考法1：定點、定值問題
考法2：最值、范圍問題
考法3：存在性問題
二、命題規(guī)律與備考策略
圓錐曲線綜合是高考必考的解答題，難度較大．考查圓錐曲線標準方程的求解，考查直線與圓錐曲線的位置關系，考查定值、定直線、面積最值、存在性與恒成立等問題．考查運算求解能力、邏輯推導能力、分析問題與解決問題的能力、數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想．
三、題型方法
考法1：定點、定值問題
1.求解直線或曲線過定點問題的基本思路
（1）把直線或曲線方程中的變量 , 當作常數(shù)看待,把方程一端化為零，既然是過定點,那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立,這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關于 , 的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點.
（2）由直線方程確定其過定點時，若得到了直線方程的點斜式 ，則直線必過定點 ;若得到了直線方程的斜截式 ，則直線必過定點 .
（3）從特殊情況入手，先探究定點，再證明該定點與變量無關.
2.求解定值問題的常用方法
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
一．解答題（共11小題）
1．（2023?武功縣校級模擬）已知拋物線的焦點到準線的距離與雙曲線的離心率相等．
（Ⅰ）求拋物線的方程；
（Ⅱ）若點在拋物線上，過作拋物線的兩弦與，若兩弦所在直線的斜率之積為，求證：直線過定點．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意可得雙曲線的離心率，則，即可得出答案．
（Ⅱ）設直線的斜率為，直線的斜率為，則直線的方程為，聯(lián)立拋物線的方程，解得點坐標，同理可得點坐標，寫出直線的方程，化簡，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）因為，
所以，，
所以，
所以，
所以雙曲線的離心率，
因為拋物線的焦點到準線的距離與雙曲線的離心率相等，
所以，
所以拋物線的方程為．
（Ⅱ）設直線的斜率為，直線的斜率為，
直線的方程為，
聯(lián)立，
得，
所以，
所以，
所以，
所以，
用代替，得，，
所以直線的方程為
，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以直線恒過定點．
【點評】本題考查拋物線的方程，直線與拋物線的相交問題，解題中需要一定的計算能力，屬于中檔題．
2．（2023?市中區(qū)校級一模）在平面直角坐標系中，點到點的距離比到軸的距離大1，記點的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程；
（2）過點且斜率不為零的直線交橢圓于，兩點，交曲線于，兩點，若為定值，求實數(shù)的值．
【分析】（1）根據(jù)已知條件，結合兩點之間的距離公式，即可求解；
（2）設出直線的方程，并與橢圓聯(lián)立，求出的表達式，再將直線與雙曲線聯(lián)立，求出的表達式，再化簡整理，即可求解．
【解答】解：（1）設，
由題意可得，，兩邊平方并整理，得，
故曲線的方程為；
（2）設，，，，，，，，
由題意可得直線的方程為，
與橢圓的方程聯(lián)立，化簡整理可得，，
△，，，
故，
，
直線交曲線于、兩點，且，
則直線與相交，
直線的方程與曲線的方程聯(lián)立，化簡整理可得，，
則△，，，
，
故，
要使為定值，則，解得．
【點評】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合，考查轉化能力，屬于中檔題．
3．（2024?昌樂縣校級模擬）給定橢圓，圓心在原點，半徑為的圓是橢圓的“衛(wèi)星圓”．若橢圓的離心率，點在上．
求橢圓的方程和其“衛(wèi)星圓”方程；
（Ⅱ）點是橢圓的“衛(wèi)星圓”上的一個動點，過點作直線，，使得，與橢圓都只有一個交點，且，，分別交其“衛(wèi)星圓”于點，，證明：弦長為定值．
【分析】根據(jù)橢圓的離心率公式，將點代入橢圓方程，即可求得和的值；
（Ⅱ）分類討論，當直線的斜率存在時，設直線方程，代入橢圓方程，根據(jù)韋達定理即可求得，滿足條件的兩直線，垂直，即可求得為定值．
【解答】解：（Ⅰ）由條件可得：
解得
所以橢圓的方程為，（3分）
衛(wèi)星圓的方程為（4分）
法一：證明：①當，中有一條無斜率時，不妨設無斜率，
因為與橢圓只有一個公共點，則其方程為或，
當方程為時，此時與“衛(wèi)星圓”交于點和，
此時經(jīng)過點且與橢圓只有一個公共點的直線是或，即為或，
所以，
所以線段應為“衛(wèi)星圓”的直徑，所以（7分）
②當，都有斜率時，設點，，其中，
設經(jīng)過點，與橢圓只有一個公共點的直線為，
則，聯(lián)立方程組，消去，整理得，（9分）
所以（10分）
所以（11分）
所以，滿足條件的兩直線，垂直．
所以線段應為“衛(wèi)星圓”的直徑，
所以
綜合①②知：因為，經(jīng)過點，，又分別交其“衛(wèi)星圓”于點，且，垂直，
所以線段為“衛(wèi)星圓” 的直徑，
所以為定值（12分）
法二：因為，經(jīng)過點，，又分別交其“衛(wèi)星圓”于點，且，垂直，
所以線段為“衛(wèi)星圓” 的直徑，
所以為定值．
【點評】本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理的應用，考查分類討論思想，屬于中檔題．
4．（2023?蕉城區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，圓，，是圓上的一個動點，線段的垂直平分線與直線交于點．記點的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程；
