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参考答案:
1. (1) ；(2)证明见解析；定点(0, - 3).
【分析】(1)根据已知条件求出 、 的值,由此可得出椭圆 的标准方程；
(2)对直线 的斜率是否存在进行分类讨论,在直线 的斜率不存在时,设 、 ,利用椭圆方程以及斜率公式计算 ,可得出结论; 在直线 的斜率存在时,设直线 的方程为 ,设点 、 ,将直线 的方程与椭圆方程联立,列出韦达定理,利用斜率公式可计算得出 的值,由此可得出结论.
【详解】(1)由椭圆的定义可得 ,
将点 代入椭圆方程 得 ,解得 ,
故椭圆 的标准方程为 ;
(2)由题意得 .
①当直线 的斜率不存在时,设 ,
所以 ,所以 ,
又 ,所以 ,不合乎题意;
②当直线 的斜率存在时,设直线 为 ,设 ,
联立 ,得 ,
所以,
即 ,
即 ,
整理得 ,解得 或 (舍去).
所以直线 的方程为 ,即直线 过定点(0, - 3).
【点睛】方法点睛: 求解直线过定点问题常用方法如下:
(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组, 以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;
( 3 )求证直线过定点 ,常利用直线的点斜式方程 或截距式 来证明.
2. (1)证明见解析
(2)
【分析】( 1 )根据题意求出椭圆方程,设 ,联立方程,利用韦达定理求出 ,再根据 化简即可得出结论;
( 2 )由( 1 )得 ,根据 求出 的范围,利用弦长公式求出 ,利用点到直线的距离公式求出点 到直线 的距离,列出 面积的的表达式,进而可得出答案.
【详解】( 1 )由题意 ,解得 ,
所以椭圆的标准方程为 ,
设 ,
由 得 ,
,
解得 ,
所以直线 的斜率 为定值;
(2)由(1)得 ,
与椭圆方程联立得 ,
则 ,
点 到直线 的距离 ,
的面积 ,
令 ,
则 ,
令 ,解得 ,即 在(-2, - 1)上单调递增,
令 ,解得 或 ,即 在(-1,0)和(0,2)上单调递减,
又 ,
所以当 时,取到最大值 ,
所以 的面积得最大值为 .
【点睛】方法点睛: 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:
一是几何法, 特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值;
二是代数法, 常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题, 然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.
3. (1) ; (2) 详见解析.
【分析】(1)由题意得到关于 的方程组,求解方程组即可确定椭圆方程.
(2)方法一:设出点 , 的坐标,在斜率存在时设方程为 ,联立直线方程与椭圆方程,根据已知条件,已得到 的关系,进而得直线 恒过定点,在直线斜率不存在时要单独验证,然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点 的位置.
【详解】(1) 由题意可得:
故椭圆方程为: .
(2) [方法一]: 通性通法
设点 ,
若直线 斜率存在时,设直线 的方程为: ,
代入椭圆方程消去 并整理得: ,
可得 ,
因为 ,所以 ,即 ,
根据 ,代入整理可得:
所以 ,
整理化简得 ,
因为 不在直线 上,所以 ,
故 ,于是 的方程为 ,
所以直线过定点直线过定点 .
当直线 的斜率不存在时,可得 ,
由 得: ,
得 ,结合 可得: ,
解得: 或 (舍).
此时直线 过点 .
令 为 的中点,即 ,
若 与 不重合,则由题设知 是 的斜边,故 ,
若 与 重合,则 ,故存在点 ,使得 为定值. [方法二]【最优解】:平移坐标系
将原坐标系平移,原来的 点平移至点 处,则在新的坐标系下椭圆的方程为 ,设直线 的方程为 . 将直线 方程与椭圆方程联立得 ,即 ,化简
得 ,即 .
设 ,因为 则 ,即 .
代入直线 方程中得 . 则在新坐标系下直线 过定点 ,则在原坐标系下直线 过定点 .
又 在以 为直径的圆上. 的中点 即为圆心 . 经检验,直线 垂直于 轴时也成立. 故存在 ,使得 .
[方法三]: 建立曲线系
点处的切线方程为 ,即 . 设直线 的方程为 ,直线 的方程为 ,直线 的方程为 . 由题意得 .
则过 三点的二次曲线系方程用椭圆及直线 可表示为 (其中 为系数).
用直线 及点 处的切线可表示为 (其中 为系数). 即 . 对比 项、 项及 项系数得 将①代入②③,消去 并化简得 ,即 .
故直线 的方程为 ,直线 过定点 . 又 在以 为直径的圆上. 中点
即为圆心 .
经检验,直线 垂直于 轴时也成立. 故存在 ,使得 .
[方法四]:
设 .
若直线 的斜率不存在,则 .
因为 ,则 ,即 .
由 ,解得 或 (舍).
所以直线 的方程为 .
若直线 的斜率存在,设直线 的方程为 ,则 .
令 ,则 .
又 ,令 ,则 .
因为 ,所以 ,
即 或 .
当 时,直线 的方程为 . 所以直线 恒过 ,不合题意;
当 时,直线 的方程为 ,所以直线 恒过 .
综上,直线 恒过 ,所以 .
又因为 ,即 ,所以点 在以线段 为直径的圆上运动.
取线段 的中点为 ,则 .
所以存在定点 ,使得 为定值.
【整体点评】(2)方法一:设出直线 方程,然后与椭圆方程联立,通过题目条件可知直线过定点 ,再根据平面几何知识可知定点 即为 的中点,该法也是本题的通性通法;
方法二: 通过坐标系平移,将原来的 点平移至点 处,设直线 的方程为 ,再通过与椭圆方程联立,构建齐次式,由韦达定理求出 的关系,从而可知直线过定点 ,从而可知定点 即为 的中点,该法是本题的最优解; 方法三: 设直线 ,再利用过点 的曲线系,根据比较对应项系数可求出 的关系,从而求出直线过定点 ,故可知定点 即为 的中点;
方法四: 同方法一,只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值,简化了求解 以及 的计算.
4. (1) ; (2) 证明详见解析.
【分析】( 1 )由已知可得: , , ,即可求得 ,结合已知即可求得: ,问题得解.
(2)方法一:设 ,可得直线 的方程为: ,联立直线 的方程与椭圆方程即可求得点 的坐标为 ,同理可得点 的坐标为 ,当 时,可表示出直线 的方程,整理直线 的方程可得: 即可知直线过定点 ,当 时,直线 ,直线过点 ,命题得证.
【详解】(1)依据题意作出如下图象:
由椭圆方程 可得:
椭圆方程为:
(2)[方法一]:设而求点法
证明: 设 ,
则直线 的方程为: ,即:
联立直线 的方程与椭圆方程可得: ,整理得:
,解得: 或
将 代入直线 可得:
所以点 的坐标为 .
同理可得: 点 的坐标为
当 时,
直线 的方程为: ,
整理可得:
整理得:
所以直线 过定点 .
当 时,直线 ,直线过点 .
故直线 过定点 .
[方法二]【最优解】: 数形结合
设 ,则直线 的方程为 ,即 .
同理,可求直线 的方程为 .
则经过直线 和直线 的方程可写为 .
可化为 .
易知 四个点满足上述方程,同时 又在椭圆上,则有 ,代入④式可得
故 ,可得 或 .
其中 表示直线 ,则 表示直线 .
令 ,得 ,即直线 恒过点 .
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想, 还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力, 属于难题. 第二问的方法一最直接, 但对运算能力要求严格; 方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想, 二次曲线系的应用使得计算更为简单.
5. (1) ,曲线 为中心在坐标原点,焦点在 轴上的椭圆,不含左、右顶点.
(2)①证明见解析；②最大值为 .
【分析】(1)根据题目所给条件列出方程化简即可得解；
(2)①设直线 的方程为 ,根据 结合根与系数的关系化简,可得 即可得证；② 根据三角形面积公式得出面积表达式, 利用配方法求最大值即可.
【详解】( 1 )由题意,得 ,
化简得 ,
所以曲线 为中心在坐标原点,焦点在 轴上的椭圆,不含左,右顶点.
(2)如图,
①证明: 设 . 因为若直线 的斜率为 0,则点 关于 轴对称,必有 ,不合题意,
所以直线 的斜率必不为 0 .
设直线 的方程为 .
由 得 ,
所以 ,且
因为点 是曲线 上一点,
所以由题意可知 ,
所以 ,即 .
因为
所以 ,此时 ,
故直线 恒过 轴上一定点 .
②由①可得, ,
所以
.
当且仅当 即 时等号成立,
所以 的最大值为 .
6. (1)证明见解析
(2)
【分析】( 1 )设直线 的倾斜角分别为 ,根据 ,可得 ,即 , 求出 ,从而可得出结论;
(2)利用待定系数法求出椭圆方程,设 ,联立方程求出 ,再根据
,化简计算结合基本不等式即可得解.
【详解】(1)设直线 的倾斜角分别为 ,
因为 ,所以 ,
即 ,故 ,
因为 ,所以 ,所以 ,
所以 ,
则 ,
所以 为常数 1 ;
( 2 )椭圆 经过 , 两点,
代入得 ,解得 ,
所以椭圆方程为 ,
设 ,由 (1) 得 ,
则 的方程为 的方程为 ,
联立 ,消 得 ,则 ,
同理可得 ,
则
令 ,
则 ,
当且仅当 ,即 时取等号,
所以 面积的最大值为 .
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法:
(1)几何法, 若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义, 则考虑利用几何法来解决;
(2)代数法,若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值或范围. 7.(1)详见解析(2)详见解析
【分析】(1)分别求出直线 与 的斜率,由已知直线 与 的斜率之积为 ,可以得到等式,化简可以求出曲线 的方程,注意直线 与 有斜率的条件;
(2)(i)设出直线 的方程,与椭圆方程联立,求出 , 两点的坐标,进而求出点 的坐标,求出直线 的方程, 与椭圆方程联立,利用根与系数关系求出 的坐标,再求出直线 的斜率,计算 的值,就可以证明出 是直角三角形;
(ii)由(i)可知 三点坐标, 是直角三角形,求出 的长,利用面积公式求出 的面积,利用导数求出面积的最大值.
【详解】(1)直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,由题意可知: ,所以曲线 是以坐标原点为中心,焦点在 轴上,不包括左右两顶点的椭圆, 其方程为 ;
(2) (i)
[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为 -1 即可证得题中的结论】
依题意设 ,
直线 的斜率为 ,则 ,
所以 . 又 ,所以 , 进而有 ,即 是直角三角形. [方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为 -1 即可证得题中的结论】 由题意设 ,则 . 因为 三点共线,所以 , 又因为点 在椭圆上,所以 , 两式相减得 , 所以 ,所以 . (ii) [方法一]【求得面积函数, 然后求导确定最值】 设 ,则直线 的方程为 ,联立 解得 所以直线 的方程为
. 联立直线 的方程和椭圆 的方程,可得
,则 ,所以
令 ,即
注意到 ,得 ,所以 在区间(0,1)内单调递增,在区间 内单调递减,所以当 时, .
[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式, 然后求导确定最值】
设 的中点为 ,直线 的斜率为 ,则其方程为 .
由 解得 . 由 (I) 得 . 直线 的方程为 ,直线 的方
程为 ,联立得 .
又 ,从而 ,进而 . 以下同解法一.
【整体点评】(2)(i)方法一:斜率之积为 -1 是证明垂直的核心和关键；
方法二: 利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.
(ii)导数是求最值的一种重要方法, 在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解;
8. (1)
(2)① 证明见解析；②
【分析】(1)根据题意有 ,即可求解;
(2)①设直线 的方程,联立与椭圆方程消元后,利用韦达定理可求得点 的坐标,继而可得 点坐标,考虑直线 斜率情况,得到其方程,即可求解; ②根据 ,表示出 的面积后, 换元法转化函数, 利用单调性即可求得最大值.
【详解】( 1 )依题意有 ,解得 ,
所以椭圆的方程为 .
(2)①设 ,则 ,
联立 ,故
故 ,由 代替 ,得 ,
当 ,即 时, ,过点 .
当 ,即 时, ,
令 ,直线 恒过点 .
当 ,经验证直线 过点 .
综上,直线 恒过点 .
② ,
令 ,
在 上单调递减,
,当且仅当 时取等号.
故 面积的最大值为 . 9. (1) (2) 证明见解析,
【分析】(1)根据最短弦和最长弦求得 ,即可求得方程;
(2)设直线方程,与椭圆联立,结合韦达定理求得 、 的坐标,
方法一: 利用坐标关系得直线 恒过定点 ,根据高的比得三角形面积的比;
方法一: 利用向量法求得三角形面积, 然后求解即可.
【详解】( 1 )由已知得当 在 轴上时, ,
当 在 轴上时, 最小,此时直线 方程为: ,
联立 ,解得 ,所以 ,所以 ,
故椭圆方程为 .
(2)由(1)得 ,设直线 ,
其中 ,则 .
由 消去 得: ,
设 ,则 ,
即 ,用 代换 同理可得 ,
解法一: 设直线 的斜率为 ,
则 .
故直线 的方程为 ,
即 ,
将 代入得 ,故直线 恒过定点 ,
于是点 与点 到直线 的距离之比等于 ,从而 .
解法二: 对于一个 ,若 ,则 ,
证明如下:
因为 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ;
故对于 ,
所以 ,
又 ,
则 ,
所以 .
10. (1) .
(2)证明见解析.
【详解】试题分析:(1)根据 两点关于 轴对称,由椭圆的对称性可知 经过 两点. 另外由 知, 不经过点 ,所以点 在 上. 因此 在椭圆上,代入其标准方程,即可求出 的方程；(2)先设直线 与直线 的斜率分别为 ,再设直线 的方程,当 与 轴垂直时,通过计算,不满足题意,再设 ,将 代入 ,写出判别式,利用根与系数的关系表示出 ,进而表示出 ,根据 列出等式表示出 和 的关系,从而判断出直线恒过定点.
试题解析: (1) 由于 两点关于 轴对称,故由题设知 经过 两点. 又由 知, 不经过点 ,所以点 在 上.
因此 ,解得 .
故 的方程为 .
(2)设直线 与直线 的斜率分别为 , 如果 与 轴垂直,设 ,由题设知 ,且 ,可得 的坐标分别为 . 则 ,得 ,不符合题设.
从而可设 . 将 代入 得
由题设可知 .
设 ,则 .
而
由题设 ,故 .
即 .
解得 .
当且仅当 时, ,欲使 ,即 ,
所以 过定点(2, - 1)
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质,判断点是否在椭圆上,可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程, 通过一定关系转化, 找出两个参数之间的关系式, 从而可以判断过定点情况. 另外, 在设直线方程之前, 若题设中未告知, 则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况, 其通法是联立方程, 求判别式, 利用根与系数的关系, 再根据题设关系进行化简.
11. ;
(2) .
【分析】( 1 )由点 在双曲线上可求出 ,易知直线 的斜率存在,设 ,再根据 ,即可解出 的斜率;
(2)根据直线 的斜率之和为 0 可知直线 的倾斜角互补,根据 即可求出直线 的斜
率,再分别联立直线 与双曲线方程求出点 的坐标,即可得到直线 的方程以及 的长,由点到直线的距离公式求出点 到直线 的距离,即可得出 的面积.
【详解】( 1 )因为点 在双曲线 上,所以 ,解得 ,即双曲线 .
易知直线 的斜率存在,设 ,
联立 可得, ,
所以, 且 .
所以由 可得, ,
即 ,
即 ,
所以 ,
化简得, ,即 ,
所以 或 ,
当 时,直线 过点 ,与题意不符,舍去,
故 . (2)[方法一]:【最优解】常规转化
不妨设直线 的倾斜角为 ,因为 ,所以 ,由 (1) 知, ,
当 均在双曲线左支时, ,所以 ,
即 ,解得 (负值舍去)
此时 与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;
当 均在双曲线右支时,
因为 ,所以 ,即 ,
即 ,解得 (负值舍去),
于是,直线 ,直线 ,
联立 可得, ,
因为方程有一个根为 2,所以 ,
同理可得, .
所以 ,点 到直线 的距离 ,
故 的面积为 .
[方法二]:
设直线 的倾斜角为 ,由 ,得 ,
由 ,得 ,即 ,
联立 ,及 得 , ,
同理, ,故
而 , ,
由 ,得 ,
故 .
【整体点评】(2)法一:由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线 的斜率,从而联立求出点 坐标,进而求出三角形面积, 思路清晰直接, 是该题的通性通法, 也是最优解;
法二: 前面解答与法一求解点 坐标过程形式有所区别,最终目的一样,主要区别在于三角形面积公式的选择不一样.
