压轴题09 解析几何（解答题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）

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压轴题09 解析几何（解答题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）
一、解答题
1．（2023·绍兴模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，且到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）过的左顶点且不与轴重合的直线交的右支于点，交直线于点，过作的平行线，交直线于点，证明：在定圆上.
【答案】（1）解：根据题意可知C的一条渐近线方程为，
设到渐近线的距离为，
所以，
所以的方程为.
（2）证明：设C的左顶点为A，则，
故直线为线段的垂直平分线.
所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为.
与C的方程联立有，
设B），则，即，
所以
当轴时，，是等腰直角三角形，
且易知
当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故
因为，
所以
所以
因为
所以
所以为定值，
所以点Q在以为圆心且半径为4的定圆上.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 根据题意可知双曲线C的一条渐近线方程，再利用点到直线的距离公式和设点法，即设到渐近线的距离为，从而得出c的值，再结合双曲线中a，b，c三者的关系式得出a的值，从而得出双曲线的标准方程。
（2） 设C的左顶点为A，则，故直线为线段的垂直平分线，所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为，再与双曲线C的方程联立有，设B），再结合韦达定理，则，进而得出点B的坐标，当轴时，，是等腰直角三角形，且易知，当不垂直于x轴时，直线的斜率为，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，故，再利用，所以，再结合，所以，所以为定值，从而证出点Q在以为圆心且半径为4的定圆上。
2．（2023·台州模拟）已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.
【答案】（1）解：当时，显然符合题意，
当时，设直线的方程为，其中，设、，
与双曲线方程联立可得，
因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又，
所以，解得，即，所以且，解得或，
综上可得；
（2）解：由（1）知，因为，
所以，
设，则直线的方程为：，设，
直线与双曲线方程联立可得，
即，
所以，
所以，
得，
又因为，
所以，
当时，
即时，为定值，
所以或，又因为，
所以点的轨迹方程为.
【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） 当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出，即，所以且，从而解一元二次不等式求出k的取值范围。
（2） 由（1）知，再利用两点距离公式得出，设，则直线的方程为：，设，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出，再结合两点求距离公式得出，所以，再利用，所以，当时，即时，为定值，所以或，再利用，进而得出点的轨迹方程。
3．（2023·闵行模拟）如果曲线存在相互垂直的两条切线，称函数是“正交函数”．已知，设曲线在点处的切线为．
（1）当时，求实数的值；
（2）当，时，是否存在直线满足，且与曲线相切？请说明理由；
（3）当时，如果函数是“正交函数”，求满足要求的实数的集合；若对任意，曲线都不存在与垂直的切线，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题设，函数定义域为，且，
由，则；
（2）解：当时，，则，
即的斜率，假设存在，则的斜率，
则有解，即在上有解，
该方程化简为，解得或，符合要求，
因此该函数存在另外一条与垂直的切线；
（3）解：，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
设曲线的另一条切线的斜率为，
①当时，，显然不存在，即不存在两条相互垂直的切线；
②当时，，且，
趋近于或趋向于正无穷大时，都趋向于正无穷大，
所以在、上各有一个零点、，
故当或时，都有
当时，故必存在，
即曲线存在相互垂直的两条切线，所以
因为，
由②知，曲线存在相互垂直的两条切线，
不妨设，，
满足，即，
又，，
所以，
故，当且仅当时等号成立，
所以，解得，
又，即 ，解得，
因为，，
所以．
综上可知，对任意满足的所有函数不存在与垂直的切线的的取值范围是．
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用；两条直线垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则得出导函数，再结合代入法得出实数a的值。
（2） 当时结合导数的运算法则和代入法得出，再结合导数的几何意义得出直线的斜率，假设存在，则的斜率，则有解，即在上有解，该方程化简为，再解一元二次方程得出x的值，符合要求，因此该函数存在另外一条与垂直的切线。
（3）利用已知条件结合导数的运算法则得出 ，令，再利用求导的方法判断函数h(x)的单调性，设曲线的另一条切线的斜率为，再利用分类讨论的方法和两直线垂直的判断方法、函数求极限的方法、零点存在性定理，均值不等式求最值的方法得出对任意满足的所有函数不存在与垂直的切线的的取值范围。
4．（2023·闵行模拟）已知O为坐标原点，曲线：和曲线：有公共点，直线：与曲线的左支相交于A、B两点，线段AB的中点为M．
（1）若曲线和有且仅有两个公共点，求曲线的离心率和渐近线方程；
（2）若直线OM经过曲线上的点，且为正整数，求a的值；
（3）若直线：与曲线相交于C、D两点，且直线OM经过线段CD中点N，求证：．
【答案】（1）解：因为曲线和有且仅有两个公共点，
所以曲线和的两公共点为左右顶点，
则，曲线的半焦距，
所以曲线的离心率，
渐近线方程为；
（2）解：联立，得，
设，则，
所以，，
故直线OM的方程为，依题意直线OM经过点，
代入得，则，所以，
因为直线与曲线的左支相交于两点，故，
得，则，所以，
又曲线和有公共点，所以，所以，
又为正整数，所以，
所以；
（3）证明：由（2）可得，
同理，联立直线：与曲线：，
可得，
因为，所以，
又因为，
所以，
即．
【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） 利用曲线和有且仅有两个公共点，所以曲线和的两公共点为左、右顶点，进而得出a的值和曲线的半焦距c的值，再结合双曲线的离心率公式得出曲线的离心率，再利用双曲线的渐近线方程求解公式得出双曲线的渐近线方程。
（2） 利用已知条件，联立，得，设，再利用韦达定理得出，进而结合代入法得出点M的坐标，再结合斜截式得出直线OM的方程为，依题意直线OM经过点，代入得，则，再利用直线与曲线的左支相交于两点，故，则，再利用曲线和有公共点，所以，再结合为正整数，进而得出a的值。
（3） 由（2）可得，同理，联立直线：与曲线：，可得，再利用两点求斜率公式和，所以，再利用结合均值不等式求最值的方法证出不等式成立。
5．（2023·安庆模拟）如图，在平面直角坐标系中，、、分别为椭圆的三个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点.
（1）若点在直线上，求椭圆的离心率；
（2）设直线与椭圆的另一个交点为，是线段的中点，椭圆的离心率为，试探究的值是否为定值（与，无关）.若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意可知，点，，的坐标分别为 ()，()，()，
所以直线的方程为，直线的方程为.
由和，消除，得，即为点的横坐标.
因为点在直线上，所以.
整理得，所以，
所以离心率.
（2）解：当椭圆的离心率为时，，，
所以椭圆的方程为，即，
直线的方程为.
联立，消去，化简整理，得，
所以点的横坐标为，纵坐标为.
因为点的坐标为，所以中点的坐标为.
又由（1）知点的横坐标为，所以点的纵坐标为.
所以，
，
故为定值.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意可知点，，的坐标，再结合两点式得出直线的方程和直线的方程，由和联立得出点的横坐标，再结合点在直线上和代入法得出，再利用椭圆的离心率公式变形和解一元二次方程的方法得出椭圆的离心率的值。
（2） 当椭圆的离心率为时结合椭圆的离心率公式得出，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，得出，进而得出椭圆的方程，再利用点斜式得出直线的方程，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程得出点D的坐标，再结合点的坐标为和中点坐标公式得出中点的坐标，又由（1）知点的横坐标，从而得出点的纵坐标，再利用两点距离公式得出为定值。
6．（2023·蚌埠模拟）已知，是双曲线的左 右顶点，为双曲线上与，不重合的点.
（1）设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；
（2）设直线与直线交于点，与轴交于点，点满足，直线与双曲线交于点（与，，不重合）.判断直线是否过定点，若直线过定点，求出该定点坐标；若直线不过定点，请说明理由.
【答案】（1）解：设，由题意，且 ，
所以
（2）解：设，，，BN的斜率为，由 知：
，由(1)知： 所以
设MN：，与双曲线 联立，
得：，
所以 ，
所以 ，
即﹐
则
整理得，解得或（舍），
故直线MN过定点.
【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） 设，由题意，再利用已知条件结合代入法得出 ，再结合两点求斜率公式得出 的值。
（2） 设，，，BN的斜率为，由 结合向量共线的坐标表示知：，再利用两点求斜率公式和(1)知的值，从而得出 的值，设直线MN：，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用两点求斜率公式和已知条件得出，再结合一元二次方程求解方法得出n的值，从而得出直线MN过定点。
7．（2023·宣城模拟）已知椭圆的长轴长为4，且离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，求的面积的取值范围．
【答案】（1）解：椭圆的离心率为，即，
长轴长为4，，，，故椭圆的方程为．
（2）解：设，，联立，得，
则，
，，
所以
，
，，
原点到的距离，
当时，．
当时，
，当且仅当时等号成立．
综上，所以的面积的取值范围是
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和长轴长公式、椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 设，，联立结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用两点求斜率公式得出，再结合弦长公式和点到直线的距离公式以及三角形的面积公式得出，当时，，当时，，再结合均值不等式求最值的方法得出的最小值，从而得出 三角形的面积的取值范围。
8．（2023·赣州模拟）已知抛物线为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.
