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经典题型（含解析）
文档属性
| 名称 | 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经典题型（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-15 12:03:16 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
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经典题型
一、单选题
1．已知双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
2．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），过的中点作直线的垂线交轴于点，则（ ）
A． B． C． D．
3．江南水乡多石拱桥，现有等轴双曲线形的石拱桥（如图），拱顶离水面10米，水面宽米，若水面上升5米，则水面宽为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．30米
4．已知面积为的正方形的顶点、分别在轴和轴上滑动，为坐标原点，，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知由椭圆与椭圆的交点连线可构成矩形（点，在轴下方），且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知为抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于两点，若，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．离心率为2的双曲线与抛物线有相同的焦点，过的直线与的右支相交于两点.过上的一点作其准线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），且的面积为，则（为的左焦点）内切圆圆心的横坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．“曼哈顿距离”是由十九世纪的赫尔曼．闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，即对于一个具有正南正北、正东正西方向规则布局的城镇街道，从一点到达另一点的距离是在南北方向上旅行的距离加上在东西方向上旅行的距离，“欧几里得距离（简称欧氏距离）”是指平面上两点的直线距离，如图所表示的就是曼哈顿距离，所表示的就是欧氏距离，若、，则两点的曼哈顿距离，而两点的欧氏距离为，设点，在平面内满足的点组成的图形面积记为，的点组成的图形面积记为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．方程（为常数）表示的曲线可能是（ ）
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
10．已知双曲线的左 右焦点分别为为上两点，且，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为 B．的面积为1
C．直线的方程为 D．
三、填空题
12．已知椭圆的离心率为，、是左、右焦点，为椭圆的下顶点，连接并延长交椭圆于点，则直线的斜率为 .
13．P为抛物线上动点，则P到焦点的距离与到的距离之和最小值为 .
14．已知抛物线的焦点为，过的动直线与抛物线交于两点，满足的直线有且仅有一条，则抛物线的准线方程为 ．
四、解答题
15．已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线的渐近线方程为．
(1)求抛物线的标准方程和双曲线的标准方程．
(2)斜率为2的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，若，求．
16．已知双曲线过点，左右焦点分别为，且．
(1)求的标准方程．
(2)设过点的直线与交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及该常数的值：若不存在，请说明理由．
17．已知椭圆的左、右焦点为，，且经过点，点为椭圆的右顶点，直线与椭圆交于（异于点）两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若以为直径的圆过点，求证直线过定点，并求该定点坐标.
18．已知椭圆E：经过点，右焦点为．
(1)求E的标准方程；
(2)已知A，B分别为E的上顶点和下顶点，过点且斜率存在的直线l与E交于C、D两点，证明：直线AC与直线BD的交点M在定直线上．
19．已知双曲线：过点，离心率为.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线交双曲线左支于点，平行于的直线交双曲线的渐近线于A，B两点，点A在第一象限，直线的斜率为.若四边形为平行四边形，证明：为定值.
参考答案：
1．C
【分析】求出双曲线的渐近线方程，代入求出，进而求出离心率.
【详解】双曲线的渐近线方程为，依题意，，解得，
所以双曲线的离心率.
故选：C
2．C
【分析】设，根据条件得出直线NP的方程为，从而得到，再利用抛物线定义即可求出结果.
【详解】由题意有，设，则，直线OM的斜率为，
易得直线NP的方程为,令，得，即，
由抛物线的定义易得，所以．
故选：C.
3．D
【分析】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系，水面上升5米后，设水面宽为CD，设D.由题可得，代入方程可得，后可得x，即可得答案.
【详解】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系.
水面上升5米后，设水面宽为CD，设D，其中.
又由题可得，代入双曲线方程可得：
，则D.
将D点坐标代入双曲线方程可得：，则D.
又由对称性可得，则水面上升5米，则水面宽为30米.
