专题54 证明及探索性问题解析版-2025版高中数学一轮复习讲义知识梳理、考点突破和分层检测

试卷第=page22页，共=sectionpages22页Page专题54证明及探索性问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 14【考点1】证明问题 14【考点2】探索性问题 25【分层检测】 37【基础篇】 37【能力篇】 47【培优篇】 51真题自测真题自测一、解答题1．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若点的横坐标为2，求的长;(2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围(3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由.2．（2024·全国·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．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．(1)求椭圆方程．(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．4．（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：．5．（2023·全国·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.6．（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．参考答案：1．(1)；(2)；(3)存在，【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.（2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围.（3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又，所以.（2）设，而，则，由，得，即，又，则，解得，，所以的范围是.（3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则，又，于是，则，同理，由，得，因此，即，则，设直线，由消去得，则，即，而，解得，，由，得，所以.【点睛】思路点睛：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．2．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设Fc,0，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用【详解】（1）设Fc,0，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，Ax1,y1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【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.5．(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.6．(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.考点突破考点突破【考点1】证明问题一、解答题1．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.(1)求椭圆的方程；(2)若，求的方程；(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.2．（23-24高二下·四川成都·期末）已知椭圆的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，的周长为，直线与E交于另一点C，直线与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图．(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．3．（2024·云南大理·模拟预测）已知双曲线：（，）的一条渐近线方程为，顶点到渐近线的距离为．(1)求的方程；(2)设为坐标原点，若直线过点0,2，与的左、右两支交于，两点，且的面积为，求直线的方程．4．（24-25高三上·广东·阶段练习）已知双曲线的右焦点到其中一条渐近线的距离为(1)求的标准方程；(2)若过的直线与的左、右支分别交于点，与圆交于与不重合的两点.①求直线斜率的取值范围；②求的取值范围.5．（2024·陕西西安·模拟预测）已知抛物线的焦点为．过F作两条互相垂直的直线，，且直线与交于M，N两点，直线与交于E，P两点，M，E均在第一象限．设A，B分别为弦MN，EP的中点，直线ME与直线NP交于点H．(1)求的方程．(2)直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．(3)证明：点H在直线上．6．（23-24高二下·贵州黔南·期末）已知抛物线经过点．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．参考答案：1．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；（3）将韦达定理代入中计算结果为定值.【详解】（1）由题意得解得，故椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，由得，由，得，则.，解得或当时，直线经过点，不符合题意，舍去；当时，直线的方程为.（3）直线，均不与轴垂直，所以，则且，所以为定值.2．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用椭圆的定义和离心率，求解椭圆方程；（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，，，的方程为【详解】（1）由椭圆定义可知，BF1所以的周长为，所以，又因为椭圆离心率为，所以，所以，又，所以椭圆的方程：．（2）设点Ax1,y1，B则直线的方程为，则，由得，，所以，因为，所以，所以，故，又，同理，，，由A，，B三点共线，得，所以，直线CD的方程为，由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，令得，，故直线CD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.3．(1)(2)【分析】（1）利用渐近线的斜率及点到直线的距离建立关于的等式求解即可；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知直线斜率不存在时，不满足条件，当斜率存在时，联立直线与双曲线的方程，表示出的长，再利用点到直线的距离求出点到的距离，利用三角形的面积公式建立等式进行求解出，即可求出直线的方程．【详解】（1）由题得，①由对称性不妨设的顶点为，则，②联立①②解得，，所以的方程为．（2）设Ax1,当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，由得，所以，解得，因为，，所以．又点到直线的距离，所以的面积，解得或；又因为，所以，所以直线的方程为．4．(1)(2)①；②【分析】（1）由右焦点到其中一条渐近线的距离为，求出，由此可得双曲线标准方程；（2）①设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线②求出，，再求的表达式，由此可求其范围.【详解】（1）由题意可得，且右焦点到渐近线的距离为，所以，，所以的标准方程为.（2）①由（1）知，，设Ax1,y由题意可得直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为与联立得，所以，，，，又两点在轴同一侧，所以.此时，即.圆的方程为，点到直线的距离，由得，由，得，所以或，因为直线的斜率，所以直线斜率的取值范围是.②.，所以，设，则，所以的取值范围是.