（1）求抛物线的方程；
（2）若是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：因为点在上，则，而，所以，
，所以，故该抛物线的方程为.
（2）解：法一：设，不妨设，
，则，解得，
①当与轴不垂直时，，
此时直线的方程为：，整理得
，则的方程为：，则直线恒过定点
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即当为该圆心时，为定值；
②当轴时，，此时，而，故；
当时，也满足，
综上，平面内存在一个定点，使得为定值4
法二：设直线的方程为
联立，且，
由韦达定理得：，
由，即，解得，
即，直线恒过定点，
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即定点为该圆心时，为定值；
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用点在抛物线上结合代入法，则，再利用三角形的面积公式和已知条件得出，进而得出p的值，从而得出该抛物线的标准方程。
（2） 法一：设，不妨设，再利用结合已知条件和代入法得出的值，①当与轴不垂直时，，进而结合，从而得出直线的点斜式方程，从而得出直线恒过的定点M的坐标，由，即，故在以为直径的圆上，进而得出圆的标准方程，从而得出当为该圆心时，为定值；
②当轴时，，此时，而，故；当时，也满足，综上所述，平面内存在一个定点，使得为定值4。
法二：设直线的方程为，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，由结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及代入法，从而得出的值，进而得出n的值，从而得出直线恒过的定点M的坐标，由，即，故在以为直径的圆上，从而得出该圆d 标准方程，进而得出定点为该圆心时，为定值。
9．（2023·株洲模拟）已知曲线与曲线N关于直线对称，且的顶点在曲线N上．
（1）若为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，求此时该三角形的面积；
（2）若三边所在的三条直线中，有两条与曲线M相切，求证第三条直线也与曲线M相切．
【答案】（1）解：因为曲线与曲线N关于直线对称，
所以曲线N的方程为，
又为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，
故不妨设为原点，则直线 的方程为，
由解得，
进而有，
所以的面积为；
（2）证明：设，则有，
不妨设直线与曲线M相切，
直线 的方程为，化简为，
联立得，
又因为直线与曲线M相切，
所以，即，
同理可得，
由（1）（2）得：，
因为，
所以，
又直线的方程为，
联立得，
所以，
所以直线也与曲线M相切，
【知识点】直线与圆锥曲线的关系；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用曲线与曲线N关于直线对称，进而得出曲线N的方程为，再利用三角形为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，故不妨设为原点，则直线 的方程为，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程得出交点的坐标，进而得出点的坐标，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。
（2） 设，则有，不妨设直线与曲线M相切，直线 的方程为，再结合直线与抛物线相交结合直线与曲线M相切，从而利用判别式法得出，同理可得，由（1）（2）得：，再利用，所以，再结合直线的方程为，从而联立直线与抛物线方程和判别式法以及直线与曲线的判断方法，进而证出直线也与曲线M相切。
10．（2023·邯郸模拟）已知椭圆C：的离心率与双曲线的离心率互为倒数，点在椭圆C上，不过点A的直线l与椭圆C交于P，Q两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线AP，AQ的斜率之和为1，试问直线l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意，由的离心率为可得椭圆C的离心率为．
设椭圆C的焦距为2c，
则，解得，．
故椭圆C的标准方程为．
（2）解：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立，整理得，
则，
，．
因为，所以，
即，
所以，
整理得，
则，
整理得，
即．
因为直线l不过点A，所以，
则，即，
从而直线l的方程为，故直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于，，
不妨设，，则，
解得，此时，直线l过点．
综上，直线l过定点．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意结合椭圆的离心率公式，从而由的离心率可得椭圆C的离心率，再利用椭圆的离心率公式、代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆C的标准方程。
（2） 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用结合两点求斜率公式和直线l不过点A，所以，则，从而得出直线l的方程，再转化为直线的点斜式方程，进而得出直线l过定点，当直线l的斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于，，不妨设，，再利用两点求斜率公式和已知条件得出t的值，从而得出此时的直线l过点，进而证出直线l过定点。
11．（2023·江门模拟）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线与直线垂直，A为垂足且位于第一象限，直线与直线垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形（O为原点）的面积为8，动点M的轨迹为C.
（1）求轨迹C的方程；
（2）已知是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线，的斜率之和为1，，求的面积.
【答案】（1）解：设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动.
， ，
动点在右侧，有，同理有，
∵四边形的面积为8，∴，即 ，
所以所求轨迹C方程为（）.
（2）解：如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，
，，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，
则或，同时或，解得或.
，解得或（舍去）.
时，直线的方程为，
联立，消y得：，则或，得.
直线的方程为，
联立，消y得：，则或，得，
，
点Q到直线的距离 ，
.
方法二： ，
，
，则，
.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1） 设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动，再利用点到直线的距离公式得出， ，再利用动点在右侧，有，同理有，再结合四边形的面积为8结合四边形的面积公式得出 ，从而得出所求轨迹C方程为（）。
（2） 方法一：设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，所以，，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，进而得出实数k的取值范围，再利用角之间的关系式和两角差的正切公式，进而得出实数k的值，当时，直线的方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出交点P的坐标，从而得出直线的方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出交点Q的坐标，再结合两点距离公式得出PT的长，再利用点到直线的距离公式得出点Q到直线的距离，再结合三角形的面积公式得出三角形 的面积。
方法二：利用已知条件结合两点距离公式得出PT的长，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
12．（2023·汕头模拟）如图，已知为抛物线内一定点，过E作斜率分别为，的两条直线，与抛物线交于，且分别是线段的中点．
（1）若且时，求面积的最小值；
（2）若，证明：直线过定点．
【答案】（1）解：当时，为y轴上一点，
因为，所以，
设的方程为，
由，可得，
由于为抛物线内一点，，故，
则，
故中点为，即，
同理可得，即，
因为，则，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积的最小值为；
（2）证明：由题意知所在直线的方程为，代入中，
得，设，
则有，从而，
则；
所在直线的方程为，同理可得，
所以，
所以直线的方程为，
即，
又，故，
代入，得，
即，
当时，，即，
所以直线恒过定点.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 当时，为y轴上一点，再利用结合两直线垂直斜率之积等于-1，所以，设的方程为，再结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合为抛物线内一点，和判别式法以及韦达定理得出和，再利用中点坐标公式得出中点M的坐标，同理可得点N的坐标，再利用，则，再结合三角形的面积公式和均值不等式求最值的方法得出三角形的面积的最小值。
(2) 由题意知所在直线的方程为，再设，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用代入法得出，从而结合中点坐标公式得出点M的坐标，再结合点斜式得出所在直线的方程为，同理可得点N的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线MN的斜率，再利用点斜式得出直线的方程，再结合，故，代入得出，当时，，即，从而证出直线恒过定点。
13．（2023·咸阳模拟）椭圆C：的左、右焦点分别为、，且椭圆C过点，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点是椭圆上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为．已知是（1）中椭圆C上除顶点之外的任一点，椭圆C在N点处的切线和过N点垂直于切线的直线分别与y轴交于点P、Q．求证：点P、N、Q、、在同一圆上．
【答案】（1）解：由题意得，解得，
即椭圆C：
（2）解：由题意知：过点的椭圆的切线方程为，
令，则；
∵且，则设直线NQ方程为，
令，则；
又，，
则；；
即，，
∴，
即点N、P、Q、、在以PQ为直径的圆上．
【知识点】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，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2） 求得过点的切线方程为，得到，进而得到直线NQ方程为，得到，结合和，得到，，进而证得点N、P、Q、、在以PQ为直径的圆上．
14．（2023·山西模拟）已知椭圆：，设过点的直线交椭圆于，两点，交直线于点，点为直线上不同于点A的任意一点.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：设点，其中且，
则 ，
由，得，
，，
只需，又，故，
所以b的取值范围是.
（2）解：，，或成等差数列，证明如下：
若，则，设点.
①若直线l斜率为0，则点，不妨令点，
则，此时的任意排列，，均不成等比数列，
，，或成等差数列.
②直线l斜率不为0，设直线，
则点，
由得，，
故，
因为，
所以
，
所以，，或成等差数列，
综合上述，，，或成等差数列.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，表示出 ，结合可得，结合可得不等式，即可求得答案；
（2） ，，或成等差数列，证明如下：若，则，设点，①若直线l斜率为0，则点，不妨令点， 可证明结论成立；
②直线l斜率不为0，设直线，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，利用结合根与系数关系式化简，即可证明结论.
