第三章圆锥曲线的方程综合自检卷（含解析）-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 第三章圆锥曲线的方程综合自检卷（含解析）-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册 |  | |
| 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 | 2024-08-19 14:43:21 | ||
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文档简介
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第三章圆锥曲线的方程综合自检卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
一、单选题
1．椭圆的焦距为（ ）
A． B．4 C． D．2
2．与椭圆有相同焦点，且满足短半轴长为的椭圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．设双曲线（）的虚轴长为2，焦距为，则其渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的左右两个焦点分别是、，抛物线以为焦点，点是椭圆与抛物线的交点，若，，则（ ）
A．或 B． C．或 D．
6．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，若为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，直线，分别于抛物线交于点，．设直线，的斜率分别为，，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）.已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在平面直角坐标系中，已知曲线：，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则是椭圆 B．若，则是椭圆
C．若，则是双曲线 D．若，则是双曲线
10．已知直线交抛物线于、两点，下列说法正确的是（ ）．
A．
B．为定值
C．线段AB的中点在一条定直线上
D．为定值（O为坐标原点，、分别为直线OA、OB的斜率）
11．已知椭圆上有不同两点，，，则（ ）
A．若过原点，则
B．，的最小值为
C．若，则的最大值为9
D．，，异于点，若线段的垂直平分线与轴相交于点，则直线的斜率为
三、填空题
12．已知标准方程的双曲线的一条渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为 ．
13．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若，那么 ．
14．点P是椭圆上一点，，分别是其左、右焦点，若，离心率为，则 .
四、解答题
15．若中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，焦距长为4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为的直线经过椭圆的左焦点，与椭圆相交于两点，求的面积．
16．在平面直角坐标系中，已知点，、为抛物线上不同的两点，，且于点．
(1)求的值；
(2)过轴上一点的直线交于、两点，、在的准线上的射影分别为、，为的焦点，若，求中点的轨迹方程．
17．已知抛物线的准线方程为，直线l与抛物线交于两点，O为坐标原点．
(1)若为等腰直角三角形，求的面积；
(2)若，证明：直线l过定点P，并求出定点P的坐标．
18．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上任意一点，面积最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过x轴上一点的直线与椭圆交于A，B两点，过A，B分别作直线的垂线，垂足为M，N两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标．
19．如图，已知曲线是以原点O为中心、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以原点O为中心，为焦点的双曲线的一部分，A是曲线和曲线的交点，且为钝角，我们把曲线和曲线合成的曲线C称为“月蚀圆”．设.
(1)求曲线和所在的椭圆和双曲线的标准方程；
(2)过点作一条与x轴不垂直的直线，与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，记G为CD的中点，H为BE的中点．问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】根据椭圆的标准方程可得，即可得到结果.
【详解】因为，所以．
故选：B
2．B
【分析】由焦点和短半轴长，待定系数法求椭圆方程.
【详解】椭圆化成标准方程为，焦点在轴上，
设所求椭圆方程为，
依题意有，所以，所求椭圆方程为.
故选：B
3．A
【分析】由题意首先求得双曲线的方程，然后求解渐近线方程即可.
【详解】由题意可得：因为该双曲线的虚轴长为2，焦距为，
所以，解得，所以该双曲线方程为，
故渐近线方程为：，
故选:A.
4．C
【分析】写出其标准方程，进而可得出焦点坐标.
【详解】抛物线的标准方程为，
所以其焦点坐标为.
故选：C.
5．A
【分析】根据焦半径公式及勾股关系求出点的纵坐标，然后根据点在抛物线上建立方程求解即可.
【详解】设，作抛物线的准线，则过，过作垂直于准线于点，
由抛物线的定义可得，所以.
因为点在抛物线上，所以.
由得或.
故选：A
6．C
【分析】由题意可得且，确定点M的坐标，将代入双曲线方程可得，则，根据的齐次式求解出离心率的值.
【详解】不妨设点M位于第一象限，
因为是等腰直角三角形，所以且，则，
将代入双曲线方程，得，解得，
所以，即，得，
由，解得.
故选：C
7．A
【分析】因为，设，，，，的方程为，通过联立直线与抛物线解得的纵坐标，同理得到的纵坐标，再根据斜率公式得到，整理得，设直线为，联立方程结合韦达定理可得答案.
