专题15 圆锥曲线中的热点问题-备战2021年高考数学二轮复习题型专练（全国通用）

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专题15 圆锥曲线中的热点问题
【要点提炼】
1、圆锥曲线常考查的几何量
(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；
(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；
(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；21cnjy.com
(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；
(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.
2、圆锥曲线中的范围、最值问题：可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.21·世纪*教育网
3、圆锥曲线中的定点、定值问题：
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.21*cnjy*com
(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.
4、圆锥曲线中的存在性问题。
【方法指导】
1、求解圆锥曲线中范围、最值问题的主要方法：
（1）几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解。
（2）代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围。
解决圆锥曲线中定点问题的基本方法：
（1）假设定点的坐标，根据题_???é??????????°???_建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关时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的定点。
若得到了直线方程的点斜式：y_???y0???k(_x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).
（2）从特殊位置入手，找出定点，在证明该点满足条件。
3、解决圆锥曲线中的定点问题应注意以下几点：
（1）分清题目中哪些量是定的，那些量是变动的；
（2）注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；
（3）“先猜后证“，也就是利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了证明的方向。
4、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，从而得到定理。
5、定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的。2-1-c-n-j-y
6、圆锥曲线中的证明问题主要_?????¤?±??????????_证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上，某直线经过某个点，某两条直线平行或垂直；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系（相等或者不等）。
7、在证明问题时，主要_??????????????????_锥曲线的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，把几何条件恰当地转化为代数式子，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算进行证明。
8、在证明圆锥_???????????????é??_关系时，要选择合适的参数（如直线的斜率、点的坐标等），通过相关的性质、代数式的恒等变形以及必要的数值计算，把所涉及的量都用这个参数来表示，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行计算推证。
9、解决存在性问题的注意事项：
（1）存在性问题，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）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；
（3）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）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。
命题点一 会解决圆锥曲线中的最值或取值范围问题
【典例1】（2021·山东菏泽市·高三一模）已知椭圆的左右焦点分别为.点在椭圆上；直线交轴于点.且.其中为坐标原点.
（1）求椭圆的方程;
（2）直线斜率存在，与椭圆交于两点，且与椭圆有公共点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由可得，再将点代入方程化简即可求得方程；
（2）设直线的方程代入椭圆方程，结合韦达定理求得弦长，由点到直线距离公式与三角形面积公式求得面积表达式，通过化简整理即可得结果.
【详解】
解: 设由可得
得 即
另外在椭圆上，
因此
即
解得或(舍去)
故椭圆的方程.
设直线的方程为原点到直线的距离为
联立方程组
并化简得，
设，
则:
故
而由
可得
则
即
故①当时，
则
故
即直线与椭圆相切时面积最大为
②当时，易知:时，面积最大为.
综上可得
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)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．21教育网
【方法总结】
求解圆锥曲线中范围、最值问题的主要方法：
（1）几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解。
（2）代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围。
【拓展练习】
1、（2021·广东广州市·高三二模）设为坐标原点，已知椭圆的左，右焦点分别为，，点为直线上一点，是底角为的等腰三角形.【来源：21cnj*y.co*m】
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，设不与轴重合的直线过椭圆的右焦点，与椭圆相交于?两点，与圆相交于?两点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）设直线与x轴交于点Q，由是底角为的等腰三角形，结合图像，可知是特殊的直角三角形，利用余弦定义可得到；
（2）由（1）知，椭圆的方程为：，设直线的方程为：，点，联立，化简整理得，利用韦达定理及弦长公式求出，利用几何法求得直线截圆的弦长，可得出关于m的函数关系，利用不等式的性质求解即可.