15．（2023·商洛模拟）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，，以为直径的圆与轴相切于点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）是直线上的动点，过点作抛物线的切线，切点分别为，证明：直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）解：由抛物线方程知：，
连接，
为切点，，
又，，，．
，，解得：，
则抛物线的方程为
（2）解：设，，，
由得：，，则，
化简整理可得：，即，
同理：由得：，
则点都在直线上，
即直线的方程为，
令得：，直线过定点，该定点坐标为．
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 连接，证得，结合，求得，即可得到抛物线的方程；
（2） 设，，，结合导数的几何意义，得到和，得出的方程为，即可求解.
16．（2023·安徽模拟）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左 右顶点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意可设双曲线，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）解：（i）设，直线的方程为，
由，消元得.
则，且，
；
或由韦达定理可得，即，
，
即与的比值为定值.
（ii）设直线，代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为.
另解：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线与，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（含轴，不含直线与），
所以.
同理，过点作两渐近线的平行线与，由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（不含轴，不含直线与），
所以.
由（i）中结论可知，
得，所以，
故.
【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） 由题意可设双曲线，利用，求得， 所以双曲线的方程为；
（2）（i） 设，直线的方程为， 联立双曲线方程，可得，结合根与系数的关系化简可得 ；
（ii）设直线，代入双曲线方程，根据韦达定理可解得，结合A在双曲线右支，可得，即可求得，同理求得，结合二次函数性质，即可求得答案.
17．（2023·广州模拟）已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切.
（1）求C的方程；
（2）直线：与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为（O为坐标原点），△APQ的面积为.的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由.
【答案】（1）解：由椭圆的离心率为得：，即有，
由以C的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，
所以C的方程是.
（2）解：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.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由椭圆的离心率为结合椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，所以，由以C的短轴为直径的圆与直线相切结合点与直线的距离公式得出a，b的值，从而得出椭圆C的标准方程。
（2） 为定值，且。利用结合三角形的面积公式得出，而，有，于是平分，直线的斜率互为相反数，即，设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出
，再结合两点求斜率公式和已知条件得出，再利用点在椭圆上和代入法得出，从而，再结合点不在直线上，则有，进而证出为定值，且。
18．（2023·厦门模拟）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交C丁A．B两点．当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3．
（1）求C的方程；
（2）是否存在定圆E，使其与以AB为直径的圆内切？若存在，求出所有满足条件的圆E的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：已知椭圆C的离心率为，所以；
由当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3，得，即，又，
所以，又，则，椭圆方程为.
（2）解：当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；
当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；
因为直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，
根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R，
当以AB为直径的圆在圆E内部与E相切时，
则，，故，
又，所以， ，即，，圆E的方程为；
当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，
则，，故，又，
所以， ，即，，圆E的方程为；
当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为，，，
联立，得，
则，，
所以AB的中点即以AB为直径的圆的圆心，半径，当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
综上圆E的方程或.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用椭圆C的离心率为和椭圆的离心率公式得出的值，由当l⊥x轴时，三角形△ABF2的面积为3，从而结合三角形的面积公式得出，进而得出b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a的值，进而得出椭圆的标准方程。
（2） 当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；再利用直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R，当以AB为直径的圆在圆E内部与E相切时，则，，故，再利用，所以， ，即，，从而得出圆E的方程；当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，则，，故，再利用，所以， ，即，，从而得出圆E的方程；当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为，，，再联立直线与椭圆方程结合韦达定理和中点坐标公式以及两点距离公式得出AB的中点即以AB为直径的圆的圆心M的坐标和半径长，从而得出圆E的方程，当圆E的方程为时，再结合两点距离公式得出，此时，所以以AB为直径的圆与E相切；当圆E的方程为时，再结合两点距离公式得出，此时，所以以AB为直径的圆与E相切，综上可得圆E的标准方程。
19．（2023·漳州模拟）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
（2）解：（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设椭圆的方程为：，再利用和在椭圆上结合代入法得出的值，从而得出椭圆的标准方程；由椭圆方程可知椭圆的左顶点，再结合抛物线标准方程得出焦点F的坐标，再利用抛物线的定义和已知条件得出p的值，从而得出抛物线的标准方程。
（2） （ⅰ）当时，直线，即，令，则直线，设，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出，再结合韦达定理得出，，设抛物线在点处的切线方程分别为：，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和抛物线标准方程代入法得出，同理可得：，联立两切线方程，将，代入，进而得出点S的坐标，再结合两点距离公式和得出，同理可得：，再结合，所以要证，等价于证明，再结合和，所以，同理可得：，进而证出成立。
（ⅱ）当时，直线，假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为，设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出恒成立和，，再利用两点求斜率公式得出的值，从而得出假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补。
20．（2023·武威模拟）已知直线与抛物线交于，两点，且
（1）求的方程
（2）若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
【答案】（1）解：将代入，得，
则，
则，解得，
故的方程为
（2）解：设，则，
联立方程组，整理得，
则，所以，
因此直线的方程为，
整理得，即，
当时，，故直线过定点.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用代入法得出p的值，从而得出抛物线C的标准方程。
（2） 设，再利用点与点关于y轴对称得出，再结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再结合两点求斜率公式和点斜式方程得出直线的方程，再结合赋值法得出直线过定点。
21．（2023·黄浦模拟）已知椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于.动直线、都过点，斜率分别为k、，与椭圆C交于点A、P，与椭圆C交于点B、Q，点P、Q分别在第一、四象限且轴.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与x轴交于点N，求证：；
（3）求直线AB的斜率的最小值，并求直线AB的斜率取最小值时的直线的方程.
【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为2c，则由，且，
可得，，所以椭圆C的方程为
（2）证明：设，，则，，
可得，解得，
又，，所以
（3）解：设，，直线，的方程分别为，，
由（2）知，所以，又m，均大于0，可知，
由可得，
所以，即，同理可得，
直线AB的斜率为
（当且仅当时取等号）.
当时，，此时在椭圆C上，
所以，又，可得，
所以直线AB的斜率的最小值为，且当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设椭圆C的焦距为2c，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式以及四边形的面积公式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆C的标准方程。
(2) 设，再利用点与点关于直线对称的判断方法，所以，再结合两点求斜率公式和已知条件得出，再结合两点距离公式证出成立。
（3） 设，，直线，的方程分别为，，由（2）知，所以，再利用m，均大于0，可知，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，同理可得，再利用两点求斜率公式和均值不等式求最值的方法得出直线AB的斜率的最小值，再结合当时，，此时在椭圆C上，再利用代入法和，进而得出m的值，从而得出直线AB的斜率的最小值，并且得出当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程。
22．（2023·大理模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．
①求证：，两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
【答案】（1）解：由题意，椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，所以椭圆的方程为
（2）解：①设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为18．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意，椭圆过点，且离心率为，从而利用代入法和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的方程。
（2） ①设直线的方程为，再设，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，再结合点斜式得出直线的方程为，令，可得，同理可得，进而得出，从而证出 ，两点的纵坐标之积为定值；
②利用已知条件结合三角形的面积公式和均值不等式求最值的方法得出三角形面积的最小值 。
23．（2023·咸阳模拟）已知椭圆的离心率为，它的四个顶点构成的四边形的面积为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与圆相切且与椭圆交于、两点，求的最大值．
【答案】（1）解：椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，
由题意可得，解得，．
所以，椭圆的方程为
（2）解：若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，
设直线的方程为，由题意可得，即.
联立消去得，即，
．
设、，则，．
所以，
．
令，则，则，
当且仅当时等号成立，此时，．
故的最大值为2．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合四边形的面积公式得出椭圆的四个顶点构成的四边形的面积，从而得出ab的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，设直线的方程为，再利用点到直线的距离公式和已知条件得出，设、，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用弦长公式得出，令，则，则，再结合均值不等式求最值的方法得出的最大值。
24．（2023·红河模拟）已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．
（1）求E的方程；
（2）若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．
【答案】（1）解：抛物线E：的焦点，准线方程为，
所以，故，
又因为的最小值为9，所的最小值为，
当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，
此时，解得，
故抛物线E的方程为
（2）解：联立，消去x得，
直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，
，得，
设，，则有，，
所以，
设线段AB的中点，
则，，即，
直线MN的斜率，直线MN的方程为：，
令，得，即，
所以，
，
又因为为等边三角形，所以，
所以，
解得，且满足，
故所求m的值为．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合抛物线E的标准方程得出焦点坐标和准线方程，再结合抛物线的定义和的最小值为9，进而得出的最小值，再结合勾股定理得出p的值，从而得出抛物线E的方程。
（2） 利用已知条件结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出实数m的取值范围，设，，再结合韦达定理得出，，再结合代入法得出，设线段AB的中点，再利用中点坐标公式得出点M的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线MN的斜率，再利用点斜式得出直线MN的方程，再利用赋值法得出点N的坐标，再结合两点距离公式和弦长公式以及为等边三角形，所以，进而结合判别式法得出满足要求的实数m的值。
25．（2022·吉林模拟）在平面内，动点M（x，y）与定点F（2，0）的距离和它到定直线的距离比是常数2.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若直线与动点的轨迹交于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值.