故选：D
4．C
【分析】设点、、，由平面向量的坐标运算可得出，由正方形的面积公式可得出，将代入等式整理可得出点的轨迹方程.
【详解】设点、、，
由，
所以，，可得，
因为正方形的面积为，即，即，
整理可得，因此，动点的轨迹方程为.
故选：C.
5．D
【分析】依题意可得直线的方程为，联立两椭圆方程整理得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得.
【详解】根据对称性及可得直线的方程为，
由，可得，则，
所以
，
当且仅当即时等号成立.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是得到直线的方程，从而得到，最后将变形为.
6．A
【分析】写出直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理及焦半径公式计算求解即可.
【详解】由已知得，则过且斜率为1的直线为，设，
联立，消去得，
则，，
，
解得.
故选：A.
7．D
【分析】内切圆圆心在直线上，结合抛物线定义三角形面积公式列方程得参数或焦点坐标，进一步结合双曲线离心率以及的关系即可求得的值，联立方程与双曲线方程结合韦达定理即可得解.
【详解】.
，
双曲线中，双曲线：.
设直线，内切圆圆心为，
所以，同理，
从而，
由双曲线定义知，同理；
接下来我们证明如下引理：三个不共线的点构成的三角形的内心坐标为，
先来证明是三角形的内心当且仅当，
若，
则，
则，
而由平行四边形法则可知与的角平分线共线，
所以经过三角形的内心，同理经过三角形的内心，经过三角形的内心，
所以点是三角形的内心，
由于上述每一步都是等价变形，反正亦然，
所以是三角形的内心当且仅当，
不妨设三角形的内心，
则由得，
所以解得，同理，
从而，引理得证；
由上述引理，即由内心坐标公式有，
联立与，整理并化简得，
，
所以，
，
所以，
内切圆圆心在直线上.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得到内切圆圆心在直线上，由此即可顺利得解.
8．B
【分析】设点，分析，所表示的图形，求出、，即可得解.
【详解】设点，则，可得，
方程表示以原点为圆心，半径为的圆，则，
，对于方程，
当、时，则有；
当、时，则有，即；
当、时，则有，即；
当、时，则有.
作出方程表示的图形如下图所示：
所以，方程表示的图形是边长为的正方形，则，
故.
故选：B.
9．ABC
【分析】根据题意取不同的值代入方程，可得方程所表示的曲线的形状，从而可得出答案.
【详解】解析：若，方程表示直线；若，方程表示椭圆；
若，方程表示双曲线；，方程不表示任何曲线；
由于方程没有一次项，方程不可能表示抛物线．
故选：ABC．
10．BD
【分析】由题意得关于轴对称，或关于原点对称.由向量垂直的坐标表示结合点在双曲线上可求得坐标，进而得解.
【详解】以为直径的圆经过，
又弦的中垂线过圆心，故的中点（圆心）在轴上，
关于轴对称，或关于原点对称.
当关于轴对称时，设，则，由，
得，即，
又，解得，故直线的方程为正确.
当关于关于原点对称时，设，则，由，
得，即，
又，解得，
，故直线的方程为正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：关键是得到关于轴对称，或关于原点对称.由此即可顺利得解.
11．AC
【分析】对A：根据椭圆方程求得，则离心率得解；对B：根据三角形面积公式以及点的坐标，则可求得结果；对C：利用点差法求得直线斜率，结合点坐标，即可求得直线方程；对D：联立直线与椭圆方程，利用弦长公式，借助韦达定理，即可求得.
【详解】根据题意，作图如下：
对A：由题知，，则，所以离心率为，A正确；
对B：，B错误；
对C:设，，
则，，两式相减得，
因为为线段的中点，所以，，所以，
即直线的斜率为，所以直线的方程为，即，
经检验符合题意，C正确；
对D：联立得，，；
所以，D错误.
故选：AC.
12．/
【分析】由已知可得出，，求出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再利用斜率公式可求得直线的斜率.
