期末专题09 圆锥曲线压轴综合（附加）（40题）（解析版）-备战期末高二数学

期末专题09圆锥曲线压轴综合（附加）（精选40题）一、单选题1．（21-22高二上·湖北武汉·期末）已知实数x，y满足，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.【详解】因为实数，满足，所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的双曲线的一部分（含点），当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的椭圆的一部分，当时，其图象不存在，当时，其图象是位于第三象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：任意一点到直线的距离所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，双曲线，其中一条渐近线与直线平行，通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，设与其图像在第一象限相切于点，由因为或（舍去）所以直线与直线的距离为此时，所以的取值范围是．故选：B．【点睛】三种距离公式：（1）两点间的距离公式：平面上任意两点间的距离公式为；（2）点到直线的距离公式：点到直线的距离;（3）两平行直线间的距离公式：两条平行直线与间的距离.2．（21-22高二上·重庆·期末）已知圆与轴的交点分别为点是直线上的任意一点，椭圆以为焦点且过点，则椭圆的离心率的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意易得椭圆的半焦距，然后求得点关于直线的对称点为，由，此时椭圆的离心率取得最大值求解.【详解】圆与轴的交点分别为，，不妨令点，，椭圆的半焦距．设点关于直线的对称点为，，解得，．如图所示：连接交直线于点，此时有最小值，此时的最小值为，当长轴长最小时，椭圆的离心率取得最大值，即．又，椭圆的离心率的取值范围为，故选：A3．（21-22高二上·浙江湖州·期末）已知双曲线，过其右焦点作渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点A.已知为原点，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】画出图象，结合渐近线方程得到，，进而得到，结合渐近线的斜率及角度关系，列出方程，求出，从而求出.【详解】渐近线为，如图，过点F作FB垂直于点B，交于点A，则到渐近线距离为，则，又，由勾股定理得：，则，又，，所以，解得：，所以.故选：C4．（21-22高二上·贵州遵义·期末）已知F1、F2是双曲线E：(a>0，b>0）的左、右焦点，过F1的直线与双曲线左、右两支分别交于点P、Q．若，M为PQ的中点，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题干条件得到，设出，利用双曲线定义表达出其他边长，得到方程，求出，从而得到，，利用勾股定理求出的关系，求出离心率.【详解】因为M为PQ的中点，且，所以△为等腰三角形，即，因为，设，则，由双曲线定义可知：，所以，则，又，所以，解得：，由勾股定理得：，其中，在三角形中，由勾股定理得：，即，解得：故选：D5．（22-23高二上·山东烟台·期末）已知直线过双曲线的左焦点，且与的左､右两支分别交于两点，设为坐标原点，为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，代入两直线的斜率关系式即可求得的斜率.【详解】设,由均在上，为的中点，得，则，∴，∴，设直线的倾斜角为，则，不妨设为锐角，∵是以为底边的等腰三角形，∴直线的倾斜角为，则.∴，∴，解得，∴由对称性知直线的斜率为.故选：D【点睛】中点弦定理：直线与椭圆（双曲线）交于两点，中点为，则有，（为坐标原点）此题解答过程中中点弦定理起了核心作用，通过中点弦定理建立了与的关系，另一方面通过是以为底边的等腰三角形可能建立两直线倾斜角的关系，从而得到所求直线的斜率.6．（22-23高二上·浙江台州·期末）已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，连接，则可得，然后在中利用余弦定理求得，则，从而可表示出，代入双曲线方程化简可求出离心率.【详解】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，左右焦点为，连接，因为线段的中点在圆上，所以，所以≌，所以，因为，所以，在中，由余弦定理得，因为，所以，所以，过作轴于，则，所以，所以，得，所以，，所以，所以离心率，故选：A