【答案】（1）解：由已知可得：，整理化简可得：，
即，
所以动点的轨迹方程为：；
（2）解：由可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为6.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两点距离公式和点到直线的距离公式，进而得出动点M的轨迹方程。
（2） 由结合两直线垂直斜率之积等于-1，从而可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出交点坐标，再结合两点距离公式和且，进而可得的取值范围，再利用两点距离公式和均值不等式求最值的方法得出的最小值。
26．（2023·菏泽模拟）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若分别为椭圆的上 下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
【答案】（1）解：，，，故椭圆的方程为；
（2）解：依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
【知识点】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 面积最大值为，求得，进而得到，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组求得，由，化简得到，将代入上式化简得到，求得，结合面积公式化简得到，结合基本不等式，即可求解.
27．（2023·曲靖模拟）如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．
【答案】（1）解：设点，则，且．
由得，
即，化简得．
故动点P的轨迹C的方程为：
（2）解：设直线AB的方程为：，则．
联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，
则．
设，，由韦达定理知，．
由，得：，，
整理得，．
所以．
故为定值0．
∵，
∴，
∴的取值范围是．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1） 设点，得到，结合，列出方程，即可求得动点P的轨迹C的方程；
（2） 设直线AB的方程为，设，，联立方程组求得，根据，，化简得到且，即可求解.
28．（2023·浙江模拟）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
（1）求双曲线C的方程；
（2）过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
【答案】（1）解：因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，
所以，又，得，
又因为，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）解：设AB直线方程为，则，
代入双曲线方程整理得：，
设，则， ，
（i）
而
，
所以，则，
所以 ；
（ii）过M平行于OA的直线方程为，
直线OB方程为与联立，
得，
即，
则，
所以，
由，两式相除得，
，则，
所以 ，
因为，所以，
故P为线段MQ的中点，所以.
【知识点】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，列出方程，求得，进而得到，即可求得双曲线C的方程；
（2） 设AB直线方程为，得到，，联立方程组，得到， ，（i）化简得到，根据，即可求解；（ii）求得过M平行于OA的直线方程为和OB方程为，联立方程组，整理得，又由，，两式相除得，求得 ，结合，得到，即P为线段MQ的中点，即可得证.
29．（2023·深圳模拟）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；
（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）解：双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
【知识点】双曲线的简单性质；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 联立直线l与双曲线E的方程，根据求得且，结合根与系数的关系，得到，得到，，得到，进而求得点M的轨迹方程；
（2） 设，，联立方程组求得和，得到线段AB的中点M也是线段CD的中点，根据A，B为线段CD的两个三等分点，得到，列出方程，求得的值，即可得到结论.
30．（2023·梅州模拟）已知动圆经过定点，且与圆：内切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线 的斜率分别为 .
（i）求证：为定值；
（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）解：设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；
所以，，
则.
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
因此轨迹方程为.
（2）（i）解：设，，.
由题可知，，如下图所示：
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值.
（ii）
设直线的方程为，，.
由，得，
所以.
由（i）可知，，即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 （1）设动圆的半径为，由题意得到，，得出，结合椭圆的定义，即可求解.
（2） （i）设，，，求得，，求得，利用椭圆的方程得到，代入即可得到为定值；
（ii）设直线的方程为，联立方程组求得，由（i）得到，整理气的的值，得出直线的方程为，进而求得直线经过定点.
31．（2023·蚌埠模拟）已知抛物线，点在C上，A关于动点的对称点记为M，过M的直线l与C交于，，M为P，Q的中点．
（1）当直线l过坐标原点O时，求外接圆的标准方程；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）解：由点在C上，代入，解得，即．
因为M为A关于动点的对称点，所以．
设直线，
联立整理得，
则，
，，
由M为P，Q的中点，得，故，
由，解得，
由直线l过坐标原点O，得，则，
解得，，即，，
设外接圆的一般方程，
代入，，，
解得，，，即，
即外接圆的标准方程为．
（2）解：由（1）可知，，
A到直线的距离为，
则面积，
，由，解得，
当，，S单调递增；当，，S单调递减；
故，面积的最大值．
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1） 由点在抛物线C上和代入法得出p的值，进而得出抛物线的标准方程，再利用M为A关于动点的对称点，再结合中点坐标公式得出点M的坐标，设直线，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，由M为P，Q的中点结合中点坐标公式得出n的值，由得出t的取值范围，由直线l过坐标原点O得出t的值，从而得出点P，Q的坐标，
设外接圆的一般方程，代入，，得出三角形外接圆的标准方程。
（2） 由（1）结合两点距离公式可知，再利用点到直线的距离公式得出点A到直线的距离为，再结合三角形的面积公式得出三角形面积，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出三角形面积的最大值。
32．（2023·南通模拟）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
（1）求的方程；
（2）证明：以为直径的圆经过定点.
【答案】（1）解：当轴时，两点的横坐标均为，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，
双曲线的方程为：；
（2）证明：方法一：设方程为，，
以为直径的圆的方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，
而，
，
对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.
设以为直径的圆过，
，
而
，
，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 当轴时，两点的横坐标均为，再利用代入法，从而代入双曲线方程，可得，，再利用两点距离公式得出，由题意结合勾股定理、三角形的面积公式、双曲线中a，b，c三者的关系式，进而解方程组求出a，b，c的值，从而得出双曲线C的标准方程。
（2） 方法一：设方程为，，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出以为直径的圆的方程为由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，再利用韦达定理得出，，所以
对恒成立，进而得出x的值，从而证出以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程和
对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，设以为直径的圆过，再利用数量积的坐标表示得出，再利用代入法和韦达定理得出对恒成立，从而得出t的值，进而证出以为直径的圆经过定点。
33．（2023·浙江模拟）已知半圆的直径，点为圆弧上一点（异于点），过点作的垂线，垂足为.
（1）若，求的面积；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：如图，连接，
在中，，，，则，
在中，，
所以.
（2）解：设，易知，
在中，①，
因为，所以，则，
代入①式可得的取值范围为.
【知识点】函数的值域；两点间距离公式的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 连接，在中，，结合余弦函数的定义得出的值，在中结合余弦函数的定义得出AD的长，再利用三角形的面积公式得出三角形 的面积。
（2） 设，易知，在中结合两点距离公式得出①，再利用结合不等式的基本性质以及正切型函数的图象求值域的方法和代入法得出的取值范围。
34．（2023·江西模拟）已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且.
（1）求椭圆的离心率；
（2）椭圆的上顶点为，不过的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由
【答案】（1）设椭圆 的右焦点为 ，连接 ，
根据椭圆的对称性可知 ，四边形 为平行四边形.
又 ，所以
而 ，所以 ，
在四边形 中， ，
所以 ，
在 中，根据余弦定理得
即
化简得 .
所以椭圆 的离心率 ；
（2）因为椭圆 的上顶点为 ，所以 ，所以 ，
又由（1）知 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
在 中， ， ，
所以 ，从而 ，
又 为线段 的中点，即 ，所以 ，
因此 ，从而 ，
根据题意可知直线 的斜率一定存在，设它的方程为 ， ， ，
联立 消去 得 ①，
，
根据韦达定理可得 ， ，
所以
所以 ，
整理得 ，解得 或 .
又直线 不经过点 ，所以 舍去，
于是直线 的方程为 ，恒过定点 ，
该点在椭圆 内，满足关于 的方程①有两个不相等的解，
所以直线 恒过定点，定点坐标为 .。
【知识点】椭圆的简单性质；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）设椭圆C的 的右焦点为 ，连接 ， 然后再利用椭圆的对称性与定义求得 ， ，再结合条件与余弦定理求解即可；
（2）首先求出椭圆的标准方程，然后由∠AMD=2∠ABD，可推出∠ADB=90°，然后设直线l的方程为 ， ， ， 联立直线与椭圆的方程消元表示出 ， ， 再代入求出m的值可得答案.
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压轴题09 解析几何（解答题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）
一、解答题
1．（2023·绍兴模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，且到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）过的左顶点且不与轴重合的直线交的右支于点，交直线于点，过作的平行线，交直线于点，证明：在定圆上.
2．（2023·台州模拟）已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.