【详解】由已知可得，则，，
椭圆的方程可化为，即，
易知点、、，
直线的方程为，可得，
联立可得，即点，
所以，.
故答案为：.
13．
【分析】求出抛物线焦点坐标和准线方程，将转为点到抛物线准线的距离，由抛物线的定义，可得，转化为求的最小值，结合图形，即可求解.
【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为，
过点作于点，由抛物线的定义可得，
所以，
由图形可得，当，，三点共线时，取得最小值，
最小值为点A到准线的距离.
故答案为：
14．
【分析】设，设l方程为，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，求出的表达式，说明当取最小值时，满足的直线有且仅有一条，即可求得p的值，即可求得答案.
【详解】设，由题意知过的动直线的斜率不为0，
故设其方程为，联立，
得，，
故，
又
，
当且仅当时，等号成立，
即此时取最小值，即此时满足的直线有且仅有一条，
即，
故抛物线的准线方程为，
故答案为：
15．(1)，；
(2).
【分析】（1）由双曲线渐近线方程求出，进而求出其右焦点即可得解.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，借助共线向量求出点的坐标即可.
【详解】（1）依题意，双曲线渐近线方程为：，于是，解得，
因此双曲线的标准方程为：，其右焦点为，则，解得，
所以抛物线的标准方程为，双曲线的标准方程为.
（2）设的方程为：，则，
由消去得：，则，，
由，得，则，满足，
因此，，，
所以．
16．(1)；
(2)存在，点，该常数为56
【分析】（1）根据给定条件，利用双曲线定义求出实轴长即可求出双曲线方程.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理及数量积的坐标表示求解即得.
【详解】（1）依题意，双曲线半焦距，
，则，
所以的方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在，设的方程为，
由，消去得，显然，
且，得且，则，
设存在符合条件的定点，则，
因此
要为常数，当且仅当，解得，此时该常数的值为56，
所以在轴上存在点，使得为常数，该常数为56．
17．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）求出，，利用求出，进而可得，则椭圆方程可求；
（2）若直线的斜率不为0时，设，与椭圆联立，利用韦达定理以及，可求出，进而可得直线过定点.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
则，，，
可得，即，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知：.
若直线的斜率不为0时，设，，
联立方程，消去得，
则，可得，，
又因为，，
由题意可知：，
则，
整理得，
则，
又因为，则，可得，
整理得，即直线：过定点；
若直线的斜率为0，则，，
又因为，，
由题意可知：，即
且，解得，此时直线：，不合题意；
综上所述：直线过定点.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交问题，首先是设出直线方程，然后与圆锥曲线联立，利用韦达定理结合已知条件，列式，列方程求解，计算下去，一般无关的参数会抵消，然后留下需要的参数即可解答题目.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得出关于，的方程组，从而得解；
（2）设出C、D、M点的坐标，直线和椭圆联立方程组，得出韦达定理，联立直线AC与直线BD，求出交点M的坐标，将韦达定理代入求解可得.
【详解】（1）因为椭圆E：经过点，右焦点为
所以，解得，，
椭圆E的标准方程为：．
（2）设直线，记，，
联立直线和椭圆方程，
化简整理得，，
恒成立，
由韦达定理得，，
记、，，
因为直线：，：，
所以，
两式相除，得
，
解得，
所以直线与直线的交点M在定直线上．
19．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，，将代入直线可得，联立直线与椭圆方程得关于的一元二次方程，由韦达定理得；联立方程和渐近线方程求出，得到，由题易得，即，联立求出的关系式，再由定义表示出，将所有未知量全部代换成即可求证.
【详解】（1）因为双曲线：过点，离心率为，
所以有；
（2）设直线的方程为，
直线的方程为，，
将代入直线得，即，
联立，得，
得，即，，
因为在第一象限，双曲线渐近线方程为，
联立，得，即，
联立，得.即，
所以，
因为，所以，所以①，
又②，
①②得，，
所以，
所以，
因为
所以，为定值.
