題型歸納
題型一 求值問題
例1 (2022·新高考Ⅰ卷)已知點(diǎn)A(2，1)在雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ的斜率之和為0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面積．
解 (1)將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入雙曲線方程得eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，
化簡得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故雙曲線C的方程為eq \f(x2,2)－y2＝1.
由題易知直線l的斜率存在，
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，消去y整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1).
kAP＋kAQ＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，
化簡得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故eq \f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直線l不過點(diǎn)A，即m＋2k－1≠0，
故k＝－1.
(2)不妨設(shè)直線PA的傾斜角為θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(00)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(0，1)，焦距為2eq \r(3).
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點(diǎn)P(－2，1)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點(diǎn)M，N.當(dāng)|MN|＝2時(shí)，求k的值．
解 (1)依題意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
故橢圓E的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由題可知直線BC的方程為y－1＝k(x＋2)．
設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)．
聯(lián)立直線BC和橢圓E的方程，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－1＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
則由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，得k0)，
依題意，圓心C的坐標(biāo)為(2，r)．
因?yàn)閨MN|＝3，所以r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋22＝eq \f(25,4)，
所以r＝eq \f(5,2)，圓C的方程為(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4).
(2)證明 把x＝0代入方程(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4)，
解得y＝1或y＝4，即點(diǎn)M(0，1)，N(0，4)．
①當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，可知∠ANM＝∠BNM＝0.
②當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1.
聯(lián)立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))
消去y得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
Δ＝16k2＋24(1＋2k2)>0恒成立，
設(shè)直線AB交橢圓于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，
則x1＋x2＝eq \f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－6,1＋2k2).
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1－4,x1)＋eq \f(y2－4,x2)＝eq \f(kx1－3,x1)＋eq \f(kx2－3,x2)＝eq \f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)
＝eq \f(1,x1x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.
所以∠ANM＝∠BNM.
綜合①②知∠ANM＝∠BNM.
題型三 探索性問題
例3 (2023·南陽模擬)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右頂點(diǎn)為A，離心率為eq \f(\r(3),2).動直線l：y＝eq \f(1,m)(x－1)與Γ相交于B，C兩點(diǎn)，點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為B′，點(diǎn)B′到Γ的兩焦點(diǎn)的距離之和為4.
(1)求Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線B′C與x軸交于點(diǎn)M，△OAC，△AMC的面積分別為S1，S2，問：eq \f(S1,S2)是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
解 (1)由對稱性得點(diǎn)B′在橢圓Γ上，根據(jù)點(diǎn)B′到Γ的兩焦點(diǎn)的距離之和為4及橢圓的定義，得2a＝4，解得a＝2.
因?yàn)棣５碾x心率為eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以c＝eq \r(3).
所以b2＝a2－c2＝4－3＝1，
所以Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)eq \f(S1,S2)是定值，且該定值為1.
理由如下：
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,m)（x－1）.))消去x并整理得，(m2＋4)y2＋2my－3＝0.
設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，
則B′(x1，－y1)，且y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，
y1y2＝－eq \f(3,m2＋4).
易得直線B′C的方程為eq \f(y＋y1,y2＋y1)＝eq \f(x－x1,x2－x1)，
令y＝0，得x＝eq \f(x2－x1,y2＋y1)y1＋x1＝eq \f(my1（y2－y1）,y2＋y1)＋my1＋1
＝eq \f(my1y2－myeq \\al(2,1)＋myeq \\al(2,1)＋my1y2,y2＋y1)＋1＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋1＝eq \f(2m×\f(－3,m2＋4),－\f(2m,m2＋4))＋1＝4.
所以當(dāng)m變化時(shí)，直線B′C與x軸交于定點(diǎn)M(4，0)．
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(|OA|,|AM|)＝eq \f(2,4－2)＝1，
即eq \f(S1,S2)是定值，且定值為1.
感悟提升 此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種．若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗(yàn)證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結(jié)論，則應(yīng)先求出結(jié)論的表達(dá)式，再針對其表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對參數(shù)的討論．
訓(xùn)練3 (2023·廣州模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(－2，0)，B(2，0)，點(diǎn)M滿足直線AM與直線BM的斜率之積為－eq \f(3,4)，點(diǎn)M的軌跡為曲線C.
