新高考數(shù)學二輪復習培優(yōu)講義23 圓錐曲線的綜合問題（定值最值范圍）（含解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

?解密23 圓錐曲線的綜合問題（定值最值范圍）
【考點解密】
1．解圓錐曲線綜合問題的一般步驟
第一步：確定曲線方程(一般根據(jù)待定系數(shù)法或定義法)．
第二步：設直線方程并與曲線方程聯(lián)立，得關于x或y的一元二次方程．
第三步：寫出根與系數(shù)的關系(或求出交點出標)．
第四步：將第三步得出的關系代入題目條件，解決范圍、最值或定點、定值等問題．
第五步：反思回顧，考慮方程有解條件和圖形完備性．
2.求動點的軌跡方程的基本步驟

【方法技巧】

1.解決圓錐曲線中的取值范圍問題應考慮的五個方面
(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍．
(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系．
(3)利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．
(4)利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．
(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍．
2.　處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解．
3.　圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略
(1)求代數(shù)式為定值．依題意設條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關的等式，代入代數(shù)式、化簡即可得出定值．
(2)求點到直線的距離為定值．利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得．
(3)求某線段長度為定值．利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得．

【核心題型】
題型一：弦長問題
1．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為，過的直線與的左、右兩支分別交于點，且，則的離心率為（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由，設，利用雙曲線的定義得到，然后設，與雙曲線方程聯(lián)立，利用弦長公式求解.
【詳解】解：因為，
所以，
由雙曲線的定義得，
解得，
則，
設，，，
聯(lián)立，消去x得，
由韋達定理得：，
由，得，解得，
所以，
，
解得，
則，
故選：D
2．（2023·福建福州·統(tǒng)考二模）已知拋物線E：（p>0），過點的兩條直線l1，l2分別交E于AB兩點和C，D兩點．當l1的斜率為時，
(1)求E的標準方程：
(2)設G為直線AD與BC的交點，證明：點G必在定直線上．
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）根據(jù)直線的點斜式方程寫出直線方程，與拋物線聯(lián)立方程，利用弦長公式，求出的值，從而求出拋物線的標準方程；
（2）設直線方程為或，與拋物線聯(lián)立方程，由韋達定理得出，，求出直線方程和直線方程，求出交點的橫坐標，然后進行化簡，可以證明結論.
【詳解】（1）當?shù)男甭蕿闀r，得方程為，
由,消元得，，，；
由弦長公式得，
即，解得或（舍去），滿足，
從而的標準方程為.
（2）法一：因為l1，l2分別交E于AB兩點和C，D兩點，所以直線斜率存在
設直線的方程為，設，
由，消去得，則.
設直線的方程為，
同理，消去得可得．
直線方程為，即，
化簡得，
同理，直線方程為，
因為在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，交點必在垂直于軸的直線上，所以只需證的橫坐標為定值即可．
由消去，
因為直線與相交，所以，
解得，

所以點的橫坐標為2，即直線與的交點在定直線上．
法二：設直線方程為，由消去得，
設，則．
設直線的方程為，
同理可得．
直線方程為，即，
化簡得，
同理，直線方程為，．
因為在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，交點必在垂直于軸的直線上，所以只需證的橫坐標為定值即可．
由消去，
因為直線與相交，所以，
解得，

所以點的橫坐標為2，即直線與的交點在定直線上．
【點睛】關鍵點點睛：本題中的證明問題的關鍵是：設出直線的橫截距或者縱截距方程，聯(lián)立拋物線，結合韋達定理，把目標逐步化簡，得出待證明的結論.
3．（2023·福建泉州·統(tǒng)考三模）已知橢圓的左、右頂點分別為A，B．直線l與C相切，且與圓交于M，N兩點，M在N的左側(cè)．
(1)若，求l的斜率；
(2)記直線的斜率分別為，證明：為定值．
【答案】(1)；
(2)證明過程見解析.

【分析】（1）根據(jù)圓弦長公式，結合點到直線距離公式、橢圓切線的性質(zhì)進行求解即可；
（2）根據(jù)直線斜率公式，結合一元二次方程根與系數(shù)關系進行求解即可.
【詳解】（1）當直線l不存在斜率時，方程為，顯然與圓也相切，不符合題意，
設直線l的斜率為，方程為，與橢圓方程聯(lián)立，得，
因為直線l與C相切，所以有，
圓的圓心坐標為，半徑為，
圓心到直線的距離為，
因為，所以有；
（2），
由，
設，
則有，，
，
把，代入上式，得
，而，
所以.
【點睛】關鍵點睛：利用一元二次方程根與系數(shù)關系，結合橢圓切線的性質(zhì)進行求解是解題的關鍵.