【点睛】关键点点睛：此题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是由题意求得，然后在中利用余弦定理求出，从而可表示出点的坐标，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.7．（22-23高二下·浙江·期末）双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出圆的方程，联立方程组，由得出的范围，从而得解.【详解】由题意，右焦点，又，则，，以为圆心，为半径的圆的方程为，，联立方程组，得，由圆与双曲线有公共点，所以，即，结合，化简为，由方程两根为：，，所以不等式的解为，或，由已知，得所以，当时，取得最小值.故选：A【点睛】解决本题关键是曲线与曲线的位置关系，用联立方程组的方法，其中化简是个难点.二、多选题8．（21-22高二下·广东汕尾·期末）已知抛物线：，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，，下列说法正确的是（

）A． B．当时，C．当时，直线的斜率为2 D．面积的最小值为4【答案】ABD【分析】选项A：由点在准线上，可求出，从而可判断；选项B：设直线与抛物线方程联立，由韦达定理可判断；选项C：设，分别求出，方程，根据方程结构可判断；选项D：先同C求得直线的方程，再表达出的面积关于的表达式，进而求得面积的最大值即可【详解】对A，易知准线方程为，∴，：，故选项A正确.对B，设直线，代入，得，当直线与相切时，有，即，设，斜率分别为，，易知，是上述方程两根，故，故.故选项B正确.对C，设，，其中，.则：，即.代入点，得，同理可得，故：，故.

故选项C不正确.对D，同C，切线方程：；：，代入点有，，故直线的方程为，即，联立有，则，故，又到的距离，故，故当时的面积小值为，故D正确；故选：ABD9．（21-22高二下·江苏南京·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，过点作直线交该双曲线于和两点，则下列结论中正确的有（

）A．该双曲线的焦点在哪个轴不能确定B．该双曲线的离心率为C．若和在双曲线的同一支上，则D．若和分别在双曲线的两支上，则【答案】BC【分析】求出的值，可得出双曲线的方程，可判断A选项；求出双曲线的离心率，可判断B选项；利用弦长公式可判断CD选项.【详解】对于A选项，若双曲线的焦点在轴上，则，可得，且有，解得，则双曲线的方程为，其焦点在轴上；若双曲线的焦点在轴上，则双曲线的标准方程为，则，可得，且有，无解，A错；对于B选项，，，，所以，双曲线的离心率为，B对；对于CD选项，当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，联立可得，则，解得，由韦达定理可得，，，，.若和在双曲线的同一支上，则，可得，则，C对；若和分别在双曲线的两支上且直线不与轴重合时，，可得，则，若直线与轴重合，则、分别为双曲线的两个顶点，则，故当和分别在双曲线的两支上时，，D错.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题CD选项中求弦长的最值，解题的关键在于建立弦长与某参数的函数，利用函数的基本性质求解.10．（21-22高二下·广东·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点P是双曲线C右支上异于顶点的一点，则（

）A．若双曲线C为等轴双曲线，则直线的斜率与直线的斜率之积为1B．若双曲线C为等轴双曲线，且，则C．若P为焦点关于双曲线C的渐近线的对称点，则C的离心率为D．延长交双曲线右支于点Q，设与的内切圆半径分别为、，则【答案】ABD【分析】由点在双曲线上及斜率公式即可判断A选项；设出，表示出，由A选项中斜率之积即可判断B选项；利用点关于直线对称求出点坐标，代入双曲线即可求出离心率，即可判断C选项；先判断出内切圆圆心的横坐标为，再借助勾股定理即可判断D选项.【详解】由题意知，，设，对于A，若双曲线C为等轴双曲线，则，则，又，则，A正确；对于B，设，则，由A选项知，即，又，，故，解得，即，B正确；对于C，易得双曲线的渐近线方程为，若P为焦点关于双曲线C的渐近线的对称点，则有，解得，代入可得，即，解得，则C的离心率为，C错误；对于D，设的内切圆与分别切于三点，由切线长定理知，则，又，可得，则和重合，即的内切圆圆心的横坐标为，同理可得的内切圆圆心横坐标也为，则轴，且，作于，则即为切点，作于，则，，，在中，可得，即，整理得，D正确.故选：ABD.11．（21-22高二下·重庆沙坪坝·期末）已知抛物线过点，过点的直线交抛物线于，两点，点在点右侧，若为焦点，直线，分别交抛物线于，两点，则（