【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.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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经典题型
一、单选题
1．已知双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
2．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），过的中点作直线的垂线交轴于点，则（ ）
A． B． C． D．
3．江南水乡多石拱桥，现有等轴双曲线形的石拱桥（如图），拱顶离水面10米，水面宽米，若水面上升5米，则水面宽为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．30米
4．已知面积为的正方形的顶点、分别在轴和轴上滑动，为坐标原点，，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知由椭圆与椭圆的交点连线可构成矩形（点，在轴下方），且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知为抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于两点，若，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．离心率为2的双曲线与抛物线有相同的焦点，过的直线与的右支相交于两点.过上的一点作其准线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），且的面积为，则（为的左焦点）内切圆圆心的横坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．“曼哈顿距离”是由十九世纪的赫尔曼．闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，即对于一个具有正南正北、正东正西方向规则布局的城镇街道，从一点到达另一点的距离是在南北方向上旅行的距离加上在东西方向上旅行的距离，“欧几里得距离（简称欧氏距离）”是指平面上两点的直线距离，如图所表示的就是曼哈顿距离，所表示的就是欧氏距离，若、，则两点的曼哈顿距离，而两点的欧氏距离为，设点，在平面内满足的点组成的图形面积记为，的点组成的图形面积记为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．方程（为常数）表示的曲线可能是（ ）
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
10．已知双曲线的左 右焦点分别为为上两点，且，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为 B．的面积为1
C．直线的方程为 D．
三、填空题
12．已知椭圆的离心率为，、是左、右焦点，为椭圆的下顶点，连接并延长交椭圆于点，则直线的斜率为 .
13．P为抛物线上动点，则P到焦点的距离与到的距离之和最小值为 .
14．已知抛物线的焦点为，过的动直线与抛物线交于两点，满足的直线有且仅有一条，则抛物线的准线方程为 ．
四、解答题
15．已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线的渐近线方程为．
(1)求抛物线的标准方程和双曲线的标准方程．
(2)斜率为2的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，若，求．
16．已知双曲线过点，左右焦点分别为，且．
(1)求的标准方程．
(2)设过点的直线与交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及该常数的值：若不存在，请说明理由．
17．已知椭圆的左、右焦点为，，且经过点，点为椭圆的右顶点，直线与椭圆交于（异于点）两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若以为直径的圆过点，求证直线过定点，并求该定点坐标.
18．已知椭圆E：经过点，右焦点为．
(1)求E的标准方程；
(2)已知A，B分别为E的上顶点和下顶点，过点且斜率存在的直线l与E交于C、D两点，证明：直线AC与直线BD的交点M在定直线上．
19．已知双曲线：过点，离心率为.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线交双曲线左支于点，平行于的直线交双曲线的渐近线于A，B两点，点A在第一象限，直线的斜率为.若四边形为平行四边形，证明：为定值.
参考答案：
1．C
【分析】求出双曲线的渐近线方程，代入求出，进而求出离心率.
【详解】双曲线的渐近线方程为，依题意，，解得，
所以双曲线的离心率.
故选：C
2．C
【分析】设，根据条件得出直线NP的方程为，从而得到，再利用抛物线定义即可求出结果.
【详解】由题意有，设，则，直线OM的斜率为，
易得直线NP的方程为,令，得，即，
由抛物线的定义易得，所以．
故选：C.
3．D
【分析】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系，水面上升5米后，设水面宽为CD，设D.由题可得，代入方程可得，后可得x，即可得答案.
【详解】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系.
水面上升5米后，设水面宽为CD，设D，其中.
又由题可得，代入双曲线方程可得：
，则D.
将D点坐标代入双曲线方程可得：，则D.
又由对称性可得，则水面上升5米，则水面宽为30米.
故选：D
4．C
【分析】设点、、，由平面向量的坐标运算可得出，由正方形的面积公式可得出，将代入等式整理可得出点的轨迹方程.