題型二：面積問題
4．（2023秋·遼寧葫蘆島·高三統(tǒng)考期末）已知拋物線的焦點為F，直線l過點F且與C交于M，N兩點，若，則的面積為（????）
A． B． C．5 D．10
【答案】B
【分析】由拋物線的定義得出點坐標，再聯(lián)立直線和拋物線方程，得出點坐標，由面積公式求解.
【詳解】由題意可知，，不妨設點在第一象限，，
因為，所以，即
聯(lián)立，得，解得
.
故選：B
5．（2023·廣東江門·統(tǒng)考一模）已知M是平面直角坐標系內(nèi)的一個動點，直線與直線垂直，A為垂足且位于第一象限，直線與直線垂直，B為垂足且位于第四象限，四邊形（O為原點）的面積為8，動點M的軌跡為C.
(1)求軌跡C的方程；
(2)已知是軌跡C上一點，直線l交軌跡C于P，Q兩點，直線，的斜率之和為1，，求的面積.
【答案】(1)（）
(2)

【分析】（1）設動點，由題意知，，由題意，化簡可得軌跡C的方程；
（2）設直線的傾斜角為，斜率為k，直線傾斜角為，則斜率為，，，由過點T直線與曲線C有兩個交點確定的范圍，由，解得，從而可得直線、的方程，與曲線C的方程聯(lián)立解得的坐標，求出及點Q到直線的距離，即可求出的面積.
【詳解】（1）設動點，由題意知M只能在直線與直線所夾的范圍內(nèi)活動.
，，
動點在右側(cè)，有，同理有，
∵四邊形的面積為8，∴，即，
所以所求軌跡C方程為（）.
（2）如圖，設直線的傾斜角為，斜率為k，直線傾斜角為，則斜率為，

，，在曲線C上，過點T直線與曲線C有兩個交點，
則或，同時或，解得或.??
，解得或（舍去）.
時，直線的方程為，
聯(lián)立，消y得：，則或，得.
直線的方程為，
聯(lián)立，消y得：，則或，得，
，
點Q到直線的距離??，
.
方法二：，
，
，則，
.
6．（2023·遼寧·校聯(lián)考一模）已知橢圓離心率為，經(jīng)過的左焦點斜率為1的直線與軸正半軸相交于點，且.
(1)求的方程；
(2)設M，N是上異于的兩點，若，求面積的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根據(jù)橢圓離心率和直線斜率即可求出，則得到值，即得到橢圓方程；
（2）設直線，聯(lián)立橢圓方程得，得到韋達定理式，再利用得到直線過定點，從而得到，通過換元和導數(shù)即可求出面積最值.
【詳解】（1）由已知，可得，.可得，
因為斜率為1，所以，
因為，所以，則，則，
于是的方程為；
（2）由（1）知，因為，所以不垂直于軸.
設直線，代入得.
當時，
設，，則，①
因為，所以，而
即，根據(jù)，，
故，可得
.
將①代入上式可得.
因為，整理得，則，解得，
直線經(jīng)過定點，.
因為，
所以面積.
設，則，則，，
設，，當時，，則，
所以當，即時，面積取最大值.
【點睛】關鍵點睛：本題第二問的關鍵是采用設線法，設直線，聯(lián)立橢圓方程得到韋達定理式，利用，即，得到，再將韋達定理式整體代入化簡得，從而得到直線經(jīng)過定點，再求出面積表達式，利用換元法和導數(shù)即可求出面積最值.

題型三：中點弦問題
7．（2023秋·遼寧遼陽·高三統(tǒng)考期末）已知直線與橢圓交于A，B兩點，線段的中點為，則橢圓C的離心率是（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由題意，利用點差法，整理方程，根據(jù)斜率公式和中點坐標公式，可得答案.
【詳解】設，則從而，
故．由題意可得，
則，從而，故橢圓C的離心率．
故選：A.
8．（2023秋·江西·高三校聯(lián)考期末）如圖，已知拋物線E：的焦點為F，過F且斜率為1的直線交E于A，B兩點，線段AB的中點為M，其垂直平分線交x軸于點C，軸于點N.若四邊形的面積等于8，則E的方程為（????）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)求出的坐標，然后得的方程，令，得的坐標，利用直角梯形的面積求出，可得拋物線方程.
【詳解】易知，直線AB的方程為，四邊形OCMN為直角梯形，且.
設，，，則，
所以，所以，，∴.
所以MC直線方程為，∴令，∴，∴.
所以四邊形OCMN的面積為，∴.
故拋物線E的方程為.
故選：B.
9．（2023·全國·高三專題練習）已知如圖，橢圓：，斜率為的直線與橢圓交于，兩點，與軸，軸分別交于，兩點，若，則橢圓的離心率為（????）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】設，，得到，再根據(jù)點差法解決中點弦問題，求出離心率.
【詳解】設，，
∵，
∴，．則，得，
由，兩式相減得：，
即，
其中，且，解得：，
故，
故，解得，
故，
∴.
故選：C