12. (1)
(2)
【分析】(1)设 ,由点线距离及两点距离公式列方程,化简即可得 的方程；
(2)设直线 ,联立椭圆方程,根据交点情况有 ,法一:结合韦达定理、 求得 ; 法二: 作 关于 轴的对称点 ,得到 ,由向量平行的坐标表示求得 , 进而确定直线 所过的定点坐标,利用弦长公式、三角形面积公式得到 面积关于 的表达式,即可求最值; 【详解】(1)设 到直线 的距离记为 ,则 ,
依题意, ,化简得 ,即 .
(2)设直线 ,
由 得: ,
则 ,可得 ,
所以 .
法一: 由 ,则 ,
所以 ,即 ,
所以 ,可得 ,
所以直线 经过定点 .
因为 面积 ,
所以 ,
当 ,即 时, 有最大值为 .
法二: 作 点关于 轴的对称点 ,
因为 ,则 ,故 ,
所以 三点共线,所以 ,
因为 ,
所以 ,即 ,
所以 ,则 ,可得 ,
所以直线 经过定点 ,
因为 面积 ,
所以 ,
设 ,则 ,则 ,
当 ,即 时, 有最大值为 .
13. (1)
(2)
【分析】(1)依题意可得 ,再由椭圆过点 ,代入椭圆方程,即可求出 ,即可求出椭圆方程；
(2)设直线 的方程为 , , ,联立直线与椭圆方程,消元、列出韦达定理,再表示出 的方程,从而求出 点坐标,即可得到 ,令 ,再根据对勾函数的性质求出面积的取值范围;
【详解】( 1 )解: 由已知得 椭圆 的方程为
椭圆经过点 ,
,解得
椭圆 的方程为
(2)解: 由题意知,直线 的斜率存在且不为 0 ,
设直线 的方程为 ,
由 ,消去 得 ,
,
为点 关于 轴的对称点,
,直线 的方程为 ,
即
令 ,则
,
的面积
,
令 ,则 ,
,又函数 在 上单调递增,
所以 ,
,
的面积 的取值范围是
14. (1)
(2)
【分析】(1)利用待定系数法求椭圆的方程；
(2)设 的直线方程为 ,与椭圆方程联立得出韦达定理,点 三点共线且斜率相等结合韦达定理得出直线 过定点 ,设所求内切圆半径为 结合面积公式以及对勾函数的单调性得出结果.
【详解】( 1 )依题意 解得 ,
所以椭圆 的方程为 .
(2)因为 不与坐标轴垂直,可设 的直线方程为 ,
设点 ,则 ,
联立 得 ,
则 ,
因为点 三点共线且斜率一定存在,
所以 ,所以 ,
将 代入,化简可得 ,
故 ,解得 ,满足 ,
所以直线 过定点 ,且 为椭圆右焦点,
设所求内切圆半径为 ,因为 ,所以
令 ,则 ,所以 ,
因为 ,对勾函数 在区间 上单调递增,
所以 ,则 .
所以 内切圆半径 的范围为 .
15. (1)
(2)
【分析】(1)根据点 的坐标结合离心率,列出等式即可求解;
(2)设直线 方程 ,代入椭圆结合韦达定理,表示出点 坐标,根据面积公式结合函数关系即可得解.
【详解】( 1 )设 ,
,得 ,
所以椭圆 的方程 ;
( 2 )由题可得直线 斜率一定存在,设其直线方程 ,
,整理得: ,
直线 的方程 ,设
面积
令
所以 面积的取值范围 . 16. (1) ; (2) 是定值, . 【分析】(1)利用椭圆离心率及圆的切线性质,建立关于 的方程组,解方程组作答.
(2)由给定的面积关系可得直线 平分 ,进而可得直线 的斜率互为相反数,再联立直线与椭圆方程,
利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断作答.
【详解】(1)由椭圆 的离心率为 得: ,即有 ,
由以 的短轴为直径的圆与直线 相切得: ,联立解得 ,
所以 的方程是 .
(2) 为定值,且 ,
因为 ,则 ,
因此 ,而 ,有 ,
于是 平分 ,直线 的斜率 互为相反数,即 ,
设 ,
由 得, ,即有 ,
而 ,则 ,
即
于是
化简得: ,
且又因为 在椭圆上,即 ,即 ,
从而 ,
又因为 不在直线 上,则有 ,即 ,
所以 为定值,且 .
【点睛】方法点睛:求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (2) 直接推理、计算, 并在计算推理的过程中消去变量, 从而得到定值.
17. (1)
(2)证明见详解
【分析】(1)根据题意列式求解 ,进而可得结果；
(2)设直线 的方程,进而可求点 的坐标,结合韦达定理验证 为定值即可.
【详解】(1) 由题意可得 ,解得 ,
所以椭圆方程为 .
(2)由题意可知:直线 的斜率存在,设 ,
联立方程 ,消去 得: ,
则 ,解得 ,
可得 ,
因为 ,则直线 ,
令 ,解得 ,即 ,
同理可得 ,
则
所以线段 的中点是定点(0,3).
【点睛】方法点睛: 求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值, 此值一般就是定值;
(2)证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零, 得出定值;
(3) 得出结论.
18.
(2)证明见解析
【分析】根据点 在 的渐近线 上,可得 ,再根据 的面积求出 即可;
(2)易得直线 的斜率存在,设直线 的方程为 ,联立方程,利用韦达定理求出 ,求出 的方程,令 ,可得 点的坐标,从而可得 点的坐标,再根据斜率公式计算即可.
【详解】(1)因为点 在 的渐近线 上,所以 ,
,则 ,所以 ,故 ,
所以 的方程为 ;
(2)当直线 的斜率不存在时,直线 与双曲线只有一个交点,不符题意,
当直线 的斜率存在时,设直线 的方程为 ,
联立 ,消 得 ,
则 ,解得 且 ,
直线 的方程为 ,
令 ,得 ,即 ,
因为 为 的中点,所以 ,
所以 ,
因为
所以 ,
所以直线 的斜率为定值.
【点睛】方法点睛:求定值问题常见的方法有两种:
(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；
(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
19. (1)
(2)证明见解析.
【分析】(1)根据椭圆的几何性质即可求解.
(2)联立直线与椭圆的方程,得到韦达定理,由两点斜率公式,即可代入化简求解.
【详解】(1)由题意可知 ,
的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形,面积为 ;
要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形,面积为 ,
所以 ,
故 的方程为 .
(2)由于 轴,所以 不可能垂直于 轴,故直线 的斜率存在,故设直线 的方程为 ,
联立 ,
则 ,
直线 的方程为 ,
当 时, ,所以 是 的中点,所以 ,
,即 ,所以 ,
则 ) 化简得
代入 得 ,
故 ,所以 或 ,
故直线 的方程为 或 ,
由于 不与 重合,所以直线不经过(2,0),故直线 的方程为 ,此时
,故 ,此时直线过定点(2,1).
【点睛】方法点睛: 直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题, 需要讨论直线的斜率是否存在. 若斜率不存在, 特殊情况特殊对待, 存在时, 设出直线的方程, 联立与椭圆的方程, 可得根与系数的关系式, 利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系, 进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点.
20. (1) (2) 存在
【详解】( 1 )由 在椭圆上得: ①
②代入①得 椭圆 .
(2)设 ,则直线 方程为: ,令 得 ,
的斜率 联立 得: .
. 故存在 符合题意.
考点: 本题主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质, 直线与圆锥曲线的交点等基础知识, 考查分析问题、解决问题的能力, 考查逻辑推理能力, 推理论证能力和计算能力.
21. (1)
(2)存在
【分析】(1)把已知等式用坐标表示即可得；
(2)假设存在这样的定点,不妨设为 ,令 , , ,直线 方程与轨迹方程联立消元应用韦达定理得 ,斜率关系 是关于 的恒等式,由恒等式知识并代入韦达定理的结论可求得 值,
从而得定点坐标.
【详解】( 1 )由题意 ,即 ,
又直线 的斜率存在,所以点 的轨迹方程为 .
(2)若存在这样的定点,不妨设为 ,令 , , ,
直线 的方程为 ,
由韦达定理得: ,
对任意 成立,所以
由 得,
,
所以 ,
对任意 成立, ,经检验,符合题意,
所以,存在 满足题意.
【点睛】方法点睛: 圆锥曲线中的定点问题,解决方法是设交点坐标为 ,设动直线方程,与曲线方程联立后消元应用韦达定理得 (或 ),代入已知条件中动直线满足的关系式,确定动直线方程中参数的关系, 从而确定出定点坐标, 或象本题, 再设出定点坐标, 动直线方程, 动直线方程与曲线方程联立后消元应用韦达定理得 (或 ),代入已知条件中动直线满足的关系式,然后由恒等式知识得出关系式并求得结论.
22. (1) (2) 见解析
【详解】1. 设点 ,过圆心 作 于点 与 轴交于点 .
由
. ①
由点 在椭圆上得
. ②
由式①、②得 .
解得 或 (舍去).
2. 设过点 与圆 相切的直线方程为
. ③
则
.
将式③代入 得
于是,异于零的解为 .
设点 .
则 .
于是, 直线 EF 的斜率为
故直线 的方程为
即 .
因此,圆心(2,0)到直线 的距离为
23. (1) ; (2) .
【分析】( 1 )根据点 是椭圆 短轴的一个四等分点,求得 ,再根据离心率和 ,即可求得 ,从而得出答案;
(2)设 ,直线 的方程为 ,则直线 的方程为 ,
与 联立,利用韦达定理可求得点 的坐标,从而得出直线 的斜率 ,整理可得出结论.
【详解】解: (1) 因为点 是椭圆 短轴的一个四等分点,
所以 ,
又 ,且 ,
则 ,所以 ,
所以椭圆 的标准方程为 ;
(2)设 ,直线 的方程为 ,
则直线 的方程为 ,与 联立,
得: ,
由 ,且点 在 上,得 ,
又 ,即 ,代入上式得 ,
即点 ,同理 ,
则 ,
将 代入上式,
得 ,
所以 时, ,恒成立.
【点睛】本题考查了根据离心率求椭圆的标准方程及直线与椭圆、圆的位置关系, 考查了计算能力和逻辑推理能力, 难度较大.
24. (1) ;
(2)证明见解析.
【分析】(1)由椭圆所过的点及其离心率求椭圆参数, 即可得方程.
(2)设 , ,直线 为 并联立椭圆方程,由 及韦达定理可得 、 ,根据三点共线及斜率的两点式得 求 的斜率,进而得到直线方程,联立直线 即可证结论.
【详解】(1) 由题意知, ,解得 ,
故椭圆 的方程为 .
(2)设 ,则 .
直线 的方程为 ,其中 且 ,
将 代入椭圆 ,整理得 ,
由 与韦达定理得: .
由 (1) 知: ,
设 ,由 三点共线得: ,由 三点共线得: ,
则 ,
于是直线 的斜率为 ,直线 的方程为 ,
联立 ,解得: ,即点 在定直线 上.
25. (1)
(2)答案见解析,
【分析】(1)依题意, ,可得: ,由椭圆定义知,点 的轨迹是以点 为两焦点的椭圆,求出 即得;
(2)设出点 和直线 的方程 ,与椭圆方程联立消元得韦达定理,设 ,由 三点共线和 三点共线得到 ,从而得到直线 的方程,再将其与直线 的方程联立,求得点 在直线 上, 要使 的面积为定值,须使点 为过点 且与直线 平行的直线 与椭圆的交点,求出点 的坐标,即得 的面积.
【详解】(1)因直线 的垂直平分线交直线 于点 ,则 ,由 可知,点 的轨迹是以点 为两焦点的椭圆,
且 ,故 ,则点 的轨迹方程为: .
(2)
如图,设 ,直线 的方程 ,将其与椭圆方程 联立消元整理得:
,且 ,
由(1)知 ,设 ,由 三点共线得: ; 由 三点共线得: , 则
故直线 的斜率 ,则直线 的方程为: ,将其与直线 的方程联立,解得: ,
因此点 在定直线 上,使得 的面积为定值的点 一定为过点 且与直线 平行的直线 与椭圆的交点.
由 解得: 或 ,此时点 的坐标为 或 .
故 的面积为: .
26. (1)
(2) 是定值 ,理由见解析
【分析】( 1 )由题意可得 ,解方程求出 ,再结合 ,即可得出答案.
(2)设 ,直线 的方程为 ,联立直线和椭圆方程,利用根与系数的关系、斜率公式即可求得 为定值.
【详解】( 1 )依题意可知 ,
由于 ,则直线 的方程为 ,
因为点 到直线 的距离为 .
所以 ,解得 ,
所以 ,则 ,
所以椭圆 的标准方程 .
(2)设 ,直线 的方程为 . 此时 .
联立直线与椭圆方程 消去 得 ,
则有
不妨设 ,因为 三点共线,则 ,
所以则有 , 因为 三点共线,则 则有 ,
所以
所以 ,所以 ,
所以 ,所以 .
【点睛】方法点睛: 求定值问题常见的方法有两种:
(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
27. (1)
(2)(0, - 2)
【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可；
(2)设出直线方程,与椭圆 的方程联立,分情况讨论斜率是否存在,即可得解.
【详解】( 1 )解: 设椭圆 的方程为 ,过 ,
则 ,解得 ,
所以椭圆 的方程为: .
(2) ,所以 ,
①若过点 的直线斜率不存在,直线 . 代入 ,
可得 ,代入 方程 ,可得
,由 得到 . 求得 方程:
,过点(0, - 2).
②若过点 的直线斜率存在,设 .
联立 ,得 ,
可得 ,
且
联立 .
可求得此时 ,
将(0, - 2),代入整理得 ,
将 (*) 代入,得 ,
显然成立,
综上,可得直线 过定点(0, - 2).
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
28. (1)
(2)证明见解析.
【分析】(1)由题意求得 的值即可确定双曲线方程；
(2)设出直线方程,与双曲线方程联立,然后由点的坐标分别写出直线 与 的方程,联立直线方程,消去 ,结合韦达定理计算可得 ,即交点的横坐标为定值,据此可证得点 在定直线 上.
【详解】( 1 )设双曲线方程为 ,由焦点坐标可知 ,
则由 可得 ,
双曲线方程为 .
(2)由(1)可得 ,设 ,
显然直线的斜率不为 0,所以设直线 的方程为 ,且 ,
与 联立可得 ,且 ,
则 ,
直线 的方程为 ,直线 的方程为 ,
联立直线 与直线 的方程可得:
由 可得 ,即 ,
据此可得点 在定直线 上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题, 意在考查学生的计算能力, 转化能力和综合应用能力, 其中根据设而不求的思想, 利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算, 是解题的关键.
29. (1)
(2)结论③正确, 证明见解析
【分析】(1)由几何性质知 到 两点的距离之和为定值可得 的轨迹为椭圆；
(2)解法一、二:设直线 ,表示出直线 的方程并联立求得 的横坐标为定值,因此 的面积是定值.
解法三:当直线 垂直于 轴时求得 横坐标为 4,当直线 不垂直于 轴时,设直线 , 表示出直线 的方程并联立求得 的横坐标为定值,因此 的面积是定值. 解法四: 设直线 ,表示出直线 的方程,利用 在椭圆上得 ,将直线 的方程化为 ,与直线 联立求得 的横坐标为定值,因此 的面积是定值.
【详解】(1)由题意得, .
因为 为 中点,所以 ,即 ,
又 ,所以 ,
又 为 的中点,所以 ,
所以 ,
所以点 的轨迹 是以 为焦点的椭圆(左、右顶点除外).
设 ,其中 .
则 .
故 .
(2)解法一:结论③正确. 下证: 的面积是定值.
由题意得, ,且直线 的斜率不为 0,
可设直线 ,且 .
由 ,得 ,
所以 ,
所以 .
直线 的方程为: ,直线 的方程为: ,
由 ,得 ,
解得 .
故点 在直线 ,所以 到 的距离 ,
因此 的面积是定值,为 .
解法二: 结论③正确. 下证: 的面积是定值.
由题意得, ,且直线 的斜率不为 0,
可设直线 ,且 .
由 ,得 ,
所以 ,
所以 .
直线 的方程为: ,直线 的方程为: ,
由 ,
得
故点 在直线 ,所以 到 的距离 ,
因此 的面积是定值,为 .
解法三: 结论③正确. 下证: 的面积是定值.
由题意得, ,且直线 的斜率不为 0 .
(i) 当直线 垂直于 轴时, ,由 ,得 或 .
不妨设 ,
则直线 的方程为: ,直线 的方程为: ,
由 ,得 ,所以 ,
故 到 的距离 ,此时 的面积是 .
(ii) 当直线 不垂直于 轴时,设直线 ,且 .
由 ,得 ,
所以 .