3．（2023·闵行模拟）如果曲线存在相互垂直的两条切线，称函数是“正交函数”．已知，设曲线在点处的切线为．
（1）当时，求实数的值；
（2）当，时，是否存在直线满足，且与曲线相切？请说明理由；
（3）当时，如果函数是“正交函数”，求满足要求的实数的集合；若对任意，曲线都不存在与垂直的切线，求的取值范围．
4．（2023·闵行模拟）已知O为坐标原点，曲线：和曲线：有公共点，直线：与曲线的左支相交于A、B两点，线段AB的中点为M．
（1）若曲线和有且仅有两个公共点，求曲线的离心率和渐近线方程；
（2）若直线OM经过曲线上的点，且为正整数，求a的值；
（3）若直线：与曲线相交于C、D两点，且直线OM经过线段CD中点N，求证：．
5．（2023·安庆模拟）如图，在平面直角坐标系中，、、分别为椭圆的三个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点.
（1）若点在直线上，求椭圆的离心率；
（2）设直线与椭圆的另一个交点为，是线段的中点，椭圆的离心率为，试探究的值是否为定值（与，无关）.若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
6．（2023·蚌埠模拟）已知，是双曲线的左 右顶点，为双曲线上与，不重合的点.
（1）设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；
（2）设直线与直线交于点，与轴交于点，点满足，直线与双曲线交于点（与，，不重合）.判断直线是否过定点，若直线过定点，求出该定点坐标；若直线不过定点，请说明理由.
7．（2023·宣城模拟）已知椭圆的长轴长为4，且离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，求的面积的取值范围．
8．（2023·赣州模拟）已知抛物线为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.
（1）求抛物线的方程；
（2）若是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值：若不存在，请说明理由.
9．（2023·株洲模拟）已知曲线与曲线N关于直线对称，且的顶点在曲线N上．
（1）若为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，求此时该三角形的面积；
（2）若三边所在的三条直线中，有两条与曲线M相切，求证第三条直线也与曲线M相切．
10．（2023·邯郸模拟）已知椭圆C：的离心率与双曲线的离心率互为倒数，点在椭圆C上，不过点A的直线l与椭圆C交于P，Q两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线AP，AQ的斜率之和为1，试问直线l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
11．（2023·江门模拟）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线与直线垂直，A为垂足且位于第一象限，直线与直线垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形（O为原点）的面积为8，动点M的轨迹为C.
（1）求轨迹C的方程；
（2）已知是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线，的斜率之和为1，，求的面积.
12．（2023·汕头模拟）如图，已知为抛物线内一定点，过E作斜率分别为，的两条直线，与抛物线交于，且分别是线段的中点．
（1）若且时，求面积的最小值；
（2）若，证明：直线过定点．
13．（2023·咸阳模拟）椭圆C：的左、右焦点分别为、，且椭圆C过点，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点是椭圆上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为．已知是（1）中椭圆C上除顶点之外的任一点，椭圆C在N点处的切线和过N点垂直于切线的直线分别与y轴交于点P、Q．求证：点P、N、Q、、在同一圆上．
14．（2023·山西模拟）已知椭圆：，设过点的直线交椭圆于，两点，交直线于点，点为直线上不同于点A的任意一点.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.
15．（2023·商洛模拟）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，，以为直径的圆与轴相切于点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）是直线上的动点，过点作抛物线的切线，切点分别为，证明：直线过定点，并求出定点坐标．
16．（2023·安徽模拟）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左 右顶点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
17．（2023·广州模拟）已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切.
（1）求C的方程；
（2）直线：与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为（O为坐标原点），△APQ的面积为.的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由.
18．（2023·厦门模拟）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交C丁A．B两点．当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3．
（1）求C的方程；
（2）是否存在定圆E，使其与以AB为直径的圆内切？若存在，求出所有满足条件的圆E的方程；若不存在，请说明理由．
19．（2023·漳州模拟）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
20．（2023·武威模拟）已知直线与抛物线交于，两点，且
（1）求的方程
（2）若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
21．（2023·黄浦模拟）已知椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于.动直线、都过点，斜率分别为k、，与椭圆C交于点A、P，与椭圆C交于点B、Q，点P、Q分别在第一、四象限且轴.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与x轴交于点N，求证：；
（3）求直线AB的斜率的最小值，并求直线AB的斜率取最小值时的直线的方程.
22．（2023·大理模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．
①求证：，两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
23．（2023·咸阳模拟）已知椭圆的离心率为，它的四个顶点构成的四边形的面积为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与圆相切且与椭圆交于、两点，求的最大值．
24．（2023·红河模拟）已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．
（1）求E的方程；
（2）若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．
25．（2022·吉林模拟）在平面内，动点M（x，y）与定点F（2，0）的距离和它到定直线的距离比是常数2.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若直线与动点的轨迹交于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值.
26．（2023·菏泽模拟）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若分别为椭圆的上 下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
27．（2023·曲靖模拟）如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．
28．（2023·浙江模拟）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
（1）求双曲线C的方程；
（2）过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
29．（2023·深圳模拟）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；
（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
30．（2023·梅州模拟）已知动圆经过定点，且与圆：内切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线 的斜率分别为 .
（i）求证：为定值；
（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.
31．（2023·蚌埠模拟）已知抛物线，点在C上，A关于动点的对称点记为M，过M的直线l与C交于，，M为P，Q的中点．
（1）当直线l过坐标原点O时，求外接圆的标准方程；
（2）求面积的最大值．
32．（2023·南通模拟）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
（1）求的方程；
（2）证明：以为直径的圆经过定点.
33．（2023·浙江模拟）已知半圆的直径，点为圆弧上一点（异于点），过点作的垂线，垂足为.
（1）若，求的面积；
（2）求的取值范围.
34．（2023·江西模拟）已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且.
（1）求椭圆的离心率；
（2）椭圆的上顶点为，不过的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由
答案解析部分
1．【答案】（1）解：根据题意可知C的一条渐近线方程为，
设到渐近线的距离为，
所以，
所以的方程为.
（2）证明：设C的左顶点为A，则，
故直线为线段的垂直平分线.
所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为.
与C的方程联立有，
设B），则，即，
所以
当轴时，，是等腰直角三角形，
且易知
当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故
因为，
所以
所以
因为
所以
所以为定值，
所以点Q在以为圆心且半径为4的定圆上.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 根据题意可知双曲线C的一条渐近线方程，再利用点到直线的距离公式和设点法，即设到渐近线的距离为，从而得出c的值，再结合双曲线中a，b，c三者的关系式得出a的值，从而得出双曲线的标准方程。
（2） 设C的左顶点为A，则，故直线为线段的垂直平分线，所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为，再与双曲线C的方程联立有，设B），再结合韦达定理，则，进而得出点B的坐标，当轴时，，是等腰直角三角形，且易知，当不垂直于x轴时，直线的斜率为，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，故，再利用，所以，再结合，所以，所以为定值，从而证出点Q在以为圆心且半径为4的定圆上。
2．【答案】（1）解：当时，显然符合题意，
当时，设直线的方程为，其中，设、，
与双曲线方程联立可得，
因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又，
所以，解得，即，所以且，解得或，
综上可得；
（2）解：由（1）知，因为，
所以，
设，则直线的方程为：，设，
直线与双曲线方程联立可得，
即，
所以，
所以，
得，
又因为，
所以，
当时，
即时，为定值，
所以或，又因为，
所以点的轨迹方程为.