題型四：范圍問題
10．（2023秋·內(nèi)蒙古阿拉善盟·高三阿拉善盟第一中學?？计谀┮阎cF為拋物線C：的焦點，過點F作兩條互相垂直的直線，，直線與C交于A，B兩點，直線與C交于D，E兩點，則的最小值為（????）
A．64 B．54 C．50 D．48
【答案】C
【分析】利用韋達定理表示出弦長和，利用基本不等式可求最小值.
【詳解】拋物線：的焦點，
因為，所以直線，斜率存在，且均不為0.
設直線的方程為，，，
由得，
所以，所以，
因為，所以將中的替換為可得，
所以，
當且僅當，即時取等號.
故的最小值是50.
故選:C.
11．（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）已知雙曲線的離心率為2，右焦點F到漸近線的距離為，過右焦點F作斜率為正的直線l交雙曲線的右支于A，B兩點，交兩條漸近線于C，D兩點，點A，C在第一象限，O為坐標原點．
(1)求雙曲線E的方程；
(2)設，，的面積分別是，，，若不等式恒成立，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根據(jù)離心率和焦點到漸近線的距離，列出的方程組，解得結果即可.
（2）設出直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)題目條件，寫出，根據(jù)的范圍即可求出結果.
【詳解】（1）設雙曲線的右焦點，漸近線方程為，
則右焦點到漸近線的距離
又，則，
∴雙曲線的方程為 .
（2）設直線的方程為，設
聯(lián)立方程得，

漸近線方程為則A到兩條漸近線的距離滿足，

聯(lián)立方程得??
聯(lián)立方程得

.

恒成立
即恒成立，
∴所求的取值范圍為
12．（2021·北京·高三?？紡娀媱潱┤鐖D，已知拋物線，點A在拋物線上，且在第一象限，以點A為切點作拋物線的切線l交x軸于點B，過點B作垂直于l的直線交拋物線于C，D兩點，其中點C在第一象限，設與y軸交于點K．

(1)若點A的橫坐標為2，求切線l的方程．
(2)連結，記的面積分別為，求的最小值．
【答案】(1)
(2)8

【分析】（1）切線方程為，聯(lián)立直線方程和拋物線方程后利用判別式為零可求斜率，從而得到切線方程.
（2）設，利用（1）中的方法可求切線方程，從而得到的坐標，從而得到直線，聯(lián)立直線方程和拋物線方程后可求的值，從而可求，利用換元法和基本不等式可求表達式的最小值.
【詳解】（1）根據(jù)題意，有，且在處的切線的斜率存在，
設切線方程為，由可得，
由解得，故切線的方程為：．
（2）設，同（1）可得，
進而，從而，因此．
設，由可得，
故即
因此設，顯然，則，
解得，
且由點到直線的距離公式，
因此，
其中，等號當即時取得，因此所求最小值為8．

題型五：定點問題
13．（2023·山西晉中·統(tǒng)考二模）已知雙曲線C：的離心率為，點在雙曲線上．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若A，B為雙曲線的左、右頂點，，若MA與C的另一交點為P，MB與C的另一交點為Q（P與A，Q與B均不重合）求證：直線PQ過定點，并求出定點坐標．
【答案】(1)
(2)證明見解析，定點坐標為

【分析】（1）把點代入雙曲線的標準方程，結合其離心率來聯(lián)立方程求解即可；
（2）根據(jù)題意當時，設出直線方程為，并設交點，，聯(lián)立直線與曲線的方程，利用韋達定理可得，，從而由題意推出直線PQ恒過定點，最后檢驗當時，也符合題意即可.
【詳解】（1）由題意可知，解得 ,
故雙曲線C的方程為．
（2）證明：①A，B為雙曲線的左、右頂點，，又
當時，可得，，，
又點P在雙曲線上，∴，
∴．
設，，：，與雙曲線C的方程聯(lián)立得，
，，，

，
解得，此時滿足，
∴直線PQ恒過點．
②當時，P與B重合，Q與A重合，此時直線PQ的方程為．
綜上，直線PQ恒過點．
14．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考一模）已知點在雙曲線C：（，）上，過P作x軸的平行線，分別交雙曲線C的兩條漸近線于M，N兩點，．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若直線l：與雙曲線C交于不同的兩點A，B，設直線，的斜率分別為，，從下面兩個條件中選一個（多選只按先做給分），證明：直線l過定點．
①；②．
【答案】(1)
(2)選①直線過定點；選②直線過定點