）A． B．C．A，，三点共线 D．【答案】AC【分析】设直线方程联立抛物线方程消参，利用定义表示出，然后由韦达定理和解不等式可判断A；用坐标表示出，利用韦达定理表示后，由m的范围可判断B；设直线NF，借助韦达定理表示出P点坐标，同理可得Q点坐标，然后由斜率是否相等可判断C；根据M和P的横坐标关系，结合AN斜率可判断D.【详解】因为抛物线过点，所以，所以抛物线方程为设设过点的直线方程为，代入整理得：则，，即或又由定义可知，，所以，故A正确；所以又，故B错误；记设直线NF方程为，代入整理得：则，，同理可得因为，，所以A，，三点共线，C正确；因为，，所以由上可知，直线AM的斜率，所以，所以，D错误.故选：AC【点睛】12．（21-22高二下·浙江台州·期末）设双曲线的左右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线与交于､两点，且，则的离心率可以为（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，从而可求得，过点作于点，由中位线的性质求得，在中，可求得，利用双曲线的定义可得的关系，再由离心率公式求解即可，当直线与双曲线交于同一支时，同理可求得离心率【详解】当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，则，因为，所以，过点作于点，所以∥，因为为的中点，所以，，因为，为锐角，所以，所以，所以，所以，因为，所以，化简得，所以，所以离心率为，当直线与双曲线交于一支时，记切点为，连接，则，过作于，则，所以，因为，所以为锐角，所以，所以，，所以,所以，化简得，所以，所以离心率为，综上，双曲线的离心率为或，故选：BD13．（22-23高二下·辽宁朝阳·期末）已知抛物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（

）A． B．当时，C．当时，直线AB的斜率为2 D．直线AB过定点【答案】BD【分析】根据为准线上的点列方程，解方程即可得到可判断A；利用导数的几何意义得到过点，的切线斜率，可得到，为方程的解，然后利用导数的几何意义和韦达定理得到，即可判断B；利用韦达定理和斜率公式求即可判断C；联立和得到，同理可得，即可得到直线的方程为，可判断D.【详解】因为为准线上的点，所以，解得，故A错；根据抛物线方程得到，则，设切点坐标为，，则，整理得，同理得，所以，为方程的解，，所以，则，故B正确；由B选项得，所以，故C错；由B选项得，又，联立得，同理得，所以直线AB的方程为，恒过点，故D正确．故选：BD．

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与，的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.14．（22-23高二下·安徽·期末）形如的函数是我们在中学阶段最常见的一个函数模型，因其形状像极了老师给我们批阅作业所用的“√”，所以也称为“对勾函数”．研究证明，对勾函数可以看作是焦点在坐标轴上的双曲线绕原点旋转得到，即对勾函数是双曲线．已知为坐标原点，下列关于函数的说法正确的是（

）A．渐近线方程为和B．的对称轴方程为和C．是函数图象上两动点，为的中点，则直线的斜率之积为定值D．是函数图象上任意一点，过点作切线，交渐近线于两点，则的面积为定值【答案】ABD【分析】对于A：根据题意结合图象分析判断；对于B：根据题意结合倍角公式以及垂直关系分析运算；对于C：根据题意结合斜率公式运算求解；对于D：根据导数的几何意义求切线方程，进而可求结果.【详解】因为是双曲线，由图象可知：函数图象无限接近和，但不相交，故渐近线为和，故A正确；因为是双曲线，由双曲线的性质可得，对称轴为渐近线的角分线，且互相垂直，一条直线的倾斜角为，由二倍角公式可得，整理得，解得或（舍去），故，另一条直线的斜率为，故B正确；设，所以，故，故C错误；因为，设，则处切线的斜率，所以切线方程为，令，可得，即，则；令，可得，即，则；故面积为（定值），故D正确．故选：ABD.