【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） 当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出，即，所以且，从而解一元二次不等式求出k的取值范围。
（2） 由（1）知，再利用两点距离公式得出，设，则直线的方程为：，设，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出，再结合两点求距离公式得出，所以，再利用，所以，当时，即时，为定值，所以或，再利用，进而得出点的轨迹方程。
3．【答案】（1）解：由题设，函数定义域为，且，
由，则；
（2）解：当时，，则，
即的斜率，假设存在，则的斜率，
则有解，即在上有解，
该方程化简为，解得或，符合要求，
因此该函数存在另外一条与垂直的切线；
（3）解：，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
设曲线的另一条切线的斜率为，
①当时，，显然不存在，即不存在两条相互垂直的切线；
②当时，，且，
趋近于或趋向于正无穷大时，都趋向于正无穷大，
所以在、上各有一个零点、，
故当或时，都有
当时，故必存在，
即曲线存在相互垂直的两条切线，所以
因为，
由②知，曲线存在相互垂直的两条切线，
不妨设，，
满足，即，
又，，
所以，
故，当且仅当时等号成立，
所以，解得，
又，即 ，解得，
因为，，
所以．
综上可知，对任意满足的所有函数不存在与垂直的切线的的取值范围是．
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用；两条直线垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则得出导函数，再结合代入法得出实数a的值。
（2） 当时结合导数的运算法则和代入法得出，再结合导数的几何意义得出直线的斜率，假设存在，则的斜率，则有解，即在上有解，该方程化简为，再解一元二次方程得出x的值，符合要求，因此该函数存在另外一条与垂直的切线。
（3）利用已知条件结合导数的运算法则得出 ，令，再利用求导的方法判断函数h(x)的单调性，设曲线的另一条切线的斜率为，再利用分类讨论的方法和两直线垂直的判断方法、函数求极限的方法、零点存在性定理，均值不等式求最值的方法得出对任意满足的所有函数不存在与垂直的切线的的取值范围。
4．【答案】（1）解：因为曲线和有且仅有两个公共点，
所以曲线和的两公共点为左右顶点，
则，曲线的半焦距，
所以曲线的离心率，
渐近线方程为；
（2）解：联立，得，
设，则，
所以，，
故直线OM的方程为，依题意直线OM经过点，
代入得，则，所以，
因为直线与曲线的左支相交于两点，故，
得，则，所以，
又曲线和有公共点，所以，所以，
又为正整数，所以，
所以；
（3）证明：由（2）可得，
同理，联立直线：与曲线：，
可得，
因为，所以，
又因为，
所以，
即．
【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） 利用曲线和有且仅有两个公共点，所以曲线和的两公共点为左、右顶点，进而得出a的值和曲线的半焦距c的值，再结合双曲线的离心率公式得出曲线的离心率，再利用双曲线的渐近线方程求解公式得出双曲线的渐近线方程。
（2） 利用已知条件，联立，得，设，再利用韦达定理得出，进而结合代入法得出点M的坐标，再结合斜截式得出直线OM的方程为，依题意直线OM经过点，代入得，则，再利用直线与曲线的左支相交于两点，故，则，再利用曲线和有公共点，所以，再结合为正整数，进而得出a的值。
（3） 由（2）可得，同理，联立直线：与曲线：，可得，再利用两点求斜率公式和，所以，再利用结合均值不等式求最值的方法证出不等式成立。
5．【答案】（1）解：由题意可知，点，，的坐标分别为 ()，()，()，
所以直线的方程为，直线的方程为.
由和，消除，得，即为点的横坐标.
因为点在直线上，所以.
整理得，所以，
所以离心率.
（2）解：当椭圆的离心率为时，，，
所以椭圆的方程为，即，
直线的方程为.
联立，消去，化简整理，得，
所以点的横坐标为，纵坐标为.
因为点的坐标为，所以中点的坐标为.
又由（1）知点的横坐标为，所以点的纵坐标为.
所以，
，
故为定值.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意可知点，，的坐标，再结合两点式得出直线的方程和直线的方程，由和联立得出点的横坐标，再结合点在直线上和代入法得出，再利用椭圆的离心率公式变形和解一元二次方程的方法得出椭圆的离心率的值。
（2） 当椭圆的离心率为时结合椭圆的离心率公式得出，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，得出，进而得出椭圆的方程，再利用点斜式得出直线的方程，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程得出点D的坐标，再结合点的坐标为和中点坐标公式得出中点的坐标，又由（1）知点的横坐标，从而得出点的纵坐标，再利用两点距离公式得出为定值。
6．【答案】（1）解：设，由题意，且 ，
所以
（2）解：设，，，BN的斜率为，由 知：
，由(1)知： 所以
设MN：，与双曲线 联立，
得：，
所以 ，
所以 ，
即﹐
则
整理得，解得或（舍），
故直线MN过定点.
【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） 设，由题意，再利用已知条件结合代入法得出 ，再结合两点求斜率公式得出 的值。
（2） 设，，，BN的斜率为，由 结合向量共线的坐标表示知：，再利用两点求斜率公式和(1)知的值，从而得出 的值，设直线MN：，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用两点求斜率公式和已知条件得出，再结合一元二次方程求解方法得出n的值，从而得出直线MN过定点。
7．【答案】（1）解：椭圆的离心率为，即，
长轴长为4，，，，故椭圆的方程为．
（2）解：设，，联立，得，
则，
，，
所以
，
，，
原点到的距离，
当时，．
当时，
，当且仅当时等号成立．
综上，所以的面积的取值范围是
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和长轴长公式、椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 设，，联立结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用两点求斜率公式得出，再结合弦长公式和点到直线的距离公式以及三角形的面积公式得出，当时，，当时，，再结合均值不等式求最值的方法得出的最小值，从而得出 三角形的面积的取值范围。
8．【答案】（1）解：因为点在上，则，而，所以，
，所以，故该抛物线的方程为.
（2）解：法一：设，不妨设，
，则，解得，
①当与轴不垂直时，，
此时直线的方程为：，整理得
，则的方程为：，则直线恒过定点
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即当为该圆心时，为定值；
②当轴时，，此时，而，故；
当时，也满足，
综上，平面内存在一个定点，使得为定值4
法二：设直线的方程为
联立，且，
由韦达定理得：，
由，即，解得，
即，直线恒过定点，
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即定点为该圆心时，为定值；
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用点在抛物线上结合代入法，则，再利用三角形的面积公式和已知条件得出，进而得出p的值，从而得出该抛物线的标准方程。
（2） 法一：设，不妨设，再利用结合已知条件和代入法得出的值，①当与轴不垂直时，，进而结合，从而得出直线的点斜式方程，从而得出直线恒过的定点M的坐标，由，即，故在以为直径的圆上，进而得出圆的标准方程，从而得出当为该圆心时，为定值；
②当轴时，，此时，而，故；当时，也满足，综上所述，平面内存在一个定点，使得为定值4。
法二：设直线的方程为，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，由结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及代入法，从而得出的值，进而得出n的值，从而得出直线恒过的定点M的坐标，由，即，故在以为直径的圆上，从而得出该圆d 标准方程，进而得出定点为该圆心时，为定值。
9．【答案】（1）解：因为曲线与曲线N关于直线对称，
所以曲线N的方程为，
又为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，
故不妨设为原点，则直线 的方程为，
由解得，
进而有，
所以的面积为；
（2）证明：设，则有，
不妨设直线与曲线M相切，
直线 的方程为，化简为，
联立得，
又因为直线与曲线M相切，
所以，即，
同理可得，
由（1）（2）得：，
因为，
所以，
又直线的方程为，
联立得，
所以，
所以直线也与曲线M相切，
【知识点】直线与圆锥曲线的关系；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用曲线与曲线N关于直线对称，进而得出曲线N的方程为，再利用三角形为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，故不妨设为原点，则直线 的方程为，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程得出交点的坐标，进而得出点的坐标，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。
（2） 设，则有，不妨设直线与曲线M相切，直线 的方程为，再结合直线与抛物线相交结合直线与曲线M相切，从而利用判别式法得出，同理可得，由（1）（2）得：，再利用，所以，再结合直线的方程为，从而联立直线与抛物线方程和判别式法以及直线与曲线的判断方法，进而证出直线也与曲线M相切。
10．【答案】（1）解：由题意，由的离心率为可得椭圆C的离心率为．
设椭圆C的焦距为2c，
则，解得，．
故椭圆C的标准方程为．
（2）解：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立，整理得，
则，
，．
因为，所以，
即，
所以，
整理得，
则，
整理得，
即．
因为直线l不过点A，所以，
则，即，
从而直线l的方程为，故直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于，，
不妨设，，则，
解得，此时，直线l过点．
综上，直线l过定点．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意结合椭圆的离心率公式，从而由的离心率可得椭圆C的离心率，再利用椭圆的离心率公式、代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆C的标准方程。
（2） 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用结合两点求斜率公式和直线l不过点A，所以，则，从而得出直线l的方程，再转化为直线的点斜式方程，进而得出直线l过定点，当直线l的斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于，，不妨设，，再利用两点求斜率公式和已知条件得出t的值，从而得出此时的直线l过点，进而证出直线l过定点。
11．【答案】（1）解：设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动.
， ，
动点在右侧，有，同理有，
∵四边形的面积为8，∴，即 ，
所以所求轨迹C方程为（）.
（2）解：如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，
，，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，
则或，同时或，解得或.
，解得或（舍去）.
时，直线的方程为，
联立，消y得：，则或，得.
直线的方程为，
联立，消y得：，则或，得，
，
点Q到直线的距离 ，
.