【分析】（1）求出雙曲線的漸近線，得到兩點的坐標，利用及點在雙曲線上可得方程；
（2）選擇兩個條件都是先聯(lián)立方程，得出韋達定理，結合斜率之和或者之積得到的關系式，從而可得定點.
【詳解】（1）由題意可知：點在雙曲線上，所以；
過做軸的平行線，與相交于兩點，那么兩點可求：；
所以，所以；
代入，可知，所以雙曲線的方程為.
（2）選①：由題意可知，直線與雙曲線C交于不同的兩點A, B,
設，聯(lián)立方程:
得，
所以，即；

由條件所以，
所以，
整理可得，
代入韋達定理得，
即，
解得或；
當時，，則直線過定點；
當時，，則直線過定點，不合題意；
綜上可得，直線過定點.
選②：由題意可知，直線與雙曲線C交于不同的兩點A, B,
設，聯(lián)立方程:
得，
所以，即；

由條件，得
即，
整理可得
代入韋達定理，整理可得，
即，解得或，
當時，，則直線過定點；
當時，，則直線過定點，不合題意；
綜上可得，直線過定點.
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵是利用韋達定理把或進行轉(zhuǎn)化，然后把求解方程得出的關系式，從而可得定點，定點問題雖然運算過程繁瑣，但是求解思路較為明確.
15．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考二模）已知雙曲線的右頂點為，左焦點到其漸近線的距離為2，斜率為的直線交雙曲線于A，B兩點，且．
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點的直線與雙曲線交于P，Q兩點，直線，分別與直線相交于，兩點，試問：以線段為直徑的圓是否過定點?若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由．
【答案】(1)
(2)以線段為直徑的圓過定點和．

【分析】（1）根據(jù)點到直線的距離公式即可求解，進而聯(lián)立直線與雙曲線方程，根據(jù)弦長公式即可求解，
（2）聯(lián)立直線與曲線的方程得韋達定理，根據(jù)圓的對稱性可判斷若有定點則在軸上，進而根據(jù)垂直關系得向量的坐標運算，即可求解.
【詳解】（1）∵雙曲線的左焦點到雙曲線的一條漸近線的距離為，而，∴．
∴雙曲線的方程為．
依題意直線的方程為．
由消去y整理得：，
依題意：，，點A，B的橫坐標分別為，
則．
∵，∴．
∴，∴．
即，解得或（舍去），且時，，
∴雙曲線的方程為．
（2）依題意直線的斜率不等于0，設直線的方程為．
由消去整理得：，
∴，．
設，，則，．
直線的方程為，令得：，∴．
同理可得．由對稱性可知，若以線段為直徑的圓過定點，則該定點一定在軸上，
設該定點為，則，，
故

．
解得或．
故以線段為直徑的圓過定點和．
【點睛】關鍵點睛：本題解題的關鍵是根據(jù)圓的對稱性可判斷定點在坐標軸上，結合向量垂直的坐標運算化簡求解就可，對計算能力要求較高.

題型六：定值問題
16．（2023·河南焦作·統(tǒng)考模擬預測）已知是橢圓的右焦點，且在橢圓上，垂直于軸.
(1)求橢圓的方程.
(2)過點的直線交橢圓于（異于點）兩點，為直線上一點.設直線的斜率分別為，若，證明：點的橫坐標為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）根據(jù)點的坐標以及垂直于軸，可得，再將點的坐標代入橢圓方程在結合橢圓的關系解出，即可得出橢圓的方程；
（2）設，根據(jù)已知設出直線的方程為，則設點的坐標為，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理得出與，根據(jù)斜率的兩點公式得出，再根據(jù)直線的方程消去式子中的與，再結合韋達定理結果即可得出，再結合已知與斜率的兩點公式即可解出，即證明.
【詳解】（1）由垂直于軸，可得.
將點代入，可得，
又，
解得，
所以橢圓的方程為；
（2）證明：由（1）知，，則橢圓的右焦點坐標為.
設直線的方程為，點的坐標為.
設，
將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立得：，
恒成立，
由韋達定理知，，
又，，
所以
.
因為，則，
所以，解得，即點的橫坐標為定值.
17．（2023·陜西咸陽·陜西咸陽中學校考模擬預測）設拋物線的焦點為，動直線與拋物線交于，兩點，且當時，.
(1)求拋物線的方程；
(2)連接，并延長分別交拋物線于兩點，，設直線的斜率為，直線的斜率為，求證：是定值，并求出該值.
【答案】(1)
(2)證明見解析，

【分析】（1）根據(jù)聯(lián)立方程，結合韋達定理，利用弦長公式即可求出方程；
（2）通過分別聯(lián)立直線，與拋物線，用，點的坐標表示出，的坐標，再化簡即可得到定值.
【詳解】（1）聯(lián)立，得，
則，設，則，
當時，，
所以，
解得或(舍)，
故拋物線的方程為.
（2）由題意知,由（1）得，且，
設直線,
聯(lián)立，得，
則，所以，所以，
同理可得，，所以,
所以，
又，所以,即是定值，且定值為.
18．（2023·全國·高三專題練習）如圖，已知點是焦點為F的拋物線上一點，A，B是拋物線C上異于P的兩點，且直線PA，PB的傾斜角互補，若直線PA的斜率為.

