專題05 解析幾何
（2023·全國甲卷·理科）已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
（2023·全國乙卷·理科）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
（2022·全國甲卷·理科）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面積．
（2022·全國乙卷·理科）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
（2023?山西忻州一模）已知雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的離心率為，且點A（2，1）在C上．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）若點M．N在雙曲線C上，且AM⊥AN，直線MN不與y軸平行，證明：直線MN的斜率k為定值．
（2023·河南洛陽·模擬預測）已知橢圓：的離心率為，右焦點為，，分別為橢圓的左、右頂點.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點作斜率不為的直線，直線與橢圓交于，兩點，記直線的斜率為，直線的斜率為，求證：為定值；
(3)在（2）的條件下，直線與直線交于點，求證：點在定直線上.
（2023·陜西西安·陜西師大附中校考模擬預測）已知橢圓經(jīng)過點，過點的直線交該橢圓于，兩點.
(1)求面積的最大值，并求此時直線的方程；
(2)若直線與軸不垂直，在軸上是否存在點使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
（2023·山西運城·山西省運城中學校校考二模）已知點為雙曲線上一點，的左焦點到一條漸近線的距離為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)不過點的直線與雙曲線交于兩點，若直線PA，PB的斜率和為1，證明：直線過定點，并求該定點的坐標.
（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）已知橢圓的焦距為2，圓與橢圓恰有兩個公共點．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)已知結(jié)論：若點為橢圓上一點，則橢圓在該點處的切線方程為．若橢圓的短軸長小于4，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，求證：直線過定點．
（2023·四川南充·四川省南充高級中學?？既＃┮阎獧E圓的左、右焦點為，，離心率為．點P是橢圓C上不同于頂點的任意一點，射線、分別與橢圓C交于點A、B，的周長為8．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若，，求證：為定值．
（2023?山西大同·統(tǒng)考模擬）已知橢圓C1：的離心率為，并且直線y＝x+b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線．
（Ⅰ）求橢圓C1的方程．
（Ⅱ）過點的動直線l交橢圓C1于A、B兩點，試問：在直角坐標平面上是否存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在求出T的坐標；若不存在，請說明理由．
（2023·云南·校聯(lián)考三模）如圖，已知橢圓的上、下頂點為，右頂點為，離心率為，直線和相交于點，過作直線交軸的正半軸于點，交橢圓于點，連接交于點.

(1)求的方程；
(2)求證：.
（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，.過的直線l交C的右支于M，N兩點，當l垂直于x軸時，M，N到C的一條漸近線的距離之和為.
(1)求C的方程；
(2)證明：為定值.
（2023?青海西寧二模）已知雙曲線W：的左、右焦點分別為F1、F2，點N（0，b），右頂點是M，且，∠NMF2＝120°．
（Ⅰ）求雙曲線的方程；
（Ⅱ）過點Q（0，﹣2）的直線l交雙曲線W的右支于A、B兩個不同的點（B在A、Q之間），若點H（7，0）在以線段AB為直徑的圓的外部，試求△AQH與△BQH面積之比λ的取值范圍．
（2023·四川成都·成都市錦江區(qū)嘉祥外國語高級中學校考三模）設橢圓過點，且左焦點為.
(1)求橢圓的方程；
(2)內(nèi)接于橢圓，過點和點的直線與橢圓的另一個交點為點，與交于點，滿足，求面積的最大值.
題型訓練
答案&解析
【1】
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）設，
由可得，，所以，
所以，
即，因為，解得：．
（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，
設直線：，，
由可得，，所以，，
，
因為，所以，
即，
亦即，
將代入得，
，，
所以，且，解得或．
設點到直線的距離為，所以，
，
所以的面積，
而或，所以，
當時，的面積．
【2】
【答案】(1)
(2)證明見解析.
【解析】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，
則由可得，，
雙曲線方程為.
（2）由(1)可得，設，
顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，
與聯(lián)立可得，且，
則，