(1)求C的方程；
(2)已知點(diǎn)F(1，0)，直線l：x＝4與x軸交于點(diǎn)D，直線AM與l交于點(diǎn)N，是否存在常數(shù)λ，使得∠MFD＝λ∠NFD？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．
解 (1)設(shè)M(x，y)，
則kAM·kBM＝eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(3,4)且x≠±2，
所以點(diǎn)M的軌跡曲線C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1且x≠±2.
(2)設(shè)N(4，n)，則直線AM為y＝eq \f(n,6)(x＋2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(n,6)（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(n2＋27)x2＋4n2x＋4n2－108＝0，
由題設(shè)知xA＋xM＝－eq \f(4n2,n2＋27)，
則xM＝eq \f(54－2n2,n2＋27)，
故yM＝eq \f(n,6)×eq \f(108,n2＋27)＝eq \f(18n,n2＋27).
當(dāng)xM＝1時(shí)，有eq \f(54－2n2,n2＋27)＝1，解得n＝±3，
由對稱性，不妨設(shè)n＝3，則yM＝eq \f(3,2)，
此時(shí)∠MFD＝90°，|DF|＝|DN|＝3，
則∠NFD＝45°，有∠MFD＝2∠NFD.
當(dāng)xM≠1時(shí)，tan∠MFD＝eq \f(yM,xM－1)＝eq \f(6n,9－n2)，
tan∠NFD＝eq \f(n,3)，
所以tan2∠NFD＝eq \f(2tan∠NFD,1－tan2∠NFD)＝eq \f(\f(2n,3),1－\f(n2,9))＝eq \f(6n,9－n2)＝tan∠MFD，
即∠MFD＝2∠NFD，
所以存在λ ＝2，使得∠MFD＝2∠NFD.
課時(shí)訓(xùn)練
一、單選題
1．已知點(diǎn)是橢圓上非頂點(diǎn)的動點(diǎn)，，分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，是坐標(biāo)原點(diǎn)，若是的平分線上一點(diǎn)，且，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】采用數(shù)形結(jié)合，通過延長結(jié)合角平分線以及，利用中位線定理以及橢圓的定義，得到，然后根據(jù)的范圍，可得結(jié)果.
【詳解】如圖，
延長交的延長線于點(diǎn)，
∵，∴.
又為的平分線，∴，
且為的中點(diǎn).
∵為的中點(diǎn)，∴.
∵，
∴，
∵，且，
∴.
故選：B
【點(diǎn)睛】本題主要考查橢圓的應(yīng)用，屬中檔題.
2．設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為，焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為．是拋物線上異于的一點(diǎn)，過作于，則線段的垂直平分線（ ）．
A．經(jīng)過點(diǎn)B．經(jīng)過點(diǎn)
C．平行于直線D．垂直于直線
【答案】B
【分析】依據(jù)題意不妨作出焦點(diǎn)在軸上的開口向右的拋物線，根據(jù)垂直平分線的定義和拋物線的定義可知，線段的垂直平分線經(jīng)過點(diǎn)，即求解.
【詳解】如圖所示： ．
因?yàn)榫€段的垂直平分線上的點(diǎn)到的距離相等，又點(diǎn)在拋物線上，根據(jù)定義可知，，所以線段的垂直平分線經(jīng)過點(diǎn).
故選：B.
【點(diǎn)睛】本題主要考查拋物線的定義的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.
3．若直線與直線的交點(diǎn)位于第一象限，則直線l的傾斜角的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)交點(diǎn)位于第一象限列式求出的范圍，可得傾斜角的取值范圍.
【詳解】當(dāng)時(shí)，兩直線平行，無交點(diǎn)，不合題意，故，
由，得，則兩直線的交點(diǎn)為，
依題意得，解得，所以直線l的傾斜角的取值范圍是.
故選：B
4．祖暅(公元5-6世紀(jì)，祖沖之之子，是我國齊梁時(shí)代的數(shù)學(xué)家).他提出了一條原理：“冪勢既同，則積不容異.”這句話的意思是：兩個(gè)等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等.該原理在西方直到十七世紀(jì)才由意大利數(shù)學(xué)家卡瓦列利發(fā)現(xiàn)，比祖暅晚一千一百多年.橢球體是橢圓繞其軸旋轉(zhuǎn)所成的旋轉(zhuǎn)體如圖將底面直徑皆為，高皆為的橢半球體及已被挖去了圓錐體的圓柱體放置于同一平面上，用平行于平面的平面于距平面任意高處截得到及兩截面，可以證明總成立據(jù)此，短軸長為，長軸為的橢球體的體積是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)題中的總成立，可得半橢球體的體積，再利用柱體的體積公式和錐體的體積公式求解即可.