（2）過點作與軸不垂直的任意直線交曲線于，兩點，線段的垂直平分線交軸于點，求證：為定值．
【分析】（1）根據(jù)圓的性質結合垂直平分線性質即可得曲線的方程；
（2）設直線的方程為，，，，，聯(lián)立直線得交點坐標關系，即可得弦長，再由垂直平分線得點的坐標，從而得，即可證得結論．
【解答】解：（1）如圖所示，
連結，根據(jù)題意，，
則，
點的軌跡是以，為焦點的雙曲線，
設雙曲線方程為，
其中，，
，，，
故所求的方程為．
（2）證明：如圖所示：
設直線的方程為，，，，
，，△，
，則，
中點為，
則垂直平分線方程為，令得，即，
，
又，
于是得，即為定值．
【點評】本題主要考查軌跡方程的求法，直線與圓錐曲線的綜合，考查運算求解能力，屬于中檔題．
5．（2023?畢節(jié)市模擬）在圓上任取一點，過點作軸的垂線，垂足為，點滿足．當點在圓上運動時，點的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程；
（2）設曲線與軸正半軸交點為，不過點的直線與曲線交于，兩點，若，試探究直線是否過定點．若過定點，求出該點的坐標；若不過定點，請說明理由．
【分析】（1）設點，，，由得出，繼而由圓的方程得出曲線的方程；
（2）討論斜率存在和不存在兩種情況，由得出，結合韋達定理以及數(shù)量積公式得出，進而得出定點．
【解答】解：（1）設點，，，
，，
，，則曲線的方程為．
（2），設，，，，由，
，
當直線軸時，為鈍角三角形，且，不滿足題意，
直線的斜率存在．設直線的方程為：，
由，化簡得：△，，
，
，
整理得，，，
直線的方程為：，恒過點．
【點評】本題主要考查軌跡方程的求法，直線與橢圓的綜合，考查運算求解能力，屬于中檔題．
6．（2023?江西模擬）已知過曲線上一點，作橢圓的切線，則切線的方程為．若為橢圓上的動點，過作的切線交圓于，，過，分別作的切線，，直線，交于點．
（1）求動點的軌跡的方程；
（2）已知為定直線上一動點，過的動直線與軌跡交于兩個不同點、，在線段
上取一點，滿足，試證明動點的軌跡過定點．
【分析】（1）將切線， 的方程分別表示出來，可得直線的方程，與切線的方程為 比較即可；（2）將已知線段的關系，轉化為向量的線性關系，利用定比分點坐標公式可得．
【解答】解：（1）設點，，由題易知切線的方程為，
同理，設點，，，，，
則切線， 的方程分別為：，
，又點在直線，上，所以，
所以直線的方程為：，所以，
又， 在曲線上，所以，
即點的軌跡的方程為；
（2）設點，，，，，，
則由知，
設，易知且，
則由已知：，，
由線段定比分點坐標公式知：，且，
又，，， 在曲線上，所以，
可得，則有，
所以動點的軌跡過定點．
【點評】本題考查切線問題，直線與橢圓相交的綜合問題，屬于中檔題．
7．（2023?華龍區(qū)校級模擬）如圖，已知橢圓，點是其下頂點，過點的直線交橢圓于另一點點在軸下方），且線段的中點在直線上．
（1）求直線的方程；
（2）若點為橢圓上異于、的動點，且直線，分別交直線于點、，證明：為定值．
【分析】（1）設點，則，通過將點代入橢圓，計算即得結論；
（2）設，，分別聯(lián)立直線與直線的方程、直線與直線的方程，計算即得結論．
【解答】（1）解：設點，，，
點在橢圓上，，
解得或（舍去），
，
直線的方程為：；
（2）證明：設，，則，
①直線方程為：，
聯(lián)立直線與直線的方程，解得：，
同理，
【點評】本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查求直線的方程、線段乘積為定值等問題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．
8．（2023?梅州一模）已知動圓經(jīng)過定點，且與圓內切．
（1）求動圓圓心的軌跡的方程；
（2）設軌跡與軸從左到右的交點為點，，點為軌跡上異于，的動點，設交直線于點，連結交軌跡于點．直線、的斜率分別為、．
求證：為定值；
證明直線經(jīng)過軸上的定點，并求出該定點的坐標．
【分析】（1）根據(jù)定點和圓心的位置關系，利用兩圓內切即可得出半徑之和等于圓心距，再根據(jù)橢圓定義即可求得軌跡的方程；（2）易知，即為橢圓的左右頂點，設出點，坐標，利用共線時斜率相等即可得出的表達式，化簡即可得出；根據(jù)中的結論，寫出直線的方程，將表達式化簡即可得出直線經(jīng)過定點．
【解答】解：（1）設動圓的半徑為，由題意得圓的圓心為，半徑；
所以，，
則．
所以動點的軌跡是以，為焦點，長軸長為4的橢圓，
因此軌跡方程為．
（2）證明：設，，，，．
由題可知，，如下圖所示：
則，，
而，于是，
所以，
又，則，
因此為定值．
設直線的方程為，，，，．
由，得，
所以．
由可知，，即，
化簡得，解得或（舍去），
所以直線的方程為，
因此直線經(jīng)過定點．
【點評】本題主要考查軌跡方程的求法，直線與圓錐曲線的綜合，考查圓錐曲線中的定值定點問題，解決定值或定點問題時，經(jīng)常會用到設而不求的方法，即首先設出點坐標或直線方程，再根據(jù)題目條件尋找等量關系即可實現(xiàn)整體代換求得定值或定點，屬于難題．
9．（2023?桃城區(qū)校級模擬）已知直線和直線，過動點作平行的直線交于點，過動點作平行的直線交于點，且四邊形為原點）的面積為4．
（1）求動點的軌跡方程；
（2）當動點的軌跡的焦點在軸時，記軌跡為曲線，若過點的直線與曲線交于，兩點，且與軸交于點，若，求證：為定值．
【分析】（1）設，，根據(jù)直線相交求出點的橫坐標，再求出，點到直線的距離表示出四邊形面積，化簡方程可得解；
（2）驗證特殊情況可知，再由一般情況設直線的方程為，由題意求出．
【解答】（1）解：設，，過，且平行的直線方程為，
由得交點的橫坐標為，
所以，