(1)求拋物線方程；
(2)證明：直線AB的斜率為定值并求出此定值；
(3)令焦點F到直線AB的距離d，求的最大值.
【答案】(1)
(2)證明見解析，
(3)

【分析】（1）待定系數(shù)法求解拋物線方程；
（2）設出直線方程，聯(lián)立后得到A點縱坐標，同理得到B點縱坐標，從而求出直線AB的斜率；
（3）在前兩問基礎上用斜率k表達出，換元后使用基本不等式求出最大值.
【詳解】（1）解：將點代入拋物線方程可得：，
所以拋物線；
（2）證明：設，
與拋物線方程聯(lián)立可得：
，
∴，
因為直線PA，PB的傾斜角互補，
用代k可得：
因此，，
即.
（3）解：由（2）可知，，，
因此，
到直線AB的距離，
所以
∵，
∴
，
令，
由，得
∴
當且僅當時取等號.
所以的最大值為.
【點睛】方法點睛：對于直線與拋物線類的題目解題時注意兩點：一是緊扣拋物線的定義，二是設拋物線上點的坐標時，盡量設其中一個坐標，用此坐標的代數(shù)式表示另一個坐標，從而減小計算量.

題型七：向量問題
19．（2023·廣東·校聯(lián)考模擬預測）已知橢圓C：的短軸長為2，離心率為．點，直線：．
(1)證明：直線與橢圓相交于兩點，且每一點與的連線都是橢圓的切線；
(2)若過點的直線與橢圓交于兩點，與直線交于點，求證：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析

【分析】（1）由已知求得橢圓方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，即可證得線與橢圓相交于兩點，設交點，得直線的方程為，代入橢圓方程，整理成關于的一元二次方程，即可證明的連線都是橢圓的切線；
（2）根據(jù)四點共線，要證即證，設，不妨設，則證明轉(zhuǎn)化為，設直線的方程為，聯(lián)立直線與直線，直線與橢圓，利用坐標關系即可證明結論.
【詳解】（1）由題意可知，因此，則橢圓方程為：
因為由消去可得，，
則該方程有兩個不相等的實根，所以直線與橢圓相交于兩點；
設為直線與橢圓的交點，則，，
直線的方程為，即，代入橢圓方程得，
所以，
整理得，
即，所以，
故是橢圓的切線.
（2）因為四點共線，由（1）可知在線段外，在線段內(nèi)，所以與的方向相同，與的方向相同，
要證，只需要，即證，
設，不妨設，
因為四點共線，所以等價于，即，
顯然，
設直線的方程為，即，
由，可得；
由可得，
從而可知，
因此

，
所以結論成立.
20．（2023·河南平頂山·葉縣高級中學校聯(lián)考模擬預測）已知橢圓的左焦點為．
(1)設M是C上任意一點，M到直線的距離為d，證明：為定值．
(2)過點且斜率為k的直線與C自左向右交于A，B兩點，點Q在線段AB上，且，，O為坐標原點，證明：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析

【分析】（1）利用橢圓方程及左焦點可得到，設，代入橢圓方程，即可計算出為定值；
（2）設，，聯(lián)立直線與橢圓可得二次方程，利用判別式可得，寫出韋達定理，然后利用題意的向量關系可得，結合韋達定理即可求證
【詳解】（1）因為橢圓的左焦點為，所以，即，
設，則，即，
所以，故為定值．
（2）依題意可知過點P的直線方程為，，，
聯(lián)立得，
由，得，
，．
依題意可設，由點Q在線段AB上，得，
所以，
由，，得，即，
則，即，
將，代入上式并整理得，解得，
所以．
又，所以．
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
21．（2023·山西大同·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線過點，且焦距為10．
(1)求C的方程；
(2)已知點，E為線段AB上一點，且直線DE交C于G，H兩點．證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）根據(jù)題意列方程組求出，即可得出C的方程；
（2）根據(jù)四點共線，要證即證，設出直線，，，聯(lián)立直線方程與橢圓方程得出，將其代入，計算結果為零，即證出．
【詳解】（1）由題意可得，故，所以C的方程為．
（2）設，，
當時，即，解得，則，
雙曲線的漸近線方程為，
故當直線與漸近線平行時，此時和雙曲線僅有一個交點，
此時直線方程為，
令，則，故．
則直線．
由得，
所以，．

．
所以，所以
即．

【點睛】關鍵點睛：本題第二問不能直接計算長度，否則計算量過大，而是轉(zhuǎn)化為證明向量數(shù)量積之間的關系，采取設，從而得到直線方程，再使用經(jīng)典的聯(lián)立法，得到韋達定理式，然后證明即可.