【详解】
设直线与x轴交于点Q，由是底角为的等腰三角形， ，，
在直角中，，，，
利用余弦定义可知，解得：
所以椭圆的离心率为
（2）由（1）知，，且，则，故，
所以椭圆的方程为：
设不与轴重合的直线的方程为：，设点
联立，化简整理得
其中，，
利用弦长公式可得：
设圆的圆心O到直线的距离为d，则
利用圆的弦长公式可得：
所以
，，
所以的取值范围是
【点睛】
思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）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．
命题点二 会解决圆锥曲线中的定点问题
【典例2】（2021·山西晋中市·高三二模（理））设椭圆，O为原点，点是x轴上一定点，已知椭圆的长轴长等于，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆C交于两个不同点M，N，已知M关于y轴的对称点为，N关于原点O的对称点为，若满足，求证：直线l经过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，列出方程组 ，求得的值，即可求解；
（2）由，可得三点共线，得到，
结合斜率公式，化简得到，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，进而求得结论.
【详解】
（1）由题意，椭圆，且长轴长等于，离心率为，
可得 ，解得，所以，
所以椭圆C的方程为．
（2）设，则，
由，可得三点共线，
所以，即，
又由，
所以，
整理得．①
由，可得，则，
代入①，可得，整理得，
所以直线l的方程为，即，即直线l恒过定点．
【点睛】
直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的_??????????????????_合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
【方法总结】
解决圆锥曲线中定点问题的基本方法：
（1）假设定点的坐标，根据题意选_????????°?????????_一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关时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的定点。
（2）从特殊位置入手，找出定点，在证明该点满足条件。
2、解决圆锥曲线中的定点问题应注意以下几点：
（1）分清题目中哪些量是定的，那些量是变动的；
（2）注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；
（3）“先猜后证“，也就是利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了证明的方向。
【拓展练习】
2、（2020·江西吉安市·高三其他模拟（理））已知椭圆经过点，且离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，点总满足，证明：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
(1)由离心率可得，再根据椭圆过点可得，联立可得答案.
(2) 设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，又因为，所以，将韦达定理代入得出答案.【来源：21·世纪·教育·网】
【详解】
（1）因为椭圆的离心率.
所以，即，
又椭圆经过点，
代入椭圆方程可得，
联立方程组可得，解得，.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
联立方程组消去得，
，即，
，，
因为，所以，
，
即
得，
化简得，直线的方程为，
所以，直线恒过定点.
【点睛】
关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线过定点问题，解答本题的关键是由，所以，即，将韦达定理代入，属于中档题.
命题点三 会解决圆锥曲线中的定值问题
【典例3】（2021·广东韶关市·高三一模）已知抛物线：的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，求得弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线方程；
（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，，.将直线方程与抛物线方程联立，根据垂直，得到坐标之间的关系，求得参数的值，进而求得结果，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到定值，证得结果.21*cnjy*com
【详解】
（1）显然直线的斜率不为0，故可设置的方程为，
，所以，.
所以.
，
所以当时，最小，所以，
故所求抛物线的方程为.
（2）直线的斜率不为0，
故可设直线的方程为，，.
，所以，.
.
因为，所以，
所以，即
解得或.
若，则直线过点，不符合题意.
则有，此时直线的方程为，
所以直线过定点.
又，所以，所以点在以为直径的圆上，
所以.
此时.
【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：
（1）根据题意，设出直_???????¨??????????_物线的方程联立，求弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线的方程；也可以利用抛物线的焦点弦长最短是通径，得到结果；
（2）根据题意，设出直线_????¨?????????????_线方程联立，根据垂直关系，得到坐标之间的关系，从而求得参数的值，再根据直角三角形的外心为斜边中点，得到结果.
【方法总结】
1、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，从而得到定理。
2、定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的。
【拓展练习】
3、（2021·江苏盐城市·高三一模）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.
（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；
（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程.
（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论.
【详解】
（1）若B为椭圆的上顶点，则.
又过点，故直线
由可得，解得即点，
又，故直线.
（2）设，
方法一：
设直线，代入椭圆方程可得：.
所以.
故
.
又均不为0，故，即为定值
方法二：
设直线，代入椭圆方程可得：.
所以.
所以，即，
所以，
即为定值.
方法三：
设直线，代入椭圆方程可得：.
所以，
所以.
所以，
把代入得.
方法四：
设直线，代入椭圆的方程可得，
则.
所以.
因为，
代入得.