【詳解】根據(jù)題意，因?yàn)榭偝闪ⅲ?br>所以半橢球體的體積為，
由題意可知，，，
所以半橢球體的體積為，
從而橢球體的體積是.
故選：C.
5．畫法幾何的創(chuàng)始人——法國數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓.我們通常把這個(gè)圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓：的蒙日圓方程為，，分別為橢圓的左、右焦點(diǎn).離心率為，為蒙日圓上一個(gè)動點(diǎn)，過點(diǎn)作橢圓的兩條切線，與蒙日圓分別交于P，Q兩點(diǎn)，若面積的最大值為36，則橢圓的長軸長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用橢圓的離心率可得，分析可知為圓的一條直徑，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解
【詳解】因?yàn)闄E圓的離心率，所以.
因?yàn)?，所以?br>所以橢圓的蒙日圓的半徑為.
因?yàn)?，所以為蒙日圓的直徑，
所以，所以.
因?yàn)?，?dāng)時(shí)，等號成立，
所以面積的最大值為：.
由面積的最大值為36，得，得，進(jìn)而有，，
故橢圓的長軸長為.
故選：B
6．運(yùn)用祖暅原理計(jì)算球的體積時(shí)，夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平面的任意一個(gè)平面所截，若截面面積都相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等，構(gòu)造一個(gè)底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，與半球（如圖①）放置在同一平面上，然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新幾何體（如圖②），用任何一個(gè)平行于底面的平面去截它們時(shí)，可證得所截得的兩個(gè)截面面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等．現(xiàn)將橢圓繞軸旋轉(zhuǎn)一周后得一橄欖狀的幾何體（如圖③），類比上述方法，運(yùn)用祖暅原理可求得其體積等于（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】構(gòu)造一個(gè)底面半徑為2，高為3的圓柱，通過計(jì)算可得高相等時(shí)截面面積相等，根據(jù)祖暅原理可得橄欖球形幾何體的體積的一半等于圓柱的體積減去圓錐體積．
【詳解】構(gòu)造一個(gè)底面半徑為2，高為3的圓柱，在圓柱中挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)的圓錐，
則當(dāng)截面與頂點(diǎn)距離為時(shí)，小圓錐的底面半徑為，則，
，
故截面面積為，
把代入橢圓可得，
橄欖球形幾何體的截面面積為，
由祖暅原理可得橄欖球形幾何體的體積．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查類比推理，涉及了立體幾何知識，祖暅原理等．
二、填空題
7．如圖，F(xiàn)1、F2分別是雙曲線C：y2＝1的左、右焦點(diǎn)，過F2的直線與雙曲線C的兩條漸近線分別交于A、B兩點(diǎn)，若，?0，則雙曲線C的焦距|F1F2|為_____．
【答案】
【分析】由漸近線方程設(shè)A（m，）（m＞0）,根據(jù)可得B為（2m﹣c，）,代入漸近線方程可得m,由?0,代入可得,從而求出焦距
【詳解】由題,漸近線方程為,
設(shè)A（m，）（m＞0）,F2（c，0）,,
因?yàn)?所以為的中點(diǎn),由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得B為（2m﹣c，）,
代入漸近線方程y,得,解得m,
因?yàn)?,
由?0,則,
將m代入,得,解得,
所以
故答案為：
【點(diǎn)睛】本題考查雙曲線漸近線方程的應(yīng)用,考查雙曲線焦距,考查運(yùn)算能力
8．設(shè)橢圓：，直線過的左頂點(diǎn)交軸于點(diǎn)，交于點(diǎn)，若是等腰三角形（為坐標(biāo)原點(diǎn)），且，則的長軸長等于_________.
【答案】
【分析】如圖所示，設(shè)，．由題意可得：，．根據(jù)，可得，．代入橢圓方程解得，即可得出．
【詳解】解：如圖所示，設(shè)，，由題意可得：，．
，
，，，
，．
代入橢圓方程可得：，解得．
的長軸長．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、向量坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．
9．已知直線與圓，則圓上各點(diǎn)到的距離的最小值為_____________.