【高考必刷】
一、單選題
22．（2023·陜西安康·統(tǒng)考二模）過拋物線的焦點的直線交拋物線于點，，且，則直線的方程為（????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】聯(lián)立直線和拋物線的方程，由韋達定理結合向量的運算得出斜率，進而寫出方程.
【詳解】，經(jīng)分析，直線斜率必存在，設直線方程為，，.
∴，.
由韋達定理得，．
∵，
∴代入韋達定理消元得，∴，故直線方程為，
故選：A．
23．（2023·四川南充·四川省南充高級中學?？寄M預測）已知為雙曲線左支上的一點，雙曲線的左、右頂點分別為、，直線交雙曲線的一條漸近線于點，直線、的斜率為、，若以為直徑的圓經(jīng)過點，且，則雙曲線的離心率為（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】設點，可得出，利用圓的幾何性質(zhì)可得，由，即可得出的值，由此可求得雙曲線的離心率.
【詳解】設點，則，即有，①
由、以及以為直徑的圓經(jīng)過點可知，
所以，
又，，所以，，
由題意知，所以，②
由①和②得，由得．
故選：D.
24．（2023·云南昆明·安寧市第一中學校考模擬預測）已知雙曲線，直線過坐標原點并與雙曲線交于兩點（在第一象限），過點作的垂線與雙曲線交于另一個點，直線交軸于點，若點的橫坐標為點橫坐標的兩倍，則雙曲線的離心率為（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】設，，根據(jù)垂直關系及坐標可得直線的方程，聯(lián)立可求得點坐標，代入雙曲線方程中，結合在雙曲線上，可化簡整理得到，由離心率可求得結果.
【詳解】由題意知：直線斜率存在且不為零，則可設直線，
設，則，，
，，則直線，
又，直線，
由得：，即，
在雙曲線上，，
又在雙曲線上，即，，
，
即，
，
，又，，
雙曲線離心率.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查雙曲線離心率的求解問題；解題關鍵是能夠通過兩直線方程聯(lián)立的方式，求得點坐標，從而根據(jù)點在雙曲線上構造方程，化簡整理得到之間的關系.
25．（2023·福建·統(tǒng)考一模）過拋物線的焦點作直線l，l交C于M，N兩點，若線段中點的縱坐標為2，則（????）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
【分析】設直線的方程為，聯(lián)立拋物線方程得，利用韋達定理求出值，再利用弦長公式即可.
【詳解】由拋物線方程知焦點坐標為，
設直線的方程為，聯(lián)立得，
設，，則，，
則，解得，
則，
故選：C.

二、多選題
26．（2023·廣東·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線：（，），的左、右焦點分別為，，為上一點，則以下結論中，正確的是（????）
A．若，且軸，則的方程為
B．若的一條漸近線方程是，則的離心率為
C．若點在的右支上，的離心率為，則等腰的面積為
D．若，則的離心率的取值范圍是
【答案】AD
【分析】由雙曲線上一點，及軸，可得的值，即可求得雙曲線方程，從而判斷A；根據(jù)雙曲線漸近線方程與離心率的關系即可判斷B；根據(jù)雙曲線的離心率與焦點三角形的幾何性質(zhì)即可求得等腰的面積，從而判斷C；由已知結合正弦定理與雙曲線的定義、焦半徑的取值范圍即可求得雙曲線離心率的范圍，從而判斷D.
【詳解】對于A，若，且軸，則，，
所以，則，所以，則的方程為，故A正確；
對于B，若的一條漸近線方程是，則，離心率，故B不正確；
對于C，若的離心率為，則，所以，若點在的右支上，為等腰三角形，則，連接，如圖，

則是直角三角形，所以，故C不正確；
對于D，若，由正弦定理得，可知點在雙曲線的左支上，故，
則，又，所以，整理得，解得，
所以的離心率的取值范圍是，故D正確.
故選：AD.
27．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預測）已知橢圓，，分別為橢圓的左右頂點，為橢圓的上頂點.設是橢圓上一點，且不與頂點重合，若直線與直線交于點，直線與直線交于點，則（????）
A．若直線與的斜率分別為，，則
B．直線與軸垂直
C．
D．
【答案】ABC
【分析】設，由斜率公式及點在橢圓上可得判斷A，聯(lián)立直線的方程求出、坐標，由條件可得即可判斷B，求出中點在上，即可判斷CD.
【詳解】如圖，