【点睛】方法点睛：求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法（1）已知切点，求在点P处的切线方程：求出切线的斜率，由点斜式写出方程．（2）已知切线的斜率为k，求的切线方程：切点，通过方程解得，再由点斜式写出方程；（3）已知切线上一点(非切点)，求的切线方程：设切点，利用导数求得切线斜率，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得，再由点斜式或两点式写出方程．15．（22-23高二下·浙江杭州·期末）设双曲线，直线与双曲线的右支交于点，，则下列说法中正确的是（

）A．双曲线离心率的最小值为4B．离心率最小时双曲线的渐近线方程为C．若直线同时与两条渐近线交于点，，则D．若，点处的切线与两条渐近线交于点，，则为定值【答案】BCD【分析】由离心率公式，结合基本不等式可判断A；根据可得双曲线方程，然后可得渐近线方程，可判断B；将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，设直线方程，联立渐近线方程求C，D坐标，再由点差法求AB的中点坐标，然后可判断C；结合图形可知，利用导数求切线方程，联立渐近线方程求E，F的横坐标，代入化简可判断D.【详解】由题知，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，的最小值为2，故A错误；当时，双曲线方程为，此时渐近线方程为，即，B正确；若直线的斜率不存在，由对称性可知；当斜率存在时，设直线方程为，，AB的中点为，CD的中点为则，由点差法可得，所以，所以，又双曲线渐近线方程为，联立分别求解可得，所以，所以M，N重合，则，或，故C正确；

若，则双曲线方程为，渐近线方程为，不妨设点A在第一象限，双曲线在第一象限的方程为，，得切线斜率为，方程为，设点E，F坐标分别为，分别作垂直于y轴，垂足分别为P，Q，E在第一象限，F在第四象限，则又，所以，联立渐近线方程和切线方程可解得，整理得，两式相乘得，所以，所以，D正确.故选：BCD

【点睛】本题考察圆锥曲线的综合运用，C选项需要灵活处理，将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，利用点差法和直接计算可解；D选项需结合图象将面积灵活转化，在求解时，要结合式子的结构特征灵活处理.三、填空题16．（22-23高二上·辽宁大连·期末）抛物线的光学性质是：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射线都与抛物线的对称轴平行．已知抛物线的焦点为F，直线，点P，Q分别是C，l上的动点，若Q在某个位置时，P仅存在唯一的位置使得，则满足条件的所有的值为．【答案】或【分析】设，易知抛物线焦点为，为直线上的动点，设，根据结合距离公式，可得，根据方程有唯一解列方程求解即可.【详解】设，易知抛物线焦点为，为直线上的动点，设，由，，即代入，，（1）当时，，由得，此时方程只有一个解，满足题意，（2）当时，，解得，代入可得求得，可得的值为或故答案为：或.17．（22-23高二下·河南新乡·期末）已知抛物线上存在两点（异于坐标原点），使得，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为．【答案】【分析】设直线的方程为，联立方程组，由条件证明，由此可得，再求，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.【详解】由已知直线的斜率存在，且不为，故可设直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，所以因为，所以，所以，所以，又异于坐标原点，所以，所以，所以，所以直线的方程为，且所以直线与轴的交点为，所以点的坐标为，所以直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，所以，由已知，所以四边形ACBD面积，设，则，，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，此时，设，可得，，所以当时，即时，取最小值，最小值为，所以四边形ACBD面积的最小值为.故答案为：.