【点睛】
思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
命题点四 会证明空间中的点、线的位置关系
【典例4】（2021·云南高三其他模拟（理））以原点为中心的椭圆的焦点在轴上，为的上顶点，且的长轴长和短轴长为方程的两个实数根.
（1）求的方程与离心率；
（2）若点在上，点在直线上，，且，求点的坐标.
【答案】（1）的方程为，离心率为；（2）或或或.
【分析】
（1）由根与系数关系得，，即可写出的方程及其离心率；
（2）由知，令且，，结合且在上，即可求N的坐标.
【详解】
（1）由题意可设的方程为，
∵的两根为，，
∴，，则，，即的方程为，
∴离心率.
（2）由（1）知，设且，，则，
由，得.
由，得，解得.
由，得，
故的坐标为或或或.
【点睛】
关键点点睛：
（1）应用根与系数关系求椭圆参数值，进而写出椭圆方程及其离心率即可.
（2）由直线垂直关系有，结合已知条件即可求N的坐标.
【方法总结】
1、圆锥曲线中的证明问题主要有两_?±??????????è?????_点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上，某直线经过某个点，某两条直线平行或垂直；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系（相等或者不等）。2·1·c·n·j·y
2、在证明问题时，主要_??????????????????_锥曲线的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，把几何条件恰当地转化为代数式子，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算进行证明。【出处：21教育名师】
【拓展练习】
4、（2020·山西太原市·太原五中高三二模（理））已知椭圆的离心率为，椭圆的中心关于直线的对称点落在直线上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设，、是椭圆上关于轴对称的任意两点，连接交椭圆于另一点，求直线的斜率范围并证明直线与轴相交定点．
【答案】（1）；（2）斜率的取值范围是：；证明见解析．
【分析】
（1）由题意知，则，求出椭圆的中心关于直线的对称点，可求，即可得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为代入椭圆方程，根据判别式，可求直线的斜率范围，求出直线的方程为，令，得，即可得出结论．
【详解】
解：（1）由题意知，则，
设椭圆的中心关于直线的对称点，则，
，，
椭圆的中心关于直线的对称点落在直线上．
，，
，
椭圆的方程为；
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为．
代入椭圆方程，可得．①
由△，得，
又不合题意，直线的斜率的取值范围是：，，．
（Ⅲ）设点，，，，则，．
直线的方程为．
令，得．
将，代入整理，得．②
由①得，
代入②整理，得．
直线与轴相交于定点．
【点睛】
本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
命题点五 会证明圆锥曲线中的等量关系
【典例5】（2021·全国高三零模）双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．
（1）求的离心率；
（2）若在第一象限，证明：．
【答案】（1）；（2）见解析.
【分析】
（1）根据已知条件可得，据此可求离心率.
（2）设，则，，再计算，利用点在双曲线上化简后可得，从而可得结论成立.
【详解】
（1）设双曲线的半焦距为，则，，
因为，故，故，即，
故.
（2）设，其中.
因为，故，，
故渐近线方程为：，所以，，
当时，
又，，
所以
，
因为，
故.
当，由（1）可得，故.
综上，.
【点睛】
方法点睛：（1）圆锥曲线中离心率的计算，关键是找到一组等量关系（齐次式）.
（2）圆锥曲线中与有角有关的计算，注意通过动点的坐标来刻画角的大小，还要注意结合点在曲线上满足的方程化简目标代数式.
【方法总结】
在证明圆锥曲线中的等量关_?????????è??é?????_合适的参数（如直线的斜率、点的坐标等），通过相关的性质、代数式的恒等变形以及必要的数值计算，把所涉及的量都用这个参数来表示，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行计算推证。
【拓展练习】
5、（2021·全国高三专题练习）已知点在抛物线：上，直线：与抛物线有两个不同的交点.
（1）求的取值范围；
（2）设直线与抛物线的交点分别为，，过点作与的准线平行的直线，分别与直线和交于点和（为坐标原点），求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由已知点坐标求得参数，由方程的解（判别式）确定直线与抛物线的位置关系；
（2）设，，显然，，均不为0，由（1）中方程应用韦达定理得①，，要证，只要证.即可得．
【详解】
解：（1）由抛物线：过点，得.