直线 的方程为: ,直线 的方程为: ,
由 ,得
下证: .
即证 ,即证 ,
即证 ,
即证 ,
上式显然成立,
故点 在直线 ,所以 到 的距离 ,
此时 的面积是定值,为 .
由 (i) (ii) 可知, 的面积为定值.
解法四: 结论③正确. 下证: 的面积是定值.
由题意得, ,且直线 的斜率不为 0, 可设直线 ,且 .
由 ,得 ,
所以 .
直线 的方程为: ,直线 的方程为: ,
因为 ,所以 ,
故直线 的方程为: .
由 ,得
解得 .
故点 在直线 ,所以 到 的距离 ,
因此 的面积是定值,为 .
【点睛】方法点睛: (一)极点与极线的代数定义; 已知圆锥曲线 ,则称点 和直线 是圆锥曲线 的一对极点和极线. 事实上,在圆锥曲线方程中,以 替换 ,以 替换 (另一变量 也是如此),即可得到点 对应的极线方程. 特别地,对于椭圆 , 与点 对应的极线方程为 ; 对于双曲线 ,与点 对应的极线方程为 ; 对于抛物线 ,与点 对应的极线方程为 . 即对于确定的圆锥曲线,每一对极点与极线是
一一对应的关系.
(二)极点与极线的基本性质、定理
①当 在圆锥曲线 上时,其极线 是曲线 在点 处的切线;
②当 在 外时,其极线 是曲线 从点 所引两条切线的切点所确定的直线 (即切点弦所在直线);
③当 在 内时,其极线 是曲线 过点 的割线两端点处的切线交点的轨迹.
30. ;
(2)(i)证明见解析；(ii)存在,
【分析】(1) 设 ,利用两点间距离公式得 ,然后根据 分类讨论求解即可;
( 2 )(i) 设直线 ,与椭圆方程联立方程,结合韦达定理得 ,写出直线 , 的方程,进而求解即可;
(ii) 由题意点 在以 为直径的圆上,代入圆的方程求得 ,写出直线 的方程,与椭圆联立,求得点 的坐标,进而可得答案.
【详解】(1)设 是椭圆上一点,则 ,
因为 ,
①若 ,解得 (舍去),
②若 ,解得 (舍去)或 ,
所以 点的坐标位(3,0).
(2)(i) 设直线 ,
由 ,得 ,所以 ,
所以 ,①
由 ,得 或 ,
易知直线 的方程为 ,②
直线 的方程为 ,③
联立②③,消去 ,得 ,④
联立①④,消去 ,则 ,
解得 ,即点 在直线 上;
(ii)由图可知, ,即 ,所以点 在以 为直径的圆上,
设 ,则 ,所以 ,即 .
故直线 的方程为 ,
直线 的方程与椭圆方程联立,得 ,因为 ,
所以 ,所以 ,故 .
31. (1) ;
(2)存在定点 ,使得 为定值 6 .
【分析】(1)由题意可得 ,再由线 与直线 的斜率之积等于 ,即可解出 的值,从而即可得椭圆方程;
(2)由题意求得切线 的方程为 ,进而求出 的坐标,从而可得直线 ,直线 的方程,再求出 点的轨迹即可得结论.
【详解】( 1 )解: 由题知, 在椭圆 上,
即 ,即 ,
斜率之积 ,
所以 ,
所以椭圆 的标准方程为 .
(2)解: 因为点 在椭圆 上,
则 ,即 ,
又因为 ,
取 ,
所以 ,
所以切线的斜率 ,
所以切线方程为
由 ,可得 ,
假设 ,
所以切线方程为: ,
即 ,
所以切线 的方程为 ,
令 得 ,令 知: 得 ,
,则直线 ,①
,则直线 ,
由① ②知: , 点 的轨迹方程为 ,
即存在定点 ,使得 为定值 6 .
32. 见解析
【考点】椭圆的性质, 直线方程, 两点间的距离公式.
【详解】(1)根据椭圆的性质和已知(1, e)和 都在椭圆上列式求解.
(2)根据已知条件 ,用待定系数法求解
解: (1) 由题设知, ,由点(1, e)在椭圆上,得
.
由点 在椭圆上,得
椭圆的方程为 .
(2)由(1)得 ,又 ,
设 的方程分别为 .
.
. ①
同理, . ②
(i) 由①②得, . 解 得 .
注意到 .
直线 的斜率为 .
(ii) 证明: ,即 .
.
由点 在椭圆上知, .
同理. .
由①②得, ,
.
是定值.
33. (1)
(2)证明过程见解析
【分析】(1)由右焦点到右准线的距离以及通径长度,结合 之间的平方关系即可求解;
( 2 )设直线 的方程为 ,联立双曲线方程结合韦达定理得 , 用 以及 的坐标表示出点 以及 的方程,根据对称性可知,只需在 的直线方程中,令 ,证明相应的 为定值即可求解.
【详解】(1) 由题意 ,所以双曲线 的标准方程为 .
(2)由题意 ,当直线 斜率为 0 时,直线 ,
当直线 斜率不为 0 时,设直线 的方程为 ,
所以 ,
直线 的方程为: ,
所以 的方程为 ,
由对称性可知 过的定点一定在 轴上,
令
又 ,
所以 ,
所以直线 过定点 .
34. (1) ; (2) 证明见解析.
【分析】( 1 )先表示出 ,然后计算出 ,结合离心率公式 和 求解出 的值,则椭圆方程可求;
(2)设出 的坐标,通过将向量共线表示为坐标关系可得到 的关系式①,再通过点差法分别求得 满足的关系式②和关系式③,通过将关系式②和③作差可得 的关系式④,再结合关系式①可证明 为定值.
【详解】解: (1) 设 . 由题意得 ,
.
解得 .
椭圆的方程为 .
(2) 设 .
由 ,
得 ,
,①
又点 均在椭圆上,
且
. ②
同理,由 且 ,得
. ③
联立②③得 . ④
联立①④得 ,
为定值 .
【点睛】关键点点睛:解答本题第二问的关键在于对于向量共线的坐标表示以及点差法求解参数与坐标之间的关系,每一步都是通过构建关于 的方程,结合联立方程的思想完成证明.
35. (I) ; (II) ; (III) 1.
【分析】(I)根据题干可得 的方程组,求解 的值,代入可得椭圆方程；
(II)设直线方程为 ,联立,消 整理得 ,利用根与系数关系及弦长公式表示出 ,求其最值;
(III)联立直线与椭圆方程,根据韦达定理写出两根关系,结合 三点共线,利用共线向量基本定理得出等量关系,可求斜率 .
【详解】(I)由题意得 ,所以 ,
又 ,所以 ,所以 ,
所以椭圆 的标准方程为 ;
(II)设直线 的方程为 ,
由 消去 可得 ,
则 ,即 ,
设 ,则 ,
则 ,
易得当 时, ,故 的最大值为 ；
(III) 设 ,
则 ①, ②,
又 ,所以可设 ,直线 的方程为 ,
由 消去 可得 ,
则 ,即 ,
又 ,代入①式可得 ,所以 ,
所以 ,同理可得 .
故 ,
因为 三点共线,所以 , 将点 的坐标代入化简可得 ,即 .
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系,第一问只要找到 三者之间的关系即可求解; 第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用,可将弦长公式 变形为 ,再将根与系数关系代入求解; 第三问考查椭圆与向量的综合知识, 关键在于能够将三点共线转化为向量关系, 再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.
36. (1)
(2)
【分析】( 1 )根据题意得到 ,求出 ,得到答案；
( 2 )设 , 且 ,则 ,得到直线 和直线 ,联立 ,求出 的坐标,表达出 ,结合 ,化简后得到 ,从而求出 的值. 【详解】( 1 )由题意得 ,故 ,
由 的周长为 ,故 ,
解得 ,
故 的标准方程为 ;
(2)由题意得 ,椭圆上下顶点为 ,
设 ,则 ,
因为 均不与 顶点重合,所以 且 ,
直线 ,联立 得,
设 ,则 ,故 ,
则 ,
直线 ,联立 得,
设 ,则 ,故 ,
故 ,
故
将 代入上式,化简得,
故
【点睛】定值问题常见方法:(1)从特殊入手, 求出定值, 再证明这个值与变量无关;
(2)直接推理计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
37. (1)
(2)不存在,理由见解析
(3)
【分析】(1)根据点点距离以及点到直线的距离公式即可列等量关系求解,
(2)根据平行关系以及椭圆的对称性可得 且 ；进而根据长度相等,结合点点距离可得点的坐标,利用斜率关系即可求解,
(3)利用椭圆焦点三角形的周长以及等面积法可得半径的表达,进而联立直线与椭圆方程可得 , 进而结合基本不等式即可求解.
【详解】( 1 )设 ,则 ,化简可得 ,即 .
(2)设 ,
若四边形 为菱形则 ,即 且 ;
由 ,则 (若 ,则 ),且 ①,
由 ,由题可知 ,
同理可得, ,故 ,因此 ②.
联立①②可得 ,代入 中运算可得 ,则 .
而 ,故 三点不共线.
因此不存在 点与直线 使得四边形 为菱形.
(3)设 面积分别为 ,内切圆半径分别为 ,
恰为椭圆 的两焦点,故 .
则 的周长均为 ,同理 .
则 .
设直线 的方程为 ,
与椭圆联立整理可得 .
由于 ,带入整理可得, .,
故 ,于是 .
同理可得, .
(当且仅当 时取等,相应地有 ),
因此 最大值为 .
【点睛】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.
38. (1) 3
(2)
【分析】(1)先设定直线 的方程,并与椭圆方程联立,求得韦达定理形式,分别求 的长和点 到直线 的距离,进而表达 的面积,求最大值即可; (2)分别设直线 和 的方程,并分别与椭圆方程联立,求得韦达定理形式,分别求出 两点的纵坐标,表达
与 面积之比,求最大值即可.
【详解】(1)设 ,
设直线 的方程为 ,
联立方程组 ,得 ,
所以 ,
则 ,
点 到直线 的距离为: ,
所以 ,
令 ,
则 ,当 即 时 面积取得最大值,
所以 面积的最大值为 3 .
(2)设
设直线 的方程为 ,
联立方程组 ,得 ,
即
所以 ,即 ,
同理可得: ,
所以
化简得: ,
当 时, 取得最大值 .
【点睛】方法点睛: 圆锥曲线中求面积的比值, 可以选择相同的底边或者角来转化, 参数之间的关系可以通过联立圆锥
曲线方程, 化简求得, 通过函数或者不等式来求得最值.
39. (1)
(2)
(3)
【分析】(1)设点 的坐标,由题意可得点 的恒纵坐标的关系,即可得到曲线的标准方程；
(2)设直线 和直线 的方程,然后与椭圆的方程联立,即可得到 的坐标关系,进而可得 为定值；
( 3 )由题意可得 的比值,由题意可得 面积的表达式,再由函数的单调性,即可得到结果.
【详解】( 1 )令 且 ,因为 ,所以 ,
整理可得 ,
所以 的标准方程为 .
(2)设 ,
设直线 和直线 的方程分别为 ,
联立直线 与椭圆方程 ,整理可得 ,
则 ,
联立直线 与椭圆方程 ,整理可得 ,
可得 ,
又因为 ,
所以 ,
所以 ,即 ,
同理可得 ,即 ,
所以 .
设 ,
设 ,则有 ,
又 ,
(1) 可得 ,
同理可得 ,
所以 .
(3)
不妨设 ,于是 ,
因此 ,
又因为 ,所以 ,
设 ,
则 ,
所以 在 单调递增,则 .
【点睛】关键点点睛: 本题主要考查了椭圆中的定值问题与椭圆中的三角形面积问题, 难度较大, 解答本题的关键在于设出直线方程与椭圆方程联立, 表示出三角形面积公式, 代入计算.
40. (1)
(2)①过定点,定点 ,②
【分析】( 1 )由题意得 ,解方程即可得出答案.
(2)①设 , , ,联立直线和椭圆的方程,得到韦达定理结合直线 的方程表示出 , 点的坐标,即可求出直线 的方程,即可证明直线 定点;
②由分析知,当 取得最大值时, 取得最大值,由两角差的正切公式结合基本不等式求解即可.
【详解】( 1 )由题意得 ,解得 ,所以 ,
所以 的方程为 .
( 2 )①由题意得 整理得 ,设 ,
,直线 的方程为 ,
代入 整理得, ,
设 ,则 ,所以 ,
,即 ,同理 .
所以直线 的方程为 ,即 ,所以直线 过定点 .
②因为 ,所以 与 正负相同,且 ,所以 ,
当 取得最大值时, 取得最大值.
由 时, ;
所以当且仅当 时等号成立, 取得最大值, 取得最大值,
此时直线 的方程为 .参考答案:
1. (I) ,点 坐标为 (2,1); (II) .
【详解】试题分析:本题考查椭圆的标准方程及其几何性质,考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想. 第 (I) 问,利用直线和椭圆只有一个公共点,联立方程,消去 得关于 的方程有两个相等的实数根,解出 的值, 从而得到椭圆 的方程；第(II)问,利用椭圆的几何性质,数形结合,根据根与系数的关系,进行求解. 试题解析: (I) 由已知, ,则椭圆 的方程为 .
由方程组 得 . ①
方程①的判别式为 ,由 ,得 ,
此时方程①的解为 ,
所以椭圆 的方程为 .
点 坐标为(2,1).
(II) 由已知可设直线 的方程为 ,
由方程组 可得
所以 点坐标为 .
设点 的坐标分别为 .
由方程组 可得 . ②
方程②的判别式为 ,由 ,解得 .
由②得 .
所以 ,
同理 ,
所以
故存在常数 ,使得 .
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质,考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想. 在涉及直线与椭圆 (圆锥曲线) 的交点问题时,一般设交点坐标为 ,同时把直线方程与椭圆方程联立,消元后,可得 ,再把 用 表示出来,并代入 的值,这种方法是解析几何中的“设而不求” 法, 可减少计算量, 简化解题过程.
2. (1) ; (2) 0.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹 是以点 、 为左、右焦点双曲线的右支,求出 、 的值,即可得出轨迹 的方程;
(2)方法一:设出点的坐标和直线方程,联立直线方程与曲线 的方程,结合韦达定理求得直线的斜率,最后化简计算可得 的值.
【详解】( 1 )因为 ,
所以,轨迹 是以点 为左、右焦点的双曲线的右支,
设轨迹 的方程为 ,则 ,可得 ,
所以,轨迹 的方程为 .
(2)[方法一] 【最优解】:直线方程与双曲线方程联立
如图所示,设 ,
设直线 的方程为 .
联立 ,
化简得 ,
则 .
故 .
则 .
设 的方程为 ,同理 .
因为 ,所以 ,
化简得 ,
所以 ,即 .
因为 ,所以 .
[方法二] : 参数方程法
设 . 设直线 的倾斜角为 ,
则其参数方程为 ,
联立直线方程与曲线 的方程 ,
可得 ,
整理得 .
设 ,
由根与系数的关系得 .
设直线 的倾斜角为 ,
同理可得
由 ,得 .
因为 ,所以 .
由题意分析知 . 所以 ,
故直线 的斜率与直线 的斜率之和为 0 .
[方法三]: 利用圆幂定理
因为 ,由圆幂定理知 四点共圆.
设 ,直线 的方程为 ,
直线 的方程为 ,
则二次曲线 .
又由 ,得过 四点的二次曲线系方程为:
整理可得:
其中 .
由于 四点共圆,则 项的系数为 0,即 .
【整体点评】(2)方法一:直线方程与二次曲线的方程联立,结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法, 它体现了解析几何的特征, 是该题的通性通法, 也是最优解;
方法二:参数方程的使用充分利用了参数的几何意义,要求解题过程中对参数有深刻的理解,并能够灵活的应用到题目中.
方法三:圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想, 二次曲线系的应用使得计算更为简单.
3. (I) 答案见解析; (II) .
【详解】试题分析:(I) 利用椭圆定义求方程；(II) 把面积表示为关于斜率 的函数,再求最值.
试题解析: (I) 因为 , ,故 ,
所以 ,故 .
又圆 的标准方程为 ,从而 ,所以 .
由题设得 ,由椭圆定义可得点 的轨迹方程为:
( ).
( II )当 与 轴不垂直时,设 的方程为 .
由 得 .
则 .
所以 .
过点 且与 垂直的直线 到 的距离为 ,所以
. 故四边形 的面积
可得当 与 轴不垂直时,四边形 面积的取值范围为 .
当 与 轴垂直时,其方程为 ,四边形 的面积为 12 .
综上,四边形 面积的取值范围为 .
【考点】圆锥曲线综合问题
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成. 其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.
