专题16 圆锥曲线压轴解答题（新高考专用）
目录
【知识梳理】 2
【真题回顾】 3
【热考考点】 6
【热考点一】轨迹方程 6
【热考点二】圆锥曲线与向量 7
【热考点三】弦长、面积问题 8
【热考点四】斜率的和、差、积、商问题 10
【热考点五】弦长、面积范围与最值问题 10
【热考点六】定值问题 12
1、直接推理计算，定值问题一般是先引入参数，最后通过计算消去参数，从而得到定值．
2、先猜后证，从特殊入手，求出定点或定值，再证明定点或定值与参数无关．
3、建立目标函数，使用函数的最值或取值范围求参数范围．
4、建立目标函数，使用基本不等式求最值．
5、根据题设不等关系构建不等式求参数取值范围．
6、 已知点是椭圆上一个定点，椭圆上有两动点、
（1）若直线，则直线过定点
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若直线，则直线过定点
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
7、过双曲线上任一点，、为双曲线上两动点
（1）若，则直线恒过定点．
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若，则直线恒过定点．
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
8、过抛物线上任一点引两条弦、，
（1）若，则直线恒过定点．（2018全国一卷文科）
（2）若，则直线恒过定点．
（3）若直线，则直线斜率为定值则．
一、解答题
1．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
3．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
5．（2024·广东江苏·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
6．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
9．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
10．（2023·全国·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
12．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程．
13．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
14．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
15．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
16．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【热考点一】轨迹方程
【典例1-1】一动圆与圆外切，与圆内切． 设动圆圆心的轨迹为
(1)求曲线的方程；
(2)直线与曲线分别交于两点，以为直径的圆过坐标原点O，动点在上，且成等比数列，求动点的轨迹方程．
【典例1-2】线段的长为3，端点分别在轴和轴上运动，点满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)曲线与轴的左右两个交点分别为为上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线交于两点，交直线于点，点满足.
①求点的轨迹方程；
②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
【变式1-1】过点的直线与抛物线交于点M，N，且当直线恰好过抛物线C的焦点F时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点Q在线段MN上（异于端点），且，求点Q的轨迹方程．
1．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时，
（ⅰ）求证：为定值
（ⅱ）求动点的轨迹方程．
【热考点二】圆锥曲线与向量
【典例2-1】在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，．
(1)求所在椭圆的离心率；
(2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标；
(3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．
【典例2-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点．
(1)当时，求的值；
(2)若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围．
【变式2-1】已知动圆与圆外切，与圆内切，记动圆圆心的运动轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若分别是的左 右顶点，是圆上一点，设和的夹角为，求的取值范围.
1．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，A为椭圆左顶点，已知点，且直线PA的斜率为.过点作直线l交椭圆于B，C两点（B在x轴上方，C在x轴下方），设PB，PC两直线分别交椭圆于另一点D，E（B，E分别在线段PD，PC上）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，若l的斜率小于零，且的面积为，求证：；
(3)若存在实数，使得，求此时直线DC的斜率.
【热考点三】弦长、面积问题
【典例3-1】已知两定点，，动点P满足
(1)求点P的轨迹方程;
(2)过的直线l与动点P的轨迹交于两点A，B，与直线交于点C，设O为坐标原点，若，求直线l的方程.
【典例3-2】法国数学家加斯帕尔·蒙日发现过圆上任意一点作双曲线的两条切线，这两条切线互相垂直.我们通常把这个圆称作双曲线的蒙日圆.如图，过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于异于点的，两点，，且的周长为.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)过双曲线的右焦点的直线与交于，两点（异于顶点），线段的中垂线与轴交于一点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【变式3-1】已知圆A：，圆B：，圆C与圆A、圆B都外切，记圆心C的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点的直线交E于M，N两点，与直线交于点T，过点T作x轴的平行线l，直线OM，ON与直线l分别交于S，Q两点，证明：与的面积相等．
1．对于椭圆：（），我们称双曲线：为其伴随双曲线.已知椭圆C：（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍.