所以抛物线的方程为.
由得.
由题意，且，即，
因此的取值范围是且．.
（2）设，，显然，，均不为0.
由（1）可知①，②.
由题意可得，的横坐标相等且同为，
因为点的坐标为，所以直线的方程为，点的坐标为.
直线的方程为，点的坐标为.
若要证明，只需证，即证，
即证.
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③得，此等式显然成立.
所以恒成立，故.
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线的交点问题．直线与抛物线的位置关系可能通过直线方程与抛物线方程联立方程组，由方程组的解的个数确定位置关系，但要注意在方程组的解不是判别式得出的一个解时不是相切．直线与抛物线的交点问题，一般采取设而不求思想，即设交点坐标，由直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入其他条件求解．
命题点六 会解决圆锥曲线中的存在性问题
【典例6】（2021·河南新乡市·高三一模（理））已知动点到点的距离与到直线的距离之比为.
（1）求动点的轨迹的标准方程；
（2）过点的直线交于，两点，已知点，直线，分别交轴于点，.试问在轴上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，点.
【分析】
（1）由直译法列出方程化简即可；
（2）设出直线方程，以及，,,，,通过代换用表示，化简得到一个常数即可.
【详解】
（1）设点，则，
化简得
故动点的轨迹的标准方程为
（2）设直线的方程为
联立方程组，得，
得: 或
，.
设 ，定点存在，其坐标为
.
则
令，求出与轴的交点
即有:
即
即
当直线与轴重合时，
解得
所以存在定点，的坐标为.
【点睛】
本题中这一步是为了凑出，然后作整体替换.
【方法总结】
解决存在性问题的注意事项：
（1）存在性问题，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）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；
（3）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）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。
【拓展练习】
6、（2021·山东临沂市·高三一模）如图，抛物线的焦点为四边形为正方形，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，交直线于点.www-2-1-cnjy-com
（1）若为线段的中点，求直线的斜率；
（2）若正方形的边长为，直线，，的斜率分别为，，，则是否存在实数，使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）过，分别向作垂线，垂足为，，设中点为，过向作垂线垂足为，利用抛物线的定义及题目中所给的条件可推出，从而得出斜率；www.21-cn-jy.com
（2）由正方形的边长为可得出抛物线的方程为，，设直线的方程为，设，，联立直线方程与直线得到点的坐标，然后分别表示出，，，再联立直线与抛物线方程，得到，，使得成立，利用韦达定理代入值化简求解的值即可.【版权所有：21教育】
【详解】
解：（1）如图所示，过，分别向作垂线，垂足为，，设中点为，过向作垂线垂足为，
则
又
在中，
直线的斜率为
（2）正方形边长为，
，抛物线方程为，，
设，
方程为，得
由
得
，
，
，
即存在常数使得成立.
【点睛】
本题考查存在型定值问题的求解，解答的一般思路如下：
①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；
②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．
【专题训练】
1．（2021·辽宁高三一模（文））已知椭圆的离心率是，椭圆C过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知是椭圆的左、右焦点，过点的直线（不过坐标原点）与椭圆交于两点，求 的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由离心率及点的坐标列出关于的方程组，解之可得椭圆标准方程；
（2）设，设直线的方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入，利用不等式的性质可得取值范围．
【详解】
（1）由条件知，
解得
因此椭圆的方程为.
（2）设，
则，
设直线的方程为，
代入椭圆的方程消去，得，
由韦达定理得，
，
，
，
所以.
【点睛】
方法点睛：本题考查由离心率求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交中的范围问题，解题方法是设而不求的思想方法：设交点坐标坐标为，设直线方程为，代入椭圆方程消元后（可以消去）应用韦达定理得得（），代入所求的量化简变形后利用不等式的知识可得取值范围．
2．（2021·山东淄博市·高三一模）已知，是椭圆：长轴的两个端点，点在椭圆上，直线，的斜率之积等于.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，直线方程为，若过点的直线与椭圆相交于，两点，直线，与的交点分别为，，线段的中点为.判断是否存在正数使直线的斜率为定值，并说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）由在椭圆上得到，然后根据直线，的斜率之积等于，由求解.