【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．18．（22-23高二下·浙江台州·期末）已知直线与抛物线及曲线均相切，切点分别为，若，则【答案】4【分析】设直线：，分别与和联立，根据判别式等于，求出的坐标，再根据可求出结果.【详解】显然直线的斜率存在，设直线：，联立，消去得，则且，即，代入，得，得，得，则，则.联立，消去得，则，且，即，将代入，得，得，得，又，所以，则，则，由，得，解得，所以或，当时，不合题意，舍去；当时，.综上所述：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用判别式等于求出的坐标是解题关键.19．（22-23高二下·湖南岳阳·期末）已知椭圆的两个顶点分别为，，离心率为点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过作的垂线交于点，则与的面积之比为.【答案】/【分析】先根据已知条件求得椭圆的方程.设出的坐标，根据直线、、的方程求得，进而求得与的面积之比.【详解】焦点在轴上，两个顶点分别为点，，，，，椭圆的方程为；设，，可得，直线的方程为：，，，直线的方程：，直线的方程：，直线与直线的方程联立可得，整理为：，即，，计算可得，代入直线的方程可得.，则，又.故答案为：四、解答题20．（22-23高二下·浙江衢州·期末）已知双曲线，过点作直线交双曲线的两支分别于，两点，(1)若点恰为的中点，求直线的斜率；(2)记双曲线的右焦点为，直线，分别交双曲线于，两点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，设，，再由点差法即可得到结果；（2）根据题意，设，，，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由题意可得，设，，由，得，即，即其中，，所以，又，故；（2）

设，，，由得，又，故，从而，同理有，另一方面，，设，由得，故，代入上式有，由直线交双曲线于两支可知，令，故，当且仅当时，即时，取等号，即.【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于将直线的方程设为，以及将三角形的面积比通过韦达定理转化，计算量较大.21．（22-23高二下·江苏盐城·期末）已知椭圆的离心率为，记的右顶点和上顶点分别为、，的面积为（为坐标原点）．

(1)求的方程；(2)点在线段上运动，过点垂直于轴的直线交于点（点在第一象限），且，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，求出点、的坐标，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由、、三点共线结合韦达定理可得出，然后化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：由题意可得，，且，则，所以，，解得，所以，椭圆的方程为.（2）证明：若直线与轴重合，则直线与直线重合，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，

易知点、，则直线的方程为，直线的方程为，联立，可得，故点，因为点，设点，则为线段的中点，则，可得，即点，联立直线与椭圆的方程得，可得，，由韦达定理可得，，因为、、三点共线可得，且，，所以，，整理可得，化简可得，所以，直线的方程为，由可得，因此，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.22．（22-23高二下·江苏南京·期末）已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，，为线段的中点，为坐标原点，且．(1)求椭圆的方程；(2)已知圆，为圆上任意一点，过点作椭圆的切线，交圆于点，若与斜率都存在，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由条件结合向量的坐标运算列方程求，可得椭圆方程；（2）在的斜率不存在时求的值，当的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与圆的方程结合设而不求法求，由直线与椭圆相切求的关系，由此证明结论.【详解】（1）依题意可得，，，，所以，所以，所以椭圆的方程为：．（2）若的斜率不存在，则，或，，此时；若的斜率存在时，可设直线的方程为，，，由联立消去可得，，方程的判别式，，，，所以，当直线与椭圆相切时，由联立消去可得，，，化简得，所以，综上可得为定值．【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．23．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知抛物线，斜率为1的直线交于不同于原点的，两点，点为线段的中点.(1)求抛物线的方程；(2)直线与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，，设切线，的交点为①求证：为直角三角形.②记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标.【答案】(1)(2)①证明见解析；②最小值4，此时.【分析】（1）设直线方程，联立抛物线方程消元，根据韦达定理，结合中点坐标公式可得；（2）①利用导数的切线方程，结合韦达定理即可证明；②根据点P坐标满足①中切线方程可得直线AB方程，然后由弦长公式和点到直线的距离公式可得面积，然后可解.【详解】（1）设直线的方程为，代入抛物线，可得，设，，则点为线段的中点，可得，即则抛物线的方程为.