【详解】抛物线的焦点为，
由题意可知：可知直线与抛物线必相交，
设，，，，
则，
设的方程为，
联立方程，消去并整理得，
根据韦达定理得，即，
同理可得，则，
可得，
设直线为，
联立方程，消去并整理得，
根据韦达定理得，所以.
故选：A.
8．B
【分析】建立平面直角坐标系，得到，代入抛物线方程，求出，从而得到答案.
【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，则，
将代入，故，解得，
所以该抛物线的焦点到顶点的距离为m.
故选：B
9．BC
【分析】对于A,取验证即可；对于B，变形方程后进行判断即可；对于C，变形方程后进行判断即可；对于D,取验证即可.
【详解】当时，若，方程为，此时为圆，故A错误；
当时，方程化为，
因为，则，且，
符合椭圆方程的标准形式，故B正确；
若时，，
因为，则，符合双曲线的标准方程形式，故C正确；
若，令，方程化为，即，故D错误，
故选：BC.
10．ACD
【分析】对A：联立直线方程抛物线方程，根据判别式即可求得的范围；对B：根据A中所求，即可判断；对C：设出的中点坐标，借助韦达定理，即可判断；对D：借助韦达定理，求得，即可判断.
【详解】联立直线方程与抛物线方程，可得；
对A：由直线与抛物线交于A,B两点，可得，解得，故A正确；
对B：因为、，故可得，故B错误；
对C：设中点为，故可得；
故中点在定直线上，故C正确；
对D：为定值，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键是能够熟练使用韦达定理，从而求得中点坐标，以及转化，属中档题.
11．ABD
【分析】利用椭圆的对称性判断A，利用椭圆的定义判断B，利用特殊位置法排除C，利用点在椭圆上与两点距离公式推得，再利用点差法求得的垂直平分线方程，进而求得点与直线的斜率，从而判断D.
【详解】因为椭圆，所以，则是其右焦点，
对于A，设椭圆的左焦点为，
因为过原点，所以由椭圆的对称性易知四边形是平行四边形，
则，故A正确；
对于B，因为，则，
又，
所以，
当在线段与椭圆的交点位置时，等号成立，故B正确；
对于C，当轴，点为椭圆的右顶点时，满足，此时，
但，故C错误；
对于D，因为在椭圆上，所以，，
所以，
同理：，而由，可知，
所以由，得，则，
故可设的中点坐标为，
又在椭圆上，所以，，
两式相减，得，
所以.
所以直线的斜率为，则直线的方程为，
令，得，即，
所以直线的斜率，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题选项D解决的关键是求得，进而得到，再利用点差法得到的垂直平分线方程，从而得解.
12．
【分析】根据给定的渐近线方程，设出双曲线方程，利用待定系数法求解即得.
【详解】依题意，标准方程的双曲线的渐近线方程为，
设双曲线方程为，由双曲线过点，得，
所以双曲线的方程为，即.
故答案为：
13．10
【分析】由焦半径公式求得焦点弦长.
【详解】由题设抛物线焦点坐标为，
则由抛物线定义易知：，
故.
故答案为：10
14．1
【分析】结合已知得，利用即可得解.
【详解】根据题意即又，所以，
又，所以，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆方程.
（2）将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式以及点到直线的距离公式求得正确答案.
【详解】（1）由已知，得，
设方程为，则，得，
椭圆方程为.
（2）因为左焦点坐标为，所以可得直线，也即，
设，
联立，得，即，
，．
又因为到直线的距离为，.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可求出的值；
（2）设的准线与轴的交点为，根据可求出的值，设的中点的坐标为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合斜率公式可求得点的轨迹方程.
【详解】（1）解：由及，得直线的斜率，
则直线的方程为，即，
设、，
联立可得，则，
由韦达定理得，于是，
由，得，即，即，解得．
（2）解：由（1）得抛物线的焦点，设的准线与轴的交点为，
因为点、，则，
，
由，得，所以或，
又因为，所以．
设的中点的坐标为，
当与轴不垂直，即时，由，可得，
即，即，即，即，
当与轴垂直时，点与点重合，所以，
综上，中点的轨迹方程为．
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
17．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）先根据准线方程求得抛物线方程，再由抛物线及等腰直角三角形的对称性得，，从而求得坐标计算面积即可；
（2）设直线l方程及坐标，与抛物线方程联立，由垂直关系及韦达定理计算即可.