（2）当该直线的斜率不存在时验证即可,当该直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，根据，，三点共线，求得，同理求得，进而得到N的坐标，再利用斜率公式求解.
【详解】
（1）由已知：，，
因为在椭圆上，直线，的斜率之积等于，
所以，
解得：，
又，
所以，
所以椭圆的标准方程为，
（2）设，为过点的直线与椭圆的交点，
①当经过点的直线斜率不存在时，此时，为椭圆长轴端点，
不妨设，，因为，，三点共线，
坐标为，同理坐标为，
此时线段的中点为，
所以，
②当该直线的斜率存在时，设该直线的方程是，
联立方程得：，
消元并化简得：，
所以，，
设，，
因为，，三点共线，即，
所以，
由已知得，点不在直线上，且，
所以，
同理可得，
所以，
,
将，代入上式并化简得：
，
所以的坐标为，
当时，直线的斜率，
因为与的取值无关，所以，即，
此时.
综合①②可知：存在使得直线的斜率为定值.
【点睛】
方法点睛：求_??????é??é?????è§?_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．
3．（2021·山东潍坊市·高三一模）在平面直角坐标系中，两点的坐标分别为，直线相交于点且它们的斜率之积是，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作直线交曲线于两点，且点位于轴上方，记直线的斜率分别为．
①证明：为定值；
②设点关于轴的对称点为，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．
【分析】
（1）根据条件列出方程化简即可求出曲线方程；
（2）设直线的方程为，直接表示出斜率，消元为关于的式子，再根据直线与椭圆联立可得的和、积，代入化简即可求证为定值；由题意坐标为，可得直线恒过点D(4,0),，化简后利用均值不等式求最值.
【详解】
（1）设点坐标为，
则直线的斜率分别为，
依题意知，
化简得；
（2）①设直线的方程为，
则，
又，消得，
得
因此，
故为定值；
②坐标为，则直线方程为，
令解得
，
即直线恒过点，
故
，
当，即时，等号成立，
此时面积最大值为．
【点睛】
关键点点睛：求面积的最大值，首先要表示出三角形面积，根据本题条件，转化为是解题的关键，表示出三角形面积后，选择合适的方法求最大值，是解题的一个难点，本题可采用分子分母同除以后，利用均值不等式求解.21·cn·jy·com
4．（2021·福建漳州市·高三其他模拟）已知直线：与轴交于点，且，其中为坐标原点，为抛物线：的焦点.
（1）求拋物线的方程；
（2）若直线与抛物线相交于，两点(在第一象限)，直线，分别与抛物线相交于，两点（在的两侧），与轴交于，两点，且为中点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值；
（3）在（2）的条件下，求的面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）先求出点的坐标，进而求出点的坐标，所以，可求得p，从而即可求出抛物线方程；
（2）把直线和抛物线方程联立，解得，的坐标，再通过设点，的坐标，表示出，，再代入求出定值即可；
（3）先表示出直线的方程，与抛物线联立，得到点的坐标，代入公式可得点到直线的距离，再利用弦长公式求得PB的长，从而表示出的面积，再根据定点的切线方程求参数t的取值范围，进而确定面积的取值范围.
【详解】
（1）由已知得，且为的中点，所以.
所以，解得，
故抛物线的方程为.
（2）证明：联立，解得，，
由为的中点得.
不妨设，，其中.
则，.
所以，
即为定值.
（3）由（2）可知直线的方程为，即，
与抛物线联立，消x可得，
解得或（舍），
所以，即，
故点到直线的距离.
设过点的抛物线的切线方程为，
联立得，
由，得，
所以切线方程为，令，得，
所以要使过点的直线与抛物线有两个交点，，
则有，
又，
所以，
即，故的面积的取值范围为.
【点睛】
解题的关键熟练掌握_????????????????¨?_与几何性质?直线与抛物线的位置关系及定值?最值问题，易错点在于，根据过点P的切线，求得与x轴交点，再求t的范围，考查推理论证以及运算求解能力，考查逻辑推理及数学运算核心素养，属中档题.