(1)求椭圆C伴随双曲线的方程；
(2)点F为的上焦点，过F的直线l与上支交于A，B两点，设的面积为S，（其中O为坐标原点）.若，求的值.
【热考点四】斜率的和、差、积、商问题
【典例4-1】已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；
(3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．
【典例4-2】已知双曲线的方程为，虚轴长为，点在曲线上.
(1)求双曲线的离心率；
(2)过原点的直线与双曲线交于两点，已知直线和的斜率存在.证明：直线和的斜率之积为定值.
【变式4-1】已知椭圆，直线与交于点，过椭圆上一点（非顶点）作的切线与直线和分别交于点.
(1)若，求取得最小值时椭圆的标准方程；
(2)若椭圆的右顶点为，直线与轴交于点，直线与直线交于点，直线，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列.
1．已知椭圆的右焦点为，离心率为为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆相交于两点，的面积为，求直线的斜率之积的值.
【热考点五】弦长、面积范围与最值问题
【典例5-1】已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2.
(1)求的方程；
(2)过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
【典例5-2】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于、两点，且⊥，垂足为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)证明：当的斜率存在且时，、弦长的倒数和为定值；
(3)求四边形的面积的最小值.
【变式5-1】已知曲线，从上任意不在轴上的一点向轴作垂线，为垂足，是线段的中点.
(1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)已知，若为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，求四边形面积的最大值.
1．已知双曲线的离心率为，焦距为．
(1)求的标准方程；
(2)若过点作直线分别交的左 右两支于两点，交的渐近线于，两点，求的取值范围．
【热考点六】定值问题
【典例6-1】平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值．
【典例6-2】已知椭圆的焦距为2，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上的两个动点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值.
【变式6-1】已知双曲线的一条渐近线的斜率为，双曲线的一条渐近线的斜率为，且的一个焦点到其渐近线距离为2.
(1)求的方程；
(2)若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于求证：为定值.
1．定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”.
结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线.
结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点.
试根据上面的定义和结论解决下列问题：
已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点.
(1)求；
(2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点；
(3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值.
【热考点七】中点弦与对称问题
【典例7-1】设椭圆.已知点，在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点（在右侧），且与线段交于点.
（i）证明：；
（ii）当为中点时，求直线的方程.
【典例7-2】已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．
【变式7-1】已知O为坐标原点，点在椭圆C：上，直线l：与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为．
(1)求C的方程；
(2)若，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
1．已知双曲线：的左右顶点分别为、．
(1)求以、为焦点，离心率为的椭圆的标准方程；
(2)直线过点与双曲线交于两点，若点恰为弦的中点，求出直线的方程；
【热考点八】定点问题
【典例8-1】材料：椭圆上点处的切线方程可化为，抛物线上点处的切线方程可化为．
问题：已知椭圆上点处的切线为，且抛物线与相切．
(1)求切线的方程．
(2)求抛物线的方程．
(3)已知定点，不过点的直线与抛物线恒有两个不同交点，且与其准线交于点（点不在轴上）．若直线的斜率分别是，且成等差数列，证明：直线恒过定点．
【典例8-2】已知椭圆经过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若点在椭圆上，右顶点为A，且满足直线与的斜率之积为，求证：直线PQ过定点.