又因為點到直線的距離為，
所以四邊形的面積為，
即或，
故動點的軌跡方程為或．
（2）證明：由題知的方程為．
設，，，，，當直線的斜率為0時，，
若，，由，
即，
可得，所以；
若，，由，
知，所以；
當直線的斜率不為0時，設直線的方程為（顯然，
則，即，
所以，，，，，，
解得，，，
由，
因為直線與曲線有兩個交點，則在且判別式△時，
有，，
所以，所以為定值．
【點評】本題考查直線與圓錐曲線的綜合問題，屬于難題．
10．（2023?駐馬店二模）已知直線軸，垂足為軸負半軸上的點，點關于坐標原點的對稱點為，且，直線，垂足為，線段的垂直平分線與直線交于點．記點的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程．
（2）已知點，不過點的直線與曲線交于，兩點，以線段為直徑的圓恒過點，試問直線是否過定點？若是，求出該定點坐標；若不是，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)垂直平分線性質，結合拋物線定義可解；
（2）設直線，聯(lián)立拋物線方程消去，由結合韋達定理可得，的關系，代入直線方程即可判斷．
【解答】解：（1）由題意可得，點到點的距離等于點到直線的距離．
，的方程為，又，
點的軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，
點的軌跡的方程為；
（2）由題意可知直線的斜率不為0，
則設直線，，，，，
聯(lián)立整理得，
，．
，
以線段為直徑的圓恒過點，，
，
，，，
，
，
，
，
，或．
當時，直線的方程為，
即，此時直線過點，不符合題意，
當時，△，
且直線，即，過定點，滿足題意，
故直線過定點．
【點評】本題考查拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系，設而不求法與韋達定理的應用，方程思想，化歸轉化思想，屬難題．
11．（2023?棗強縣校級模擬）已知半橢圓和半圓組成曲線．如圖所示，半橢圓內切于矩形，與軸交于點，點是半圓上異于，的任意一點．當點位于點處時，的面積最大．
（1）求曲線的方程；
（2）連，分別交于點，，求證：為定值．
【分析】（1）把點坐標代入半圓方程計算，根據(jù)計算即可得出曲線的方程；
（2）設，，利用兩點式方程計算，的坐標，從而得出和，根據(jù)化簡即可得出結論．
【解答】解：（1）點在半圓上，
，
．
，
又，
點位于點時，的面積最大，
，
，
，
，
曲線的方程為：或；
（2）證明：，
設，，
則直線方程為：，
令，，
，
同理：，
所以，
，
，得，代入上式得
．
為定值．
【點評】本題考查了橢圓的性質，直線與圓錐曲線的關系，屬于難題．
考法2：最值、范圍問題
圓錐曲線中最值與范圍的求解方法
一．解答題（共12小題）
1．（2023?吉林模擬）在平面內，動點與定點的距離和它到定直線的距離比是常數(shù)2．
（1）求動點的軌跡方程；
（2）若直線與動點的軌跡交于，兩點，且為坐標原點），求的最小值．
【分析】（1）根據(jù)題意列出等式化簡即可；
（2）設直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線的方程與的方程，可得，同理可得，進而可得，，再利用基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）由已知可得：，整理化簡可得：，
即，
所以動點的軌跡方程為：；
（2）由可設直線的方程為，直線的方程為，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
當且僅當時等號成立，
所以的最小值為6．
【點評】本題主要考查了動點軌跡方程，考查了直線與雙曲線的位置關系，屬于中檔題．
2．（2023?錫山區(qū)校級一模）在平面直角坐標系中中，動點到定點的距離比它到軸的距離大1，的軌跡為．
（1）求曲線的方程；
（2）已知點，，，分別為曲線上的第一象限和第四象限的點，且，求與面積之和的最小值．
【分析】根據(jù)動點到定點的距離比它到軸的距離大1列式即可求出的軌跡方程，直線與拋物線方程聯(lián)立，根據(jù)，表示出與面積之和，再利用基本不等式求解最小值．
【解答】解：（1）設動點的坐標為，動點到定點的距離比它到軸的距離大1，
，
化簡得：，故曲線的方程為；
（2）因為點，，，分別為曲線上的第一象限和第四象限的點，所以當直線的斜率為0時，不符合題意；
當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，
由，△，所以，
由，得，
因為，所以，所以，
所以，解得：或（舍去），
當時，直線的方程為，直線過定點，且滿足△，且，
所以，
又因為、分別為第一、四象限上的點，所以，，
，
當且僅當，即，時取等號，
故最小值為．
【點評】本題考查直線與橢圓的綜合問題，屬于中檔題．
3．（2024?秦都區(qū)校級四模）與雙曲線有共同的焦點的橢圓經(jīng)過點．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點的直線交橢圓于、兩點，交軸于點，點關于軸的對稱點為，直線交軸于點．求的取值范圍．
【分析】（1）由題意，將點代入橢圓的方程中，結合橢圓與雙曲線有共同的焦點，列出等式即可求出橢圓的方程；
（2）設出直線的方程和，兩點的坐標，得到直線的方程，推出點的橫坐標，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，利用韋達定理再進行求解即可．
【解答】解：（1）易知在雙曲線中，
此時，①
因為橢圓經(jīng)過點，
所以，②
聯(lián)立①②，解得或（舍去），
則橢圓的方程為；
（2）易知直線的斜率存在且不為0，
不妨設直線的方程為，，，，，
此時，，，
所以直線的方程為，
令，可得，
聯(lián)立，消去并整理得，