方法二： ，
，
，则，
.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1） 设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动，再利用点到直线的距离公式得出， ，再利用动点在右侧，有，同理有，再结合四边形的面积为8结合四边形的面积公式得出 ，从而得出所求轨迹C方程为（）。
（2） 方法一：设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，所以，，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，进而得出实数k的取值范围，再利用角之间的关系式和两角差的正切公式，进而得出实数k的值，当时，直线的方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出交点P的坐标，从而得出直线的方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出交点Q的坐标，再结合两点距离公式得出PT的长，再利用点到直线的距离公式得出点Q到直线的距离，再结合三角形的面积公式得出三角形 的面积。
方法二：利用已知条件结合两点距离公式得出PT的长，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
12．【答案】（1）解：当时，为y轴上一点，
因为，所以，
设的方程为，
由，可得，
由于为抛物线内一点，，故，
则，
故中点为，即，
同理可得，即，
因为，则，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积的最小值为；
（2）证明：由题意知所在直线的方程为，代入中，
得，设，
则有，从而，
则；
所在直线的方程为，同理可得，
所以，
所以直线的方程为，
即，
又，故，
代入，得，
即，
当时，，即，
所以直线恒过定点.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 当时，为y轴上一点，再利用结合两直线垂直斜率之积等于-1，所以，设的方程为，再结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合为抛物线内一点，和判别式法以及韦达定理得出和，再利用中点坐标公式得出中点M的坐标，同理可得点N的坐标，再利用，则，再结合三角形的面积公式和均值不等式求最值的方法得出三角形的面积的最小值。
(2) 由题意知所在直线的方程为，再设，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用代入法得出，从而结合中点坐标公式得出点M的坐标，再结合点斜式得出所在直线的方程为，同理可得点N的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线MN的斜率，再利用点斜式得出直线的方程，再结合，故，代入得出，当时，，即，从而证出直线恒过定点。
13．【答案】（1）解：由题意得，解得，
即椭圆C：
（2）解：由题意知：过点的椭圆的切线方程为，
令，则；
∵且，则设直线NQ方程为，
令，则；
又，，
则；；
即，，
∴，
即点N、P、Q、、在以PQ为直径的圆上．
【知识点】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，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2） 求得过点的切线方程为，得到，进而得到直线NQ方程为，得到，结合和，得到，，进而证得点N、P、Q、、在以PQ为直径的圆上．
14．【答案】（1）解：设点，其中且，
则 ，
由，得，
，，
只需，又，故，
所以b的取值范围是.
（2）解：，，或成等差数列，证明如下：
若，则，设点.
①若直线l斜率为0，则点，不妨令点，
则，此时的任意排列，，均不成等比数列，
，，或成等差数列.
②直线l斜率不为0，设直线，
则点，
由得，，
故，
因为，
所以
，
所以，，或成等差数列，
综合上述，，，或成等差数列.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，表示出 ，结合可得，结合可得不等式，即可求得答案；
（2） ，，或成等差数列，证明如下：若，则，设点，①若直线l斜率为0，则点，不妨令点， 可证明结论成立；
②直线l斜率不为0，设直线，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，利用结合根与系数关系式化简，即可证明结论.
15．【答案】（1）解：由抛物线方程知：，
连接，
为切点，，
又，，，．
，，解得：，
则抛物线的方程为
（2）解：设，，，
由得：，，则，
化简整理可得：，即，
同理：由得：，
则点都在直线上，
即直线的方程为，
令得：，直线过定点，该定点坐标为．
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 连接，证得，结合，求得，即可得到抛物线的方程；
（2） 设，，，结合导数的几何意义，得到和，得出的方程为，即可求解.
16．【答案】（1）解：由题意可设双曲线，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）解：（i）设，直线的方程为，
由，消元得.
则，且，
；
或由韦达定理可得，即，
，
即与的比值为定值.
（ii）设直线，代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为.
另解：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线与，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（含轴，不含直线与），
所以.
同理，过点作两渐近线的平行线与，由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（不含轴，不含直线与），
所以.
由（i）中结论可知，
得，所以，
故.
【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） 由题意可设双曲线，利用，求得， 所以双曲线的方程为；
（2）（i） 设，直线的方程为， 联立双曲线方程，可得，结合根与系数的关系化简可得 ；
（ii）设直线，代入双曲线方程，根据韦达定理可解得，结合A在双曲线右支，可得，即可求得，同理求得，结合二次函数性质，即可求得答案.
17．【答案】（1）解：由椭圆的离心率为得：，即有，
由以C的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，
所以C的方程是.
（2）解：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.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由椭圆的离心率为结合椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，所以，由以C的短轴为直径的圆与直线相切结合点与直线的距离公式得出a，b的值，从而得出椭圆C的标准方程。
（2） 为定值，且。利用结合三角形的面积公式得出，而，有，于是平分，直线的斜率互为相反数，即，设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出
，再结合两点求斜率公式和已知条件得出，再利用点在椭圆上和代入法得出，从而，再结合点不在直线上，则有，进而证出为定值，且。
18．【答案】（1）解：已知椭圆C的离心率为，所以；
由当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3，得，即，又，
所以，又，则，椭圆方程为.
（2）解：当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；
当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；
因为直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，
根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R，
当以AB为直径的圆在圆E内部与E相切时，
则，，故，
又，所以， ，即，，圆E的方程为；
当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，
则，，故，又，
所以， ，即，，圆E的方程为；
当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为，，，
联立，得，
则，，
所以AB的中点即以AB为直径的圆的圆心，半径，当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
综上圆E的方程或.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用椭圆C的离心率为和椭圆的离心率公式得出的值，由当l⊥x轴时，三角形△ABF2的面积为3，从而结合三角形的面积公式得出，进而得出b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a的值，进而得出椭圆的标准方程。
（2） 当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；再利用直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R，当以AB为直径的圆在圆E内部与E相切时，则，，故，再利用，所以， ，即，，从而得出圆E的方程；当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，则，，故，再利用，所以， ，即，，从而得出圆E的方程；当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为，，，再联立直线与椭圆方程结合韦达定理和中点坐标公式以及两点距离公式得出AB的中点即以AB为直径的圆的圆心M的坐标和半径长，从而得出圆E的方程，当圆E的方程为时，再结合两点距离公式得出，此时，所以以AB为直径的圆与E相切；当圆E的方程为时，再结合两点距离公式得出，此时，所以以AB为直径的圆与E相切，综上可得圆E的标准方程。
19．【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
（2）解：（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设椭圆的方程为：，再利用和在椭圆上结合代入法得出的值，从而得出椭圆的标准方程；由椭圆方程可知椭圆的左顶点，再结合抛物线标准方程得出焦点F的坐标，再利用抛物线的定义和已知条件得出p的值，从而得出抛物线的标准方程。
（2） （ⅰ）当时，直线，即，令，则直线，设，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出，再结合韦达定理得出，，设抛物线在点处的切线方程分别为：，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和抛物线标准方程代入法得出，同理可得：，联立两切线方程，将，代入，进而得出点S的坐标，再结合两点距离公式和得出，同理可得：，再结合，所以要证，等价于证明，再结合和，所以，同理可得：，进而证出成立。
（ⅱ）当时，直线，假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为，设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出恒成立和，，再利用两点求斜率公式得出的值，从而得出假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补。
20．【答案】（1）解：将代入，得，
则，
则，解得，
故的方程为
（2）解：设，则，
联立方程组，整理得，
则，所以，
因此直线的方程为，
整理得，即，
当时，，故直线过定点.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用代入法得出p的值，从而得出抛物线C的标准方程。
（2） 设，再利用点与点关于y轴对称得出，再结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再结合两点求斜率公式和点斜式方程得出直线的方程，再结合赋值法得出直线过定点。
21．【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为2c，则由，且，
可得，，所以椭圆C的方程为
（2）证明：设，，则，，
可得，解得，
又，，所以
（3）解：设，，直线，的方程分别为，，
由（2）知，所以，又m，均大于0，可知，
由可得，
所以，即，同理可得，
直线AB的斜率为
（当且仅当时取等号）.
当时，，此时在椭圆C上，
所以，又，可得，
所以直线AB的斜率的最小值为，且当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设椭圆C的焦距为2c，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式以及四边形的面积公式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆C的标准方程。
(2) 设，再利用点与点关于直线对称的判断方法，所以，再结合两点求斜率公式和已知条件得出，再结合两点距离公式证出成立。
（3） 设，，直线，的方程分别为，，由（2）知，所以，再利用m，均大于0，可知，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，同理可得，再利用两点求斜率公式和均值不等式求最值的方法得出直线AB的斜率的最小值，再结合当时，，此时在椭圆C上，再利用代入法和，进而得出m的值，从而得出直线AB的斜率的最小值，并且得出当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程。
22．【答案】（1）解：由题意，椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，所以椭圆的方程为
（2）解：①设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为18．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意，椭圆过点，且离心率为，从而利用代入法和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的方程。
（2） ①设直线的方程为，再设，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，再结合点斜式得出直线的方程为，令，可得，同理可得，进而得出，从而证出 ，两点的纵坐标之积为定值；
②利用已知条件结合三角形的面积公式和均值不等式求最值的方法得出三角形面积的最小值 。
23．【答案】（1）解：椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，
由题意可得，解得，．
所以，椭圆的方程为
（2）解：若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，
设直线的方程为，由题意可得，即.