4. (1)
(2)详见解析
(3)
【分析】( 1 )根据题意得到 求解；
(2)易知 , ,与椭圆方程联立,求得 的横坐标,再利用弦长公式证明；
(3)设直线 方程为 ,则直线 的方程为 ,将直线 的方程与椭圆方程联立,结合韦达定理,利用弦长公式得到 的表达式,进而得到 的表达式求解.
【详解】( 1 )解: 由题意得: ,
则 ,
所以椭圆的标准方程为: ;
(2)易知 ,设 ,
由 ,得 ,解得 ,
则 ,
所以 ; (3)图所示:
若直线 中两条直线分别与两条坐标轴垂直,则其中有一条必与直线 平行,
所以直线 的斜率存在且不为零,设直线 方程为 ,则直线 的方程为 ,设
由 ,消去 得 ,
则 ,
易知 ,将 代入直线 的方程得 ,即 ,
则 ,
同理 ,
所以 ,
当且仅当 ,即 时,等号成立,
所以 的最大值为 .
【点睛】方法点睛: 本题第二三问都体现了“曲”化“直”的思想, 涉及到线段问题, 注意弦长公式的应用.
5. (1) (2) 的最大值为 ,取得最大值时直线 的斜率为 .
【详解】试题分析: (I) 本小题由 确定 即得.
(II) 通过联立方程组 化简得到一元二次方程后应用韦达定理,应用弦长公式确定 及圆 的半径 表达式. 进一步求得直线 的方程并与椭圆方程联立,确定得到 的表达式,研究其取值范围. 这个过程中,可考虑利用换元思想, 应用二次函数的性质及基本不等式.
试题解析: (I) 由题意知 ,
所以 ,
因此 椭圆 的方程为 .
(II) 设 ,
联立方程
得 ,
由题意知 ,
且 ,
所以 .
由题意可知圆 的半径 为
由题设知 ,
所以
因此直线 的方程为 .
联立方程
得 ,
因此 .
由题意可知 ,
而
令 ,
则 ,
因此 ,
当且仅当 ,即 时等号成立,此时 ,
所以 ,
因此 ,
所以 最大值为 .
综上所述: 的最大值为 ,取得最大值时直线 的斜率为 .
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高,是一道难题. 解答此类题目,利用 的关系,确定椭圆 (圆锥曲线) 方程是基础,通过联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系,得到“目标函数”的解析式, 应用确定函数最值的方法... 如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解. 本题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
6. ;
(2) .
【分析】(1)设 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出 ,再根据二次函数的性质即可求出;
( 2 )设直线 与椭圆方程联立可得 ,再将直线 方程与 、 的方程分别联立, 可解得点 的坐标,再根据两点间的距离公式求出 ,最后代入化简可得 ,由柯西不等式即可求出最小值.
【详解】(1)设 是椭圆上任意一点, ,
,当且仅当 时取等号,故 的最大值是 .
( 2 )设直线 ,直线 方程与椭圆 联立,可得 ,设 ,
所以 ,
因为直线 与直线 交于 ,
则 ,同理可得, . 则
当且仅当 时取等号,故 的最小值为 .
【点睛】本题主要考查最值的计算,第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决,第二问思路简单,运算量较大, 求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值, 对学生的综合能力要求较高, 属于较难题.
7. (1) ;
(2) .
【分析】(1)根据给定的条件,列出 的方程组,求解作答.
(2)根据给定条件,利用共线向量探求出直线 的方程,与椭圆 的方程联立,求出 长,再借助三角代换列出三角形面积的函数关系, 求出函数的最大值作答.
【详解】(1)令椭圆 的半焦距为 ,依题意, ,解得 ,
所以椭圆 的方程为 .
(2)设点 的坐标分别为 ,
显然 均不为零,依题意,令 ,有 且 ,
又 四点共线,从而 ,
即 ,
于是 ,从而 ①, ②,
又点 在椭圆 上,即 ③, ④,
①+② 并结合③,④得 ,即动点 总在定直线 上,因此直线 方程为 ,
由 消去 得 ,
设 ,则 ,
于是 ,设 ,
则点 到直线 的距离 ,其中锐角 由 确定,
因此 ,当且仅当 时取等号, 所以 的面积最大值为 .
【点睛】方法点睛: 圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法:
(1)几何法, 若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义, 则考虑利用几何法来解决;
(2)代数法,若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值或范围. 8. (1)
(2)
【分析】(1)根据两点间距离最值结合离心率求出 ,即可得出椭圆方程；
(2)结合向量共线求出参数关系得出轨迹方程,再根据点到直线距离求出最小值.
【详解】(1)设 ,
则 .
又因为 ,所以 ,即 ,
又椭圆的离心率 ,所以 ,则 ,
解得 ,故 的方程为 .
(2)设 ,因为 ,
所以 ,
若 ,则 ,即 与 重合,与 矛盾,
若 ,则 ,即 与 重合,与 矛盾,
故 ,于是 ,将点 代入 ,
化简得 ,
同理可得, ,
故 , 为方程 的两根,
于是 ,即 ,动点 在定直线 上.
令直线 ,当 与 相切时,记 的距离为 ,则 ,
联立 可得 ,
由 ,解得 ,又 ,则 ,
此时,解得 ,即切点为 ,直线 的距离为 ,
故 的最小值为 .
【点睛】关键点点睛: 本题第二问的关键是求出点 得轨迹方程为 ,最后再求出直线 与椭圆相切的情况即可.
9. (1) 椭圆 的方程为 .
( 2 )圆的方程为 的取值范围为 .
【分析】( 1 )先由椭圆的几何性质得 ,再由已知条件结合余弦定理得 ,进而结合 即可求出椭圆 的方程.
(2)先假设存在,接着分圆的切线斜率存在和不存在两种情况进行分析,当切线斜率存在时,设圆切线方程为 , 联立方程 得 和韦达定理 ,进而得 ,从而由 得 ,进而由圆心到切线的距离即可求出圆的半径,得出圆的方程,且由弦长公式结合导数工具可求解 的取值范围.
【详解】( 1 )由椭圆的几何性质可得 ,
所以由余弦定理得 ,
化简得 ,又 ,所以 ,
所以椭圆 的方程为 .
(2)假设存在以原点为圆心的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 恒有两个交点 ,且 ,
(i) 当该圆的切线斜率存在时,设该圆切线方程为 ,
联立方程 ,
则 ,即 ,
所以 ,
因为 ,所以 ,
所以 ,所以 ,
满足 ,
因为直线 即 为圆心在原点的圆的一条切线,
故圆的半径为 即 ,所以 ,
所以所求圆的方程为 ,
所以
令 ,
则 恒成立,且 ,
令 (舍去) 或 ,
则当 时, ,函数 单调递增; 当 时, ,函数 单调递减,
又当 时 ,当 时 ,
所以当 时,有 ,当 时,有 ,
所以 ,所以有 .
(ii) 当该圆的切线斜率不存在时,则切线方程为 ,
代入 得 ,
所以切线与椭圆的两个交点坐标为 或 ,
显然满足 ,即满足 ,此时 .
综上所述,存在圆心在原点的圆 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 恒有两个
交点 ,且 .
【点睛】方法点睛: 解决圆锥曲线的存在性问题常用策略
1. 肯定顺推法:首先假设满足条件的元素存在,然后利用题目条件进行推理和计算,
若不出现矛盾且得到相应的几何元素或参数值, 则元素存在; 否则元素不存在.
2. 反证法: 通过假设结论不成立, 然后推导出矛盾, 从而证明结论成立.
3. 分类讨论: 当条件和结论不唯一时, 需要对不同情况进行分类讨论.
4. 条件追溯法: 针对一个结论, 条件未知需探索, 通过寻找结论成立的必要条件,
再通过检验或认证找到充分条件.
10. (1) (2)
【详解】试题分析:设出 ,由直线 的斜率为 求得 ,结合离心率求得 ,再由隐含条件求得 ,即可求椭圆方程；(2)点 轴时,不合题意；当直线 斜率存在时,设直线 ,联立直线方程和椭圆方程,由判别式大于零求得 的范围,再由弦长公式求得 ,由点到直线的距离公式求得 到 的距离,代入三角形面积公式,化简后换元,利用基本不等式求得最值,进一步求出 值,则直线方程可求.
试题解析: (1) 设 ,因为直线 的斜率为
所以 .
又
解得 ,
所以椭圆 的方程为 .
(2)解: 设
由题意可设直线 的方程为: ,
联立 消去 得 ,
当 ,所以 ,即 或 时
所以
点 到直线 的距离
所以 ,
设 ,则 ,
当且仅当 ,即 ,
解得 时取等号,
满足
所以 的面积最大时直线 的方程为: 或 .
【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值, 属于难题. 解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法: 一是几何意义, 特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决, 非常巧妙; 二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题, 然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法, 本题 (2) 就是用的这种思路, 利用均值不等式法求三角形最值的.
11. (1) ;
(2)
(3)椭圆 上不存在三点 ,使得
【分析】(1)根据已知设出直线 的方程,利用弦长公式求出 的长,利用点到直线的距离公式求点 到直线 的距
离,根据三角形面积公式,即可求得 和 均为定值;
(2)由(I)可求线段 的中点为 ,代入 并利用基本不等式求最值；
(3)假设存在 , , ,满足 ,由(1)得 , , ,从而得到 的坐标,可以求出 方程,从而得出结论.
【详解】(1)(i)当直线 的斜率不存在时, 两点关于 轴对称,所以
在椭圆上
①
又 ,
②
由①②得 . 此时 ;
(ii) 当直线 的斜率存在时,是直线 的方程为 ,将其代入 得
故 即
又
点 到直线 的距离为
又
整理得
此时
综上所述 . 结论成立.
(2)(i)当直线 的斜率不存在时,由(1)知
因此 .
(ii) 当直线 的斜率存在时,由 (1) 知
所以
. 当且仅当 ,
即 时,等号成立.
综合 (1) (2) 得 的最大值为 .
(3)椭圆 上不存在三点 ,使得
证明: 假设存在 ,满足
由 (1) 得
解得: .
因此 从集合 中选取, 从集合 中选取;
因此 只能从点集 这四个点选取三个不同的点,而这三个点的两两连线必然有一条经过原点,这与 矛盾.
所以椭圆 上不存在三点 ,使得
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系, 弦长公式和点到直线的距离公式, 是一道综合性的试题, 考查了学生综合运用知识解决问题的能力. (3) 考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力. 12. (1) ;
(2) .
【分析】(1)由已知条件由方程组可解出 得到椭圆方程.
(2)直线方程与椭圆方程联立方程组,由韦达定理化简 和 ,把 表示为关于 的函数,利用导数求解最大值.
【详解】(1) ,
,又 ,
解得 ,所以椭圆 的标准方程为: .
(2) , ,椭圆 ,
令 ,直线 的方程为: ,
联立方程组: ,消去 得 ,
由韦达定理得 ,
有 ,
因为: ,所以 ,
将点 坐标代入椭圆方程化简得: ,
而此时: .
令 ,所以直线 ,
令 得 ,
由韦达定理化简得 ,
,而 , 点到直线 的距离 ,
所以: ,
因为点 在椭圆内部,所以 ,得 ,即
令 ,求导得 ,
当 ,即 时, 单调递增; 当 ,即 时, 单调递减.
所以: ,即 .
【点睛】思路点睛: (1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去 (或 )建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系, 并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
(2)注意观察应用题设中的每一个条件, 强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力, 重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
13. (1) ; (2) ,或 .
【解析】(1)运用离心率公式和垂直于 轴的弦长公式,以及 的关系解方程可得 ,进而得到所求椭圆的方程; (2)设 ,联立椭圆方程,运用韦达定理和中点坐标公式、三角形的重心坐标公式,可得 的坐标,代入抛物线方程,结合三角形的面积公式,计算可得 的坐标.
【详解】( 1 )根据题意得 ,又因为 ,解得 ,则 ,
所以椭圆 的方程为: ;
(2)设 ,联立椭圆方程 ,可得 ,
①
设 ,
可得 ,
由 在抛物线 上,可得 ,
则 ② ,
由
则
可得 ③,将②代入 ③整理可得 ,
解得 或 ,相应的 或 1 .
所以 ,或 .
【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时,一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.
14. (I) ; (II) (i)2; (ii) .
【详解】试题分析:(I)根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定 的值,从而得到椭圆 的方程；(II)(i)设 , ,由题意知 ,然后利用这两点分别在两上椭圆上确定 的值; (ii) 设 ,利用
方程组 结合韦达定理求出弦长 ,选将 的面积表示成关于 的表达式
,然后,令 ,利用一元二次方程根的判别式确定的范围,从而求出 的面积的最大值,并结合 (i) 的结果求出 面积的最大值.
试题解析: (I) 由题意知 ,则 ,又 可得 ,
所以椭圆 的标准方程为 .
(II) 由 (I) 知椭圆 的方程为 ,
(i) 设 ,由题意知 因为 ,
又 ,即 ,所以 ,即 .
(ii) 设
将 代入椭圆 的方程,
可得
由 ,可得 ①
则有
所以
因为直线 与轴交点的坐标为(0, m)
所以 的面积
令 ,将 代入椭圆 的方程可得
由 ,可得 ②
由①②可知
因此 ,故
当且仅当 ,即 时取得最大值
由(i)知, 面积为 ,所以 面积的最大值为 .
考点:1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.
15. (1)
(2)见解析
【分析】(1)利用焦点坐标求得 的值,利用渐近线方程求得 的关系,进而利用 的平方关系求得 的值,得到双曲线的方程;
(2)先分析得到直线 的斜率存在且不为零,设直线 的斜率为 ,由③ 等价分析得到 ; 由直线 和 的斜率得到直线方程,结合双曲线的方程,两点间距离公式得到直线 的斜率 ,由② 等价转化为 ,由① 在直线 上等价于 ,然后选择两个作为已知条件一个作为结论, 进行证明即可.
【详解】( 1 )右焦点为 渐近线方程为 , .
的方程为: ;
(2)由已知得直线 的斜率存在且不为零,直线 的斜率不为零,
若选由①②推③或选由②③推①:由②成立可知直线 的斜率存在且不为零；
若选①③推②,则 为线段 的中点,假若直线 的斜率不存在,则由双曲线的对称性可知 在 轴上,即为焦点
,此时由对称性可知 关于 轴对称,与从而 ,已知不符;
总之,直线 的斜率存在且不为零.
设直线 的斜率为 ,直线 方程为 ,
则条件① 在 上,等价于 ;
两渐近线的方程合并为 ,
联立消去 并化简整理得:
设 ,线段中点为 ,则 ,
设 ,
则条件③ 等价于 ,
移项并利用平方差公式整理得:
,即 ,
即 ;
由题意知直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,
由 ,
,
所以直线 的斜率 ,
直线 ,即 ,
代入双曲线的方程 ,即 中,
得: ,
解得 的横坐标: ,
同理: ,
,
,
条件 ② 等价于 ,
综上所述:
条件 ① 在 上,等价于 ;
条件 ② 等价于 ；
条件③ 等价于 ;
选①②推③:
由①②解得: ③成立；
选①③推②:
由①③解得: ,
②成立;
选②③推①:
由②③解得: ,
, ① 成立.
16.
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)首先得到 ,由渐近线的倾斜角得到斜率,从而求出 ；
(2)分直线 的斜率不存在与存在且不为 0 两种情况讨论,设线、点,联立消元、列出韦达定理,通过计算
证明;
(3)设直线 方程为 ,由向量共线的坐标表示得到 ,
再由点 在双曲线上推导出 ,再联立直线与 得到 的关系,最后由面积公式及对勾函数的性质计算可得.
【详解】( 1 )易知 ,
又双曲线 的渐近线为 ,
,
故双曲线 的方程为 .
(2)由已知可得直线 的斜率不为 0,
当直线 的斜率不存在时由 ,解得 或 ,
不妨令 ,
所以 ,
则 ,即 ,所以 ,
当直线 的斜率存在且不为 0 时,
设直线 的方程为 ,
联立 ,整理得 ,
其中 ,且 时,则 ,
所以 ,
所以
即 .
(3)由题意可知,若直线 有斜率则斜率不为 0,
故设直线 方程为 ,
设 ,
点 在双曲线 上, ,
,
③,
又 ,
④,
联立 ,
由 ,所以 ,
所以 ⑤, ⑥,
分别在第一象限和第四象限, ,
由④式得: ,
⑦
将⑤⑥代入⑦得: ,
,
令 ,则 ,
所以当 时 ,当 时 ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,
.
【点睛】方法点睛: 利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为 、 ；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于 (或 )的一元二次方程,必要时计算 ；
(3) 列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
(5)代入韦达定理求解.