此時△，
解得，
由韋達定理得，，
此時，
所以，
當且僅當，即時，等號成立，
故的取值范圍為．
【點評】本題考查橢圓的方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了邏輯推理和運算能力．
4．（2023?瓊海校級三模）已知直線與雙曲線相交于兩個不同的點，，線段的垂直平分線分別與，軸相交于，兩點．
（1）若，且點，都在雙曲線的右支上，求的取值范圍；
（2）若為坐標原點）的面積為，且，求的取值范圍．
【分析】（1）當時，直線方程為，聯(lián)立方程組，根據(jù)點都在雙曲線右支上，建立不等式關系進行求解．
（2）聯(lián)立方程組，利用韋達定理和設而不求思想，利用三角形的面積公式進行求解即可．
【解答】解：（1）當時，直線方程為，代入整理得，
則判別式△，得，得，
點，都在右支上，，
的取值范圍是，．
（2）設，，，，把代入整理得，
判別式△，得，得，①，
，，
設線段的中點為，，則，，
線段的垂直平分線的方程為，
點的坐標為，，點的坐標為，
的面積為，，整理，
①等價為，，
解得或，即或，或或，
即的取值范圍是，，，，．
【點評】本題主要考查雙曲線的性質以及直線和雙曲線的位置關系，聯(lián)立方程組，利用韋達定理，設而不求思想以及三角形的面積公式進行求解是解決本題的關鍵，是中檔題．
5．（2023?涪城區(qū)校級模擬）如圖所示，已知拋物線，橢圓，過軸正半軸上點作斜率為的直線交拋物線于，兩點，交橢圓于，兩點．
（1）當點為拋物線的焦點時，．求拋物線的方程；
（2）若，兩點關于軸的對稱點為，，求四邊形面積的最大值．
【分析】（1）設，，，，根據(jù)題意表示出拋物線方程和直線方程，聯(lián)立得到根與系數(shù)的關系，根據(jù)弦長公式計算得到答案．
（2）聯(lián)立方程得到根與系數(shù)的關系，計算，計算點，到直線的距離得到，得到面積解析式，構造函數(shù)，求導得到函數(shù)的單調區(qū)間，計算最大值得到答案．
【解答】解：（1）設，，，，當點為拋物線焦點時，，，
與拋物線聯(lián)立，整理得，
則，
所以，
又，則，
即拋物線的方程為．
（2）設，與橢圓聯(lián)立，整理得，
直線與橢圓有兩個交點，，△，，又，故，
設，，，，有，，
，兩點關于軸對稱點為，，即，，，
設，分別為點，到直線的距離，
則，
將與拋物線聯(lián)立，整理得，
兩根為，，，，
四邊形的面積，
令，令，
得到，即在上單調遞增，在上單調遞減，
所以（2），，
即四邊形面積的最大值為．
【點評】本題考查了圓錐曲線和導數(shù)的綜合，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中利用根與系數(shù)的關系解題是常考的知識點，需要熟練掌握，利用導數(shù)求最值是解題的關鍵．
6．（2023?滁州模擬）我們約定，如果一個橢圓的長軸和短軸分別是另一條雙曲線的實軸和虛軸，則稱它們互為“姊妹”圓錐曲線．已知橢圓，雙曲線是橢圓的“姊妹”圓錐曲線，，分別為，的離心率，且，點，分別為橢圓的左、右頂點．
（1）求雙曲線的方程；
（2）設過點的動直線交雙曲線右支于，兩點，若直線，的斜率分別為，．
試探究與的比值是否為定值．若是定值，求出這個定值；若不是定值，請說明理由；
求的取值范圍．
【分析】（1）由題意可設雙曲線，利用，可求；
（2）設，，，，直線的方程為，與雙曲線聯(lián)立方程組可得，，進而計算可得為定值．
設直線，代入雙曲線方程可得，進而可得，，，，，進而由可得，，，進而求得的取值范圍．
【解答】解：（1）由題意可設雙曲線，
則，解得，
雙曲線的方程為；
（2）設，，，，直線的方程為，
由，消去得，則，△，
且，，
；
設直線，代入雙曲線方程并整理得，
由于點為雙曲線的左頂點，此方程有一根為，
，解得，
點在雙曲線的右支上，，
解得，，即，，
同理可得，，，
由，，，
，，，
，，．
【點評】本題考查橢圓和雙曲線的標準方程與離心率，雙曲線的幾何性質，直線與雙曲線的位置關系，漸近線與雙曲線的位置關系，屬中檔題．
7．（2023?寶山區(qū)校級模擬）已知、是平面內的兩個定點，且，動點到點的距離是10，線段的垂直平分線交于點，若以所在直線為軸，的中垂線為軸建立直角坐標系．
（1）試求點的軌跡的方程；
（2）直線與點所在曲線交于弦，當變化時，試求的面積的最大值．
【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義可得；（2）將表示出來，將的面積表示出來求最值即可．
【解答】解：（1）以為軸，中垂線為軸，則，，
由題意得，
所以點的軌跡是以，為左右焦點，長軸長為10的橢圓，
設橢圓的方程為，，
解得，點的軌跡方程為．
（2）由得過定點，
由題有，，整理得恒成立．
，，
為直線斜率，，，
．
，，．
【點評】本題考查求軌跡方程，考查直線與橢圓相交的綜合問題，屬于中檔題．
8．（2023?青羊區(qū)校級模擬）已知點，，動點滿足直線與的斜率之積為．記動點的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程，并說明是什么曲線；
（2）設，為曲線上的兩動點，直線與直線的斜率乘積為．
①求證：直線恒過一定點；
②設的面積為，求的最大值．
【分析】（1）根據(jù)斜率公式列式化簡從而寫出曲線的方程，并根據(jù)橢圓的標準方程判斷出曲線為焦點在軸上的橢圓；
（2）①根據(jù)題意判斷得直線的斜率不為0，設直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立方程組，化簡得關于的一元二次方程，寫出韋達定理，根據(jù)斜率公式列式得，代入韋達定理化簡計算即可求解出的值，從而得所過定點坐標；
②根據(jù)①的結果，利用三角形面積公式計算的面積為，代入韋達定理化簡計算，利用二次函數(shù)的性質從而計算得的最大值．