联立消去得，即，
．
设、，则，．
所以，
．
令，则，则，
当且仅当时等号成立，此时，．
故的最大值为2．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合四边形的面积公式得出椭圆的四个顶点构成的四边形的面积，从而得出ab的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，设直线的方程为，再利用点到直线的距离公式和已知条件得出，设、，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用弦长公式得出，令，则，则，再结合均值不等式求最值的方法得出的最大值。
24．【答案】（1）解：抛物线E：的焦点，准线方程为，
所以，故，
又因为的最小值为9，所的最小值为，
当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，
此时，解得，
故抛物线E的方程为
（2）解：联立，消去x得，
直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，
，得，
设，，则有，，
所以，
设线段AB的中点，
则，，即，
直线MN的斜率，直线MN的方程为：，
令，得，即，
所以，
，
又因为为等边三角形，所以，
所以，
解得，且满足，
故所求m的值为．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合抛物线E的标准方程得出焦点坐标和准线方程，再结合抛物线的定义和的最小值为9，进而得出的最小值，再结合勾股定理得出p的值，从而得出抛物线E的方程。
（2） 利用已知条件结合直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出实数m的取值范围，设，，再结合韦达定理得出，，再结合代入法得出，设线段AB的中点，再利用中点坐标公式得出点M的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线MN的斜率，再利用点斜式得出直线MN的方程，再利用赋值法得出点N的坐标，再结合两点距离公式和弦长公式以及为等边三角形，所以，进而结合判别式法得出满足要求的实数m的值。
25．【答案】（1）解：由已知可得：，整理化简可得：，
即，
所以动点的轨迹方程为：；
（2）解：由可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为6.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两点距离公式和点到直线的距离公式，进而得出动点M的轨迹方程。
（2） 由结合两直线垂直斜率之积等于-1，从而可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出交点坐标，再结合两点距离公式和且，进而可得的取值范围，再利用两点距离公式和均值不等式求最值的方法得出的最小值。
26．【答案】（1）解：，，，故椭圆的方程为；
（2）解：依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
【知识点】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 面积最大值为，求得，进而得到，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组求得，由，化简得到，将代入上式化简得到，求得，结合面积公式化简得到，结合基本不等式，即可求解.
27．【答案】（1）解：设点，则，且．
由得，
即，化简得．
故动点P的轨迹C的方程为：
（2）解：设直线AB的方程为：，则．
联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，
则．
设，，由韦达定理知，．
由，得：，，
整理得，．
所以．
故为定值0．
∵，
∴，
∴的取值范围是．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1） 设点，得到，结合，列出方程，即可求得动点P的轨迹C的方程；
（2） 设直线AB的方程为，设，，联立方程组求得，根据，，化简得到且，即可求解.
28．【答案】（1）解：因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，
所以，又，得，
又因为，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）解：设AB直线方程为，则，
代入双曲线方程整理得：，
设，则， ，
（i）
而
，
所以，则，
所以 ；
（ii）过M平行于OA的直线方程为，
直线OB方程为与联立，
得，
即，
则，
所以，
由，两式相除得，
，则，
所以 ，
因为，所以，
故P为线段MQ的中点，所以.
【知识点】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，列出方程，求得，进而得到，即可求得双曲线C的方程；
（2） 设AB直线方程为，得到，，联立方程组，得到， ，（i）化简得到，根据，即可求解；（ii）求得过M平行于OA的直线方程为和OB方程为，联立方程组，整理得，又由，，两式相除得，求得 ，结合，得到，即P为线段MQ的中点，即可得证.
29．【答案】（1）解：设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）解：双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
【知识点】双曲线的简单性质；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 联立直线l与双曲线E的方程，根据求得且，结合根与系数的关系，得到，得到，，得到，进而求得点M的轨迹方程；
（2） 设，，联立方程组求得和，得到线段AB的中点M也是线段CD的中点，根据A，B为线段CD的两个三等分点，得到，列出方程，求得的值，即可得到结论.
30．【答案】（1）解：设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；
所以，，
则.
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
因此轨迹方程为.
（2）（i）解：设，，.
由题可知，，如下图所示：
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值.
（ii）
设直线的方程为，，.
由，得，
所以.
由（i）可知，，即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 （1）设动圆的半径为，由题意得到，，得出，结合椭圆的定义，即可求解.
（2） （i）设，，，求得，，求得，利用椭圆的方程得到，代入即可得到为定值；
（ii）设直线的方程为，联立方程组求得，由（i）得到，整理气的的值，得出直线的方程为，进而求得直线经过定点.
31．【答案】（1）解：由点在C上，代入，解得，即．
因为M为A关于动点的对称点，所以．
设直线，
联立整理得，
则，
，，
由M为P，Q的中点，得，故，
由，解得，
由直线l过坐标原点O，得，则，
解得，，即，，
设外接圆的一般方程，
代入，，，
解得，，，即，
即外接圆的标准方程为．
（2）解：由（1）可知，，
A到直线的距离为，
则面积，
，由，解得，
当，，S单调递增；当，，S单调递减；
故，面积的最大值．
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1） 由点在抛物线C上和代入法得出p的值，进而得出抛物线的标准方程，再利用M为A关于动点的对称点，再结合中点坐标公式得出点M的坐标，设直线，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，由M为P，Q的中点结合中点坐标公式得出n的值，由得出t的取值范围，由直线l过坐标原点O得出t的值，从而得出点P，Q的坐标，
设外接圆的一般方程，代入，，得出三角形外接圆的标准方程。
（2） 由（1）结合两点距离公式可知，再利用点到直线的距离公式得出点A到直线的距离为，再结合三角形的面积公式得出三角形面积，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出三角形面积的最大值。
32．【答案】（1）解：当轴时，两点的横坐标均为，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，
双曲线的方程为：；
（2）证明：方法一：设方程为，，
以为直径的圆的方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，
而，
，
对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.
设以为直径的圆过，
，
而
，
，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 当轴时，两点的横坐标均为，再利用代入法，从而代入双曲线方程，可得，，再利用两点距离公式得出，由题意结合勾股定理、三角形的面积公式、双曲线中a，b，c三者的关系式，进而解方程组求出a，b，c的值，从而得出双曲线C的标准方程。
（2） 方法一：设方程为，，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程得出以为直径的圆的方程为由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，再利用韦达定理得出，，所以
对恒成立，进而得出x的值，从而证出以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程和
对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，设以为直径的圆过，再利用数量积的坐标表示得出，再利用代入法和韦达定理得出对恒成立，从而得出t的值，进而证出以为直径的圆经过定点。
33．【答案】（1）解：如图，连接，
在中，，，，则，
在中，，
所以.
（2）解：设，易知，
在中，①，
因为，所以，则，
代入①式可得的取值范围为.
【知识点】函数的值域；两点间距离公式的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 连接，在中，，结合余弦函数的定义得出的值，在中结合余弦函数的定义得出AD的长，再利用三角形的面积公式得出三角形 的面积。
（2） 设，易知，在中结合两点距离公式得出①，再利用结合不等式的基本性质以及正切型函数的图象求值域的方法和代入法得出的取值范围。
34．【答案】（1）设椭圆 的右焦点为 ，连接 ，
根据椭圆的对称性可知 ，四边形 为平行四边形.
又 ，所以
而 ，所以 ，
在四边形 中， ，
所以 ，
在 中，根据余弦定理得
即
化简得 .
所以椭圆 的离心率 ；
（2）因为椭圆 的上顶点为 ，所以 ，所以 ，
又由（1）知 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
在 中， ， ，
所以 ，从而 ，
又 为线段 的中点，即 ，所以 ，
因此 ，从而 ，
根据题意可知直线 的斜率一定存在，设它的方程为 ， ， ，
联立 消去 得 ①，
，
根据韦达定理可得 ， ，
所以
所以 ，
整理得 ，解得 或 .
又直线 不经过点 ，所以 舍去，
于是直线 的方程为 ，恒过定点 ，
该点在椭圆 内，满足关于 的方程①有两个不相等的解，
所以直线 恒过定点，定点坐标为 .。
【知识点】椭圆的简单性质；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）设椭圆C的 的右焦点为 ，连接 ， 然后再利用椭圆的对称性与定义求得 ， ，再结合条件与余弦定理求解即可；
（2）首先求出椭圆的标准方程，然后由∠AMD=2∠ABD，可推出∠ADB=90°，然后设直线l的方程为 ， ， ， 联立直线与椭圆的方程消元表示出 ， ， 再代入求出m的值可得答案.
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