17. (1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)根据双曲线 关系和渐近线、焦距相关概念进行列式计算即可求解.
(2)分别联立直线 与 及其渐近线方程求出 、 、 、 的坐标或坐标的关系,进而得出 即 .
(3)根据 依次求出 和 ,再依据题意中体现的变量的范围去研究计算面积取值范围即可求解.
【详解】( 1 )由题意可得 ,
所以 的方程为 .
(2)设直线 ,
因为直线 与 的右支交于两点,所以 且 ,
联立 ,
所以
且 ,即 ,
所以 ①,
联立 , ,
联立 , ,
,即 ,
,即
所以 ,
所以 .
(3)由(2) 到直线 距离为 ,
所以
令 ,则 ,
由① ,
所以 ,
【点睛】关键点睛: 从直线 与 的右支交于两点条件中读出隐晦的已知条件 且 是求解 的取值范围的关键.
18. (1) ;
(2)2
【分析】(1)由点到直线的距离公式及双曲线定义计算即可；
(2)分类讨论斜率的存在情况,联立直线与双曲线、渐近线方程结合韦达定理计算面积即可.
【详解】(1)双曲线 的渐近线方程为 和 ,
所以有 ,
由题意可得 ,
又 ,则 ,解得 ,则双曲线的方程为 ； 当直线斜率不存在时,易知此时 ,直线 ,
(2)
不妨设 ,得 ;
当直线斜率存在时,设直线 的方程为 ,
与双曲线的方程 联立,可得 ,
由直线与双曲线的右支相切,可得 ,故
设直线 与 轴交于 ,则 .
又双曲线的渐近线方程为 ,
联立 ,可得 ,同理可得 ,
综上, 面积为 2 .
19. (1)证明见解析
(2)(i) 证明见解析；(ii)
【分析】(1)设直线 ,将其与双曲线方程联立得到韦达定理式,再计算斜率乘积,代入韦达定理式, 化简即可; ( 2 )(i) 将直线 与双曲线方程联立,根据相切则得到 ,求出 ,分别求出 坐标即可证明;
(ii) 求出过点 与直线 的直线方程,再求出 ,消去 则得到轨迹方程.
【详解】(1)因为直线 过定点 ,所以 ,
由 消去 ,得 ,
设 ,则 ,
直线 的斜率 ,
所以
即直线 与 的斜率之积为定值.
(2)因为直线 与双曲线 有唯一的公共点 ,
所以直线 与双曲线 相切.
由 ,消去 ,得 .
由题意得, ,化简得 .
记切点 ,则 ,
代入直线 得 ,故 .
(i) 双曲线的两条浙近线方程为 ,
由 ,得 ,由 得 ,
故 ,
所以 ,所以 .
(ii)过点 且与 垂直的直线方程为 .
令 ,得 ,令 ,得 ,
所以 . 因为 ,
所以 ,
所以 ,化简得 ,
因为 ,
所以点 的轨迹方程为 .
【点睛】关键点点睛:本题第一问的关键是采用设线法, 将其与双曲线方程联立得到韦达定理式, 再分别计算斜率乘积, 代入韦达定理式化简即可证明.
20. (I) ; (II) .
【分析】(I)根据离心率以及焦点到渐近线的距离,并结合 求解出 的值,则双曲线的方程可求； (II)先设出 的坐标,分别联立直线与渐近线方程由此得到每个点的横、纵坐标的关系,再根据 化简得到点 的坐标 之间的等量关系,由此求解出 的轨迹方程.
【详解】解: (I) 由已知可得: 且 ,
即 ,所以双曲线的方程为 ;
(II) 设 ,且由已知得 ,渐近线方程为 ,
联立 ,解得: ,所以 ;
联立 ,解得: ,所以 ;
法一: 设 的外心 ,则由 得:
即 _____①,同理 _____②,
①②两式相乘得 ,
又
所以 的外心 的轨迹方程为 ;
法二: 设 的外心 ,
线段 的中垂线方程为: ,线段 的中垂线方程为: ,
联立 ,解得
即 ,
代入 得
所以 的外心 的轨迹方程为 ;
【点睛】关键点点睛: 解答本题第二问的关键是通过三角形的外心对应的几何特点即外心到三角形的三个顶点的距离相等, 由此通过坐标的化简运算得到对应的轨迹方程. 此外, 三角形任意两边中垂线的交点也是三角形的外心, 也可借由此结论完成解答.
21. (1)
(2)证明见解析
【分析】(1)将直线 与双曲线方程联立,因只有一个切点 从而可得 ,从而求解.
(2)将直线 分别与双曲线的两渐近线方程联立求出 ,由( 1 )可求出 ,即 ,分别求出 , 从而可求解. 【详解】( 1 )联立方程 ,整理得 . 由 ,且 是双曲线与直线 的唯一公共点,可得 , 则 ,即为参数 满足的关系式.
结合图象,由点 在第一象限,可知 ,且 .
所以 的关系式满足 .
( 2 )由题可得双曲线的左焦点 ,渐近线为 .
联立方程 ,解得 ,即 ;
联立方程 ,解得 ,即 .
结合 ,且由 式可变形为 ,
解得 ,可得 .
要证 ,即证 ,
即证 ,
即证 ,即证 .
由 ,得 .
根据直线的斜率公式, ,
则 ,
可得 ,
因此, .
【点睛】关键点点睛: 利用直线 与双曲线方程联立后利用 ,从而求得 和点 坐标,然后由直线 分别与双曲线的两渐近线联立求出 坐标,要证
,从而可求解.
22. (I) (II) (III)-8
【详解】(I) 设 ,过 且垂直于 轴的直线与椭圆相交,则其中的一个交点坐标为 ,由题意可得
所以椭圆 的方程为 .
(II) 由 (I) 知 ,则 ,
由椭圆定义得 .
因为 平分 ,
所以 ,
所以 .
另解: 由题意可知: ,
设 其中 ,将向量坐标代入并化简得
,因为 ,
所以 ,而 ,所以 .
(III)因为 与椭圆 有且只有一个公共点,则点 为切点,设
设 ,与 联立得 ,
由 得 ,
所以 .
另解: 由题意可知, 为椭圆的在 点处的切线,由导数法可求得,切线方程 ,
所以 ,而 ,代入 中得
为定值.
【考点定位】本题通过椭圆的离心率、焦点、弦长、定义等基本知识来考查运算能力、推理论证能力. 第一问较为简单,通过 三者的固有关系确定椭圆方程为 . 第二问处理方式很多,可利用角平分线性质定理寻找线段间的比例关系、可利用点 到直线 的距离相等来确定 的取值范围,但要注意直线斜率不存在的情形的说明. 第三问中的直线 的方程设法很多,也是决定运算量大小的关键,如果设为 ,则会出现 ,其运算强度较大,而设为 ,可通过 得到关系式 ,大大简化了运算. 23. (1) 证明见解析; (2) . 【分析】(1) 设 ,求出 和 的方程,联立可求证 在同一个椭圆上,并求得椭圆方程为 ; (2) 求出直线 的方程,分 和 两种情况讨论,求出 面积的表达式,换元,构造函数,利用导数即可求解.
【详解】( 1 )( 1 )设 ,又 , ,
则直线 ,①
直线 ,②
点 的坐标是方程 ①②的解,① ②可得 ,
化简得 ,
所以 在同一个椭圆上,该椭圆方程为 .
(2)(2)设 ,如图所示:
则 ,
切线 方程为: ,切线 方程为: ,两直线都经过点 ,
所以得: ,从而直线 的方程是: ,
当 时,
由 得 ,则 ,
,
当 时,
由
由韦达定理,得: ,
点 到直线 的距离 ,
其中
令 ,则 ,令 ,
则 ,
在 上单调递增, .
综上所述, 面积的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛: 在第(2)中求出 时,要用换元法及利用导数求函数的取值范围.
24. (1)
(2)-8
【分析】(1)构造关于 的方程组,解出即可;
(2)画出草图,分类讨论,当 位于点 处时,切线与 轴垂直,不合题意,设切线 的方程为 , 与椭圆联立,由 得 在 上,知道 ,得到 ,同理得切线 的方程为 ,进而得到直线 的方程为 ,再与椭圆联立,借助韦达定理,后将四边形面积表示出来 ,即 ,借助对勾函数单调性
求最值, 再借助和角正切公式计算即可.
【详解】( 1 )由题意得, 解得 所以 ,
所以 的标准方程为 .
(2)如图,取 上任意一点 ,设 ,
当 位于点 处时,切线与 轴垂直,不合题意,故 .
设切线 的方程为 ①,
联立
整理得 ,
由 ,得 .
因为 在 上,所以 ,
故 ,
代入①式,整理得 ,同理得切线 的方程为 .
因为两条切线都经过 ,所以 ,
所以直线 的方程为 .
联立 整理得 ,
所以 ②. 显然 与 异号.
由题意知 ,所以 .
设 ,则 ,
将②式代入并整理,得 .
因为 ,所以易知 在 上单调递增,所以当 时, 有最小值,即 有最大值,为 36 . 所以当 时,四边形 的面积最大,最大面积为 6 .
此时直线 的方程为 ,故直线 与 轴垂直.
设 与 的交点为 ,显然 是椭圆的右焦点,
所以 ,
所以 ,
所以 .
25. (1)
(2) (i) (ii)
【分析】(1)利用直线 求出椭圆中 的值,再根据椭圆的标准方程列式求解即可;
( 2 )( i )设直线 , ,与椭圆方程联立,利用 和韦达定理可得 ①, 再设 的方程为 ,与椭圆方程联立,利用 与椭圆相切,判别式为 0,求出切线 的方程,同理可得切线 的方程,由 在直线 上,联立 可得 在直线 上,得 ②,再将①②联立即可求解;
(ii) 由 (i) 可知 在以 为焦点,以 为准线的抛物线上,利用抛物线的性质求解即可.
【详解】( 1 )由题意得,直线 的方程为 ,即 ,
当 时, ,故 ,
由 解得 或 (舍去),
椭圆 的方程 .
(2)(i)设直线 ,
与 联立 ,
所以 ,
由 可得
化简可得 ①
设 的方程为 ,即 ,
与 联立 ,
令 ,结合 ,
解得 ,所以切线方程为 ,
即直线 方程为: 不存在时也满足此直线方程,
同理可得 方程为: ,
由 在直线 上,则 ,即 在直线 上,
所以直线 方程为: ,即 ②
由①②可得 时也满足此方程,
所以 的轨迹方程为 .
(ii) 由 (i) 可知 在以 为焦点,以 为准线的抛物线上,
过 分别向直线 作垂线,垂足分别为 ,
由抛物线定义可得: ,
当且仅当 共线时取等,
所以 周长的最小值为 .
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交(过定点、定值)问题的常用步骤:
(1)得出直线方程,设交点为 ；
(2)联立直线与曲线方程,得到关于 或 的一元二次方程；
(3) 写出韦达定理;
(4)将所求问题或题中关系转化为 形式；
(5)代入韦达定理求解.
26. (1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】(1)设出点 的坐标,写出关系式,求出两个渐近线方程,求出点 到 的两条渐近线的距离之积；
(2)设经过点 的切线方程为 ,联立直线与双曲线方程,根据判别式为 0 求出 ,求出切线方程；
(3)设 ,再由 坐标得到直线 的方程,继而可得 坐标,设过 且与双曲线相切的直线为 ,联立双曲线与直线方程,由 及韦达定理可得 坐标,继而可得 ,即 ,即 ,即可求证.
【详解】(1)设点 ,所以 ,
两个渐近线方程为 ,
所以点 到 的两条渐近线的距离之积为 ;
(2)由题意得切线方程斜率存在,
设经过点 的切线方程为 ,
联立 ,所以 ,
因为直线与双曲线相切,所以 ,
所以 ,所以切线方程为 ;
(3)
设 ,
所以直线 的方程为 ,直线 的方程为 ,
所以 ,
设过 且与双曲线相切的直线方程为 , 联立 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
设直线 的斜率分别为 ,
所以 ,所以 的方程为 ,
所以 ,同理 的方程为 ,
所以 ,所以
所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 .
【点睛】关键点点睛: 本题考查双曲线的性质及直线与双曲线的相切关系, 解题关键是直线与双曲线的相切关系.本题中设过 且与双曲线相切的直线为 ,联立双曲线与直线方程,由 及韦达定理可得 ,
则 ,又 ,得 ,即 ,即 ,即可求证.
27. (1)
(2)证明见解析
【分析】(1)先求切线方程,再结合直线与圆的位置关系可求得 的面积；
(2)先求切线方程,找出 , 两点坐标的关系式,再利用韦达定理化简可得.
【详解】(1)
设过曲线上一点的切线的方程为: ,
由 可得 ,
则 ,即 .
又因为切点为 ,所以 ,所以解得 ,
则过点 的切线 的方程为: .
设 ,
交 轴于点 ,联立直线 与圆 的方程
消 得 .
,
.
(2) 设 ,则
设过点 的双曲线的切线方程为: ,
由( 1 )可知 ,
又因为 ,则 ,即 (*)
而 ,所以 ,
则 (*) 式可化为 ,即
可得 ,则切线方程为 ,
整理可得过点 的双曲线的切线方程为 .
同理可得过点 的双曲线的切线方程为 .
又两切线均过点 ,则 ,
因此,直线 的方程为
联立直线 与双曲线 的方程 ,
消 可得 ,故
所以
因为 ,则 ,则
所以 .
【点睛】关键点睛:(1)本问考查直线与圆相关的面积问题, 关键点是先求出过双曲线上一点的切线方程, 再联立直线与圆的方程,通过切割三角形来求 的面积.
出直线 的方程,再联立直线 与双曲线 的方程,通过韦达定理来化简计算出 为定值.
28. (1)
(2)① 证明见解析；②存在,
【分析】(1)先求出右顶点 和 的坐标,利用题中条件列等式,分类讨论计算得出椭圆的方程;
(2)设直线的方程为 ,将直线方程与椭圆方程联立,得出韦达定理,由题意,将韦达定理代入可出答案.
【详解】(1)由右焦点为 ,得 ,
因为 ,所以 ,
若 ,则 ,得 ,无解,
若 ,则 ,得 ,所以 ,因此 的方程 .
(2)设 ,易知过 且与 相切的直线斜率存在,
设为 ,
联立 ,消去 得 ,
由 ,得 ,
设两条切线 的斜率分别为 ,则 .
① 设 的斜率为 ,则 ,
因为 ,所以 的斜率成等差数列,
②法 1: 在 中,令 ,得 ,所以 ,
同理,得 ,所以 的中垂线为 ,
易得 中点为 ,所以 的中垂线为 ,
联立 ,解得 ,
所以 ,
要使 ,即 ,整理得 ,
而 ,
所以 ,解得 ,因此 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 2: 在 中,令 ,得 ,因此 ,
同理可得 ,所以 的中垂线为 ,
因为 中点为 ,所以 的中垂线为 ,
联立 ,解得 ,
要使 ,则 ,所以 ,即 ,
而 ,
所以 ,解得 ,因此 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 3: 要使 ,即 或 ,
从而 ,又 ,所以 ,
因为 ,
所以 ,解得 ,所以 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 4: 要使 ,即 或 ,
从而 ,
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 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 5: 要使 ,即 或 ,
在 中,令 ,得 ,故 ,
同理可得 ,
由等面积法得 ,
即 ,整理得 ,
所以 ,整理得 ,解得 或 -9 (舍去),
因此 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
【点睛】方法点睛: 利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为 ；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于 (或 )的一元二次方程,注意 的判断；
(3) 列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为 、 (或 、 )的形式；
(5)代入韦达定理求解.
29. (1)
(2)① ；②
【分析】( 1 )根据题意,设 ,可得 ,化简得解；
(2)① ,切线方程为； ,与椭圆方程联立,利用韦达定理表示出 ,求解
即可; ②由对称性,不妨取 ,所以 ,解出 ,再根据 可求解.
【详解】(1)设 ,
根据题意得: ,
化简得: 动点 的轨迹方程为: ;
(2)① ,切线方程为； ,
代入 得: ,
切线, ,得: (*),
设方程 (*) 的两根分别为 ,分别为 的斜率
则有
又 的方向向量分别为 ,
,
解得: .
②由对称性,不妨取 ,所以 ,
将 代入 (*) 得: ,解得 ,
则 ,
,
得: ,所以点 的坐标为 .
【点睛】求动点轨迹一般有:直接发,定义法,相关点法.
30. (1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】
(1)设出 的方程,由圆心到切线的距离等于半径得到一元二次方程,由韦达定理和 解方程求得半径;
(2)由直线 的方程与椭圆方程联立求得点 坐标,即得 ,同理得 ,计算 的表达式,消去 化简即得;
(3)将四边形 的面积拆解成两三角形面积之和,得到 ,利用(2)的结论和基本不等式即得面积最大值.