【变式8-1】已知椭圆（）的焦距为2，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线，均与C相切，且，的斜率之积为，点，问是否存在定点B，使得？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
1．已知椭圆过点，离心率为，一条直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线为，为直线与直线的交点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，直线是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由.专题16 圆锥曲线压轴解答题（新高考专用）
目录
【知识梳理】 2
【真题回顾】 3
【热考考点】 38
【热考点一】轨迹方程 38
【热考点二】圆锥曲线与向量 45
【热考点三】弦长、面积问题 52
【热考点四】斜率的和、差、积、商问题 58
【热考点五】弦长、面积范围与最值问题 63
【热考点六】定值问题 70
1、直接推理计算，定值问题一般是先引入参数，最后通过计算消去参数，从而得到定值．
2、先猜后证，从特殊入手，求出定点或定值，再证明定点或定值与参数无关．
3、建立目标函数，使用函数的最值或取值范围求参数范围．
4、建立目标函数，使用基本不等式求最值．
5、根据题设不等关系构建不等式求参数取值范围．
6、 已知点是椭圆上一个定点，椭圆上有两动点、
（1）若直线，则直线过定点
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若直线，则直线过定点
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
7、过双曲线上任一点，、为双曲线上两动点
（1）若，则直线恒过定点．
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若，则直线恒过定点．
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
8、过抛物线上任一点引两条弦、，
（1）若，则直线恒过定点．（2018全国一卷文科）
（2）若，则直线恒过定点．
（3）若直线，则直线斜率为定值则．
一、解答题
1．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
3．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
5．（2024·广东江苏·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
6．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
9．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
10．（2023·全国·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
12．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程．
13．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
14．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
15．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
16．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
参考答案
1．(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【详解】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【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.
3．(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
4．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
方法二：因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
方法三：由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
5．(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
7．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
8．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
9．(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
10．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
11．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
13．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
14．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
15．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
即
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
16．(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
【热考点一】轨迹方程
【典例1-1】一动圆与圆外切，与圆内切． 设动圆圆心的轨迹为
(1)求曲线的方程；
(2)直线与曲线分别交于两点，以为直径的圆过坐标原点O，动点在上，且成等比数列，求动点的轨迹方程．
【解析】（1）设动圆的半径为，圆心.
圆，其圆心，半径；
圆，其圆心，半径.
因为动圆与圆外切，所以；动圆与圆内切，所以.
则，而.
根据椭圆的定义： （为长半轴长），（为半焦距），可得，.
根据，可得.
所以曲线的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，.
联立，消去得.
则，即.
由韦达定理得，.
因为以，为直径的圆过原点，所以，即.
.
则.
将与代入可得：
，化简得.
设，因为，，成等比数列，所以.
设，在直线上的射影分别为根据直角三角形射影定理可得.
设直线的倾斜角为，则，.
，.
将与代入并结合以及化简可得.
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，.
代入椭圆方程可得，.
因为，所以，解得.
此时.
则动点的轨迹方程.
【典例1-2】线段的长为3，端点分别在轴和轴上运动，点满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)曲线与轴的左右两个交点分别为为上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线交于两点，交直线于点，点满足.
①求点的轨迹方程；
②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设点，，，由，则，
由，可得，即，代入，
可得，
所以曲线的方程为.
（2）①因为，所以，
不妨设，则，
设，，，
则①，②，
由，得，则，
即，
由，得，
则，即，
又①②得，
，即得，且，
所以点的轨迹方程为.
②设，则，
设直线的斜率分别为，则，
联立，得，
联立，得，
设直线与轴交于点，直线与轴交于点，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积存在最小值，最小值为3.
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．
【变式1-1】过点的直线与抛物线交于点M，N，且当直线恰好过抛物线C的焦点F时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点Q在线段MN上（异于端点），且，求点Q的轨迹方程．
【解析】（1）当直线恰好过抛物线C的焦点时，设直线的方程为：，其中，设，
联立直线与抛物线方程：，可得：
，此时，
化简可得：，解得：，
所以抛物线C的方程为：.
（2）设直线的方程为： ，设，，
联立直线与抛物线方程：，可得：，
且，解得：且，
，
因为，即，则有，
整理可得：，
即，，所以，
即的轨迹方程为：且.
