故为的重心，则，
由（2）已得：，
则，
，
，代入，可得，
又，联立后无解，
故椭圆C上不存在点M，满足.
14．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）利用已知条件列关于的方程组，求出，得双曲线的方程；
（2）（i）根据直线的斜率为1及点，在双曲线上得到方程组，等价变换得到，利用等比数列的定义证明结论；（ii）求点，，，，的坐标，利用三角形的面积公式分别求得与的面积，即可得所求.
【详解】（1）由题意得，解得，，
所以双曲线的方程为.；
（2）（ⅰ）由题意得直线与的左支交于点，与右支交于点，
则，
等价变换得到，
所以，
即，
①②得，
所以，
即.
又，所以，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列.
（ⅱ）由（ⅰ）知，则.
，即，
即，
则，
，
故，
所以，，，
故，
，（中点坐标公式的应用）
则，同理可得.
，
(如图，若，，则的面积，这只是位置中的一种情况，其他位置均能得到）
，
所以.
15．(1)
(2)（i）;（ii）
【分析】（1）先把表示成关于的式子，它是一元二次函数.根据SA|在取最大值，分开口向上和向下两种情况讨论.开口向上时得出的范围不合题意；开口向下时求出范围是，再根据离心率公式算出离心率范围.
（2）（i）求直线 斜率：离心率最大时确定椭圆方程和点坐标.设直线方程与椭圆联立，根据得到关于和的式子，解出值，舍去直线过点的情况，得到直线斜率.
（ii）由得到向量关系，代入直线方程求出值，得到直线方程.舍去点在直线上的情况，对符合条件的直线方程，算出弦长PQ和点到直线距离，进而求出三角形面积.
【详解】（1）根据对称性设点，
则，
故是关于的一元二次函数．
由定义得当且仅当时，取得最大值．
①当图象开口向上时，需满足且，
解得，不满足题意，舍去；
②当图象开口向下时，需满足且，
解得，所以的取值范围是，
故离心率．
故答案为：
（2）由（1）得当的离心率最大时，．
由题意得直线的斜率存在，
设直线的方程为．
联立消去得，
则．
（ⅰ）因为，所以，
即，即，代入整理得，
解得或．
当时，直线的方程为，
此时直线恒过定点，不满足题意，舍去，
故，即直线的斜率为．
（ⅱ）．
因为，所以，
所以，
即．
代入得，
即，解得或，
所以直线的方程为或．
当直线的方程为时，，
则，
点到直线的距离为，
此时；
当直线的方程为时，点在直线上，不满足题意，舍去．
综上，的面积为．
16．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用基本不等式或三角换元可证；
（2）（ⅰ）根据可得切线垂直，设出交点坐标和对应的切线方程，联立切线方程和椭圆方程后结合判别式为零及斜率可得交点的轨迹圆的方程. （ⅱ）求到圆心的距离后可求线段长的最值.
【详解】（1）法一：因为点，在椭圆上，
所以，，
所以，
当且仅当，时等号成立.
故.
法二：因为点，在椭圆上，
所以，.
设，，，，其中，，
则，
所以，当时等号成立.
（2）（ⅰ）由得.
由题可得椭圆在点处的切线的方程为，
椭圆在点处的切线的方程为，
则由得.
当切线的斜率都存在且都不为0时，设与交于点（且），
过点的椭圆的切线方程为，
由得，
则，
整理得.
显然，是上述方程的两个根，故，
所以（且）.
当切线中一条切线的斜率不存在，一条切线的斜率为0时，
可得点的坐标为或或或，
此时点也满足.
综上，，
故曲线的方程为.
（ⅱ）易知，由（ⅰ）知曲线是以坐标原点为圆心，为半径的圆，
因为与曲线上的点之间的距离的最大值为3，最小值为1，
所以，得，，
所以椭圆的方程为.
17．(1)
(2)
(3)个
【分析】（1）根据离心率、短轴长和椭圆关系直接构造方程组求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，根据向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可化简整理得到结果；
（3）将椭圆方程与已知方程联立即可求得满足题意的点坐标，从而得到结论.
【详解】（1）由题意知：，解得：，椭圆的方程为：.
（2）设，
由得：，
，，，
，
整理可得：，代入得：，
.
（3）在椭圆上，，即；
由得：，整理可得：，
即，解得：或；
当时，，此时；
当时，，此时；
满足题意的点有个，即椭圆的“特殊点”有个.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意建立关于的等式求解即可；
（2）设直线的方程为，直线与曲线联立方程组由韦达定理得，，再由题意求得，，计算后即可得证.
【详解】（1）设，由题可得，所以①，
当的斜率为1时，的方程为，
所以点到的距离为，得②，
由①②得，，
所以，
故的方程为；
（2）由（1）知，，
由题知直线的斜率不为0，设，，直线的方程为，
由，得，
所以，，
由题可得直线，的斜率均存在且均不为0，
直线的方程为，
令，得，则，同理可得
所以，，
则
，
所以.
19．(1)
(2)是，
【分析】（1）根据通径以及焦点三角形的周长即可联立求解，
（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理得，直线与直线的方程得出，然后根据面积公式求解即可
【详解】（1）因为的周长为20，，
所以，
所以，
得，
即，
所以，解得．
设双曲线的半焦距为．
联立方程解得或
所以，则，即，
所以，所以，
故的方程为．
（2）的面积是定值．
依题意可设直线的方程为，
如图，设．
联立得整理得，
，
则，
所以
则．
直线的方程为，直线的方程为，
因为是直线与直线的交点，
所以
整理得
，
所以，解得．
故点在定直线上．
设中边上的高为，
则．
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据离心率得，再根据双曲线所过的点求出基本量后可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，由已知距离得，联立直线方程和双曲线方程结合韦达定理可求，故可求；
（3）法1：设出直线方程，联立直线方程和双曲线方程后消元，再结合韦达定理化简斜率之和得直线参数关系，从而可求定点；法2：平移双曲线图象，使点平移到坐标原点，设平移后的直线的方程为：，齐次化后结合斜率为1可得参数关系，从而可求出原直线所过的定点.
【详解】（1）由，得，
则双曲线的方程为，将点代入的方程中，得．
解得，故，所以双曲线的方程为．
（2）设直线的方程为，因为点到直线的距离为1，
作出简图如下所示，
所以，即．
设，，由于直线与交于点，所以，
联立整理得．
则，，
且，
故，
所以，
则．故．
（3）法一：当直线的斜率为0时，可设其方程为，则，，
则即，
又在双曲线上，所以，联立可得，所以或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
故此时直线的方程为．
当直线的斜率不为0时，
设的方程为，设，，
联立得，其
则，且
而
，
化简得．
代入（※）式，得，
即，所以或．
（ⅰ）当时，
的方程为，此时直线过定点．
（ⅱ）当时，的方程为，
此时直线过定点，与是双曲线上异于的两点矛盾，故舍去．
综上，直线过定点．
法二：平移双曲线图象，使点平移到坐标原点，
可得双曲线方程：，化简得．
设平移后的直线的方程为：，，，
所以，
整理得，
即，
所以，
即，对比可得平移后的直线过定点．
所以直线过定点．
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