【点晴】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.5．(1)(2)直线过定点，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用焦点坐标求抛物线的方程；（2）设直线和的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理表示出A，B两点坐标，得直线AB方程，由方程判断所过定点坐标；（3）表示出直线ME与直线NP方程，联立方程组求交点坐标即可.【详解】（1）抛物线的焦点为，则有，，所以抛物线的方程为.（2）直线，与抛物线各有两个交点，可知直线，斜率存在且不为0，设直线的斜率为，则直线，设，由，消去并整理得，此时，由韦达定理得，，由A为弦MN的中点，有，则，由垂直的条件，可将换为，设，同理得，，有，当或时，直线的方程为，当且时，直线的斜率为，方程为，即，可知时，所以直线过定点，其坐标为.（3），同理得，此时直线的方程为，即，同理，直线的方程为，由，消去解得，故直线ME与直线NP的交点在直线上.【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，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，强化有关直线与圆锥曲线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．6．(1)抛物线方程为，准线方程为(2)证明见解析【分析】（1）由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；（2）联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令即可证得题中的结论.【详解】（1）将点代入抛物线方程得，解得，故抛物线方程为．其准线方程为（2）证明：因为直线l的斜率不为0，焦点坐标为，设直线l的方程为.与抛物线方程联立可得．故．设，则，直线OM的方程为，与联立，可得，同理可得．易知以AB为直径的圆的圆心坐标为，圆的半径为，则圆的方程为．令，整理可得，解得，即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．反思提升：圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.【考点2】探索性问题一、解答题1．（2025·安徽·一模）椭圆的上顶点为，圆在椭圆内．(1)求的取值范围；(2)过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由．2．（22-23高二上·浙江金华·期中）已知椭圆C：＝1（）的右焦点F的坐标为，且椭圆上任意一点到两点的距离之和为4.(1)求椭圆C的标准方程(2)过右焦点F的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为，试问的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值；若不存在，请说明理由.3．（24-25高三上·福建福州·开学考试）已知双曲线C：的中心为O，离心率，点A在x轴上，，点P是C上一定点，P到x轴的距离为1，且．(1)求双曲线C的方程；(2)求C上任一点和A的距离的最小值；(3)若C上的点M，N满足，求证：在C上存在定点Q（异于P）使得P，M，N，Q在同一个圆上．4．（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．(1)求的方程；(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．5．（2024·山西·三模）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)已知点，若E上存在一点P，使得，求t的取值范围；(3)过的直线交E于A，B两点，过的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：为定值.6．（2024·广东·三模）已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点.(1)求的方程；(2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.参考答案：1．(1)(2)存在，【分析】（1）设为椭圆上任意一点，再根据两点间距离小于半径即可得出范围；（2）设直线的方程直线,由点到直线距离等于半径得出的方程为，最后再应用圆心到直线距离等于半径求参即可求出圆的方程．【详解】（1）设为椭圆上任意一点，，则．则．故．（2）由题意可知，设，因为，故切线的斜率都存在．又直线的方程为，即为，直线的方程为．则，故．而，故，又因为．故，同理．故直线的方程为．若直线与圆相切，则，令．故，即．故，或．故存在满足条件的圆，其方程为．2．(1)(2)存在最大值，最大值为【分析】（1）由题意直接得到，，然后计算出即可得到椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为：，联立椭圆的方程，设，，则，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，求出直线的方程，令，求出，即直线与轴交于一个定点，记为，然后计算即可.【详解】（1）由题意可知：，椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4，所以，即，，所以椭圆的标准方程为：.（2）由题意可知直线的斜率不为，且斜率不可能不存在（否则重合），所以设直线的方程为：，与椭圆的方程联立，得，消去，得，所以，设，，则，由根与系数的关系，得，直线的斜率为：，所以直线的方程为，令，得，即直线与轴交于一个定点，记为，则，等号成立当且仅当.【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于得出直线与轴交于一个定点，记为，且得到，由此即可顺利得解3．(1)(2)(3)见解析【分析】（1）利用点P的坐标，结合双曲线的离心率求解即可；（2）利用两点距离公式结合双曲线的方程求解即可；（3）利用直线的参数方程，结合相交弦定理的逆定理，即可证明四点共圆.【详解】（1），故点P在的垂直平分线上，且点A在x轴上，，故点P的横坐标，P到x轴的距离为1，故点P的纵坐标将点P代入双曲线的方程得：，且离心率，结合，解得：，故双曲线C的方程为：；（2）点A在x轴上，，由对称性可知，点A在x轴正半轴或者负半轴上，双曲线上任一点和A的距离的最小值都一样，不妨设，设双曲线上任一点Bx,y，则，，故，，所以，当点为时，AB取最小值，故C上任一点和A的距离的最小值为.（3）当点A在x轴正半轴，在第一象限时，易得，，故，设直线的倾斜角分别为，由得：,若，则，且P，M，N，Q都在双曲线上，易知此时四边形非等腰梯形，故一定不满足P，M，N，Q四点共圆，所以，故直线一定有交点，设直线的的交点为，