設，則，故A正確；
直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立得，即，
同理可得，因為，所以，所以，則直線與軸垂直，故B正確；
同理，所以，故的中點在直線上，故C正確；D錯誤，
故選：ABC.
28．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預測）過拋物線C：的焦點F的直線交該拋物線于A，B兩點，O為坐標原點，則下列判斷正確的是（????）
A．可能為銳角三角形
B．過點且與拋物線C僅有一個公共點的直線有2條
C．若，則的面積為
D．最小值為
【答案】CD
【分析】對于A：聯(lián)立直線AB與拋物線的方程，由韋達定理得，，從而得到，由此判斷即可；對于B：判斷得點在拋物線外，由此得以判斷；對于C：利用拋物線的定義可求得，進而求得，從而根據(jù)即可判斷；對于D：利用拋物線的定義得到，從而利用基本不等式即可判斷.
【詳解】對于A：因為拋物線C：的焦點為F，所以，
設，，AB方程為，
由，得，所以，，
故，所以∠AOB為鈍角，故A錯誤；
對于B：因為對于，當時，，
所以在拋物線外，顯然過與拋物線C相切的直線有2條，
當此直線與x軸平行時，與拋物線C也是僅有一個公共點，
所以過點且與拋物線C僅有一個公共點的直線有3條，故B錯誤；
對于C：當時，設，則，
，即，不妨設，
此時，故AB方程為，
聯(lián)立拋物線C：，解得，
所以，故C正確；
對于D：由選項A知，且，
所以，
當且僅當，即時，等號成立，故D正確．
故選：CD．
29．（2023·遼寧·校聯(lián)考模擬預測）已知F是拋物線的焦點，點在拋物線W上，過點F的兩條互相垂直的直線，分別與拋物線W交于B，C和D，E，過點A分別作，的垂線，垂足分別為M，N，則（????）
A．四邊形面積的最大值為2
B．四邊形周長的最大值為
C．為定值
D．四邊形面積的最小值為32
【答案】ACD
【分析】根據(jù)給定條件，求出拋物線的方程，確定四邊形形狀，利用勾股定理及均值不等式計算判斷A，B；設出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出弦長即可計算推理判斷C，D作答.
【詳解】因為點在拋物線上，
所以，故，，
拋物線的焦點的坐標為，
因為，，
所以，當且僅當時，等號成立，
所以四邊形面積的最大值為2，故A正確.
由，
得，即，
當且僅當時，等號成立，
所以四邊形周長的最大值為，故B不正確.
設直線的方程為，聯(lián)立消x得，
方程的判別式，
設，，則，
則，
同理得，
，C正確.
，所以，
當且僅當時，等號成立，
此時，故D正確.
故選：ACD.

三、填空題
30．（2023·廣東·校聯(lián)考模擬預測）已知拋物線的焦點為，準線交軸于點，過點的直線交該拋物線于兩點，則直線與直線的斜率之和為________．
【答案】
【分析】過分別作軸與準線的垂線，利用直角三角形的邊角關系以及直線斜率與傾斜角的關系，即可得直線與直線的斜率之和.
【詳解】如圖，過作的垂線，垂足為，作準線的垂線，垂足為，過作的垂線，垂足為，作準線的垂線，垂足為，連接，

則，
，
因為，所以，即.
故答案為：.
31．（2023·河南洛陽·洛陽市第三中學校聯(lián)考一模）設過點的直線l與橢圓交于M，N兩點，已知點，若直線AM與直線AN的斜率分別為，，則______．
【答案】
【分析】先根據(jù)題意假設直線l的方程，聯(lián)立橢圓的方程，由韋達定理得到，，從而利用斜率公式直接運算即可得解.
【詳解】因為橢圓，所以，其右頂點為，下頂點為，
所以過點的直線l的斜率存在且不為0和，設直線l的方程為，即，
設，，點M，N的坐標均不為，
聯(lián)立整理得，
則，解得,
因為時，，，
所以

.
故答案為：．
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
32．（2023·河北邢臺·校聯(lián)考模擬預測）已知拋物線的焦點為，經(jīng)過的直線，與的對稱軸不垂直，交于，兩點，點在的準線上，若為等腰直角三角形，則______．
【答案】
【分析】聯(lián)立方程組，利用設而不求法，結合條件，通過討論求出直線的斜率，由此可求弦長.
【詳解】拋物線的焦點為，準線方程為，
過點的斜率為0的直線與拋物線有且只有一個交點，不滿足條件，
設直線的方程為，
聯(lián)立，消得，，
方程的判別式，
設，，，
設的中點為，
則，，
，
所以，
因為為等腰直角三角形，
當點為直角頂點時，
過點作軸的垂線，過點作，垂足為，
過點作，垂足為，
因為，，，
所以，
所以，，
所以，又，，，
所以，即，
所以，所以，，
所以，