【解答】解：（1）由題意，得，
化簡得，所以曲線為中心在坐標原點，
焦點在軸上的橢圓，不含左、右頂點．
（2）①證明：，，，．
因為若直線的斜率為0，
則點，關于軸對稱，必有，不合題意，
所以直線的斜率必不為0．
如圖，設直線的方程為．
由，得，
所以△，
且．因為，即．
因為
，
所以，此時△，
故直線恒過軸上一定點．
②解：由①可得，，，
所以
，
當且僅當即時等號成立，所以的最大值為．
【點評】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合，考查運算求解能力，屬于難題．
9．（2023?姜堰區(qū)模擬）小徐同學在平面直角坐標系畫了一系列直線和以點為圓心，為半徑的圓，如圖所示，他發(fā)現(xiàn)這些直線和對應同一值的圓的交點形成的軌跡很熟悉．
（1）求上述交點的軌跡的方程；
（2）過點作直線交此軌跡于、兩點，點在第一象限，且，軌跡上一點在直線的左側，求三角形面積的最大值．
【分析】（1）先設交點的坐標，再根據(jù)已知列方程組，消參即可得軌跡方程；
（2）先設直線的方程，再和拋物線聯(lián)立方程組得兩根和及兩根積，最后結合向量關系及面積公式求解即可．
【解答】解：（1）設交點為，
，
，
（2）
設直線為，
，，，，，
，，
，
，
，即
，
，
，，
直線，
設點，，，
點到直線的距離為，
所以
【點評】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合，考查轉化能力，屬于難題．
10．（2023?惠來縣校級一模）如圖所示，是一個矩形，，，、分別是、的中點，以某動直線為折痕將矩形在其下方的部分翻折，使得每次翻折后點都落在邊上，記為．過作垂直于交直線于點．設點的軌跡是曲線．
（1）建立恰當?shù)闹苯亲鴺讼?，求曲線的方程；
（2）是上一點，，過點的直線交曲線于、兩點，且，求實數(shù)的取值范圍．
【分析】（1）以為原點，所在直線為軸建立直角坐標系，利用交軌法建立方程組關系進行求解即可．
（2）根據(jù)向量共線關系，求出的坐標，然后聯(lián)立方程組，轉化為一元二次方程根的分布問題，進行求解即可．
【解答】解：（1）以為原點，所在直線為軸建立直角坐標系．
設，則直線的方程為，的中點坐標為，
直線是線段的垂直平分線為，將代入上式，得，
所以，點的坐標是．
由，消去參數(shù)，得，
因此，點的軌跡方程是，．
（2）因為，可得點坐標為，
設，，，，
則，，，是方程組的解，
消去，得，①
所以，，，②，
因為方程①在，上有兩個不同的實根，
所以，，得，即，
由，得，，，
得，代入②，得，，消去，得，
，，
解得，
即實數(shù)的取值范圍，．
【點評】本題主要考查曲線軌跡方程的求解，利用交軌法，建立方程關系是解決本題的關鍵，綜合性較強，難度較大．
11．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，點在軸上滑動，點在軸上滑動，、兩點距離為3．點滿足，且點的軌跡為曲線．
（1）求點的軌跡方程；
（2）曲線與軸負半軸交于點，過點的直線，分別與曲線交于，兩點，直線，的斜率分別為，，且，求證：直線過定點，并求面積的最大值．
【分析】（1）由題意得，由得，，，消去、得出點的軌跡方程．
（2）由曲線的方程求出點坐標，設直線的方程為，與曲線的方程聯(lián)立，消去得關于的方程，利用根與系數(shù)的關系求出和，再求和，利用求出，證明直線過定點，再求面積的最大值．
【解答】（1）解：由題意，設點，點，，
則，所以，
由，得，，，
所以，解得，；
所以，
所以點的軌跡方程為．
（2）證明：由曲線，令，得點，
由題意知直線斜率不為0，設直線的方程為，，，，，
聯(lián)立，消去，得，
所以△，
，，
則，；
因為，所以，即，
所以，
解得，滿足△，此時直線的方程為，所以直線過定點，
此時，，；
所以的面積為．
設，，令，，則在，上單調遞增，
所以的面積為，
當且僅當，即時，的面積取得最大值為．
【點評】本題考查了求點的軌跡方程應用問題，也考查了直線與圓錐曲線的綜合應用問題，也考查了運算求解能力與邏輯思維能力，是難題．
12．（2023?咸寧模擬）我們給予圓錐曲線新定義：動點到定點的距離，與它到定直線（不通過定點）的距離之比為常數(shù)（離心率）．我們稱此定點是焦點，定直線是準線．已知雙曲線．
（1）求雙曲線的準線；
（2）設雙曲線的右焦點為，右準線為．橢圓以和為其對應的焦點及準線過點作一條平行于的直線交橢圓于點和．已知的中心在以為直徑的圓內，求橢圓的離心率的取值范圍．
【分析】（1）將曲線變型，得到雙曲線的方程，然后得到其準線方程；
（2）根據(jù)橢圓的定義先用離心率表示出橢圓方程，然后和直線聯(lián)立，利用韋達定理得出圓心坐標，半徑，然后根據(jù)點和圓的位置關系列出不等式．
【解答】解：（1）由，得．
所以雙曲線的中心，右焦點，，，
所以準線為或．
（2）
設是橢圓上任意一點，上橢圓的長軸長，橢圓的焦距，
設，，，，
則．①
又直線的方程為．②
由①②聯(lián)立得，
由題意知、是這個方程的兩個根，
所以
所以，
所以圓心坐標為．
從而有
．
又在橢圓中，根據(jù)橢圓的定義，當為橢圓左頂點時，設，
，得．又，所以，
故橢圓的中心坐標為，
又點在以為直徑的圓內，
所以，
整理得，
即．
因為橢圓的離心率，所以，
即，故，
故離心率的取值范圍為．
【點評】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合，考查轉化能力，屬于難題．
考法3：存在性問題
此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立,再驗證結論是否成立,成立則存在，否則不存在;若探究結論,則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論,往往涉及對參數(shù)的討論.
