2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册第三章圆锥曲线的方程解答题专项突破（含解析）

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2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册第三章圆锥曲线的方程解答题专项突破
1．已知椭圆C：（）的离心率为，直线l：是椭圆C与圆：的一条公切线．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点为椭圆C的一点，直线：交圆于M，N两点，以M，N为切点分别作圆的切线，两条切线交于点Q，证明：为定值．
2．已知椭圆的离心率为，抛物线在第一象限与椭圆交于点，点为抛物线的焦点，且满足.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足为、，与轴的交点为．若、、的面积成等差数列，求实数的取值范围.
3．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，到直线的距离为，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线m与椭圆交于两点，过且与m垂直的直线n与圆O：交于C，D两点，求的取值范围.
4．已知椭圆的离心率，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，与交于点，记的率分别为，试探究的关系，并证明.
5．已知椭圆：（）经过点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点，，为椭圆上异于A的两点，且，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.
6．已知椭圆的离心率，点在上，为坐标原点.
(1)求的标准方程；
(2)若不过原点的直线交于，两点，是线段的中点，且直线的斜率为2，求直线的斜率.
7．已知动圆过定点，且在定圆的内部与其内切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程．
(2)当过点的动直线与圆心的轨迹相交于两不同点时，在线段上取点，满足，则点是否在某条定直线上？若在，求该直线的方程；若不在，请说明理由．
8．已知椭圆：的短半轴长为1，焦距为．
(1)求椭圆的离心率；
(2)设椭圆的右顶点为，过点且斜率为的直线交椭圆E于不同的两点，直线分别与直线交于点．求的取值范围．
9．已知、分别是双曲线C：（，）的两个焦点，若双曲线的一条渐近线与直线恰好平行．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若，M为双曲线上一点，且，求的值﹒
10．已知双曲线，其中离心率为，且过点，求
(1)双曲线的标准方程；
(2)若直线与双曲线交于不同的两点，，且，证明：为定值.
11．已知双曲线：（）的左焦点为，，分别为双曲线的左、右顶点，顶点到双曲线的渐近线的距离为.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与双曲线左支交于点（异于点），直线与直线：交于点，的角平分线交直线于点，证明：是的中点.
12．已知双曲线的渐近线方程为，点在上．
(1)求的方程．
(2)设是双曲线的左顶点，过点的直线与的右支交于两点，直线分别与直线交于两点.试探究：是否存在定点，使得以为直径的圆过点？若存在求点的坐标；若不存在，请说明理由．
13．已知双曲线的中心为坐标原点，上顶点为，离心率为.
(1)求双曲线的方程；
(2)记双曲线的上、下顶点为、，为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
14．已知双曲线经过点，且的一条渐近线的方程为.
(1)求的标准方程；
(2)若点是的左顶点，是上与顶点不重合的动点，从下面两个条件中选一个，求直线与的斜率之积.
①关于原点对称；②关于轴对称.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
15．已知双曲线 的右焦点与抛物线的焦点重合，一条渐近线的倾斜角为．
(1)求双曲线的方程；
(2)经过点的直线与双曲线的右支交于，两点，与轴交于点，点关于原点的对称点为点，求的面积的取值范围．
16．已知抛物线过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)求证：直线过定点；
(3)在轴上是否存在点，使得直线与直线的斜率之和为0？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
17．已知抛物线：，点在上．
(1)求的方程；
(2)若点是的焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，求的最小值．
18．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于、两点，分别过、两点做抛物线的切线，两条切线分别与轴交于、两点，直线与抛物线交于、两点，直线与抛物线交于、两点，为线段的中点，为线段的中点．
(1)证明：为定值；
(2)设直线的斜率为，证明：为定值．
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用直线与圆和椭圆相切，得到的方程组求解；
（2）利用直线与圆相切得到MN方程，进而对应项系数相等得，再点点距求解
【详解】（1）因为离心率，所以
因为是圆：的一条切线，所以
所以
由，可得
因为是椭圆的一条切线
所以
结合，解得
所以椭圆C的方程为．
（2）设点，，，则，
因为M，N为直线QM，QN与圆的切点
所以，
所以直线QM的方程为：，即，即
直线QN的方程为：，即，即
所以点Q满足，即．
所以直线MN的方程为
又因为M，N为直线与圆的交点
所以MN的方程为，即
所以恒成立
所以，即
所以
又因为点为椭圆C上一点，所以
所以为定值．
【点睛】利用切线性质得MN的方程是解决本题的关键.
2．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，，则点在椭圆上，代入椭圆方程可得，根据离心率可得，解方程组即可求出，，即可求出椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理求出．根据、、的面积成等差数列，可得，化简可得，解此不等式即可求出结果．
【详解】（1）由题意，，则点在椭圆上，
得①，，即 ②，
联立①②，解得，，
椭圆的方程为．
（2）依题意，直线与轴不重合，故可设直线的方程为．
联立，消去得．
设,，,，则有，且．
设，，的面积分别为，，，
，，成等差数列，，即，
则；
即，得，
又，，
于是，，
，解得，即或．
所以实数的取值范围为．
【点睛】解决圆锥曲线中的范围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；二是将圆锥曲线中范围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求解.
3．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到直线的方程，结合到直线的距离，进而求得的值，即可求解；
（2）①当直线的斜率为时，直线和的方程，求得的值，得到；
②当直线的斜率不存在时，直线和的方程，求得，可得；
③当直线的斜率存在且不为0时，设，直线，结合韦达定理和弦长公式，求得，利用换元法和函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由题意得，直线的方程为，即，
则到直线的距离，
又由，且，可得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：①当直线的斜率为时，直线的方程为，
代入椭圆方程可得，.
直线的方程，代入圆的方程可得，，
所以，，可得；
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
代入椭圆方程可得，.
直线的方程，代入圆的方程可得，，
所以，，可得；
③当直线的斜率存在且不为0时，设，
则，点到直线n的距离，圆的半径，
根据圆的性质得，所以，
将代入曲线E的方程，
整理得，
则恒成立.
设，，由韦达定理可得，，，
则，
所以，
因为，所以，所以，
令，则，且.
令，，则在上恒成立，
所以在上单调递减.又，，
所以，即，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
4．(1)；
(2)，证明见解析.
【分析】（1）由离心率、点在椭圆上及参数关系求参数，即可得椭圆方程；
（2）设直线方程为，则，设，联立椭圆并应用韦达定理、斜率两点式求，即可证关系.
【详解】（1）由题意得，则，所以E的方程为；
（2）的关系：.
证明：由题意得，直线的斜率一定存在，
设直线方程为，则，设，
联立直线与椭圆方程，整理得，
因为直线过右焦点，故直线与椭圆恒有两个交点，
所以，
，，，
，
综上，得证.
5．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）根据题意代入运算求解即可；
（2）设直线的方程为，联立方程可得韦达定理，结合向量垂直的坐标表示运算求解.
【详解】（1）由题意可得，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）因为，为椭圆上异于A的两点，所以直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，，，
联立方程，消去y得，
则，整理得，
由韦达定理得，，
因为，，，，
可得
化简得，解得或，
当时，直线的方程为，直线过点，不合题意；
当时，恒成立，直线的方程为，
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
6．(1)
(2)
【分析】（1）由离心率定义和点代入可解得，得解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系，求得线段的中点为的坐标，结合斜率公式，即可求解.
【详解】（1），，
椭圆的方程可化为，又点在椭圆上，，
椭圆的标准方程为.
（2）由题意知直线不过原点且斜率存在，
设直线的方程为，，，，
联立，整理得，
则，
，，
又直线的斜率为，，解得.
即直线的斜率为.
【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x（或y）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.
7．(1)
(2)点在定直线上．
【分析】（1）根据椭圆的定义求得轨迹方程；
（2）设点，由均不为零，记，则且，由椭圆方程说明点在椭圆外，得出，用坐标表示出该等式，然后求得，并利用点在椭圆上消去各参数得出关于的方程，从而得出结论．
【详解】（1）设动圆和定圆切于点．
由题意可得动点到定点和定圆圆心的距离之和恰好等于定圆的半径，即．
由椭圆定义可得动圆圆心的轨迹方程为．
（2）点在定直线上．理由如下．
设点．
由题设知均不为零，记，则且，
因为四点共线，将点代入轨迹方程得，所以点在椭圆外，又点在线段上，所以，
于是①，②．
又点在椭圆上，所以
③-④得，代入①②有，
即点在定直线上．
8．(1)
(2)
【分析】（1）由短半轴，焦距及求解出，再根据离心率公式即可得解；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表达出，结合求得答案.
【详解】（1）依题意知，解得，
所以离心率；
（2）由（2）得，椭圆E的方程为，则，
设直线的方程为，
联立得，
，得，且.，
设，，
则，
设，依题意有:，，
因为，
所以，
所以
，
因为，且，所以，
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：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.
9．(1)
(2)
【分析】（1）由双曲线的一条渐近线与直线恰好平行，可得的关系式，进而得到离心率.
（2）根据题意，先求出，进而利用双曲线的定义即可得到的值.
【详解】（1）根据题意，双曲线的渐近线为，
因为双曲线的一条渐近线与直线平行，
所以即．
∵，
∴．
∴．
（2）由得，即．
由（1）知，，得．
由双曲线的定义可得：，
解得或．
∵，
∴．