【答案】
【詳解】如圖可知：過圓心作直線的垂線，則長即為所求；
∵的圓心為，半徑為
點(diǎn)到直線的距離為
∴，
故上各點(diǎn)到的距離的最小值為
三、解答題
10．已知曲線，過點(diǎn)作直線和曲線交于A、B兩點(diǎn)．
(1)求曲線的焦點(diǎn)到它的漸近線之間的距離；
(2)若，點(diǎn)在第一象限，軸，垂足為，連結(jié)，求直線傾斜角的取值范圍；
(3)過點(diǎn)作另一條直線，和曲線交于、兩點(diǎn)，問是否存在實(shí)數(shù)，使得和同時(shí)成立？如果存在，求出滿足條件的實(shí)數(shù)的取值集合，如果不存在，請說明理由．
【答案】(1)1
(2)
(3)見解析
【分析】(1)求出曲線的焦點(diǎn)和漸近線方程, 利用點(diǎn)到直線的距離公式求求解即可;
(2) 設(shè) , , 表示出直線的斜率, 根據(jù)的范圍, 求出其范圍, 進(jìn)而得到傾斜角的取值范圍;
(3) 直接求出當(dāng)直線 , 直線 和當(dāng)直線 , 直線 時(shí), 的值, 當(dāng)時(shí), 與雙曲線聯(lián)立可得 , 利用弦長公式求出和, 利用 列方程求出的值, 驗(yàn)證判別式成立即可得出結(jié)果.
【詳解】（1）曲線的焦點(diǎn)為 , 漸近線方程, 由對稱性, 不妨計(jì)算 到直線 的距離，.
（2）設(shè) , , 從而 ,
又因?yàn)辄c(diǎn)在第一象限, 所以 ,
從而 ,
所以直線傾斜角的取值范圍是 ;
（3）當(dāng)直線 , 直線 ，, , .
當(dāng)直線 , 直線 時(shí), ，
不妨設(shè) , 與雙曲線聯(lián)立可得 , 由弦長公式,，
將替換成, 可得，
由 , 可得
解得 , 此時(shí) 成立.
因此滿足條件的集合為 .
【點(diǎn)睛】本題考查雙曲線的性質(zhì)以及直線和雙曲線的位置關(guān)系, 考查計(jì)算能力, 注意不要遺漏直線斜 率不存在的情況, 可單獨(dú)說明即可, 本題是難題.
11．已知過拋物線的焦點(diǎn)，斜率為的直線交拋物線于和兩點(diǎn)，且．
（1）求該拋物線的方程；
（2）O為坐標(biāo)原點(diǎn)，C為拋物線上一點(diǎn)，若，求的值．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）由題意求得焦點(diǎn)坐標(biāo)，得到直線方程，和拋物線方程聯(lián)立，利用弦長公式求得，則拋物線方程可求；
（2）由（1）求出，的坐標(biāo)結(jié)合，求出的坐標(biāo)，代入拋物線方程求得值．
【詳解】解：（1）依題意可知拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，，故直線的方程為，
聯(lián)立，可得．
，，△，
解得，．
經(jīng)過拋物線焦點(diǎn)的弦，解得．
拋物線方程為；
（2）由（1）知，，，代入直線，
可求得，，即，，，
，，，，
，，
點(diǎn)在拋物線上，故，
解得：或．
【點(diǎn)睛】本題考查拋物線的簡單性質(zhì)，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，訓(xùn)練了向量在求解圓錐曲線問題中的應(yīng)用，屬于中檔題．
12．已知橢圓：()四個(gè)頂點(diǎn)恰好是邊長為，一內(nèi)角為的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)．
（1）求橢圓的方程；
（2）若直線交橢圓于、兩點(diǎn)，在直線：上存在點(diǎn)，使得為等邊三角形，求的值．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）利用菱形的性質(zhì)，直接求解即可；
（2）聯(lián)立方程，求得和，解出即可；
【詳解】（1）由題意可知，()四個(gè)頂點(diǎn)恰好是邊長為，一內(nèi)角為的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，可得，，橢圓的方程為；
（2）設(shè)，則，
當(dāng)直線的斜率為時(shí)的垂直平分線就是軸，
軸與直線：的交點(diǎn)為，
∵，，∴，
∴是等邊，∴直線的方程為，
當(dāng)直線的斜率存在且不為時(shí)，設(shè)的方程為，代入橢圓方程消去得，
，∴，則，
設(shè)的垂直平分線為，它與直線：的交點(diǎn)記為，
∴，，則，
∵為等邊三角形，∴應(yīng)有，
代入得到，解得(舍)或，
此時(shí)直線的方程為，
綜上，直線的方程為或．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解題關(guān)鍵在于利用為等邊三角形，得到，進(jìn)而得到和，進(jìn)而得到，然后解出方程即可，難度屬于中檔題
13．已知拋物線和圓，拋物線的焦點(diǎn)為.