（2）①设，，由，可得，则，所以，两点处的切线斜率分别为，，由，得，所以，，所以，所以，即为直角三角形.

②由（1）知，即：，同理，由直线，都过点，即，则点，的坐标都满足方程，即直线的方程为：，又由直线过点，∴，联立得，∴，点到直线的距离，∴∴当且仅当时，有最小值4，此时24．（22-23高二下·江苏连云港·期末）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为正数且不过原点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线交椭圆及直线分别于点和点，且.证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程求解即可得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再结合线段坐标表示求解的值即可得结论.【详解】（1）由题知，解得：，所以椭圆.（2）设直线的方程为：，，

由，得，由得，设，则，，，射线OP的方程为，由，得；由，得，由，得，即，解得，直线恒过定点.【点睛】方法点睛：本题考察直线过定点问题，常用方法：设直线方程，联立曲线方程消元，根据韦达定理，结合已知条件列方程，寻找k和b的关系，代回直线方程化为点斜式可得.25．（22-23高二下·湖南郴州·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，且左焦点到渐近线的距离为，直线经过且互相垂直（斜率都存在且不为0），与双曲线分别交于点和分别为的中点.(1)求双曲线的方程；(2)证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先由题给条件求得的值，进而得到双曲线的方程；（2）先利用设而不求的方法分别求得两点的坐标，求得直线的方程，进而得到直线过定点.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，所以，左焦点到渐近线的距离为，所以，又，联立得，解之得，所以双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，令联立，整理得，，所以，所以，，则，设直线的方程为，令联立，整理得，，所以，所以，，则，当，即时，直线的方程为.当时，直线的斜率为，直线的方程为，即，所以直线过点，又直线过点，综上，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.26．（22-23高二下·浙江嘉兴·期末）已知椭圆的左右顶点分别为，上顶点为为椭圆上异于四个顶点的任意一点，直线交于点，直线交轴于点.(1)求面积的最大值；(2)记直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）方法1：设出点M的坐标，计算点到直线的距离，运用辅助角公式转化为求三角函数的最大值，进而可求得结果.方法2：联立椭圆方程及与平行的直线的方程，令，进而可求得结果.（2）分别求出交点M、Q、P坐标，计算即可.【详解】（1）方法1：如图所示，由题意知，，，，设，则，点到直线的距离为：，所以，所以.故△MBD面积的最大值为：.方法2：设与平行的直线，联立得，令，显然当时与椭圆的切点与直线的距离最大，，所以.故△MBD面积的最大值为：.（2）如图所示，设直线，联立得，则点的坐标为，设点为，则，所以，即，所以，联立得点的坐标为，所以，，所以.故为定值.【点睛】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略（1）求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．（2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．（3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．27．（22-23高二下·浙江·期末）已知双曲线离心率为，，分别是左、右顶点，点是直线上一点，且满足，直线，分别交双曲线右支于，两点.记，的面积分别为，.(1)求双曲线的方程；(2)求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）设，可判断，表示出，，即可求出，再根据离心率求出，从而求出，即可得解；（2）由（1）可知直线，的方程。联立直线与双曲线方程求出、，由，代入转化为关于的式子，再换元利用函数的性质计算可得.【详解】（1）依题意设，，，若，此时，，则，，不符合题意，所以，则，，又，所以，解得，又，所以，则，所以双曲线的方程为.（2）由（1）可知直线：，：，由，消去整理得，所以，又，所以，由，消去整理得，所以，又，所以，综上可得，所以，，又，又，所以，令，则，所以，令，则，所以，所以当时，即时.

【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.28．（22-23高二下·湖北武汉·期末）已知椭圆的离心率为，点，为的左、右焦点，经过且垂直于椭圆长轴的弦长为3.