10．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由双曲线离心率及所过点列方程求双曲线参数，即可得方程；
（2）令直线且，则直线，联立双曲线求坐标，即可证结论.
【详解】（1）由题设，可得，故双曲线的标准方程为；
（2）由题设及双曲线渐近线，令直线且，则直线，
则，可得，即，故，
所以，
同理可得，故，所以，
所以为定值.
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析条件，求解方程即可.
（2）找到斜率不存在的情况，容易证明，再求证斜率存在的情况即可.
【详解】（1）因为，所以，
双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为，
由题意得解得
则的标准方程为.
（2）
①当，即时，设点，
代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即，
因为直线是的角平分线，且.，所以直线的斜率为，
直线的方程为，令，解得，即，
此时，即是的中点；
②当时，设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程消去得，
由韦达定理得，，
又因为，所以，，
点，又因为，
所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，
因为是的角平分线，所以，所以，
又因为，，
所以，即，
即，得或，
由题意知和异号，所以，所以直线的方程为，
令，可得，即，所以，
直线的方程为，令，可得，
即，所以，
所以，即是的中点.
综上，是的中点.
12．(1)
(2)存在定点，或，使得以为直径的圆过点，理由见解析
【分析】（1）由渐近线方程与点在双曲线上待定即可得方程；
（2）假设存在定点，满足条件.设，，分别表示直线，令，得坐标，将以为直径的圆过点转化为条件，利用韦达定理代入变形为关系式，不受影响，求值即可.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
故双曲线C的方程为：
（2）由双曲线的对称性，又点及点均在轴上，
若存在定点，满足以为直径的圆过点，则点在轴上.
故假设存在定点，使得以为直径的圆过点.
双曲线的左顶点，
由题意知直线不垂直于轴，故设直线的方程为：，
设，，
∴，
，解得，
∴，
由直线与双曲线的右支交于两点，
则，解得.
又直线的方程为，代入，
同理，直线的方程为，代入.
要使以为直径的圆过点，则.
∴，
∴
，
解得，或
故存在定点，或，使得以为直径的圆过点.