设直线的方程为：，联立，化简得：，故，同理可得：,P，M，N，Q四点共圆等价于，即，即，故，且，故直线的方程为：，联立双曲线得，,此时在C上存在定点使得P，M，N，Q在同一个圆上.由对称性可知，当点A在x轴负半轴，或者点在其他象限时，在C上同样存在定点Q（异于P）使得P，M，N，Q在同一个圆上.【点睛】方法点睛：证明四点共圆一般利用四边形对角互补或者利用相交弦定理的逆定理证明.相交弦定理的逆定理：两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可证明这四点共圆.4．(1)(2)存在，为定值．【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.【详解】（1）设双曲线的半焦距为cc>0，由题意可得，解得，所以的方程为．（2）假设存在常数满足条件，由（1）知，设直线，联立方程得，消去，整理可得，所以，，．因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以．此时，即，所以．设，将代入抛物线方程，得，则，所以．所以．故当时，为定值，所以，当时，为定值．5．(1)(2)(3)证明见详解【分析】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为，即可得方程；（2）设Px,y，利用平面向量数量积可得，结合基本不等式运算求解；（3）设，求直线的方程，结合题意可得，结合夹角公式分析求解.【详解】（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为，所以抛物线E的方程为.（2）设Px,y，可知，则，可得，显然不满足上式，则，可得，又因为，当且仅当，即时，等号成立，则，即，所以t的取值范围为.（3）设，则直线的斜率，可得直线的方程，整理得，同理可得：直线的方程，由题意可得：，整理得，又因为直线的斜率分别为，显然为锐角，则，所以为定值.【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．6．(1)；(2)存在，2【分析】（1）由题意可得，则，再由的面积为16，列方程可求出，从而可求得的方程；（2）表示出直线AC的方程，直线与的交点为T，求出点的坐标，则表示出，利用导数的几何意义求出、、的方程，求出的坐标，表示出，化简计算可得结论.【详解】（1）当PQ与x轴平行时，，因为P，Q两点均在抛物线C上，所以，即，因为的面积为16，所以，解得，则的方程为；（2）直线AC的斜率为：，则：，直线与的交点为T，则点T为，所以