1．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时，
（ⅰ）求证：为定值
（ⅱ）求动点的轨迹方程．
【解析】（1）设点，由题意可知，即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）当时，由（1）可知的方程为，
设点，其中且，
（i）证明：因为，所以，
因此，三点共线，
且，
设直线的方程为，联立的方程，得，，
则，
由（1）可知，
所以
（定值），
（ⅱ）由椭圆定义，得，
，
解得，
同理可得，
所以
．
所以，点在以点为焦点长轴长为6的椭圆上，由于点均在轴上方，所以动点的轨迹方程为
【热考点二】圆锥曲线与向量
【典例2-1】在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，．
(1)求所在椭圆的离心率；
(2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标；
(3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由，则，即离心率为；
（2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，
且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为，
所以，可得，则或，
当，则切线为，联立，可得，
则或，故此时，满足；
当，则切线为，联立，可得，
则或，故此时，不满足；
综上，.
（3）由题设，直线的斜率存在，可设，，
联立，整理得，
其中，即，
所以，，则，
，
所以且，故，
当时，则且，则，此时，满足；
当，而的中点为，又，
则，即，
且，
，
所以，则，
所以，则，故
所以，则.
综上，.
【典例2-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点．
(1)当时，求的值；
(2)若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围．
【解析】（1）由椭圆方程知：，，，则，
设，，解得：，即，
由椭圆定义知：.
（2）由（1）知：，
，；
若存在点，使的面积为，
则点到直线的距离，
，直线方程为：，即，
设平行于直线且到直线的距离为的直线方程为，
，解得：或；
当时，直线方程为，
由得：，解得：或，
或，点或；
当时，直线方程为，
由得：，方程无解，
即直线与椭圆无交点，此时不存在满足题意的点；
综上所述：存在满足条件的点，点坐标为或.
（3）由题意可设直线，，，
由得：，
，即，，，
设线段中点为，则，，
，又为中点，，
，，即，，
直线与轴和轴均不平行，，，
，整理可得：，
，，解得：，
所以实数的取值范围为.
把几何语言转化翻译为向量语言，然后用向量知识来解决．
【变式2-1】已知动圆与圆外切，与圆内切，记动圆圆心的运动轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若分别是的左 右顶点，是圆上一点，设和的夹角为，求的取值范围.
【解析】（1）由题可知，的半径为的半径为.
设的半径为，由与外切，与内切，得
则.
由椭圆的定义知，曲线是长轴长为，左 右焦点分别为的椭圆，
故的方程为.
（2）由（1）可知，，设，则，
则，
所以，则，得.
若在轴上，则，从而.
若在不在轴上，则，
且，由，得，
则，得.
因为，所以，则，
由，
解得.
综上所述，的取值范围为.
1．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，A为椭圆左顶点，已知点，且直线PA的斜率为.过点作直线l交椭圆于B，C两点（B在x轴上方，C在x轴下方），设PB，PC两直线分别交椭圆于另一点D，E（B，E分别在线段PD，PC上）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，若l的斜率小于零，且的面积为，求证：；
(3)若存在实数，使得，求此时直线DC的斜率.
【解析】（1）由题意，，，
又，所以，
所以椭圆标准方程为；
（2）由题意可设直线方程为，，
由得，，，，
所以，
解得，又直线的斜率小于零，所以，即直线，
则有，解得或，从而有，
又，，由对称性知，且，而轴，，
所以，
所以.
（3）若存在实数，使得，则，所以，
由题意可知，
设，由得，
又均在椭圆上，所以，
上式变形为，
所以，
整理得，
同理可得，
所以直线方程为
所以的斜率为．
【热考点三】弦长、面积问题
【典例3-1】已知两定点，，动点P满足
(1)求点P的轨迹方程;
(2)过的直线l与动点P的轨迹交于两点A，B，与直线交于点C，设O为坐标原点，若，求直线l的方程.