【详解】(1)
如图,由题意,切线 的方程分别为 ,则有 ,
故 是方程 ,即方程 的两根.
若 ,则圆 与 轴相切,直线 的斜率不存在,矛盾;
于是 ,化简得 ,解得 .
(2)
设 ,依题意, ,代入 可得 ,解得 ,
于是 ; 同理 .
所以
即 为定值 7 .
(3)
,当且仅当 时等号成立.
综上所述,四边形 面积的最大值为 .
【点睛】关键点点睛: 本题解题关键在于要有同构意识,即要把由圆外一点向圆引出的两条切线的斜率 看成方程 的两根,于是可以迅速得到 ,利用条件求得半径; 另外在求解四边形面积时,要充分运用图形特点, 将其转化为两个直角三角形面积的和, 利用 (2) 的结论和基本不等式求得.
31. (1)
(2)
【分析】(1)设点 ,通过 得到等式关系,化简求得曲线方程；
(2)设切线方程 ,通过点到切线的距离,化简成 的一元二次方程,再韦达定理得出 与 的等式关系,再求出 弦长,消去 ,再求面积即可.
【详解】( 1 )设 ,由 ,得 ,两边平方得 ,
所以曲线 的方程为 ;
(2)设点 的切线方程为 (斜率必存在),圆心为
所以 到 的距离为:
平方化为 ,设 的斜率分别为
则
因为 ,令 有 ,同理
所以
又因为 代入上式化简为
所以
令 ,求导知 在 为增函数,所以 .
32. (1)
(2)
(3)
【分析】(1)化简椭圆的标准方程,根据 的关系即可求得焦点坐标；
(2)先联立方程求得 ,求出直线 的方程,然后利用待定系数法求得内切圆的方程；
(3)设过 作圆 的切线方程为 ,利用相切关系求得点 坐标,进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可.
【详解】( 1 )椭圆的标准方程为 ,因为 ,所以焦点坐标为 .
( 2 )将 代入椭圆方程 得 ,由对称性不妨设 , , 直线 的方程为 ,即 , 设圆 方程为 ,由于内切圆 在 的内部,所以 , 则 到直线 和直线 的距离相等,即 ,解得 ,
所以圆 方程为 .
(3)显然直线 和直线 的斜率均存在,
设过 作圆 的切线方程为 ,
其中 有两个不同的取值 和 分别为直线 和 的斜率.
由圆 与直线相切得: ,化简得: ,
则 ,
由 得 ,
可得 ,
所以
同理 ,所以直线 的方程为 ,
所以 与圆 相切,将 代入 得 ,
所以 ,又点 到直线 的距离为 ,
设 的周长为 ,则 的面积 ,
解得 . 所以 的周长为 .
33. (1)
(2)
(3) 存在,
【分析】(1)根据焦距以及经过的点即可联立求解,
(2)联立直线与双曲线方程得韦达定理,进而根据向量的数量积的坐标运算化简得 ,根据弦长公式,结合不等式即可求解,
( 3 )根据圆心到直线的距离可得 ,进而根据数量积运算可判断 ,结合对称性即可求解；或者利用切线关系得 ,根据斜率相乘关系,代入韦达定理化简可得半径.
【详解】(1) 由题意可得 ,解得 ,
故双曲线方程为
(2)当直线 斜率不存在时,设 ,
将其代入双曲线方程 ,
又 ,解得 ,
此时 ,
当直线 斜率存在时,设其方程为 ,设 ,
联立 ,
故 ,
则
,
化简得 ,此时 ,
所以
当 时,此时 ,
当 时,此时 ,
,故 ,
因此 ,
综上可得 .
(3)解法一:当直线 与 相切时,
圆心到直线的距离 ,
设设 ,
类似 (2) 中的计算可得
所以 ,
由双曲线的对称性,延长 交双曲线于另一点 ,
则 ,且 ,
根据轴对称性可得 ,且直线 与 也相切,即 即为 , 符合题意,
当 或 斜率不存在时,此时 ,显然满足题意,
故存在这样的圆 ,半径为
解法二: 设 ,
由于 为圆的切线, 平分 ,且 ,所以 ,
设过点 与圆 相切的直线方程为 ,(直线斜率存在时)
,将两根记为 ,
,
同理可得 ,
故
故存在这样的圆 ,半径为
当 或 斜率不存在时,此时 ,显然满足题意,
故存在这样的圆 ,半径为
【点睛】方法点睛:圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法:(1)几何法,若题目的条件能明显体现几何特征和意义, 则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法,若题目的条件能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值,如本题需先将 用 表示出来,然后再利用基本不等式长最值.
34. (1)
(2) 存在,
【分析】(1)不妨设点 在第一象限 ,即可表示出 ,根据 得到方程,即可求出 ,从而得到 ,再根据 及 ,求出 ,即可得解;
(2)设点 , ,分别求出直线与坐标轴垂直时 的值,根据 为定值,得到方程,即可求出 及 的坐标,再对直线 不与坐标轴垂直时,设直线 的方程为 ,联立直线与双曲线方程,消元、列出韦达定理,表示出 从而计算可得;
【详解】(1)解: 不妨设点 在第一象限 ,则 .
因为 ,则 .
由已知, ,即 ,即 .
因为 ,则 ,即 .
因为 为渐近线 的倾斜角,则 ,即 . 又 ,则 .
所以双曲线 的方程是 .
(2)解: 解法一:
设点 .
当 轴时,直线 的方程为 ,代入 ,得 .
不妨设点 ,则 .
当 轴时,直线 的方程为 ,代入 ,得 .
不妨设点 ,则 .
令 ,解得 ,此时 .
当直线 不与坐标轴垂直时,设直线 的方程为 ,代入 ,
得 ,即 .
设点 ,则 .
对于点
.
所以存在定点 ,使 为定值.
解法二:
当直线 不与 轴重合时,设了的方程为 ,代入 ,得 ,即 .
设点 ,则 .
在 中,由余弦定理,得 ,
设点 ,则
令 ,得 ,此时 ,
当直线 与 轴重合时,则点 为双曲线的两顶点,不妨设点 .
对于点 .
所以存在定点 ,使 为定值.
35. (1)
(2)存在,定点
【分析】(1)根据椭圆的离心率求出 的关系,再根据当 过坐标原点 时,直线 的方程为 ,联立方程,结合 求出 即可得解;
(2)设直线 , , , , ,联立方程,利用韦达定理求出 , ,再根据斜率公式计算分析即可得出结论.
【详解】( 1 ) ,即 ,
过坐标原点 直线 的方程为 ,
由 ,消去 得: ,
,
,
故椭圆 的方程为 ;
(2)假设存在定点, ,由题意,直线 斜率存在,
设直线 ,即 ,
由 ,消去 得 ,
其中 ,
,
当 ,即 时, 恒成立,
存在定点 ,使得直线 与直线 的斜率之积为定值 .
【点睛】方法点睛: 求定值问题常见的方法有两种:
(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；
(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
36. (1)
(2)存在, 或 或
【分析】( 1 )设点 ,由题意可得 代入 即可得结果；
( 2 )方法一:设 的方程: ,联立方程,结合韦达定理可得 ,
由题意可得 ,分析求解即可; 方法二: 设 的方程: ,联立方程,结合二次式的零点式分析可得 ,由题意可得 ,分析求解即可.
【详解】(1)设点 ,
因为 ,则 ,
由 为 中点得 ,则 ,
代入 ,得 .
所以动点 的轨迹 的方程为 .
(2)方法一:存在 满足题意,证明如下:
依题意直线 的斜率存在且不为 0,
设 的方程: ,
联立方程 ,消去 得 ,
则 ,
直线 方程化为 ,
联立方程 ,消去 得 ,
则 ,
可得 .
依题意直线 与坐标轴不平行,且 为定值,
可得 ,
由 ,整理得 , 由 ,整理得 ,
解得得 或 ,
代入 ,解得 或 或 ,
所以 或 或 满足题意;
方法二: 存在 满足题意,证明如下:
依题意直线 的斜率存在且不为 0,
设 的方程: ,
联立方程 ,消去 得 .
因为 为上式的两根,
则 ,
直线 方程化为 .
联立方程 ,消去 得 ,
因为 为上式的两根,
则 . (2)
由题意可得:
依题意直线 与坐标轴不平行,且 为定值,
可得 ,
由 ,整理得 ,
由 ,整理得 ,
解得得 或 ,
代入 ,解得 或 或 ,
所以 或 或 满足题意.
【点睛】方法点睛: 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.
37. (1)
(2)
【分析】(1)根据 与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标,代入双曲线方程即可求得结果;
(2)方法一:由三点共线可整理得到 ,代入双曲线方程可整理得到 ,结合两点连线斜率公式可化简得到 ,根据 为常数可构造方程求得 ,进而得到 点坐标, 验证可知符合题意;
方法二: 设 ,与双曲线方程联立可得一元二次方程,根据该方程的根可化简得到 ,同理可得 ,由此可化简得到 ,由 为常数可构造方程求得 点坐标 斜率为 0 和斜率不存在时依然满足题意, 由此可得结论. 【详解】( 1 )由题意可知:双曲线 过点 ,
将其代入方程可得: ,解得: ,
双曲线 的标准方程为: .
(2)方法一:设 ,
点(4,2)与 三点共线, ,
),
,又 ,
整理可得: ,
当 时, ,不合题意;
当 时,由 得: ,
设 ,则 ,
若 为定值,则根据约分可得: 且 ,解得: ;
当 时, ,此时 ;
当 时, 为定值.
方法二: 设 ,直线 ,
由 得: ,
为方程 的两根,
,
则 ,
由 得: ,
由 可得: ,
同理可得: ,
则
若 为定值,则必有 ,
解得: 或 或 ,
又点 在直线 上, 点 坐标为(3,4);
当直线 斜率为 0 时, 坐标为 ,若 ,
此时 ;
当直线 斜率不存在时, 坐标为 ,若 ,
此时 ;
综上所述: 当 时, 为定值.
【点睛】思路点睛: 本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解, 本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系,进而通过等量关系化简所求的 ,根据 为常数来构造方程求得定点的坐标.
38. (1)
(2)(i) 证明见解析,-4；(ii)
【分析】(1)根据题意求出 ,即可得解；
(2)(i) 设直线 的方程为 ,其中 ,且 ,设直线 与椭圆 交于点 ,联立方程,利用韦达定理求出 ,再结合斜率公式化简即可得出结论;
(ii) 法一: 直线 的方程为 ,设直线 与 轴交于点 ,直线 的方程为 ,分别求出 的坐标,联立方程组 求出 ,即可得 的坐标,再求出三角形面积的表达式,结合基本不等式即可得解.
法二: 直线 的方程为 ,设直线 与 轴交于点 ,直线 的方程为 ,分别求出 的坐标, 易得点 是线段 的中点,则 ,其中 为点 到直线 的距离,求出 的最大值即可.
【详解】(1)设椭圆 的焦距为 ,
因为椭圆 的离心率为 ,所以 ,即 ,
据 ,得 ,即 .
所以直线 的方程为 ,即 ,
因为原点 到直线 的距离为 ,
故 ,解得 ,
所以 ,
所以椭圆 的标准方程为 ;
(2)(i) 设直线 的方程为 ,其中 ,且 ,即 ,
设直线 与椭圆 交于点 ,
联立方程组 整理得 ,
所以 ,
(i) 所以
为定值,得证;
(ii) 法一: 直线 的方程为 ,令 ,得 ,故 ,
设直线 与 轴交于点 ,
直线 的方程为 ,令 ,得 ,故
联立方程组 整理得 ,
解得 或 0 (舍), ,
所以 的面积
由 (i) 可知, ,故 ,代入上式,
所以 ,
因为点 在 轴下方且不在 轴上,故 或 ,得 ,
所以 ,
显然,当 时, ,
当 时, ,
故只需考虑 ,令 ,则 ,
所以 ,
当且仅当 ,即 时,不等式取等号, 所以 的面积的最大值为 . 法二: 直线 的方程为 ,令 ,得 ,故 ,
设直线 与 轴交于点 ,
直线 的方程为 ,令 ,得 ,故 ,
由 (i) 可知, ,故 ,
所以点 是线段 的中点,
故 的面积 ,其中 为点 到直线 的距离,
思路 1 显然,当过点 且与直线 平行的直线 与椭圆 相切时, 取最大值,
设直线 的方程为 ,即 ,
联立方程组 整理得 ,
据 ,解得 (正舍),
所以平行直线 与直线 之间的距离为
,即 的最大值为 ,
所以 的面积的最大值为 .
思路 2 因为直线 的方程为 ,
所以 ,
依题意, ,故 ,
所以 ,
因为 在椭圆 上,故 ,即 ,
所以 ,
当且仅当 时取等号,故 ,
所以 ,
即 的面积的最大值为 .
思路 3 因为直线 的方程为 ,
所以 ,
因为 在椭圆 上,故 ,
设 ,不妨设 ,
所以 ,
当 时, ,
即 的面积的最大值为 .
【点睛】方法点睛: 求定值问题常见的方法有两种:
(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；
(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
39. (1) ;
.
【分析】( 1 )依题意 ,则 ,又 ,得 ,从而求得椭圆方程；
(2)先求出直线 的方程,与椭圆方程联立,求得点 的纵坐标,同理可得点 的纵坐标,由
,可得 的值.
【详解】( 1 )由题意, ,得 .
离心率 ,得 ,
所以椭圆 的标准方程为 ;
(2) 设 ,
点 ,直线 的方程为 ,即 .
与椭圆方程联立得: ,解得: .
点 ,直线 的方程为 .
与椭圆方程联立得: ,解得: .
三角形面积比
又因为 ,
所以
,
由题意, ,
整理得 ,解得: 或 .
又由点 在椭圆内部,故 ,即 .
【点睛】方法点睛: 利用韦达定理解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为 ；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于 (或 )的一元二次方程,必要时计算 ；
(3) 列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为 (或 )的形式；
(5)代入韦达定理求解.
40. (1)
(2)
【分析】(1)由垂直平分线的性质及椭圆的定义求轨迹方程即可；
(2)法一、通过设两直线方程直线 、 的方程为 ,
由弦长公式得 ,点到直线距离来表示面积 ,再根据斜率关系消元转化为函数求值域;
法二、利用仿射变换,设 ,所以 ,同时变换直线方程,求得
,换元求函数值域即可.
【详解】(1)
因为线段 的垂直平分线交半径 与点 ,
所以 ,
所以 是定值, ,
所以 点轨迹为椭圆,其长轴为 4 ,焦距为 2 ,
所以 的轨迹 的方程 .
(2)解法一
设 . 由已知得: 直线 的方程为 ;
设 . 由已知得: 直线 的方程为 ,
又因为 斜率之积为 ,所以 ,
由 得 ,即 ,
所以 ,
故
同理联立 与椭圆方程,可得 ,
所以 ,
故
设 分别为点 到直线 的距离,
则 .
又 在直线 在异侧,则
所以 ,
令
易知 ,所以 ,
所以
解法二
设 ,所以 ,设圆心为 ,
因为直线 的斜率之积为 ,
所以 ,
设直线 方程 ,
点 到 的距离为 ,
所以 ,
同理 ,
设四边形 面积为 ,
则 ,
令 ,则 ,
所以 ,
所以 ,
设四边形 面积为 ,因为 ,
所以 .
【点睛】关键点睛:第二问的关键为:由弦长公式及点到直线的距离公式表示面积,同时利用斜率之积来消元达到简化函数式的目的, 最后求值域利用换元法即可.
41. (1) ;
(2) ;
(3) .
【分析】(1)由椭圆的性质可得 ,再由两中线的交点为重心和重心的性质得到点 ,代入椭圆方程可得 即可;
(2)由等差中项的性质得到 ,再由弦长公式得到 ,然后分当 斜率存在时由点差法得到 ,再由点斜式写出弦的中垂线方程,当 时,得到 ; 当 斜率不存在时,此时 ; 最后得到范围;
(3)解法一:根据重心性质及面积公式得 ,再结合已知不等式条件解不等式组可得 ,然后直曲联立得到 ；转化为 对任意的 恒成立,解不等式即可; 解法二: 根据重心的性质可得 ,再由几何图形的面积关系结合三角形的面积公式得到 ,后同解法一.
【详解】(1)依题意, ,故椭圆 ；
易知点 为 的重心,则 ,故 ,
代入椭圆方程得 椭圆 的方程为 ;
(2)
成等差数列, .
设 中点 ,
由弦长公式
,
同理 ,代入可得 ,
①当 斜率存在时 两式作差可得 ,
,
弦 的中垂线方程为 ,
当 时, ,即 的中垂线的纵截距.