(1)求椭圆的方程；(2)过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于A，B两点，与直线交于点，若，且点满足，求线段的最小值.【答案】(1)(2)5【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于的表达式求最值，注意取值条件.【详解】（1）对于方程，令，则，解得，由题意可得，解得，，所以椭圆的方程为．（2）由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．设直线：，若，则，则不满足，所以．设，，，由得：，，所以，．因为，即，则，，所以，解得，则，即，直线：，联立，解得，即，∴，当且仅当或时,等号成立，∴的最小值为．

【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（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、的形式；（5）代入韦达定理求解.29．（22-23高二下·湖北武汉·期末）如图，椭圆中，长半轴的长度与短轴的长度相等，焦距为6，点是椭圆内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与椭圆相交于点与椭圆相交于点.

(1)求椭圆的方程；(2)求的最小值及此时直线的方程.【答案】(1)(2)最小值为，此时直线的方程为或.【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得的表达式并利用基本不等式求得的最小值，同时求得直线的方程.【详解】（1）长半轴的长度与短轴相等，有，又焦距为6，故，联立，解得，椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为由得，所以，设，则，又，同理，，当且仅当时取等号，故的最小值为，此时直线的方程为或.

30．（22-23高二下·重庆渝中·期末）已知双曲线C：的渐近线方程为，其左右焦点为，，点D为双曲线上一点，且的重心G点坐标为.(1)求该双曲线的标准方程；(2)过x轴上一动点作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为（与B不重合），连接并延长交x轴于点Q，问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.【答案】(1)(2)4【分析】（1）根据双曲线方程设，，根据重心坐标公式求出，代入原方程即可得到的值，则得到双曲线方程；（2）设的方程为，，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出直线的方程，令，解出，将韦达定理式代入整理得，则得到定值.【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，故可设双曲线的方程为，设，因为的重心点的坐标为，所以，解得，所以，则代入得，所以双曲线的标准方程为（2）由题意知直线的斜率必存在，设的方程为，，则，联立，化简得，则，且，由韦达定理得，，则直线的方程为：，令，则，故.

.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，即设的方程为，再将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，31．（22-23高二下·重庆沙坪坝·期末）已知椭圆C：的离心率为，在椭圆上.(1)求椭圆C的标准方程；(2)椭圆左顶点为A，过点且不平行于x轴的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP，AQ与直线的交点分别为M，N，试判断点B与以MN为直径的圆的位置关系，并说明理由.【答案】(1)(2)点B在以MN为直径的圆上，理由见解析【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，列方程组解得即可得椭圆C的标准方程；（2）设，，通过直线的方程，得两点的坐标，设直线l的方程，代入椭圆方程，借助韦达定理证明，可得结论.【详解】（1）由题意：，又在椭圆上，有，解得，.则椭圆C的标准方程为.（2）设直线l的方程为，联立方程，得，设，，由韦达定理得：，，

直线AP方程：，可得，同理，则，，，可知，则点B在以MN为直径的圆上.【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．32．（22-23高二下·河南南阳·期末）已知椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，的面积为．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于P，Q两点，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据三角形面积公式和两点间距离公式，列关于a，b的方程组求解可得；（2）分斜率存在和不存在讨论，当斜率存在时，设，，利用点M，N坐标表示出P，Q坐标，结合韦达定理可得.【详解】（1）由题意知，．因为的面积为，所以①．，因为点O到直线AB的距离为，所以②．由①②结合可得.所以椭圆C的方程．（2）由（1）可知．当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时，，则，直线AM的方程为，当时，，易得，所以．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，由，得．设，，则，．直线AM的方程为，