一．解答題（共12小題）
1．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）已知圓，點，圓周上任一點，若線段的垂直平分線和相交于點，點的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程；
（2）若過點的動直線與橢圓相交于，兩點，直線的方程為．過點作于點，過點作于點．記，，的面積分別為，，．問是否存在實數(shù)，使得成立？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)題意可得圓的圓心，，半徑，又，即，又橢圓的定義，即可得出答案．
（2）根據(jù)題意設直線的方程為，設，，，，則，，聯(lián)立橢圓的方程，結合韋達定理可得，，
則，，同理，計算，即可得出答案．
【解答】解：（1）因為圓的方程，
所以圓的圓心，，半徑，
因為點為線段垂直平分線上的點，
所以，
又，即，
所以點的軌跡是以，，，點為軌跡的橢圓，且，，
所以，，
所以，
所以點的軌跡方程為．
（2）根據(jù)題意設直線的方程為，
設，，，，則，，
聯(lián)立，得，
所以，，
所以
，
因為，
同理，
所以
，
所以，
所以，
所以，
所以存在實數(shù)，使得成立．
【點評】本題考查橢圓的方程，直線與橢圓的相交問題，解題中需要一定的計算能力，屬于中檔題．
2．（2023?重慶模擬）拋物線，雙曲線且離心率，過曲線下支上的一點作的切線，其斜率為．
（1）求的標準方程；
（2）直線與交于不同的兩點，，以為直徑的圓過點，過點作直線的垂線，垂足為，則平面內是否存在定點，使得為定值，若存在，求出定值和定點得坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由點斜式設出切線方程與拋物線方程聯(lián)立，由判斷式等于0即可求出結果；
（2）與圓錐相交的直線過定點，設出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，借助韋達定理求出根與系數(shù)的關系，即可解決問題．
【解答】解：（1）由題意可知，切線方程為，即，
由，消整理可得，
則△，解得，即，，
由，可得，
雙曲線方程為，
把點的坐標代入可得，解得，
；
（2）當直線不垂直軸時，設直線的方程為，，，，，
由，消去并整理可得，且，
△，
，，
，，，，為直徑的圓過點，
則當，與都不重合時，有，則，
則當，其中一點與重合時，也成立，
，
即，
整理可得，
即，
解得或，均滿足△，
當時，直線為，即恒過點，不符合題意，
當時，直線為，即恒過點，符合題意，
當直線垂直于軸是，設直線的方程為，，
由，解得，
為直徑的圓過點，且，兩點關于軸對稱，在軸上，
為等腰直角三角形，
為等腰直角三角形，
，
即，
解得，不合題意），即直線恒過，
，
綜上直線直線恒過，
取的中點，
與，從而，
存在定點，使得，點．
【點評】本題考查了拋物線的方程，雙曲線的方程，直線和方程的位置關系，考查了運算求解能力，轉化與化歸能力，屬于中檔題．
3．（2023?廣西一模）如圖：小明同學先把一根直尺固定在畫板上面，把一塊三角板的一條直角邊緊靠在直尺邊沿，再取一根細繩，它的長度與另一直角邊相等，讓細繩的一端固定在三角板的頂點處，另一端固定在畫板上點處，用鉛筆尖扣緊繩子（使兩段細繩繃直），靠住三角板，然后將三角板沿著直尺上下滑動，這時筆尖在平面上畫出了圓錐曲線的一部分圖象．已知細繩長度為3，經(jīng)測量，當筆尖運動到點處，此時，，．設直尺邊沿所在直線為，以過垂直于直尺的直線為軸，以過垂直于的垂線段的中垂線為軸，建立平面直角坐標系．
（1）求曲線的方程；
（2）斜率為的直線過點，且與曲線交于不同的兩點，，已知的取值范圍為，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范圍，若不存在，說明理由．
【分析】（1）根據(jù)給定條件，求得筆尖留下的軌跡，再結合拋物線的定義求出方程作答；
（2）求出直線的方程，并與曲線的方程聯(lián)立，利用韋達定理及共線向量建立函數(shù)關系即可求解作答．
【解答】解：（1）依題意，筆尖到點的距離與它到直線的距離相等，
因此筆尖留下的軌跡為以為焦點，為準線的拋物線，設其方程為，
則，由，，，得，，
由得點的橫坐標，而拋物線的準線方程為，則，解得，
所以軌跡的方程為；
（2）假設存在，使得，設，，，，直線的方程為，
聯(lián)立方程，消去得，
而，△，
所以，，
由，得，即，
于是，令，
則，
因此，又，即，
解得或，
所以存在，使得成立．
【點評】本題主要考查了求動點軌跡方程，考查了直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．
4．（2023?龍巖模擬）已知橢圓的左、右焦點分別為，，過右焦點的直線交橢圓于，兩點，以線段為直徑的圓與圓內切．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點作軸于點，過點作軸于點，與交于點，是否存在直線截得的面積等于？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)已知條件結合橢圓的定義求出，由焦點坐標可知的值，利用，，的關系可求出的值，從而求出橢圓的方程．
（2）依題意可知直線的斜率存在且不為0，設直線方程為，與橢圓的方程聯(lián)立，結合韋達定理表示出點的坐標，將三角形的面積表示為關于的函數(shù)，解方程求出的值即可．
【解答】解：（1）設，為線段的中點，
依題意，得：，
所以，
又，所以，
所以橢圓的方程為．
（2）依題意，當直線斜率為0時，不符合題意；
當直線斜率不為0時，設直線方程為，
聯(lián)立，得，
易知△，
設，，，，
則，