直線的方程為，直線的方程為，
聯(lián)立直線與直線的方程可得：
，
由可得，即，
據(jù)此可得點在定直線上運動.
【3】
【答案】(1)；
(2)．
【解析】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．
易知直線l的斜率存在，設，，
聯(lián)立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化簡得，，即，
所以或，
當時，直線過點，與題意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化
不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，
當均在雙曲線左支時，，所以，
即，解得（負值舍去）
此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；
當均在雙曲線右支時，
因為，所以，即，
即，解得（負值舍去），
于是，直線，直線，
聯(lián)立可得，，
因為方程有一個根為，所以，，
同理可得，，．
所以，，點到直線的距離，
故的面積為．
［方法二］：
設直線AP的傾斜角為，，由，得，
由，得，即，
聯(lián)立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【4】
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）解：設橢圓E的方程為，過，
則，解得，，
所以橢圓E的方程為：.
（2），所以，
①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，過點.
②若過點的直線斜率存在，設.
聯(lián)立得，
可得，，
且
聯(lián)立可得
可求得此時，
將，代入整理得，
將代入，得
顯然成立，綜上，可得直線HN過定點
【5】
【解答】解：（1）∵雙曲線的離心率為，
∴雙曲線是等軸雙曲線，即，
∵點A（2，1）在C上．
∴得a2＝3，
即雙曲線方程為．
（2）證明：當AM的斜率為0或不存在時，可得M，N的坐標為（2，﹣1），（﹣2，1），
此時kMN＝＝﹣，
當AM的斜率存在且不為0時，設直線AM的方程為y＝k（x﹣2）+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
與雙曲線方程聯(lián)立方程組消去y得：（1﹣k2）x2+（4k2﹣2k）x﹣4k2+4k﹣4＝0，
∴2x1＝，∴x1＝，
∴y1＝k（x1﹣2）+1＝k（﹣2）+1＝+1，∴M（，+1），
用﹣代替k可得N（，+1），
∴kMN＝＝＝﹣．
綜上所述：直線MN的斜率k為定值．
【6】
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【解析】（1）依題可得，解得，所以，
所以橢圓的方程為．
（2）設，，因為直線過點且斜率不為，
所以可設的方程為，代入橢圓方程得，
其判別式，所以，.
兩式相除得，即．
因為分別為橢圓的左、右頂點，所以點的坐標為，點的坐標為，
所以，．
從而．
（3）由（1）知，設，則，
所以直線的方程為，直線的方程為，
聯(lián)立可得，
所以直線與直線的交點的坐標為，
所以點在定直線上.
【7】
【答案】(1)面積的最大值為，此時直線的方程為或；
(2)存在，
【解析】（1）將代入橢圓方程，
得到，故，
故橢圓方程為.
當直線的斜率為0時，此時三點共線，不合要求，舍去；
當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，
與橢圓方程聯(lián)立，得，
設，則，
則
，
當且僅當，即時，等號成立，
故面積的最大值為，
此時直線的方程為或.
（2）在x軸上存在點使得恒成立，
理由如下：
因為，所以，即，
整理得，
即，
所以，
則，解得，
故在x軸上存在點，使得恒成立.

【8】
【答案】(1)
(2)證明見解析，定點為.
【解析】（1）設到漸近線，即的距離為，
則，結(jié)合得，
又在雙曲線上，所以，得，
所以雙曲線的標準方程為.
（2）聯(lián)立，消去并整理得，
則，，即，
設，，
則，，
則
，
所以，
所以，
所以，
整理得，
所以，
所以，
因為直線不過，即，，
所以，即，
所以直線，即過定點.