在椭圆 内, ,得 ,且 .
②当 斜率不存在时,此时 .
综上所述 ,即弦 的中垂线的纵截距的取值范围为 .
(3)解法一:易知点 分别为 的重心,设 ,设点 , 则根据重心性质及面积公式得 ,
而 ,
,
设直线 ,则联立椭圆方程得
消元化简得, ,
,
, 对任意的 恒成立,
即 ,故实数 的取值范围为 .
解法二: 易知点 为 的重心, ,
,
此时,设点 ,则根据重心的性质可得 ,
,
而 ,
设直线 ,则联立椭圆方程得
消元化简得, ,
,
,
对任意的 恒成立,
即 ,故实数 的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛:
(1)三角形重心分得线段长度比为 ；
(2)当求椭圆的中点弦或中点弦的垂直平分线时可用点差法较为容易.
42. (1)
(2)①证明见解析 ; ②16
【分析】(1)设 ,根据题目条件列式化简可得轨迹;
(2)①设线段 的中点为 ,利用向量证明 三点共线,同理 三点共线,进而可得结论；②将四边形 面积转化为四边形 面积,将直线和抛物线联立,利用韦达定理,求出直线 和直线 的方程,则
可求出 坐标,然后利用面积公式 求解最值即可.
【详解】( 1 )设 , 与直线 的切点为 ,则 ,
所以
化简得 ,所以 的方程为: ;
(2)①设线段 的中点为 ,
因为 ,所以可设 ,
又因为 ,
所以 三点共线,同理, 三点共线,
所以 三点共线.
②设 中点为 中点为 ,
将 代入 得: ,所以 ,
所以 ,
同理 ( 均在定直线 上)
因为 ,所以 与 面积相等, 与 面积相等;
所以四边形 的面积等于四边形 的面积,
设 ,
直线 ,即
整理得: 直线 ,又因为 ,所以 ,
同理,直线 ,所以
所以
所以四边形 面积
当且仅当 ,即 ,即 时取等号,
所以四边形 面积的最大值为 16 .
【点睛】关键点点睛: 本题的关键是将四边形 的面积转化为四边形 的面积,还有充分利用第一问中的点
共线求出 的横坐标,可以给求面积带来便利.圆锥曲线大题集大成之作 (第二部)
【类型一】长度
1. (2016 年四川卷) 已知椭圆 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线 与椭圆 有且只有一个公共点 .
(I)求椭圆 的方程及点 的坐标；
(II)设 是坐标原点,直线 平行于 ,与椭圆 交于不同的两点 、 ,且与直线 交于点 ,证明:存在常数 , 使得 ,并求 的值.
2. (2021 年全国新高考I卷数学试题) 在平面直角坐标系 中,已知点 ,点 的轨迹为 .
(1)求 的方程；
(2)设点 在直线 上,过 的两条直线分别交 于 、 两点和 , 两点,且 ,求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
3. (2016 年全国一卷) 设圆 的圆心为 ,直线 过点 且与 轴不重合, 交圆 于 两点,过 作 的平行线交 于点 .
( )证明 为定值,并写出点 的轨迹方程；
(II) 设点 的轨迹为曲线 ,直线 交 于 两点,过 且与 垂直的直线与圆 交于 两点,求四边形 面积的取值范围.
4. (上海市嘉定区第一中学 2023-2024 学年高三上学期期中考试数学试卷) 已知椭圆 的离心率为 ,焦距为 2,过 的左焦点 的直线 与 相交于 两点,与直线 相交于点 .
(1)求椭圆方程；
(2)若 ,求证: ；
(3)过点 作直线 的垂线 与 相交于 两点,与直线 相交于点 . 求 的最大值.
5. (2017 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(山东卷) 在平面直角坐标系 中,椭圆 的离心率为 ,焦距为 2.
(I)求椭圆 的方程；
( II )如图,动直线 交椭圆 于 两点, 是椭圆 上一点,直线 的斜率为 ,且 , 是线段 延长线上一点,且 的半径为 是 的两条切线,切点分别为 . 求 的最大值,并求取得最大值时直线 的斜率.
6. (2022 年浙江省高考数学试题) 如图,已知椭圆 . 设 是椭圆上异于 的两点,且点 在线段 上,直线 分别交直线 于 两点.
( 1 )求点 到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求 的最小值.
7.(四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 2023 届高三下学期三诊模拟考试(理科)数学试题)设椭圆 过点 ,且左焦点为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2) 内接于椭圆 ,过点 和点 的直线 与椭圆 的另一个交点为点 ,与 交于点 ,满足 ,求 面积的最大值.
8. (新疆维吾尔自治区 2024 届高三第二次适应性检测数学试题) 已知椭圆 的左焦点为 上任意一点到 的距离的最大值和最小值之积为 1,离心率为 .
(1)求 的方程；
(2)设过点 的直线 与 交于 两点,若动点 满足 ,动点 在椭圆 上,求 的最小值.
9. (湖南省衡阳市船山英文学校 2024-2025 学年高三上学期入学考试数学试卷) 已知椭圆 的左焦点 ,左、右顶点分别为 ,上顶点为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)是否存在以原点为圆心的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 恒有两个交点 ,且 若存在,求圆的方程以及 的取值范围,若不存在,请说明理由.
【类型二】OAB 面积
10. (2014 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(新课标I) 已知点 ,椭圆 的离心率为 是椭圆 的右焦点,直线 的斜率为 为坐标原点.
(1)求 的方程；
(2)设过点 的动直线 与 相交于 两点. 当 的面积最大时,求 的方程.
11. (2011 年山东省普通高等学校招生统一考试理科数学) 已知动直线 与椭圆 交于 两个不同点,且 的面积 ,其中 为坐标原点.
(1) 证明 和 均为定值;
(2)设线段 的中点为 ,求 的最大值;
(3)椭圆 上是否存在点 ,使得 若存在,判断 的形状; 若不存在,请说明理由.
12. (重庆市南开中学 2023 届高三上学期第四次质量检测数学试题) 已知椭圆 的左右焦点分别为 ,右顶点为 ,上顶点为 为坐标原点, .
(1)若 的面积为 ,求椭圆 的标准方程；
(2)如图,过点 作斜率 的直线 交椭圆 于不同两点 ,点 关于 轴对称的点为 ,直线 交
轴于点 ,点 在椭圆的内部,在椭圆上存在点 ,使 ,记四边形 的面积为 ,求 的最大值. 13. (重庆市南开中学 2019-2020 学年高三下学期期中数学(理)试题)已知椭圆 的离心率为 , 过椭圆 的焦点且垂直于 轴的直线被椭圆 截得的弦长为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设点 均在椭圆 上,点 在抛物线 上,若 的重心为坐标原点 ,且 的面积为 ,求点 的坐标.
14. (2015 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(山东卷) 平面直角坐标系 中,已知椭圆 0)的离心率为 ,左、右焦点分别是 ,以 为圆心以 3 为半径的圆与以 为圆心以 1 为半径的圆相交,且交点在椭圆 上.
(I)求椭圆 的方程；
(II) 设椭圆 为椭圆 上任意一点,过点 的直线 交椭圆 于 两点,射线 交椭圆 于点 .
(i) 求 的值;
(ii) 求 面积的最大值.
【类型三】直线与渐近线交于两点
15. (2022 年全国新高考 II 卷数学试题) 已知双曲线 的右焦点为 ,渐近线方程为
(1)求 的方程；
(2)过 的直线与 的两条渐近线分别交于 两点,点 在 上,且 . 过 且斜率为 的直线与过 且斜率为 的直线交于点 . 从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立:
① 在 上；② ；③ .
注: 若选择不同的组合分别解答, 则按第一个解答计分.
16. (湖南省长沙市雅礼中学 2024 届高三下学期数学月考试卷(八)已知双曲线 的右顶点 ,它的一条渐近线的倾斜角为 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)过点(-2,0)作直线 交双曲线 于 两点 (不与点 重合),求证: ;
(3)若过双曲线 上一点 作直线与两条渐近线相交,交点为 ,且分别在第一象限和第四象限,若 , ,求 面积的取值范围.
17. (湖南省长郡中学、浙江省杭州二中、江苏省南京师大附中三校 2023-2024 学年高三下学期联考数学试题) 已知双曲线 的渐近线为 ,焦距为 ,直线 与 的右支及渐近线的交点自上至下依次为 、 .
(1)求 的方程；
(2)证明: ；
(3)求 的取值范围.
【类型四】单切线
18. (广东省惠州市 2023 届高三一模数学试题) 已知双曲线 的焦距为 ,且双曲线 右支上一动点 到两条渐近线 的距离之积为 .
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)设直线 是曲线 在点 处的切线,且 分别交两条渐近线 于 两点, 为坐标原点,求 的面积.
19. (福建省龙岩市 2024 届高中毕业班三月质量检测数学试题) 已知双曲线 是双曲线 的左顶点,直
线 .
(1)设直线 过定点 ,且交双曲线 于 两点,求证:直线 与 的斜率之积为定值；
(2)设直线 与双曲线 有唯一的公共点 .
( i )已知直线 与双曲线 的两条渐近线相交于两点 ,求证: ；
(ii) 过点 且与 垂直的直线分别交 轴、 轴于 两点,当点 运动时,求点 的轨迹方程.
20. (河北省石家庄市 2021 届高三下学期质检一数学试题) 已知坐标原点为 ,双曲线 的焦点到其渐近线的距离为 ,离心率为 .
(1)求双曲线的方程；
( II )设过双曲线上动点 的直线 分别交双曲线的两条渐近线于 , 两点,求 的外心 的轨迹方程.
21. (湖南省长沙市 2024 届高三上学期新高考适应性考试数学试卷) 已知双曲线 与直线 有唯一的公共点 ,直线 与双曲线的两条渐近线分别交于 两点,其中点 在第一象限.
(1)探求参数 满足的关系式；
(2)若 为坐标原点, 为双曲线的左焦点,证明: .
22. (2013 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(山东卷)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 .
(I)求椭圆 的方程；
(II) 点 是椭圆 上除长轴端点外的任一点,连接 ,设 的角平分线 交 的长轴于点 ,求 的取值范围;
(III)在(II)的条件下,过点 作斜率为 的直线 ,使 与椭圆 有且只有一个公共点,设直线的 斜率分别为 . 若 ,试证明 为定值,并求出这个定值.
【类型五】双切线
23. (湖北省第九届 2024 届高三下学期 4 月调研模拟考试数学试卷) 如图,四边形 为坐标原点) 是矩形,且 , ,点 ,点 分别是 的 等分点,直线 和直线 的交点为 .
(1)试证明点 在同一个椭圆 上,求出该椭圆 的方程;
(2)已知点 是圆 上任意一点,过点 作椭圆 的两条切线,切点分别是 ,求 面积的取值范围.
注: 椭圆 上任意一点 处的切线方程是: .
24. (安徽省 2024 届普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷) 已知椭圆 的一条准线 的方程为 ,点 分别为椭圆 的左、右顶点,长轴长与焦距之差为 2 .
(1)求 的标准方程；
(2)过 上任一点作 的两条切线,切点分别为 ,当四边形 的面积最大时,求 的正切值.
25. (重庆市南开中学 2025 届高三上学期第一次质量检测数学试题) 已知 为椭圆 的左焦点,
椭圆 过点 ,且直线 的斜率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若点 在椭圆 上,且 ,过 分别作椭圆 的切线 与 相交于点 .
(i) 求点 的轨迹方程;
(ii) 求 周长的最小值.
26. (上海市大同中学 2024-2025 学年高三上学期开学摸底考试数学试题) 已知双曲线 的左、右顶点分别为点 为双曲线 上的动点,点 .
(1)求点 到 的两条渐近线的距离之积；
(2)求经过点 的双曲线 的切线方程；
(3)设点 在第一象限,且在渐近线的上方,直线 分别与 轴交于点 . 过点 作 的两条切线,分别与 轴交于点 ( 在 的上方),证明: .
27. (浙江省 91 高中联盟 2023-2024 学年高三上学期期中考试数学试题) 已知双曲线 过点 ,且离心率为 为双曲线 的上、下焦点,双曲线 在点 处的切线 与圆 交于 两点.
(1)求 的面积；
(2)点 为圆 上一动点,过 能作双曲线 的两条切线,设切点分别为 ,记直线 和 的斜率分别为 ,
求证: 为定值.
28. (江苏省南京市、盐城市 2024 届高三第一次模拟考试数学试题) 已知椭圆 的右焦点为 ,
右顶点为 ,直线 与 轴交于点 ,且 ,
(1)求 的方程；
(2) 为 上的动点,过 作 的两条切线,分别交 轴于点 ,
①证明: 直线 的斜率成等差数列;
② 经过 三点,是否存在点 ,使得, 若存在,求 ; 若不存在,请说明理由.
29. (浙江省温州市 2024 届高三上学期期末考试数学试题) 已知动点 到点 的距离与到直线 的距离
之比等于 .
( 1 )求动点 的轨迹 的方程；
(2)过直线 上的一点 作轨迹 的两条切线,切点分别为 ,且 ,
① 求点 的坐标；
② 求 的角平分线与 轴交点 的坐标.
30. (河南省济洛平许 2024 届高三第三次质量检测数学试题) 已知 是椭圆 上的动点,过原点 向圆 引两条切线,分别与椭圆 交于 两点 (如图所示),记直线 的斜率依次为 ,且 .
(1)求圆 的半径 ；
( 2 )求证: 为定值；
(3)求四边形 的面积的最大值.
31. (四川省成都市 2022 届高三下学期第一次适应性考试数学 (理) 试题) 点 为曲线 上任意一点,直线 , 过点 作 与直线 垂直,垂足为 ,点 ,且 .
(1)求曲线 的方程；
(2)过曲线 上的点 作圆 的两条切线,切线与 轴交于 ,求 面积的取值范围.
32. (浙江省台州市 2024 届高三下学期第二次教学质量评估数学试题) 已知椭圆 ,直线 交椭圆于 两点, 为椭圆的右顶点, 的内切圆为圆 .
(1)求椭圆 的焦点坐标；
(2)求圆 的方程；
(3)设点 ,过 作圆 的两条切线分别交椭圆 于点 ,求 的周长.
33. (广东省广州市 2024 届普通高中毕业班综合测试(一)数学试卷)已知 为坐标原点,双曲线
的焦距为 4,且经过点 .
(1)求 的方程:
(2)若直线 与 交于 两点,且 ,求 的取值范围:
(3)已知点 是 上的动点,是否存在定圆 ,使得当过点 能作圆 的两条切线 时(其中
分别是两切线与 的另一交点),总满足 若存在,求出圆 的半径 : 若不存在,请说明理由.
【类型六】分式定值
34. (湖南师范大学附属中学 2022 届高三下学期二模数学试题) 已知双曲线 的右焦点为
为坐标原点,点 分别在 的两条渐近线上,点 在线段 上,且 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)过点 作直线 交 于 两点,问; 在 轴上是否存在定点 ,使 为定值 若存在,求出定点 的坐标及这个定值; 若不存在,说明理由.
35. (四川省成都市 2024 届高三下学期第三次诊断性检测理科数学试题) 已知椭圆 的离心率为 ,过点 的直线 与椭圆 交于 两点,当 过坐标原点 时, .
(1)求椭圆 的方程；
(2)线段 上是否存在定点 ,使得直线 与直线 的斜率之积为定值. 若存在,求出点 的坐标; 若不存在,请说明理由.
36. (福建省厦门市 2024 届高中毕业班第四次质量检测数学试题) 平面直角坐标系 中,动点 在圆 上, 动点 (异于原点) 在 轴上,且 ,记 的中点 的轨迹为 .
(1)求 的方程；
(2)过点(3,1)的动直线 与 交于 两点. 问:是否存在定点 ,使得 为定值,其中 分别为直线 的斜率. 若存在,求出 的坐标,若不存在,说明理由.
37. (湖北省武汉市 2023 届高三下学期四月调研数学试题) 过点(4,2)的动直线 与双曲线 交于 两点,当 与 轴平行时, ,当 与 轴平行时, .
(1)求双曲线 的标准方程；
(2) 点 是直线 上一定点,设直线 的斜率分别为 ,若 为定值,求点 的坐标.
【类型七】面积转化
38. (江苏省南通市如皋中学 2024 届高三下学期高考适应性考试(三)(3.5 模)数学试题)在平面直角坐标系 中, 点 分别是椭圆 的右顶点,上顶点,若 的离心率为 ,且 到直线 的距离为 . (1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点 的直线 与椭圆 交于 , 两点,其中点 在第一象限,点 在 轴下方且不在 轴上,设直线 , 的斜率分别为 .