【详解】（1）因为抛物线的准线为，可得抛物线的方程为：，
又为等腰直角三角形，
根据抛物线及等腰直角三角形的对称性可知：，，
且两点关于横轴对称，则直线．
于是得，则，所以．
（2）设直线，，，
联立，
得，，且，
又因为，则，即．
由，得，，，
即，解得或（舍去）．
当时，满足．此时，直线l的方程．
则l过定点．
18．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大，结合三角形面积公式计算即可得椭圆方程；
（2）当的斜率不存在时，可得直线与的交点坐标，当的斜率存在时，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，可得与交点有关的韦达定理，可得直线与的方程，联立两直线方程，结合韦达定理可得，将代入，可得，即可得证.
【详解】（1）设椭圆半焦距为，∵离心率为，∴．
由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大．
∴，∴．
又，解得，，．
∴椭圆的方程为：；
（2）证明：设与轴交于点，则，
当的斜率为0时，显然不适合题意；
当的斜率不存在时，直线为，
∵四边形为矩形，∴，交于线段的中点．
当直线的斜率存在且不为0时，设，，
直线为：，联立，
得，
，
∴，，
设，，则，，
联立，得，
将，代入整理得，
将代入，得
．
综上，直线、交于定点．
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为
(2)是定值，为，理由见解析
【分析】（1）设椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，根据在曲线上、焦点坐标可得答案；
（2）设直线的方程为，，直线的方程与椭圆方程、双曲线方程分别联立，利用韦达定理求出、，由转化为化简可得答案.
【详解】（1）设椭圆所在的标准方程为，
双曲线所在的标准方程为，
因为，
所以可得，，
解得，，
所以椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为；
（2）是定值，为，理由如下，
由（1）椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，
因为直线与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，所以直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，
双曲线的渐近线方程为，所以，
可得，，
直线的方程与椭圆方程联立，整理得
，
所以，
所以，
直线的方程与双曲线方程联立，整理得
，
所以，
所以，
所以
，
所以是定值.
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是由转化为，再利用韦达定理.
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第三章圆锥曲线的方程综合自检卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
一、单选题
1．椭圆的焦距为（ ）
A． B．4 C． D．2
2．与椭圆有相同焦点，且满足短半轴长为的椭圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．设双曲线（）的虚轴长为2，焦距为，则其渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的左右两个焦点分别是、，抛物线以为焦点，点是椭圆与抛物线的交点，若，，则（ ）
A．或 B． C．或 D．
6．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，若为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，直线，分别于抛物线交于点，．设直线，的斜率分别为，，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）.已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在平面直角坐标系中，已知曲线：，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则是椭圆 B．若，则是椭圆
C．若，则是双曲线 D．若，则是双曲线
10．已知直线交抛物线于、两点，下列说法正确的是（ ）．
A．
B．为定值
C．线段AB的中点在一条定直线上
D．为定值（O为坐标原点，、分别为直线OA、OB的斜率）
11．已知椭圆上有不同两点，，，则（ ）
A．若过原点，则
B．，的最小值为
C．若，则的最大值为9
D．，，异于点，若线段的垂直平分线与轴相交于点，则直线的斜率为
三、填空题
12．已知标准方程的双曲线的一条渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为 ．
13．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若，那么 ．
14．点P是椭圆上一点，，分别是其左、右焦点，若，离心率为，则 .
四、解答题
15．若中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，焦距长为4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为的直线经过椭圆的左焦点，与椭圆相交于两点，求的面积．
16．在平面直角坐标系中，已知点，、为抛物线上不同的两点，，且于点．
(1)求的值；
(2)过轴上一点的直线交于、两点，、在的准线上的射影分别为、，为的焦点，若，求中点的轨迹方程．
17．已知抛物线的准线方程为，直线l与抛物线交于两点，O为坐标原点．
(1)若为等腰直角三角形，求的面积；
(2)若，证明：直线l过定点P，并求出定点P的坐标．
18．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上任意一点，面积最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过x轴上一点的直线与椭圆交于A，B两点，过A，B分别作直线的垂线，垂足为M，N两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标．
19．如图，已知曲线是以原点O为中心、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以原点O为中心，为焦点的双曲线的一部分，A是曲线和曲线的交点，且为钝角，我们把曲线和曲线合成的曲线C称为“月蚀圆”．设.