（1）求的圓心到的準(zhǔn)線的距離；
（2）若點(diǎn)在拋物線上，且滿足， 過點(diǎn)作圓的兩條切線，記切點(diǎn)為，求四邊形的面積的取值范圍；
（3）如圖，若直線與拋物線和圓依次交于四點(diǎn)，證明:的充要條件是“直線的方程為”
【答案】（1）4；（2）；（3）見解析
【解析】（1）分別求出圓心和準(zhǔn)線方程即可得解；
（2）根據(jù)條件可表示出四邊形的面積，利用函數(shù)的單調(diào)性即可得解；
（3）充分性：令直線的方程為，分別求出、、、四點(diǎn)坐標(biāo)后即可證明；必要性：設(shè)的方程為，，，，，由可得，即可得出與的關(guān)系，進(jìn)而可得出直線的方程為.
【詳解】（1）由可得:，的圓心與的焦點(diǎn)重合，
的圓心到的準(zhǔn)線的距離為.
（2）四邊形的面積為:
，
當(dāng)時(shí)，四邊形的面積的取值范圍為.
（2）證明(充分性) :若直線的方程為，將分別代入
得，，，.
，.
(必要性) :若，則線段與線段的中點(diǎn)重合，
設(shè)的方程為，，，，，
則，將代入得，
，即，
同理可得，，
即或，
而當(dāng)時(shí)，將其代入得不可能成立； .
當(dāng)時(shí)，由得：，，
將代入得，，
，，
，或（舍去）
直線的方程為.
的充要條件是“直線的方程為”.
【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線和圓的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的綜合、條件之間的關(guān)系，考查了轉(zhuǎn)化化歸的思想和計(jì)算能力，屬于難題.
14．已知雙曲線的焦距為4，直線與交于不同的點(diǎn)D、E，且時(shí)l與的兩條漸近線所圍成的三角形恰為等邊三角形.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若坐標(biāo)原點(diǎn)O在以線段DE為直徑的圓的內(nèi)部，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由，以及，求出可得結(jié)果；
（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，利用韋達(dá)定理求出圓心坐標(biāo)和弦長，再根據(jù)原點(diǎn)到圓心的距離小于半徑列式，解不等式可得結(jié)果.
【詳解】（1）由題意得，，
當(dāng)時(shí)，直線與的兩條漸近線所圍成的三角形恰為等邊三角形，
所以，即，又，即，得，，
所以雙曲線的方程為：.
（2）聯(lián)立，消去并整理得，
依題意得，得，
設(shè)，，
則，，，
則線段的中點(diǎn)，
，
因?yàn)樽鴺?biāo)原點(diǎn)O在以線段DE為直徑的圓的內(nèi)部，所以，
所以，
所以，
化簡得，得，
得或.
15．已知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為、，且橢圓經(jīng)過點(diǎn).
(1)求該橢圓的方程；
(2)若A為橢圓的左頂點(diǎn)，直線AM、AN與橢圓分別交于點(diǎn)M、N，且，連接MN，試問：直線MN是否恒過x軸上的一個(gè)定點(diǎn)？若是，求出該點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，請說明理由.
【答案】(1)
(2)直線MN恒過x軸上的一個(gè)定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為
【分析】（1）根據(jù)已知條件列式求出可得該橢圓的方程；
（2）假設(shè)直線MN過定點(diǎn)，設(shè)其方程為，代入橢圓，設(shè)、，得到，，，，根據(jù)，求出即可得解.
【詳解】（1）設(shè)橢圓的方程為，由題意知，且橢圓過點(diǎn)，得，解得，所以橢圓的方程為.
（2）由已知得直線MN與y軸不垂直，假設(shè)其過定點(diǎn)，設(shè)其方程為.
由消去并整理得，，即，
設(shè)、，則，，
得，
.
因?yàn)椋裕?br>得，
于是
所以，
所以，
化簡得，解得或，
當(dāng)時(shí)，T與A重合，不符題意，舍去；
當(dāng)時(shí)，符合題意.
綜上，直線MN恒過x軸上的一個(gè)定點(diǎn)，該定點(diǎn)為.