【9】
【答案】(1)或
(2)證明見解析
【解析】（1）設橢圓的半焦距為．當圓在橢圓的內(nèi)部時，，橢圓的方程為．
當圓在橢圓的外部時，，
橢圓的方程為．
（2）證明：設．
因為橢圓的短軸長小于4，所以的方程為．
則由已知可得，切線的方程為的方程為，
將代入的方程整理可得，
．
顯然的坐標都滿足方程，
故直線的方程為，
令，可得，即直線過定點．
【10】
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】（1）∵，
∴，
由離心率為得，從而，
所以橢圓C的標準方程為．
（2）
設，，則，
可設直線PA的方程為，其中，
聯(lián)立，化簡得，
則，同理可得，．
因為，．
所以
，
所以是定值.
【11】
【解答】解：（I）由得x2+（2b﹣4）x+b2＝0
直線y＝x+b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線．
所以Δ＝0?b＝1
所以橢圓
（Ⅱ）當直線l與x軸平行時，以AB為直徑的圓方程為
當直線l與y軸重合時，以AB為直徑的圓方程為x2+y2＝1
所以兩圓的切點為點（0，1）（8分）
所求的點T為點（0，1），證明如下．
當直線l與x軸垂直時，以AB為直徑的圓過點（0，1）
當直線l與x軸不垂直時，可設直線l為：
由 得（18k2+9）x2﹣12kx﹣16＝0
設A（x1，y1），B（x2，y2）則，
?＝（1+k2）x1x2﹣k（x1+x2）+
＝（1+k2）?﹣?+＝0，
所以，即以AB為直徑的圓過點（0，1）
所以存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過定點T
【12】
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】（1）依題意可得，，又，解得，所以的方程為.
（2）在橢圓中，，所以，，
設直線（），直線（），
因為直線與直線相交于點，由，解得，所以，
又點在橢圓上，所以，整理得，
因為直線交軸正半軸于點，令得，即，
又因為，所以，，所以，
因為直線交于點，令得，故，
又，所以，，
所以，又，所以，
所以，所以.
【13】
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】（1）根據(jù)題意有，C的一條漸近線方程為，
將代入C的方程有，，
所以M，N到直線的距離之和為，
所以，C的方程為.
（2）
方法1：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，
且由雙曲的定義可知，故.
當l不垂直于x軸時，由雙曲線的定義可知，，
故.
設，代入C的方程有：，
設，，則，，
所以，
所以.
綜上，的值為6.
方法2：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，
且由雙曲的定義可知，
故.
當l不垂直于x軸時，設，
代入C的方程有：.
設，，則，，
所以.
綜上，的值為6.
【14】
【解答】解：（Ⅰ）由已知M（a，0），N（0，b），F(xiàn)2（c，0），＝（﹣a，b）?（c﹣a，0）＝a2﹣ac＝﹣1，
∵∠NMF2＝120°，則∠NMF1＝60°，
∴b＝，∴c＝，
解得a＝1，b＝，∴雙曲線的方程為．（4分）
（Ⅱ）直線l的斜率存在且不為0，設直線l：y＝kx﹣2，設A（x1，y1），B（x2，y2），
由，得（3﹣k2）x2+4kx﹣7＝0，
則，
解得． ①（6分）
∵點H（7，0）在以線段AB為直徑的圓的外部，則，
＝（1+k2）x1x2﹣（7+2k）（x1+x2）+53
＝（1+k2）?﹣（7+2k）?+53
＝＞0，解得k＞2． ②
由①、②得實數(shù)k的范圍是2＜k＜，（8分）
由已知，
∵B在A、Q之間，則，且λ＞1，
∴（x1，y1+2）＝λ（x2，y2+2），則x1＝λx2，
∴，
則＝，（10分）
∵2＜k＜，∴4＜，解得，又λ＞1，
∴1＜λ＜7．
故λ的取值范圍是（1，7）．（13分）
【15】
【答案】(1)；
(2).
【解析】（1）令橢圓的半焦距為c，依題意，，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）設點的坐標分別為，

顯然均不為零，依題意，令，有且，
又四點共線，從而，
即，，
于是，從而①，②，
又點在橢圓上，即③，④，
①+②并結(jié)合③，④得，即動點總在定直線上，因此直線方程為，
由消去y得，，
設，則，
于是，設，
則點到直線的距離，其中銳角由確定，
因此，當且僅當時取等號，
所以的面積最大值為.

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