當為直角頂點時，同理可得，
當為直角頂點時，則點在以為直徑的圓上，
因為的中點坐標為，
所以以為直徑的圓的方程為，
取，可得，此時與平行，與矛盾，

所以，
故答案為：.
【點睛】方法點睛：
(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數(shù)的關系；
(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．
33．（2023·陜西咸陽·陜西咸陽中學?？寄M預測）經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，若點在橢圓上，則過點的橢圓切線方程為.現(xiàn)過點作橢圓的切線，切點為，當（其中為坐標原點）的面積為時，___________.
【答案】
【分析】點，由題意可得切線方程，進而可求點的坐標，根據(jù)的面積整理可得，結合橢圓方程即可得結果.
【詳解】設點，則切線，
令，得，
可得，則，
∵點在橢圓上，則，
即，解得，
所以.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：以點為切入點，設點，根據(jù)題意可得切線，這樣就可得，再根據(jù)題意運算求解即可.

四、解答題(共0分)
34．（2023·全國·高三專題練習）已知雙曲線的焦距為10，且經(jīng)過點．A，B為雙曲線E的左、右頂點，P為直線上的動點，連接PA，PB交雙曲線E于點C，D（不同于A，B）．
(1)求雙曲線E的標準方程．
(2)直線CD是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．
【答案】(1)
(2)直線CD過定點，定點坐標為．

【分析】（1）方法一：將代入方程，結合求得得雙曲線方程；方法二：根據(jù)雙曲線定義求得得雙曲線方程.
（2）方法一：設CD的方程為，與雙曲線聯(lián)立，由A點與C點寫出AC方程，求出，由B點與D點寫出BD方程，求出，利用兩個相等建立關系式，代入韋達定理可求得為定值.
方法二：設CD的方程為，與雙曲線聯(lián)立，由P點與A點寫出AC方程，由P點與B點寫出BD方程，將代入以上兩方程，兩式相比消去建立關系式，代入韋達定理可求得為定值.
【詳解】（1）法一．由解得，∴雙曲線E的標準方程為．
法二．左右焦點為，，
，
∴雙曲線E的標準方程為．
（2）直線CD不可能水平，故設CD的方程為，
聯(lián)立消去x得，
，，，
AC的方程為，令，得，
BD的方程為，令，得，

，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程為，∴直線CD過定點，定點坐標為．
方法二．直線CD不可能水平，設CD的方程為，
聯(lián)立，消去x得，
，
AC的方程為，BD的方程為，
分別在AC和BD上，，
兩式相除消去n得，
又，．
將代入上式，
得

．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程為，∴直線CD過定點，定點坐標為．
【點睛】圓錐曲線中直線過定點問題通法，先設出直線方程，通過韋達定理和已知條件若能求出為定值可得直線恒過定點，若得到和的一次函數(shù)關系式，代入直線方程即可得到直線恒過定點.
35．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考一模）已知橢圓的一個焦點為，且橢圓經(jīng)過點．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設A、B是x軸上的兩個動點，且，直線AM、BM分別交橢圓于點P、Q（均不同于M），證明：直線PQ的斜率為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）將代入橢圓的方程，化簡求值即可.
（2）聯(lián)立直線PQ和橢圓的方程，然后將轉(zhuǎn)化為，化簡即可得到直線PQ的斜率為定值.
【詳解】（1））由已知，得①，
設橢圓方程，代入點得②，聯(lián)立①②，
解得，，所以橢圓方程為．
（2）由題可知直線PQ斜率存在，設直線PQ的方程為．
設點，，
聯(lián)立得，，滿足時，
有，，
由可得，
即，即，
化簡得，
代入韋達定理，可得，
又點不在直線PQ上，因此，
所以，即，故直線PQ的斜率為定值．
36．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預測）已知橢圓的右焦點，點在橢圓上．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點的直線與橢圓交于，兩點．若，，求的最小值（是坐標原點）．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根據(jù)橢圓定義求出，再由焦點得，即可得解；
（2）設出點的坐標，利用向量得坐標間關系，代入點差法所得等式，可求出，即是直線上動點，再由點到直線距離求最小值即可.
【詳解】（1）由題意，橢圓的焦點為，，
由橢圓定義知
所以
所以橢圓的標準方程為
（2）由題意知，設
由，，得且
又，都在橢圓上，所以
兩式作差，得
把代入式，得
又由，得
所以
所以到直線的距離
經(jīng)檢驗，此時垂足在橢圓內(nèi)部.
所以的最小值為.

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