【解析】（1）依题意知，，
点P的轨迹是以、为焦点的椭圆，且焦点在x轴上，
设椭圆方程为，
由，，得，，，
故所求点P的轨迹方程为
（2）依题意，设直线l的斜率为，则直线l的方程为，
设，，
联立，消y得，，
可得：①，②，
由，，，
，整理得③，
由①③得，，代入②，解得，
直线l的方程为或
【典例3-2】法国数学家加斯帕尔·蒙日发现过圆上任意一点作双曲线的两条切线，这两条切线互相垂直.我们通常把这个圆称作双曲线的蒙日圆.如图，过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于异于点的，两点，，且的周长为.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)过双曲线的右焦点的直线与交于，两点（异于顶点），线段的中垂线与轴交于一点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）由题可知，双曲线的蒙日圆方程为，且，
所以为蒙日圆的直径，，又，
所以，，
，.
所以的周长为，所以.
故双曲线的标准方程为.
（2）由（1）得，由已知可得，直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，，，
将直线的方程与双曲线方程联立得，
整理得关于的方程，
当，即时，直线AB与双曲线的渐近线平行，与双曲线只有一个交点，不符合题意，
故，且，所以，，.
设线段的中点为，则，，所以.
因为是线段的中垂线，所以直线的斜率为，所以其方程为，
令，得，故，所以，
，
所以，存在使得，且.
首先仍是将题目中的基本信息进行代数化，坐标化，遵循直线与圆锥曲线题目通解中的套路，即设点设线、直由联立、看判别式、韦达定理．
将有关弦长、面积背景的问题进行条件翻译时，一般是应用弦长公式、点到直线的距离公式及面积公式（在圆中要用半径、半弦、弦心距组成的直角三角形求弦长）将有关弦长、面积的条件翻译为：（1）关于某个参数的函数，根据要求求出最值；（2）关于某个参数的方程，根据要求得出参数的值或两参数间的关系．
【变式3-1】已知圆A：，圆B：，圆C与圆A、圆B都外切，记圆心C的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点的直线交E于M，N两点，与直线交于点T，过点T作x轴的平行线l，直线OM，ON与直线l分别交于S，Q两点，证明：与的面积相等．
【解析】（1）设圆C的半径为r，又圆C与圆A、圆B外切，所以，，
则，故点C的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的一支，
所以曲线E的方程为.
（2）由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线MN为，，，
其中且，
联立方程组，消去x有，
则，，，
直线MN：与直线的交点，
直线MO：与直线l：的交点，
直线NO：与直线l：的交点，
由于
，
故点T是QS的中点，所以与的面积相等．
1．对于椭圆：（），我们称双曲线：为其伴随双曲线.已知椭圆C：（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍.
(1)求椭圆C伴随双曲线的方程；
(2)点F为的上焦点，过F的直线l与上支交于A，B两点，设的面积为S，（其中O为坐标原点）.若，求的值.
【解析】（1）设椭圆C与其伴随双曲线的离心率分别为，，
依题意可得，，即，
即，解得，
所以椭圆C：，则椭圆C伴随双曲线的方程为．
（2）由（1）可知，直线l的斜率存在，故设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程，
与双曲线联立并消去y，得，
则，，，，
需满足，则，
又，
则，解得；
又，
所以
，
所以.
【热考点四】斜率的和、差、积、商问题
【典例4-1】已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；
(3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．
【解析】（1）由题意知，，，又，，，
所以椭圆C的方程为：
（2）证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上，
设直线PQ方程为：，，，，
，解得，
即定点坐标为
（3）设直线PQ的方程为，，
联立可得，
则，，且
于是
，
，，即的范围是
【典例4-2】已知双曲线的方程为，虚轴长为，点在曲线上.
(1)求双曲线的离心率；
(2)过原点的直线与双曲线交于两点，已知直线和的斜率存在.证明：直线和的斜率之积为定值.
【解析】（1）由题意，
从而，
所以双曲线方程，离心率.