13．(1)
(2)证明见解析，定点坐标为
【分析】（1）根据离心率和上顶点确定、，进而可得双曲线方程；
（2）直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合，可得的值，进而可得定点.
【详解】（1）解：设双曲线方程为，
因为该双曲线的上顶点坐标为，则，
则由可得，则，
因此，双曲线的方程为.
（2）证明：由（1）可得、，设、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，
从而可知，直线、关于轴对称，则点在轴上，不合乎题意，
设直线的方程为，
联立可得，
则，
由韦达定理可得，，
所以，，
，
设，则，，所以，，
又，
得，所以，，
即，化简得，
解得，所以直线过定点.
【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.
14．(1)
(2)选①，答案为1；选②，答案为
【分析】（1）根据渐近线方程得到，待定系数法求出，得到双曲线方程；
（2）选①，得到，，，由斜率公式计算出答案；
选②，得到，，，由斜率公式计算出答案.
【详解】（1）由题意得的一条渐近线的方程为，故，
又，解得，
故的标准方程为；
（2）若选①，关于原点对称，
由题意得，，，
故，
则，

若选②，关于轴对称，
由题意得，，，
故，
则，

15．(1)；
(2)
【分析】（1）根据题意得出的值，结合关系式即可求解；
（2）由题知直线的斜率存在，设出直线方程，与双曲线联立，利用韦达定理得到，，然后表示出，根据直线与双曲线右支有两个交点，得到的范围，即可得出结果.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，
由题意得，，
又，解得，
所以双曲线的方程为：.
（2）由题意知直线的斜率存在，
设直线方程为，得，
设，
联立，整理可得．
则，，
，
直线与双曲线右支有两个交点，
，即，
设，
则
，
，
即的面积的取值范围是.
16．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，点
【分析】（1）根据抛物线过点，代入运算得解；
（2）设直线，与抛物线联立方程组，得到根与系数关系，结合，坐标运算得解；
（3）假设存在满足条件的点，使得，利用根与系数关系进行坐标运算求得的值.
【详解】（1）抛物线过点，
，即，
抛物线的方程为．
（2）证明：不妨设，，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，
，
又，
，即，
，解得或（舍），
直线的方程为，即直线过定点．
（3）假设存在满足条件的点，使得，
，
，
即，解得或，
存在点，使得直线与直线的斜率之和为0．
【点睛】思路点睛：本题第二，三问是考查圆锥曲线中的定点问题.第二问，设直线，与抛物线方程联立，得根与系数关系，由得，代入运算可得，得解；第三问，由，得，代入根与系数关系化简运算得解.
17．(1)
(2)16
【分析】（1）带入已知点，可得抛物线方程；
（2）设直线方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式表示弦长，再利用基本（均值）不等式求最小值.
【详解】（1）因为点在上，所以，即：．
（2）如图：
设，，，，
直线的方程为（直线斜率存在且不为0）．
联立方程组，消去得：，
所以．
因为，用代替，得：．
由抛物线的定义可知，
当且仅当时，等号成立．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，则，写出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、处的切线方程，求出点、的坐标，可得出直线的方程，再将直线的方程与抛物线的方程联立，可求出，进而可求出，然后结合韦达定理可求得的值；
（2）求出点、的坐标，可求得的表达式，由此可求出的值.
【详解】（1）证明：设，则，易知抛物线的焦点为，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
接下来证明抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，即，即，
所以，直线与抛物线只有唯一的公共点，
所以，的方程为，同理可知，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，同理可得点，
所以，直线的方程为，即，
设点、，联立可得，
则，由韦达定理可得，，
所以，，
同理可得，
所以，
.
故为定值.
（2）解：设点，则，所以，，
即点，同理可得点，
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．
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