5．（2021·安徽安庆市·高三一模（文））已知椭圆：，直线：过椭圆的左焦点，与椭圆在第一象限交于点，三角形的面积为，、分别为椭圆的上下顶点，、是椭圆上的两个不同的动点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线的斜率为，直线的斜率为，若，问直线是否过定点，若过定点，求出定点；否则说明理由.
【答案】（1）；（2）直线过定点.
【分析】
（1）根据直线过左焦点，得到，再由三角形的面积为，求得点M的坐标，代入椭圆方程求解.
（2）设直线的方程为，则的方程为，分别与椭圆方程联立求得点P，Q的坐标，写出PQ的直线方程求解.
【详解】
（1）直线：过左焦点，所以，，
又由可知.
从而椭圆经过点.
由椭圆定义知，即，
故椭圆的方程为：.
（2）设直线的方程为，则的方程为，
由得，
从而点坐标为，
由得，
从而点坐标为，
由条件知，从而直线的斜率存在，.
所以直线的方程为，
即，过定点.
故直线过定点.
【点睛】
方法点睛：定点问题的常见解法_?????????è????????_坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
6．（2021·山西吕梁市·高三一模（文））在平面直角坐标系中，设点，直线，点在直线上移动，是线段与轴的交点，，．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）直线与曲线交于，两点，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先判断R是线段PF的中点，得到，再判断动点到点F的距离等于到直线l的距离，轨迹是抛物线的一部分，即得结果；
（2）先设点，，再联立直线与曲线，结合韦达定理证明，即证结论.
【详解】
解：（1）如图，是线段与轴的交点，直线l和y轴平行，故R是线段PF的中点，
又，故是线段PF的中垂线，所以，
结合知，动点到点F的距离等于到直线l的距离，
故动点的轨迹是开口向右的抛物线，F是焦点，l是准线，依题意动点不能与O重合，
故方程为；
（2）设，，，
联立得，，
则，
故，
故，即.
【点睛】
思路点睛：
圆锥曲线中的垂直问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理，结合斜率关系或者向量关系直接计算，即可解决问题.21世纪教育网版权所有
7．（2021·陕西咸阳市·高三一模（理））设为坐标原点，抛物线与过点的直线相交于，两个点．21教育名师原创作品
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）试判断在轴上是否存在点，使得直线和直线关于轴对称．若存在，求出点的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，．
【分析】
（Ⅰ）由题意设直线，设，，与抛物线联立，根据韦达定理，可得，的值，利用，即可得证；
（Ⅱ）假设存在这样的点，设，根据题意，可得，根据P，Q，T坐标，表示出，化简整理，即可得答案.
【详解】
解：（Ⅰ）由题意得，过点T的直线不与x轴平行，故设直线，设，，
联立，消去得，
∴，．
∴，∴，
∴，即．
（Ⅱ）假设存在这样的点，设，
由（Ⅰ）知，，，
由和关于轴对称知，，
又
．
解得，即存在这样的点．
【点睛】
解题的关键是将两直线关于轴对称，等价为，根据斜率关系，结合韦达定理，即可求解，考查计算化简的能力，属中档题.
8．（2020·河南开封市·高三一模（文））设为抛物线上两点，且线段的中点在直线上.
（1）求直线的斜率；
（2）设直线与抛物线交于点，记直线，的斜率分别为，，当直线经过抛物线的焦点时，求的值.
【答案】（1）1；（2）4.
【分析】
（1）设，，代入抛物线方程得到，，再由线段的中点在直线上，得出，代入斜率公式求解即可；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，得出，用韦达定理，代入 求解即可.
【详解】
（1）设，，因为在抛物线上，且的中点在直线上，则，，，
所以直线的斜率；
（2）∵直线经过抛物线的焦点，∴直线的方程为
由消去得，
由韦达定理，，
∵直线与抛物线交于点，
∴点的坐标为，
∴，，
∴.
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系，涉及到直线的斜率，解题的关键是会联立方程，找根与系数关系，属于常规题型.
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