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（∗∗）所以：由，得，令，则的斜率，则有：，即：，同理：：，：，与相交得：，得：；同理可得：，；同理由（∗∗）可知所以，所以存在，使得【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查导数的几何意义，考查抛物线中三角形的面积问题，第（2）问解题的关键是用三点坐标表示出这三点围成的三角形的面积，考查计算能力，属于较难题.反思提升：此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.分层分层检测【基础篇】一、解答题1．（24-25高三上·北京·开学考试）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为．过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为16．(1)求椭圆C的标准方程；(2)记直线AM、BN的斜率分别为，证明：为定值．2．（2024·河南商丘·模拟预测）已知中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴的双曲线经过点，且其渐近线的斜率为．(1)求的方程．(2)若动直线与交于两点，且，证明：为定值．3．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知点，，中恰有两个点在抛物线上．(1)求的标准方程(2)若点，在上，且，证明：直线过定点．4．（22-23高二上·江苏扬州·期中）已知为坐标原点，双曲线：的离心率为，点P在双曲线上，点，分别为双曲线的左右焦点，.(1)求双曲线的标准方程；(2)已知点，，设直线的斜率分别为，.证明：为定值.5．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知点在抛物线：上，点F为的焦点，且．过点F的直线与及圆依次相交于点A，B，C，D，如图．(1)求抛物线的方程及点M的坐标；(2)证明：为定值；6．（21-22高二上·青海玉树·期末）在平面直角坐标系中，动点到点的距离等于点到直线的距离.(1)求动点的轨迹方程；(2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，，直线的斜率为，直线的斜率为.证明：为定值.7．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为．(1)求椭圆C的方程；(2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．8．（23-24高二上·江苏盐城·期中）双曲线：的渐近线方程为，一个焦点到该渐近线的距离为1.(1)求的方程；(2)是否存在直线，经过点且与双曲线于A，两点，为线段的中点，若存在，求的方程；若不存在，说明理由.9．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上.(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程；(2)设直线与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形为平行四边形，证明：直线过定点，并求出这个定点的坐标.参考答案：1．(1)(2)【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定a,b,c的值，得出椭圆的标准方程.（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到，，再把用，表示出来，化简即可得解.【详解】（1）由的周长为16，及椭圆的定义，可知：，即，又离心率为所以．所以椭圆C的方程为：．（2）依题意，直线l与x轴不重合，设l的方程为：．联立得：，因为在椭圆内，所以，即，易知该不等式恒成立，设，由韦达定理得．又，则注意到，即：.【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.2．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由渐近线的斜率设，再将代入求解即可；（2）分两种情况证明，当直线的斜率存在，设，与双曲线联立，根据韦达定理及得出，设点到直线的距离为，则由等面积法即可证明；当直线的斜率不存在，设直线的斜率为1，分别求出，即可证明．【详解】（1）由题可设双曲线的方程为．因为经过点，所以，解得，故的方程为．（2）若直线的斜率存在，设，由，消去得，则，即，设Ax1,因为，所以，即，所以，整理得，设点到直线的距离为，则由等面积法得，所以，又，所以；若直线的斜率不存在，则直线的斜率为，不妨设直线的斜率为1，则，将点的坐标代入方程，得，所以，所以．综上，为定值．3．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据点的坐标可得抛物线也关于轴对称，将点代入抛物线方程即可求解；（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理可得，即可求定点坐标．【详解】（1）因为点，关于轴对称，抛物线也关于轴对称，所以点，在上，将点代入抛物线得，，即，所以抛物线的方程为：；（2）由题意可知，直线的斜率一定存在，则设直线的方程为，由消得：，由韦达定理得，所以直线，显然恒过定点0,1．

4．(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合双曲线定义即可；（2）设点，结合两点斜率公式即可.【详解】（1）由题知：由双曲线的定义知：，又，，双曲线的标准方程为.（2）设，则，，，5．(1)，或(2)证明过程见解析【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式结合条件即得；（2）求出抛物线的焦点坐标，设直线AB的方程为，与抛物线方程联立，用一元二次方程根与系数的关系，结合抛物线定义可证明为定值.【详解】（1）因为点在抛物线：（）上，点为抛物线的焦点，且，所以：.所以抛物线的方程为：，由，故点坐标为：或.（2）由（1）知：，显然直线的斜率存在，所以设直线方程为：，由，设，，则，由抛物线的定义得：，，所以：，即为定值1.6．(1)；(2).【分析】（1）根据抛物线定义及焦准距即得动点的轨迹方程；（2）先设出直线的方程，与抛物线方程联立，消元后整理成一元二次方程，得出韦达定理，再利用斜率定义，得到的表达式，整理成的对称式，代入韦达定理即得定值.【详解】（1）因动点到点的距离等于点到直线的距离，故可知动点的轨迹是抛物线，设其方程为，由题意得，故动点的轨迹方程为：（2）如图，因直线的斜率不能为零（否则直线与抛物线只有一个公共点），又过点，可设由消去并整理得：，显然设，则由韦达定理，（*）则，将（*）代入得：,故为定值.7．(1)或(2)存在，【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解；（2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可.【详解】（1）∵的周长为8，的最大面积为，∴，解得，或，．∴椭圆C的方程为或等．（2）