因為軸，軸，所以，，，，
所以直線，①
直線，②
聯(lián)立①②，解得，
因為，與直線平行，
所以，
因為，
所以，
由，解得，
故存在直線的方程為或，使得的面積等于．
【點評】本題考查了橢圓的標準方程以及直線與橢圓的位置關系，屬于中檔題．
5．（2023?普寧市校級二模）在平面直角坐標系中，已知，，，，點滿足，記的軌跡為．
（1）求的方程；
（2）過點作兩條互相垂直的直線和，直線與相交于兩個不同的點和，在線段上取點，滿足，直線交直線于點，試問面積是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，說明理由．
【分析】（1）由題意，根據(jù)所給信息以及斜率公式進行求解即可；
（2）設，，，，，，，，且，求出點坐標，利用，在雙曲線上可求得點軌跡方程，設直線的斜率為，直線的斜率為，求出，，根據(jù)三角形面積得到關于的表達式，利用基本不等式求出最小值以及相對應的，再檢驗直線是否與雙曲線相交即可．
【解答】解：（1）已知，，，，
所以，，
因為點滿足，
所以，
解得，
則的方程為；
（2）不妨設，，，，，，，，且，
此時，，，，
所以，
解得，
聯(lián)立，
解得，
所以，
因為，兩點在雙曲線上，
此時，
整理得且，
則，
故動點的軌跡方程為，
不妨設直線的斜率為，直線的斜率為，
此時，，
而，
當且僅當時，等號成立，
此時直線與雙曲線不存在相交于兩個不同點，，
故的面積不存在最小值．
【點評】本題考查軌跡方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了邏輯推理和運算能力．
6．（2023?臺江區(qū)校級模擬）已知在平面直角坐標系中，橢圓的左頂點和右焦點分別為，，動點滿足，記動點的軌跡為曲線．
（1）求的方程；
（2）設點在上，過作的兩條切線，分別與軸相交于，兩點．是否存在點，使得等于的短軸長？若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)題意求出，的坐標，根據(jù)動點滿足的條件進行化簡求解即可．
（2）設出過的兩條切線方程，聯(lián)立方程組，利用設而不求思想以及弦長公式進行化簡求解即可．
【解答】解：（1）橢圓，
，，，
即，，
設，滿足，
，
即，即，
即．
即的方程為．
（2）設點，，則，
由題意知，，的斜率存在，不妨依次設為，，
則直線的方程為，即，
直線與圓相切，，
即，
同理，可得，
則，是方程的兩根，
判別式△，
即，，，
設，，
則，，
，
等于的短軸長，
，
得，由，得，
存在，或，滿足題意．
【點評】本題主要考查直線和圓錐曲線的綜合應用，聯(lián)立方程，轉化為一元二次方程，利用韋達定理以及設而不求思想，相交弦的弦長公式進行化簡求解是解決本題的關鍵，是中檔題．
7．（2023?渝中區(qū)校級模擬）已知點，，是異于，的動點，，分別是直線，的斜率，且滿足．
（1）求動點的軌跡方程；
（2）在線段上是否存在定點，使得過點的直線交的軌跡于，兩點，且對直線上任意一點，都有直線，，的斜率成等差數(shù)列．若存在，求出定點，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由題意，根據(jù)所給點的坐標以及，化簡可得動點的軌跡方程；
（2）假設存在這樣的定點，設出，，，的坐標，得到直線的方程，將其與橢圓方程聯(lián)立，結合韋達定理以及根的判別式得到相關表達式，利用等差數(shù)列的性質得到，用關于的式子表達出來，再按部就班進行求解即可．
【解答】解：（1）已知點，，，
此時，
整理得；
（2）不妨設存在這樣的定點，
設，
令，，，，，
此時直線的方程為，
聯(lián)立
消去并整理得，
由韋達定理得，，
△，
因為直線，，的斜率成等差數(shù)列，
所以，
即，
等價于，
對任意成立，所以，
由
可得
，
即，
因為對任意成立，
此時，
經(jīng)檢驗，符合題意，
所以，存在定點滿足題意．
【點評】本題考查橢圓的方程以及直線與橢圓的綜合問題，屬于中檔題．
8．（2023?廈門模擬）已知點，點，點是軸上的動點，點在軸上，直線與直線垂直，關于的對稱點為．
（1）求的軌跡的方程；
（2）過的直線交于，兩點，在第一象限，在處的切線為，交軸于點，過作的平行線交于點，是否存在最大值？若存在，求直線的方程；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用菱形的性質以及拋物線的定義可判斷點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線．
（2）將問題轉化為直線與的傾斜角之差最大．聯(lián)立直線與拋物線方程，得到韋達定理，求導得切線斜率，即可利用傾斜角與斜率的關系，結合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解．
【解答】解：（1）如圖，
設關于的對稱點為，由已知得，，互相垂直平分，
所以四邊形為菱形，
所以．
因為為中點，
所以，即點在定直線上，
因為，
所以與直線垂直，
即點到定點的距離等于點到定直線的距離，
所以點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線．
所以點的軌跡的方程為．
（2）存在最大值．
延長交于，，
所以最大即直線與的傾斜角之差最大．
由題意可知直線有斜率，設，，，，，，
由，得，
所以，．
因為，
所以的斜率，的斜率．
設直線與的傾斜角為，，
則
．
當且僅當，即，時等號成立，
因為，
所以，
所以當最大時，最大，即最大，
此時，所以，
所以的方程為．
【點評】本題考查拋物線的標準方程及其性質，考查直線與拋物線的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．