令，得，即，同理，得．所以．综上可得．33．（22-23高二下·湖南岳阳·期末）已知双曲线，四点，，，中恰有三点在双曲线上.(1)求的方程；(2)设直线不经过点且与相交于两点，若直线与直线的斜率的和为证明：过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意代入相应的点运算求解即可；（2）设直线的方程以及的坐标，再根据题意结合韦达定理运算求解.【详解】（1）易知双曲线关于轴对称，，关于轴对称，故，都在双曲线上，若，，在双曲线上，则，解得，不满足；若，，在双曲线上，则，解得，满足；综上所述：双曲线的方程为.（2）设直线与直线的斜率分别为，如果直线斜率不存在，则，不符合题设，设直线：，，，，联立，整理得，，化简得：.则，，则，整理得，即，化简得：，解得或，当时，直线的方程为，令时，，所以直线过定点，又因为直线不经过点，不合题意；当时，直线的方程为，当时，，所以直线过定点；综上所述：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．34．（22-23高二下·湖南·期末）已知为椭圆上一点，且点在第一象限，过点且与椭圆相切的直线为.

(1)若的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值；(2)如图，分别是椭圆的过原点的弦，过四点分别作椭圆的切线，四条切线围成四边形，若，求四边形周长的最大值.【答案】(1)证明见解析；；(2).【分析】（1）设点P的坐标及直线l的方程，与椭圆的方程联立，利用推理求解作答.（2）利用（1）的结论，结合已知可得四边形是矩形，借助对称性求出该矩形一组邻边长，再利用均值不等式求解作答.【详解】（1）设，设，其中，由消去y并整理得，，依题意，得，即，即，，而，即，即，即，所以.（2）由（1）知，，则，而，即有，则，又分别是椭圆的过原点的弦，同理，因此四边形为矩形，由（1）知，直线的方程为，则，显然与关于原点对称，因此直线的方程为，直线的距离为，由与垂直，得直线的斜率，同理得直线的距离为，，，因此，当且仅当时等号成立，因此矩形的周长的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．35．（22-23高二下·江苏盐城·期末）已知双曲线上点到两定点的距离分别为，，且满足．(1)求双曲线的方程；(2)设经过点且不垂直于轴的直线与双曲线交于、两点，是直线上关于轴对称的两点，求证：直线与的交点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合余弦定理和二倍角公式，利用双曲线定义即可得出，，进而得出双曲线的方程.（2）设直线的方程为，，，联立方程利用韦达定理以及表示直线和直线的方程，两方程相减即可表示出定直线.【详解】（1）在中，，即，所以，因为双曲线的焦点在轴，，，所以，则双曲线的方程为.（2）由题意可设直线的方程为，联立方程组，消去，并整理得，设，，则，又设，则得直线的方程为，直线的方程为，两个方程相减得，因为，把它代入得，所以，因此直线与的交点在直线上．

【点睛】方法点睛：直线和双曲线的位置关系问题，从以下几个角度分析：（1）双曲线定义在几何图形中的使用；（2）涉及三角形问题中，解三角形的余弦定理等三角函数的应用；（3）直线和双曲线交点，联立方程使用韦达定理表示参数；（4）数形结合思想的应用.36．（22-23高二下·安徽·期末）已知直线过定点，双曲线过点，且的一条渐近线方程为.(1)求点的坐标和的方程；(2)若直线与交于，两点，试探究：直线，的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)，(2)是，3【分析】（1）将直线化简为即可得出点的坐标，再根据渐近线方程即可求出的方程；（2）联立双曲线和直线表达出韦达定理，表达出代入韦达定理即可求出结果.【详解】（1）由直线知，，得定点.则，解得，故的方程为.（2）

由（1）知，，设，.联立，整理得，则，且，∴且，∴，，∴所以直线，的斜率之和是为定值，定值为3.【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．37．（21-22高二下·广西南宁·期末）已知椭圆C：（）的短轴长为2，，分别为椭圆C的左、右焦点，B为椭圆的上顶点，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且，证明：直线l恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出，利用向量数量积运算得到，从而求出，求出椭圆方程；（2）设出直线方程（），与椭圆方程联立，写出两根之和，两根之积，根据向量垂直得到等量关系，求出直线所过定点.【详解】（1）由题意