由（1）及易知F21,0不妨设直线MN的方程为：，，Mx1,y1联立，得．则，，若的内心在x轴上，则，∴，即，即，可得．则，得，即．当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点．故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上.8．(1)(2)存在，.【分析】（1）利用双曲线的性质及点到直线距离公式计算即可；（2）利用点差法计算即可.【详解】（1）令，所以，又由题意可知双曲线的焦点到渐近线的距离，所以双曲线的标准方程为：；（2）假设存在，由题意知：该直线的斜率存在，设，，直线的斜率为，则，，又有，，两式相减得，即即，所以，解得，所以直线的方程为，即，联立直线与双曲线方程得：，即直线与双曲线有两个交点，满足条件，所以存在直线，其方程为.9．(1)，(2)证明见解析，【分析】（1）直接利用抛物线的性质和准线方程得出；（2）设直线l为，直曲联立，再由四边形是平行四边形，所以，得到，，代入，最后带入抛物线方程，解出.【详解】（1）根据抛物线标准方程可得：焦点，准线.（2）设Px0,y0，，，，直线l为，联立.则，，所以，因为四边形是平行四边形，所以，则，所以，，代入，得：，解得，即直线过定点12,0.【能力篇】一、解答题1．（22-23高二上·河南鹤壁·开学考试）已知椭圆的离心率，且圆过椭圆的上、下顶点.(1)求椭圆的方程；(2)若直线的斜率为，且直线与椭圆相交于，两点，点关于原点的对称点为，点是椭圆上一点，若直线与的斜率分别为，.证明：为定值，并求出此定值.2．（24-25高三上·贵州·开学考试）已知双曲线的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点，且与双曲线C交于E，F两点．(1)求双曲线C的方程；(2)证明：直线AE与AF的斜率之积为定值．3．（2024·河南郑州·模拟预测）设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点．(1)求抛物线的方程；(2)①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标；②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为．参考答案：1．(1)；(2)证明见解析，0.【分析】（1）根据圆的上下顶点可求，利用，，的关系可得答案；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出，求和化简即可.【详解】（1）由题意可得，，所以，所以椭圆的方程为：；（2）证明：设直线的方程为，设，，由题意，联立，整理可得，，即，且，，所以.即证得为定值，且定值为0.2．(1)(2)证明见详解【分析】（1）由实轴长为6，得，由离心率为，得，再由得，即可得到双曲线C的方程；（2）设，，直线，直线与双曲线联立方程得，根据韦达定理得，，根据斜率公式得，最后代入化简计算即可得证.【详解】（1）因为双曲线的实轴长为6，所以，因为双曲线的离心率为，所以，解得，由，得，则C的方程为．（2）

设，，因为直线过定点B-2,0，显然直线l不垂直于轴，则设直线，联立方程组，消去x得，由，得，则，，因为A为双曲线C的左顶点，所以，直线AE的斜率，直线AF的斜率，所以，即直线AE与AF的斜率之积为定值．【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于设出直线l的方程，然后直曲联立，利用韦达定理，代入的表达式，化简即可得到定值.3．(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）由化简得，再根据定义得，代入即可的抛物线方程；（2）①设切点坐标为，通过导数求出切线方程，将点代入即可；②设直线的方程为，，，联立得，，然后计算即可.【详解】（1）因为，所以，所以，所以，又P是C上一点，所以，所以，解得，所以抛物线C的方程为．（2）①设切点坐标为，因为，所以，切线的斜率为，所以切线方程为，将代入上式，得，所以，所以切点坐标为．

②由①得，直线的斜率都存在，要证：直线的倾斜角之和为，只要证明：直线的斜率之和为．

设直线的方程为，，，,则，，

由得，所以，，，即，

所以，即直线的倾斜角之和为．

【点睛】【培优篇】一、解答题1．（23-24高二下·浙江杭州·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的方程；(2)直线l斜率存在，交椭圆C于A，B两点，A，B，F三点不共线，且直线和直线关于PF对称．（i）证明：直线l过定点；（ⅱ）求面积的最大值．2．（23-24高二下·湖南常德