(1)求曲线和所在的椭圆和双曲线的标准方程；
(2)过点作一条与x轴不垂直的直线，与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，记G为CD的中点，H为BE的中点．问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】根据椭圆的标准方程可得，即可得到结果.
【详解】因为，所以．
故选：B
2．B
【分析】由焦点和短半轴长，待定系数法求椭圆方程.
【详解】椭圆化成标准方程为，焦点在轴上，
设所求椭圆方程为，
依题意有，所以，所求椭圆方程为.
故选：B
3．A
【分析】由题意首先求得双曲线的方程，然后求解渐近线方程即可.
【详解】由题意可得：因为该双曲线的虚轴长为2，焦距为，
所以，解得，所以该双曲线方程为，
故渐近线方程为：，
故选:A.
4．C
【分析】写出其标准方程，进而可得出焦点坐标.
【详解】抛物线的标准方程为，
所以其焦点坐标为.
故选：C.
5．A
【分析】根据焦半径公式及勾股关系求出点的纵坐标，然后根据点在抛物线上建立方程求解即可.
【详解】设，作抛物线的准线，则过，过作垂直于准线于点，
由抛物线的定义可得，所以.
因为点在抛物线上，所以.
由得或.
故选：A
6．C
【分析】由题意可得且，确定点M的坐标，将代入双曲线方程可得，则，根据的齐次式求解出离心率的值.
【详解】不妨设点M位于第一象限，
因为是等腰直角三角形，所以且，则，
将代入双曲线方程，得，解得，
所以，即，得，
由，解得.
故选：C
7．A
【分析】因为，设，，，，的方程为，通过联立直线与抛物线解得的纵坐标，同理得到的纵坐标，再根据斜率公式得到，整理得，设直线为，联立方程结合韦达定理可得答案.
【详解】抛物线的焦点为，
由题意可知：可知直线与抛物线必相交，
设，，，，
则，
设的方程为，
联立方程，消去并整理得，
根据韦达定理得，即，
同理可得，则，
可得，
设直线为，
联立方程，消去并整理得，
根据韦达定理得，所以.
故选：A.
8．B
【分析】建立平面直角坐标系，得到，代入抛物线方程，求出，从而得到答案.
【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，则，
将代入，故，解得，
所以该抛物线的焦点到顶点的距离为m.
故选：B
9．BC
【分析】对于A,取验证即可；对于B，变形方程后进行判断即可；对于C，变形方程后进行判断即可；对于D,取验证即可.
【详解】当时，若，方程为，此时为圆，故A错误；
当时，方程化为，
因为，则，且，
符合椭圆方程的标准形式，故B正确；
若时，，
因为，则，符合双曲线的标准方程形式，故C正确；
若，令，方程化为，即，故D错误，
故选：BC.
10．ACD
【分析】对A：联立直线方程抛物线方程，根据判别式即可求得的范围；对B：根据A中所求，即可判断；对C：设出的中点坐标，借助韦达定理，即可判断；对D：借助韦达定理，求得，即可判断.
【详解】联立直线方程与抛物线方程，可得；
对A：由直线与抛物线交于A,B两点，可得，解得，故A正确；
对B：因为、，故可得，故B错误；
对C：设中点为，故可得；
故中点在定直线上，故C正确；
对D：为定值，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键是能够熟练使用韦达定理，从而求得中点坐标，以及转化，属中档题.
11．ABD
【分析】利用椭圆的对称性判断A，利用椭圆的定义判断B，利用特殊位置法排除C，利用点在椭圆上与两点距离公式推得，再利用点差法求得的垂直平分线方程，进而求得点与直线的斜率，从而判断D.
【详解】因为椭圆，所以，则是其右焦点，
对于A，设椭圆的左焦点为，
因为过原点，所以由椭圆的对称性易知四边形是平行四边形，
则，故A正确；
对于B，因为，则，
又，
所以，
当在线段与椭圆的交点位置时，等号成立，故B正确；
对于C，当轴，点为椭圆的右顶点时，满足，此时，
但，故C错误；
对于D，因为在椭圆上，所以，，
所以，
同理：，而由，可知，
所以由，得，则，
故可设的中点坐标为，
又在椭圆上，所以，，
两式相减，得，
所以.