（2）证明：由题意知点关于原点对称，
不妨设，则，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，
所以（*）
又点，在曲线上，即，
代入（*）得，
所以直线的斜率和直线的斜率之积为定值3.
在面对有关等角、倍角、共线、垂直等几何特征时，可设法将条件翻译成关于斜率的关系式，然后将斜率公式代入其中，得出参数间的关系式，再根据要求做进一步的推导判断．
【变式4-1】已知椭圆，直线与交于点，过椭圆上一点（非顶点）作的切线与直线和分别交于点.
(1)若，求取得最小值时椭圆的标准方程；
(2)若椭圆的右顶点为，直线与轴交于点，直线与直线交于点，直线，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列.
【解析】（1）由于在椭圆上，所以，
由，得，
当且仅当，即时，取得最小值.
故取得最小值时椭圆的标准方程为.
（2）根据不是椭圆的顶点可知直线的斜率存在且不为0，
设直线为，所以，.
由，得
由于直线与椭圆相切，所以，
即，得，
所以（*）式可化为，即，得，故.
由题，得，所以，
故直线的方程为，
令，得，故.
所以，
所以直线的方程为，
令，得，
所以.易知，
由于，所以.
设，故，，，
故，
故成等差数列.
1．已知椭圆的右焦点为，离心率为为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆相交于两点，的面积为，求直线的斜率之积的值.
【解析】（1）由题意可得
，解得
椭圆的标准方程为.
（2）设
①当直线的斜率不存在时，根据陏圆的对称性不妨设点在第一象限，则
因为，所以
又因为，解得
所以
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由联立，得
得
点到直线的距离为，
则
解得
综上所得，求直线的斜率之积的值.
【热考点五】弦长、面积范围与最值问题
【典例5-1】已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2.
(1)求的方程；
(2)过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
【解析】（1）由题意知，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
（ⅰ）设直线的方程为，，，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
则
.
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以当时，的最小值为.
【典例5-2】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于、两点，且⊥，垂足为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)证明：当的斜率存在且时，、弦长的倒数和为定值；
(3)求四边形的面积的最小值.
【解析】（1）椭圆的半焦距，
由⊥知，点在以线段为直径的圆上，故点的轨迹方程；
（2）当的斜率存在且时，故的方程为，
代入椭圆方程中，
化简得，
设，，则，
则
，
因为与相交于点，且的斜率为.
所以，
当的斜率存在且时，
、弦长的倒数和为；
（3）当的斜率存在且时，由（2）知，，，
故四边形的面积
.
当时，上式取等号.
当的斜率时，如图所示，
此时，
中，令得，故，
故四边形的面积，
当的斜率不存在，同理可得，
综上，四边形的面积的最小值为.
弦长和面积的最值问题首先需要将弦长和面积表达出来，弦长可用弦长公式求出；面积的表达以直线与椭圆相交得到的为例，总结一下高考中常见的三角形面积公式．对于，有以下三种常见的表达式：
①（随时随地使用，但是相对比较繁琐，想想弦长公式和点到直线距离）②（横截距已知的条件下使用）
③（纵截距已知的条件下使用）
【变式5-1】已知曲线，从上任意不在轴上的一点向轴作垂线，为垂足，是线段的中点.
(1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)已知，若为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，求四边形面积的最大值.
【解析】（1）设，则，由中点坐标公式得.
因为点在曲线上，所以.
故线段的中点的轨迹的方程为.
且轨迹是以为焦点，长轴长为4，去掉长轴端点的椭圆.
（2）因为为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，
所以，直线与轨迹的另一交点为与轨迹的另一交点为，
根据对称性知四边形的面积为四边形的面积的一半，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与椭圆两交点的坐标分别为，
由得
所以，
所以
.
直线的方程为，
两平行线与的距离，
所以
，
令，则，
所以，
当时，最大，最大值为2
当直线的斜率不存在时，，
故四边形的面积的最大值为2.