16．等軸雙曲線是離心率為的雙曲線，可建立合適的坐標(biāo)平面使之為反比例函數(shù)．
（1）在等軸雙曲線上有三點(diǎn)，，，其橫坐標(biāo)依次是，，．設(shè)，，分別為，，的中點(diǎn)，試求的外接圓圓心的橫坐標(biāo)．
（2）雙曲線的漸近線為和，上有三個(gè)不同的點(diǎn)，，，直線、直線、直線與分別交于，，，過，，分別作直線、直線、直線的垂線，，．
（i）當(dāng)為等軸雙曲線時(shí)，證明：，，三線共點(diǎn)．
（ii）當(dāng)不為等軸雙曲線時(shí)，記，，分別是與，與，與的交點(diǎn)，類似地從另一條漸近線出發(fā)來定義，，．證明：．
【答案】
【解析】略
17．給出如下的定義和定理：定義：若直線l與拋物線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)P，且l與的對稱軸不平行，則稱直線l與拋物線相切，公共點(diǎn)P稱為切點(diǎn).定理：過拋物線上一點(diǎn)處的切線方程為.完成下述問題：如圖所示，設(shè)E，F(xiàn)是拋物線上兩點(diǎn).過點(diǎn)E，F(xiàn)分別作拋物線的兩條切線，，直線，交于點(diǎn)C，點(diǎn)A，B分別在線段，的延長線上，且滿足，其中.
(1)若點(diǎn)E，F(xiàn)的縱坐標(biāo)分別為，，用，和p表示點(diǎn)C的坐標(biāo).
(2)證明：直線與拋物線相切；
(3)設(shè)直線與拋物線相切于點(diǎn)G，求.
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3)
【分析】（1）分別寫出切線和切線的方程，聯(lián)立方程即可求出點(diǎn)C的坐標(biāo).
（2）設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)切點(diǎn)坐標(biāo)寫出切線的方程，從而求出點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)可求出的值，從而證明直線與拋物線相切.
（3）首先根據(jù)（2）的結(jié)論求出， ；然后求和的值，再根據(jù)，，可得到，從而可求出答案.
【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)的縱坐標(biāo)分別為，，所以，
所以在處的切線方程為，即，
同理在處的切線方程為，
兩式聯(lián)立，解得，
所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為.
（2）設(shè)為拋物線上的一點(diǎn)，則，
拋物線在點(diǎn)處的切線方程為，即，
由，得，由，得，
所以，
，，
所以，，
取，則點(diǎn)為點(diǎn)，為點(diǎn),此時(shí)滿足，
所以直線與拋物線相切；
（3）因?yàn)?，所以，所以根?jù)（2）可知，，
所以，
所以，
而，
，
所以，
所以.

相關(guān)試卷

新高考數(shù)學(xué)圓錐曲線62種題型第十二講 圓錐曲線中的求值、證明與探索性問題（原卷版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)圓錐曲線62種題型第十二講 圓錐曲線中的求值、證明與探索性問題（原卷版），共9頁。

高考圓錐曲線題型專題分析——第十二講 圓錐曲線中的求值、證明與探索性問題（全國通用）：

這是一份高考圓錐曲線題型專題分析——第十二講 圓錐曲線中的求值、證明與探索性問題（全國通用），文件包含第十二講圓錐曲線中的求值證明與探索性問題教師版docx、第十二講圓錐曲線中的求值證明與探索性問題原卷版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共35頁， 歡迎下載使用。

高中數(shù)學(xué)高考第11節(jié) 圓錐曲線中的證明、探索性問題 課件：

這是一份高中數(shù)學(xué)高考第11節(jié) 圓錐曲線中的證明、探索性問題 課件，共41頁。PPT課件主要包含了點(diǎn)擊右圖進(jìn)入等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高中數(shù)學(xué)高考第10節(jié) 圓錐曲線中的證明與存在性問題 課件

高中數(shù)學(xué)高考第10節(jié) 圓錐曲線中的證明與存在性問題 課件
高中數(shù)學(xué)高考課后限時(shí)集訓(xùn)60 圓錐曲線中的證明、探索性問題 作業(yè)

高中數(shù)學(xué)高考課后限時(shí)集訓(xùn)60 圓錐曲線中的證明、探索性問題 作業(yè)
高中數(shù)學(xué)高考第8章 §8 9　圓錐曲線中求值與證明問題

高中數(shù)學(xué)高考第8章 §8 9　圓錐曲線中求值與證明問題
(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第8章§8.9《圓錐曲線中求值與證明問題

(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第8章§8.9《圓錐曲線中求值與證明問題
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部