所以直线的斜率为，则直线的方程为，
令，得，即，
所以直线的斜率，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题选项D解决的关键是求得，进而得到，再利用点差法得到的垂直平分线方程，从而得解.
12．
【分析】根据给定的渐近线方程，设出双曲线方程，利用待定系数法求解即得.
【详解】依题意，标准方程的双曲线的渐近线方程为，
设双曲线方程为，由双曲线过点，得，
所以双曲线的方程为，即.
故答案为：
13．10
【分析】由焦半径公式求得焦点弦长.
【详解】由题设抛物线焦点坐标为，
则由抛物线定义易知：，
故.
故答案为：10
14．1
【分析】结合已知得，利用即可得解.
【详解】根据题意即又，所以，
又，所以，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆方程.
（2）将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式以及点到直线的距离公式求得正确答案.
【详解】（1）由已知，得，
设方程为，则，得，
椭圆方程为.
（2）因为左焦点坐标为，所以可得直线，也即，
设，
联立，得，即，
，．
又因为到直线的距离为，.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可求出的值；
（2）设的准线与轴的交点为，根据可求出的值，设的中点的坐标为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合斜率公式可求得点的轨迹方程.
【详解】（1）解：由及，得直线的斜率，
则直线的方程为，即，
设、，
联立可得，则，
由韦达定理得，于是，
由，得，即，即，解得．
（2）解：由（1）得抛物线的焦点，设的准线与轴的交点为，
因为点、，则，
，
由，得，所以或，
又因为，所以．
设的中点的坐标为，
当与轴不垂直，即时，由，可得，
即，即，即，即，
当与轴垂直时，点与点重合，所以，
综上，中点的轨迹方程为．
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
17．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）先根据准线方程求得抛物线方程，再由抛物线及等腰直角三角形的对称性得，，从而求得坐标计算面积即可；
（2）设直线l方程及坐标，与抛物线方程联立，由垂直关系及韦达定理计算即可.
【详解】（1）因为抛物线的准线为，可得抛物线的方程为：，
又为等腰直角三角形，
根据抛物线及等腰直角三角形的对称性可知：，，
且两点关于横轴对称，则直线．
于是得，则，所以．
（2）设直线，，，
联立，
得，，且，
又因为，则，即．
由，得，，，
即，解得或（舍去）．
当时，满足．此时，直线l的方程．
则l过定点．
18．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大，结合三角形面积公式计算即可得椭圆方程；
（2）当的斜率不存在时，可得直线与的交点坐标，当的斜率存在时，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，可得与交点有关的韦达定理，可得直线与的方程，联立两直线方程，结合韦达定理可得，将代入，可得，即可得证.
【详解】（1）设椭圆半焦距为，∵离心率为，∴．
由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大．
∴，∴．
又，解得，，．
∴椭圆的方程为：；
（2）证明：设与轴交于点，则，
当的斜率为0时，显然不适合题意；
当的斜率不存在时，直线为，
∵四边形为矩形，∴，交于线段的中点．
当直线的斜率存在且不为0时，设，，
直线为：，联立，
得，
，
∴，，
设，，则，，
联立，得，
将，代入整理得，
将代入，得
．
综上，直线、交于定点．
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为
(2)是定值，为，理由见解析
【分析】（1）设椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，根据在曲线上、焦点坐标可得答案；
（2）设直线的方程为，，直线的方程与椭圆方程、双曲线方程分别联立，利用韦达定理求出、，由转化为化简可得答案.
【详解】（1）设椭圆所在的标准方程为，
双曲线所在的标准方程为，
因为，
所以可得，，
解得，，
所以椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为；
（2）是定值，为，理由如下，
由（1）椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，
因为直线与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，所以直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，
双曲线的渐近线方程为，所以，
可得，，
直线的方程与椭圆方程联立，整理得
，
所以，
所以，
直线的方程与双曲线方程联立，整理得
，
所以，
所以，
所以
，
所以是定值.
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是由转化为，再利用韦达定理.
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