1．已知双曲线的离心率为，焦距为．
(1)求的标准方程；
(2)若过点作直线分别交的左 右两支于两点，交的渐近线于，两点，求的取值范围．
【解析】（1）因为的离心率为，焦距为，
所以，解得，所以．
所以的标准方程为．
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，双曲线的渐近线方程为，
不妨设分别在左 右位置，联立，得，
联立，得，
所以，
联立，得，
设，则，
由，即，
所以，
所以，
又，所以，
所以的取值范围为．
【热考点六】定值问题
【典例6-1】平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值．
【解析】（1）因为到点的距离为，到轴的距离为．
由题意动点到点的距离比它到轴的距离多1得，
整理得，，即．
当时，；
当时，；
所以动点的轨迹方程为或．
（2）依题意设直线的方程为，依题意，点的轨迹方程应取，
将代入，消去得，
设，，则，，
设，，，
则，
直线的方程为，
令，则，
，同理可得，
以线段为直径的圆与轴交点设为，
则，，且，
，
，
或，
以为直径的圆在轴上截得的弦长为定值．
【典例6-2】已知椭圆的焦距为2，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上的两个动点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值.
【解析】（1）因为焦距为2，所以，
又，
且，
解得，
椭圆的方程为；
（2）设直线方程：得，代入，
得，
设，
，
且，则，
，
又直线的斜率与的斜率互为相反数，在上式中以代，可得
，
所以直线的斜率，
即直线的斜率为定值，其值为.
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．
【变式6-1】已知双曲线的一条渐近线的斜率为，双曲线的一条渐近线的斜率为，且的一个焦点到其渐近线距离为2.
(1)求的方程；
(2)若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于求证：为定值.
【解析】（1）由题意得，
，
的焦点到渐近线的距离为，
，
双曲线方程为.
（2）令，由题意，
在上，，得，
即，
则过与其中一条斜率为2的渐近线平行的直线，
联立，可得，
即，解得，
即，同理可得，
，证毕.
1．定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”.
结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线.
结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点.
试根据上面的定义和结论解决下列问题：
已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点.
(1)求；
(2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点；
(3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值.
【解析】（1）根据定义，可得的方程为，即，
将其代入的方程得，解得，
不妨取，所以.
（2）根据所给结论可知分别是关于点的极线，
如图（1），取，则.
由解得所以和交于点，
要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可.
设.
根据所给结论，可知直线，直线.
因为直线和都经过点，所以，
所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立，
所以直线过点，故直线相交于一点.
（3）由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点.
如图（2）所示，由椭圆的光学性质，可知.
又因为，所以，所以，所以.
过作，与交于点，则，所以.
另一方面，因为，所以，
从而，所以.
因此，故为定值.
【热考点七】中点弦与对称问题
【典例7-1】设椭圆.已知点，在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点（在右侧），且与线段交于点.
（i）证明：；
（ii）当为中点时，求直线的方程.
【解析】（1）由题意，且，可得，
故椭圆的标准方程为；
（2）（i）由题设，直线，且直线的斜率存在，
设，，，，
则，，且，
联立，消去y可得，
所以，可得，
则，，
要证，即证，
即证，整理得，
即证，整理得，
将，代入，得，
所以，显然两侧相等，结论得证.
（ii）当为中点时，由（i）结论，有，
所以，即，结合韦达定理，
有，将代入，得，
消去得，整理得，
所以或，则直线为或.
【典例7-2】已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．
【解析】（1）因为，所以，即，
则，解得．
（2）设，
由，得，所以，所以
设，即
由于在椭圆上，则，，①
由，得，即
由在椭圆上，则,
即，
即，②
将①代入②得：，③
若直线的斜率不存在，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
线段的中点为，设
可知
，
所以，其中，解得，
所以，方程为
又，④
将④代入③得：，
经检验满足，
所以椭圆的方程为.