【详解】设点、、，
由，
所以，，可得，
因为正方形的面积为，即，即，
整理可得，因此，动点的轨迹方程为.
故选：C.
5．D
【分析】依题意可得直线的方程为，联立两椭圆方程整理得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得.
【详解】根据对称性及可得直线的方程为，
由，可得，则，
所以
，
当且仅当即时等号成立.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是得到直线的方程，从而得到，最后将变形为.
6．A
【分析】写出直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理及焦半径公式计算求解即可.
【详解】由已知得，则过且斜率为1的直线为，设，
联立，消去得，
则，，
，
解得.
故选：A.
7．D
【分析】内切圆圆心在直线上，结合抛物线定义三角形面积公式列方程得参数或焦点坐标，进一步结合双曲线离心率以及的关系即可求得的值，联立方程与双曲线方程结合韦达定理即可得解.
【详解】.
，
双曲线中，双曲线：.
设直线，内切圆圆心为，
所以，同理，
从而，
由双曲线定义知，同理；
接下来我们证明如下引理：三个不共线的点构成的三角形的内心坐标为，
先来证明是三角形的内心当且仅当，
若，
则，
则，
而由平行四边形法则可知与的角平分线共线，
所以经过三角形的内心，同理经过三角形的内心，经过三角形的内心，
所以点是三角形的内心，
由于上述每一步都是等价变形，反正亦然，
所以是三角形的内心当且仅当，
不妨设三角形的内心，
则由得，
所以解得，同理，
从而，引理得证；
由上述引理，即由内心坐标公式有，
联立与，整理并化简得，
，
所以，
，
所以，
内切圆圆心在直线上.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得到内切圆圆心在直线上，由此即可顺利得解.
8．B
【分析】设点，分析，所表示的图形，求出、，即可得解.
【详解】设点，则，可得，
方程表示以原点为圆心，半径为的圆，则，
，对于方程，
当、时，则有；
当、时，则有，即；
当、时，则有，即；
当、时，则有.
作出方程表示的图形如下图所示：
所以，方程表示的图形是边长为的正方形，则，
故.
故选：B.
9．ABC
【分析】根据题意取不同的值代入方程，可得方程所表示的曲线的形状，从而可得出答案.
【详解】解析：若，方程表示直线；若，方程表示椭圆；
若，方程表示双曲线；，方程不表示任何曲线；
由于方程没有一次项，方程不可能表示抛物线．
故选：ABC．
10．BD
【分析】由题意得关于轴对称，或关于原点对称.由向量垂直的坐标表示结合点在双曲线上可求得坐标，进而得解.
【详解】以为直径的圆经过，
又弦的中垂线过圆心，故的中点（圆心）在轴上，
关于轴对称，或关于原点对称.
当关于轴对称时，设，则，由，
得，即，
又，解得，故直线的方程为正确.
当关于关于原点对称时，设，则，由，
得，即，
又，解得，
，故直线的方程为正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：关键是得到关于轴对称，或关于原点对称.由此即可顺利得解.
11．AC
【分析】对A：根据椭圆方程求得，则离心率得解；对B：根据三角形面积公式以及点的坐标，则可求得结果；对C：利用点差法求得直线斜率，结合点坐标，即可求得直线方程；对D：联立直线与椭圆方程，利用弦长公式，借助韦达定理，即可求得.
【详解】根据题意，作图如下：
对A：由题知，，则，所以离心率为，A正确；
对B：，B错误；
对C:设，，
则，，两式相减得，
因为为线段的中点，所以，，所以，
即直线的斜率为，所以直线的方程为，即，
经检验符合题意，C正确；
对D：联立得，，；
所以，D错误.
故选：AC.
12．/
【分析】由已知可得出，，求出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再利用斜率公式可求得直线的斜率.
【详解】由已知可得，则，，
椭圆的方程可化为，即，
易知点、、，
直线的方程为，可得，
联立可得，即点，
所以，.