(i) 求证: 为定值,并求出该定值;
(ii) 设直线 与 轴交于点 ,求 的面积 的最大值.
39. (湖北省武汉市部分学校 2023-2024 学年高三上学期九月调研考试数学试题) 椭圆 的左顶点为 ,右顶点为 ,满足 ,且椭圆 的离心率为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)已知点 在椭圆 的内部,直线 和直线 分别与椭圆 交于另外的点 和点 ,若 的面积为 , 求 的值.
40. (辽宁省大连市 2023 届高三下学期适应性测试数学试题) 已知圆 ,定点 是圆 上的一动点,线段 的垂直平分线交半径 于点 . ( 1 )求 的轨迹 的方程； (2)若过 的直线 分别交轨迹 与 和 ,且直线 的斜率之积为 ,求四边形 面积的取值范围.
41. (河南省信阳市第一高级中学(华大新高考联盟)2024 届高三 4 月教学质量测评数学试题)已知椭圆 : 短轴长为 2,左、右焦点分别为 ,过点 的直线 与椭圆 交于 两点,其中 分别在 轴上方和下方, ,直线 与直线 交于点 ,直线 与直线 交于点 .
(1)若 的坐标为 ,求椭圆 的方程;
(2)在 (1) 的条件下,过点 并垂直于 轴的直线交 于点 ,椭圆上不同的两点 满足 成等差数列. 求弦 的中垂线的纵截距的取值范围;
(3)若 ,求实数 的取值范围.
42. (山东省青岛市 2024 届高三下学期第一次适应性检测数学试题) 已知 为坐标原点,点 为 和 的公共点, 与直线 相切,记动点 的轨迹为 .
(1)求 的方程；
(2)若 ,直线 与 交于点 ,直线 与 交于点 ,点 在第一象限,
记直线 与 的交点为 ,直线 与 的交点为 ,线段 的中点为 .
①证明: 三点共线;
②若 ,过点 作 的平行线,分别交线段 , 于点 , ,求四边形 面积的最大值.圆锥曲线大题集大成之作 (第一部)
【类型一】斜率积
1. (江西省赣州市 2021 届高三二模数学(理)试题)已知椭圆 的标准方程为 ,椭圆 上的点 到其两焦点的距离之和为 4 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若 椭圆 的上顶点, A、B为椭圆 上不同于点 的两点,且满足直线 、 的斜率之积为 ,证明:直线 恒过定点,并求定点的坐标.
2. (湖南省永州市第一中学 2023-2024 学年高二下学期 6 月月考数学试题) 已知椭圆 过点 , 离心率为 . 不过原点的直线 交椭圆 于 两点,记直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,且
(1)证明:直线 的斜率 为定值；
(2)求 面积的最大值.
3. (2020 年新高考全国卷I数学高考试题 (山东) 已知椭圆 的离心率为 ,且过点 .
(1)求 的方程:
(2)点 , 在 上,且 , , 为垂足. 证明:存在定点 ,使得 为定值.
4. (2020 年全国统一高考数学试卷 (新课标I) 已知 、 分别为椭圆 的左、右顶点, 为 的上顶点, 为直线 上的动点, 与 的另一交点为 与 的另一交点为 .
(1)求 的方程；
(2)证明:直线 过定点.
5. (四川省成都市石室中学 2023 届高考适应性考试(二)理科数学试题) 已知点 ,动点 满足直线 与 的斜率之积为 . 记动点 的轨迹为曲线 . ( 1 )求曲线 的方程,并说明 是什么曲线； (2)设 为曲线 上的两动点,直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,且 . ①求证: 直线 恒过一定点; ②设 的面积为 ,求 的最大值.
6. (四川省乐山市 2023 届高三下学期第二次调查研究考试数学(理) 试题) 已知椭圆 经过 , 两点, 是椭圆 上异于 的两动点,且 ,若直线 的斜率均存在,并分别记为 .
(1)求证: 为常数；
(2)求 面积的最大值.
7. (2019 年全国统一高考数学试卷 (理科) (新课标II))
已知点 , ,动点 满足直线 与 的斜率之积为 . 记 的轨迹为曲线 .
(1)求 的方程,并说明 是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交 于 , 两点,点 在第一象限, 轴,垂足为 ,连结 并延长交 于点 .
(i)证明: 是直角三角形;
(ii) 求 面积的最大值. 8. (河南省郑州市 2024 届高三第二次质量预测数学试题) 已知椭圆 过点(0,1),且焦距为 . (1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点 作两条互相垂直的弦 ,设弦 的中点分别为 .
①证明:直线 必过定点；
②若弦 的斜率均存在,求 面积的最大值.
9. (重庆市沙坪坝区南开中学校 2024 届高三上学期第四次质量检测 (期中) 数学试题) 椭圆 的左右焦点为 和 为椭圆的中心,过 作直线 ,分别交椭圆 于 和 ,且 的最大值为 , 的最小值为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设线段 的中点分别为 ,记 的面积为 的面积为 ,若直线 的斜率为 且 ,求证: 为定值,并求出这个定值.
【类型二】斜率和
10. (2017 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 (新课标 1 卷) 已知椭圆 ,四点 ,
中恰有三点在椭圆 上.
(I) 求 的方程;
(II)设直线 1 不经过 点且与 相交于 两点. 若直线 与直线 的斜率的和为-1,证明: 1 过定点.
11. (2022 年全国新高考 I 卷数学试题) 已知点 在双曲线 上,直线 交 于 两点,直线 的斜率之和为 0 .
(1)求 的斜率；
(2)若 ,求 的面积.
12. (福建省福州市 2022 届高三 5 月质量检测数学试题) 在平面直角坐标系 中,动点 到直线 的距离和点 到点 的距离的比为 ,记点 的轨迹为 .
(1)求 的方程；
(2)若不经过点 的直线 与 交于 两点,且 ,求 面积的最大值.
13. (黑龙江省大庆市 2022 届高三第三次教学质量检测理科数学试题) 已知椭圆 经过点 ,
其长半轴长为 2 .
(1)求椭圆 的方程:
(2)设经过点 的直线 与椭圆 相交于 两点,点 关于 轴的对称点为 ,直线 与 轴相交于点 ,
求 的面积 的取值范围.
14. (湖南省长沙市第一中学 2023-2024 学年高三上学期月考(一)数学试题) 已知椭圆 左焦点为 ,点 到椭圆 上的点的距离最小值是 1,离心率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设点 是椭圆上关于 轴对称的两点, 交椭圆 于另一点 ,求 的内切圆半径的范围.
15. (河南省郑州市 2021-2022 学年高三上学期第一次质量预测理科数学试题) 已知椭圆 的左焦点为 ,离心率为 ,过 的直线与椭圆交于 两点,当 轴时, .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设经过点 的直线 与椭圆 相交于 两点,点 关于 轴的对称点为 ,直线 与 轴交于点 , 求 面积的取值范围.
16. (广东省广州市 2023 届高三综合测试(一)数学试题)已知椭圆 的离心率为 ,以 的短轴为直径的圆与直线 相切.
(1)求 的方程；
(2)直线 与 相交于 两点,过 上的点 作 轴的平行线交线段 于点 ,直线 的斜率为 ( 为坐标原点), 的面积为 的面积为 ,若 ,判断 是否为定值 并说明理由.
17. (2023 年高考全国乙卷数学 (理) 真题) 已知椭圆 的离心率是 ,点 在 上.
(1)求 的方程；
(2)过点(-2,3)的直线交 于 两点,直线 与 轴的交点分别为 ,证明: 线段 的中点为定点.
18. (2023 届福建省福州市高三质量检测数学试题) 已知双曲线 的右顶点为 为原点, 点 在 的渐近线上, 的面积为 .
(1)求 的方程；
(2)过点 作直线 交 于 两点,过点 作 轴的垂线交直线 于点 为 的中点,证明: 直线 的斜率为定值.
19. (山东省济南市 2023 届高三二模数学试题) 已知椭圆 的长轴长为 4,由 的三个顶点构成的三角形的面积为 2 .
(1)求 的方程；
(2)记 的右顶点和上顶点分别为 ,点 在线段 上运动,垂直于 轴的直线 交 于点 (点 在第一象限),
为线段 的中点,设直线 与 的另一个交点为 ,证明: 直线 过定点.
20. (2013 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学 (江西卷) 如图,椭圆 经过点 , 离心率 ,直线 的方程为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2) 是经过右焦点 的任一弦(不经过点 ),设直线 与直线 相交于点 ,记 , , 的斜率分别为 .
问: 是否存在常数 ,使得 若存在,求 的值; 若不存在,说明理由.
21. (重庆市巴蜀中学校 2023 届高三下学期适应性月考(十)数学试题)已知点 是异于 , 的动点, , 分别是直线 , 的斜率,且满足 .
(1)求动点 的轨迹方程；
(2)在线段 上是否存在定点 ,使得过点 的直线交 的轨迹于 两点,且对直线 上任意一点 ,都有直线 的斜率成等差数列. 若存在,求出定点 ,若不存在,请说明理由.
22. (数学奥林匹克高中训练题) 如图,已知 是椭圆 的内接 的内切圆,其中, 为椭圆的左顶点.
(1)求 的半径 ；
(2)过点 作 的两条切线与椭圆交于 、 两点,证明:直线 与 相切.
23. (2021 届武汉九调) 已知椭圆 的离心率为 ,点 是椭圆 短轴的一个四等分点.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设过点 且斜率为 的动直线与椭圆 交于 , 两点,且点 ,直线 , 分别交
于异于点 的点 ,设直线 的斜率为 ,求实数 ,使得 ,恒成立.
【类型三】三点共线
24. (河北省唐山市 2022 届高三下学期第一次模拟数学试题) 已知椭圆 经过点 ,离心率为 (1)求椭圆 的方程；
(2)如图,椭圆 的左、右顶点为 ,不与坐标轴垂直且不过原点的直线 与 交于 两点 (异于 ),
点 关于原点 的对称点为点 ,直线 与直线 交于点 ,直线 与直线 交于点 . 证明: 点 在定直线上.
25. (江苏省南京外国语学校 2023-2024 学年高三上学期期中模拟数学试题) 为圆 上一动点,点 的坐标为(2,0),线段 的垂直平分线交直线 于点 .
( 1 )求点 的轨迹方程 ；
(2)如图,(1)中曲线 与 轴的两个交点分别为 和 为曲线 上异于 的两点,直线 不过坐标原点,且不与坐标轴平行. 点 关于原点 的对称点为 ,若直线 与直线 相交于点 ,直线 与直线 相交于点 ,证明: 在曲线 上存在定点 ,使得 的面积为定值,并求该定值.
26. (江西省南昌市 2024 届高三第一次模拟测试数学试题) 已知椭圆 的离心率为 ,左右两顶点分别为 ,过点 作斜率为 的动直线与椭圆 相交于 两点. 当 时,点 到直线 的距离为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设点 关于原点的对称点为 ,设直线 与直线 相交于点 ,设直线 的斜率为 ,试探究 是否为定值,
若为定值, 求出定值并说明理由. 27. (2022 年全国高考乙卷数学 (理) 试题) 已知椭圆 的中心为坐标原点,对称轴为 轴、 轴,且过 两点. (1)求 的方程； (2)设过点 的直线交 于 两点,过 且平行于 轴的直线与线段 交于点 ,点 满足 . 证明: 直线 过定点.
28. (2023 年新课标全国II卷数学真题)已知双曲线 的中心为坐标原点,左焦点为 ,离心率为 .
(1)求 的方程；
(2)记 的左、右顶点分别为 ,过点(-4,0)的直线与 的左支交于 两点, 在第二象限,直线 与
交于点 . 证明:点 在定直线上.
29. (福建省 2023 届高三毕业班适应性练习卷 (省质检) 数学试题) 已知圆 ,直线 且与圆 交于点 中点为 ,过 中点 且平行于 的直线交 于点 ,记 的轨迹为
(1)求 的方程；
(2)坐标原点 关于 的对称点分别为 ,点 关于直线 的对称点分别为 ,过 的直线 与 交于点 ,直线 相交于点 .请从下列结论中,选择一个正确的结论并给予证明.
① 的面积是定值；② 的面积是定值:③ 的面积是定值.
30. (浙江省杭州市 2024 届高三下学期 4 月教学质量检测数学试题) 已知 是椭圆 的左,右顶点,点 与椭圆上的点的距离的最小值为 1 .
(1)求点 的坐标.
(2)过点 作直线 交椭圆 于 两点 (与 不重合),连接 交于点 .
(i)证明:点 在定直线上；
(ii) 是否存在点 使得 ,若存在,求出直线 的斜率; 若不存在,请说明理由.
31. (重庆市巴蜀中学 2023 届高三高考适应性月考 (六) 数学试题) 如图,已知 分别为椭圆 的左,右顶点, 为椭圆 上异于点 的动点,若 ,且直线 与直线 的斜率之积等于 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)过动点 作椭圆 的切线,分别与直线 和 相交于 两点,记四边形 的对角线 相交于点 ,问: 是否存在两个定点 ,使得 为定值 若存在,求 的坐标; 若不存在,说明理由.
32. (2012 年全国普通高等学校招生统一考试数学 (江苏卷) 如图,在平面直角坐标系 中,椭圆 的左、右焦点分别为 . 已知(1, e)和 都在椭圆上,其中 为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)设 是椭圆上位于 轴上方的两点,且直线 与直线 平行, 与 交于点 .
(i) 若 ,求直线 的斜率;
(ii) 求证: 是定值.
33. (湖北省武汉市 2024 届高中毕业班二月调研考试数学试题) 已知双曲线 的左右焦点为 ,其右准线为 ,点 到直线 的距离为 ,过点 的动直线交双曲线 于 两点,当直线 与 轴垂直时, .
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)设直线 与直线 的交点为 ,证明: 直线 过定点.
【类型四】过 x 轴定点设线解点
34. (四川省绵阳市 2021 届高三第三次诊断理科数学试题) 已知椭圆 的离心率为 ,右焦点为 , 上顶点为 ,左顶点为 ,且 .
(1)求椭圆的方程；
(2)已知 , ,点 在椭圆上,直线 , 分别与椭圆交于另一点 , ,若 , , 求证: 为定值. 35. (2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(北京卷)已知椭圆 的离心率为 , 焦距为 . 斜率为 的直线 与椭圆 有两个不同的交点 、 .
(I)求椭圆 的方程；
(II)若 ,求 的最大值；
(III) 设 ,直线 与椭圆 的另一个交点为 ,直线 与椭圆 的另一个交点为 . 若 和点 共线,求 .
36. (四川省达州市普通高中 2024 届高三上学期第一次诊断性测试数学试题 (理科) 已知,椭圆的面积为 (其中, 为椭圆的长半轴长, 为椭圆的短半轴长). 若椭圆 的左、右焦点分别为 ,过 的直线与 交于 两点,直线 与 的另一交点为 ( 均不与 顶点重合), 的周长为 的面积为 .
(1)求 的标准方程；
(2) 为原点,记直线 的斜率分别为 ,求 的值.
37. (重庆市南开中学校 2023-2024 学年高三第六次质量检测 (2 月) 数学试题) 已知定点 ,若动点 到 与到定直线 的距离之比为 .
( 1 )求动点 的轨迹 的方程；
(2)过点 作直线 交 于 两点 ( 点在 轴的上方),过点 作 的垂线,垂足为 . 是否存在点 ,使得四边形
为菱形？若存在,请求出此时 的斜率；若不存在,请说明理由；
(3)若动点 在第一象限,延长 交 于 两点,求 与 内切圆半径的差的绝对值的最大值.
38. (江西省新八校 2024 届高三第二次联考数学试题) 已知椭圆 分别是椭圆的左、右焦点, 是椭圆上的动点,直线 交椭圆于另一点 ,直线 交椭圆于另一点 .
( 1 )求 面积的最大值；
(2)求 与 面积之比的最大值.
39. (浙江省宁波市镇海中学 2024 届高三下学期适应性测试数学试卷) 已知 ,动点 满足 ,动点 的轨迹为曲线 交 于另外一点 交 于另外一点 .
(1)求曲线 的标准方程；
(2)已知 是定值,求该定值；
(3)求 面积的范围.
40. (山东省潍坊市 2023 届高三下学期一模数学试题) 已知椭圆 的焦距为 ,离心率为 ,
直线 与 交于不同的两点 .
(1)求 的方程；
(2)设点 ,直线 , 与 分别交于点 , .
①判段直线 是否过定点 若过定点,求出该定点的坐标; 若不过定点. 请说明理由:
②记直线 的倾斜角分别为 ,当 取得最大值时,求直线 的方程.

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