对于中点弦问题常用点差法解决．
【变式7-1】已知O为坐标原点，点在椭圆C：上，直线l：与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为．
(1)求C的方程；
(2)若，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，则
∵在椭圆上，则
两式相减得，整理得
∴，即，则
又∵点在椭圆C：上，则
联立解得
∴椭圆C的方程为
（2）不存在，理由如下：
假定存在P，Q两点关于l：对称，设直线PQ与直线l的交点为N，则N为线段PQ的中点，连接ON
∵，则，即
由（1）可得，则，即直线
联立方程，解得
即
∵，则在椭圆C外
∴假定不成立，不存在P，Q两点关于l对称
1．已知双曲线：的左右顶点分别为、．
(1)求以、为焦点，离心率为的椭圆的标准方程；
(2)直线过点与双曲线交于两点，若点恰为弦的中点，求出直线的方程；
【解析】（1）由题意可得，，，则，
又，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，点恰为弦的中点，则，，
又因为两点在双曲线上，
可得，两式相减得，
化简整理得，即，
所以直线的方程为，即，
经检验，满足题意.
【热考点八】定点问题
【典例8-1】材料：椭圆上点处的切线方程可化为，抛物线上点处的切线方程可化为．
问题：已知椭圆上点处的切线为，且抛物线与相切．
(1)求切线的方程．
(2)求抛物线的方程．
(3)已知定点，不过点的直线与抛物线恒有两个不同交点，且与其准线交于点（点不在轴上）．若直线的斜率分别是，且成等差数列，证明：直线恒过定点．
【解析】（1）由材料知椭圆上点处的切线为，
即，
所以切线的方程为．
（2）设抛物线与直线相切于点，
由题知抛物线在点处的切线方程为，
即．
与对照得：．
又因为，所以，解得．
所以抛物线的方程为．
（3）设直线的方程为，
由（2）得的准线方程为．
联立得，即点．
由点得．
由成等差数列，得，
即①，
由，在直线上得，代入①得
②
联立，
则，即．
由韦达定理得③．
将③代入②得．
化简得，
即，
即，
即，
即。
又因为直线不过点和点，则且，故．
即直线的方程为，所以直线恒过定点．
【典例8-2】已知椭圆经过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若点在椭圆上，右顶点为A，且满足直线与的斜率之积为，求证：直线PQ过定点.
【解析】（1）依题可得，，解得，
所以椭圆的方程为.所以离心率.
（2）由（1）知，易知直线与的斜率存在且同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，
由可得，，
所以，
，而，即，
化简可得，
即，
即，
化简得，所以或，
所以直线或，
因为直线不经过点A，所以直线经过定点.
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．
【变式8-1】已知椭圆（）的焦距为2，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线，均与C相切，且，的斜率之积为，点，问是否存在定点B，使得？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意知，椭圆C的半焦距，焦点分别为，，
由椭圆定义得，椭圆长轴长，
即，，所以椭圆C的方程为．
（2）设点，显然，
过点P的直线方程为，
由，消去y并整理得．
因为直线l与C相切，则，
得，
即，
设直线，的斜率分别为，，显然，是上述关于k的一元二次方程的两个根，
则，化简得，
即点P到坐标原点O的距离，
故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点，
则当满足时，为圆O的直径，即点，
所以存在点满足题意．
1．已知椭圆过点，离心率为，一条直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线为，为直线与直线的交点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，直线是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由.
【解析】（1）因为椭圆过点，离心率为，
则，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）设点、，则，
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，
联立可得，
则，可得，
当时，由韦达定理可得，整理可得，
可得，
此时，，则，
所以，直线的方程为，即，
此时，直线恒过定点；
当直线轴时，则线段的方程为，此时点、关于轴对称，
则直线为轴，此时，直线过点；
当直线轴时，此时点、关于轴对称，则，不合乎题意.
综上所述，直线恒过定点.