9．（2023?桐城市校級一模）如圖1所示，雙曲線具有光學性質：從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點．若雙曲線，的左、右焦點分別為，，從發(fā)出的光線經(jīng)過圖2中的，兩點反射后，分別經(jīng)過點和，且，，．
（1）求雙曲線的方程；
（2）設，為雙曲線實軸的左右頂點，若過的直線與雙曲線交于，兩點，試探究直線與直線的交點是否在某條定直線上？若存在，請求出該定直線方程；如不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用雙曲線的定義建立方程進行求解即可．
（2）設出直線的方程為，聯(lián)立方程組利用設而不求思想求出直線與直線的交點的橫坐標即可．
【解答】解：（1），，
，在直角三角形中，
設，則，，
雙曲線方程為，，
則，
，
，
，得，得，
則，，
則直角三角形中，，
則，
即，則，
即雙曲線方程為．
（2）由題意可得，，
設直線的方程為，代入．
整理得．
設，，，，
則，，
直線，直線，
聯(lián)立兩直線方程，解
，
即的橫坐標為，
直線與直線的交點在定直線上．
【點評】本題主要考查雙曲線方程的求解以及直線和雙曲線相交的性質，聯(lián)立方程組利用設而不求思想求出交點坐標是解決本題的關鍵，是中檔題．
10．（2023?瀘縣校級模擬）已知曲線上動點與定點的距離和它到定直線的距離的比是常數(shù)，若過的動直線與曲線相交于，兩點．
（1）說明曲線的形狀，并寫出其標準方程；
（2）是否存在與點不同的定點，使得恒成立？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）先設動點坐標為，根據(jù)題意列出等式，化簡整理即可求出結果；
（2）分情況討論如下：當直線與軸垂直時，易得點必在軸上；當直線與軸垂直時，易得點的坐標只可能是；再證明直線斜率存在且時均有即可．
【解答】解：（1）設動點坐標為，
點到直線的距離為．依題意可知，
則，
化簡得，
所以曲線是橢圓，它的標準方程為；
（2）①當直線與軸垂直時，由橢圓的對稱性可知，
又因為得，則，
從而點必在軸上．
②當直線與軸垂直時，則，，由①可設，，
由得，解得（舍去），或．
則點的坐標只可能是．
下面只需證明直線斜率存在且時均有即可．
設直線的方程為，代入，得．
設，，，，
，，
，
設點關于軸對稱的點坐標，，
因為直線的斜率，
同理得直線的斜率，
，
，三點，，共線．
故由．
所以存在點滿足題意．
【點評】本題主要考查橢圓方程以及橢圓中的定點問題，熟記橢圓的簡單性質即可求解，屬于?？碱}型．
11．（2023?定西模擬）已知點到點的距離比它到直線的距離小，記動點的軌跡為．
（1）求的方程；
（2）若過點的直線交于，，，兩點，則在軸的正半軸上是否存在點，使得，分別交于另外兩點，，且？若存在，請求出點坐標，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)點到點的距離等于它到直線的距離，結合拋物線的定義得出拋物線的標準方程；
（2）設，，，，由結合拋物線方程得出，是方程的兩根，設直線的方程為，并與拋物線方程聯(lián)立結合韋達定理得出點坐標．
【解答】解：（1）因為點到點的距離比它到直線的距離小，
所以點到點的距離等于它到直線的距離，
則點的軌跡為以為焦點，以為準線的拋物線，
則曲線的方程為．
（2）設，，，，
由得：，且，得，
即，，，所以，
代入拋物線方程，得，
整理得，同理可得
故，是方程的兩根，，
由韋達定理可得①，
由題意，直線的斜率一定存在，故設直線的方程為，
與拋物線方程聯(lián)立可得，
易得△，由韋達定理可得，②，
由①②可得，
故在軸的正半軸上存在一點滿足條件．
【點評】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合，考查轉化能力，屬于難題．
12．（2023?青島三模）已知動圓經(jīng)過點，并且與圓相切，記圓心的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程；
（2）若動圓的圓心在曲線上，定直線與圓相切，切點記為，探究：是否存在常數(shù)使得？若存在，求及直線的方程；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由動點的軌跡滿足橢圓定義求橢圓方程即可．
（2）設出點坐標可表示、，根據(jù)恒成立列式可求得結果．
【解答】解：（1）如圖所示，
由題意知，圓圓心為，半徑為4，設動圓的半徑為，
因為，
所以點在圓內，如圖所示，
所以，，
所以，
所以圓心的軌跡為以、為焦點，長軸長為4的橢圓．
所以，，故，，則．
所以曲線的方程為．
（2）如圖所示，
存在常數(shù)使得，理由如下：
設，，則，，，，
所以，，
假設存在常數(shù)使得，
則對于任意的，恒成立，
即：對于任意的，恒成立，
所以，．
即：存在常數(shù)使得，此時直線方程為．
【點評】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合，屬于難題．
幾何法
若題目的條件和結論明顯能體現(xiàn)幾何特征及意義,則考慮利用圖形性質來解決.
代數(shù)法
若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù),則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，求函數(shù)最值的常用方法有配方法、判別式法、基本不等式法及函數(shù)的單調性法等.

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