故答案为：.
13．
【分析】求出抛物线焦点坐标和准线方程，将转为点到抛物线准线的距离，由抛物线的定义，可得，转化为求的最小值，结合图形，即可求解.
【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为，
过点作于点，由抛物线的定义可得，
所以，
由图形可得，当，，三点共线时，取得最小值，
最小值为点A到准线的距离.
故答案为：
14．
【分析】设，设l方程为，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，求出的表达式，说明当取最小值时，满足的直线有且仅有一条，即可求得p的值，即可求得答案.
【详解】设，由题意知过的动直线的斜率不为0，
故设其方程为，联立，
得，，
故，
又
，
当且仅当时，等号成立，
即此时取最小值，即此时满足的直线有且仅有一条，
即，
故抛物线的准线方程为，
故答案为：
15．(1)，；
(2).
【分析】（1）由双曲线渐近线方程求出，进而求出其右焦点即可得解.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，借助共线向量求出点的坐标即可.
【详解】（1）依题意，双曲线渐近线方程为：，于是，解得，
因此双曲线的标准方程为：，其右焦点为，则，解得，
所以抛物线的标准方程为，双曲线的标准方程为.
（2）设的方程为：，则，
由消去得：，则，，
由，得，则，满足，
因此，，，
所以．
16．(1)；
(2)存在，点，该常数为56
【分析】（1）根据给定条件，利用双曲线定义求出实轴长即可求出双曲线方程.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理及数量积的坐标表示求解即得.
【详解】（1）依题意，双曲线半焦距，
，则，
所以的方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在，设的方程为，
由，消去得，显然，
且，得且，则，
设存在符合条件的定点，则，
因此
要为常数，当且仅当，解得，此时该常数的值为56，
所以在轴上存在点，使得为常数，该常数为56．
17．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）求出，，利用求出，进而可得，则椭圆方程可求；
（2）若直线的斜率不为0时，设，与椭圆联立，利用韦达定理以及，可求出，进而可得直线过定点.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
则，，，
可得，即，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知：.
若直线的斜率不为0时，设，，
联立方程，消去得，
则，可得，，
又因为，，
由题意可知：，
则，
整理得，
则，
又因为，则，可得，
整理得，即直线：过定点；
若直线的斜率为0，则，，
又因为，，
由题意可知：，即
且，解得，此时直线：，不合题意；
综上所述：直线过定点.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交问题，首先是设出直线方程，然后与圆锥曲线联立，利用韦达定理结合已知条件，列式，列方程求解，计算下去，一般无关的参数会抵消，然后留下需要的参数即可解答题目.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得出关于，的方程组，从而得解；
（2）设出C、D、M点的坐标，直线和椭圆联立方程组，得出韦达定理，联立直线AC与直线BD，求出交点M的坐标，将韦达定理代入求解可得.
【详解】（1）因为椭圆E：经过点，右焦点为
所以，解得，，
椭圆E的标准方程为：．
（2）设直线，记，，
联立直线和椭圆方程，
化简整理得，，
恒成立，
由韦达定理得，，
记、，，
因为直线：，：，
所以，
两式相除，得
，
解得，
所以直线与直线的交点M在定直线上．
19．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，，将代入直线可得，联立直线与椭圆方程得关于的一元二次方程，由韦达定理得；联立方程和渐近线方程求出，得到，由题易得，即，联立求出的关系式，再由定义表示出，将所有未知量全部代换成即可求证.
【详解】（1）因为双曲线：过点，离心率为，
所以有；
（2）设直线的方程为，
直线的方程为，，
将代入直线得，即，
联立，得，
得，即，，
因为在第一象限，双曲线渐近线方程为，
联立，得，即，
联立，得.即，
所以，
因为，所以，所以①，
又②，
①②得，，
所以，
所以，
因为
所以，为定值.
【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.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)