新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题56 圆锥曲线综合问题（2份，原卷版+解析版）

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【考纲要求】
1.解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题，是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究，而且要从代数角度进行函数、三角等相关运算.
2.解析几何中的定点问题是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题，其类型一般为直线过定点与圆过定点等.
3.在解析几何题目中，有些几何量与参数无关，这类问题被称为定值问题.定值问题是高考的热点问题、难度较大，一般作为压轴题出现.
4.解析几何中的探究性问题，一般探究某种命题是否正确，某种位置关系是否成立等，是高考的热点问题，难度较大.
5.在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，我们常联立方程组，利用韦达定理整体代入来解决；但是有些情况，如有些定点、定值、定线问题，我们发现把韦达定理整体代入并不能完全消除两根，把这类问题称之为非对称韦达定理.
【方法技巧】
1.求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系.
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系.
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式.
(4)利用基本不等式.
2.动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
3.求解定值问题的两大途径
(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
4.探索性问题的求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
5.焦点三角形的面积
(1)设P点是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上异于长轴端点的任一点，F1，F2为其焦点，记∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积记为S△PF1F2，则S△PF1F2＝b2tan eq \f(θ,2).
(2)设P点是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上异于实轴端点的任一点，F1，F2为其焦点，记∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积记为S△PF1F2，则S△PF1F2＝eq \f(b2,tan \f(θ,2)).
6.中心弦的性质
设A，B为圆锥曲线关于原点对称的两点，P为该曲线上异于A，B的点.
(1)若圆锥曲线为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则kPAkPB＝－eq \f(b2,a2)＝e2－1.
(2)若圆锥曲线为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则kPAkPB＝eq \f(b2,a2)＝e2－1.
7.中点弦的性质
设圆锥曲线以M(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦AB所在的直线的斜率为k.
(1)若圆锥曲线为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0)，kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)＝e2－1.
(2)若圆锥曲线为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则kAB＝eq \f(b2x0,a2y0)，kAB·kOM＝eq \f(b2,a2)＝e2－1.
(3)若圆锥曲线为抛物线y2＝2px(p＞0)，则kAB＝eq \f(p,y0).
8.圆锥曲线的切线方程
设M(x0，y0)为圆锥曲线上的点，
(1)若圆锥曲线为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)，则椭圆在M处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
(2)若圆锥曲线为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则双曲线在M处的切线方程为eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1.
(3)若圆锥曲线为抛物线y2＝2px(p>0)，则抛物线在M处的切线方程为y0y＝p(x＋x0).
9.与抛物线的焦点弦有关的二级结论
过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F倾斜角为θ的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则(1)x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2；(2)两焦半径长为eq \f(p,1－cs θ)，eq \f(p,1＋cs θ)；(3)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)；(4)|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)，S△AOB＝eq \f(p2,2sin θ).
二、【题型归类】
【题型一】定点问题
【典例1】（2023·湖南·校联考模拟预测）已知椭圆：的长轴长为，且其离心率小于，为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，直线为过点且与平行的直线，设与直线的交点为.证明：直线过定点.
【解析】【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，将长轴长为，的面积的最大值为，
转化为，可得；
（2）先设：，联立椭圆，得，根据，可得直线的方程，
进而根据对称性可得过定点.
【详解】（1）由题意可知：，
因为，所以，，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
设，，：.
联立直线与椭圆的方程可得：，
则，所以，
因为，则：，
令，解得， 所以，
故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则
将，代入得
所以，
代入，得，
，
故直线过定点.
【典例2】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线的焦点到其渐近线的距离为，双曲线经过点．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)若过点的直线分别与双曲线交于不同的两点，线段的中点为，且直线的倾斜角互补，则双曲线上是否存在定点，使得的面积为定值？若存在，求出定点的坐标和的面积；若不存在，请说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)存在定点，使得的面积为定值336．
【分析】（1）利用双曲线的性质及点到直线的距离计算即可；
（2）设直线方程，利用其斜率表示A、B、M坐标，得出点在直线上，从而判定与平行，求出N的坐标，再求出面积即可.
【详解】（1）由题意不妨设一焦点为，
易知双曲线的一条渐近线为，即，
则点到的距离，
点在双曲线上，
，结合，得，
双曲线的标准方程为．
（2）显然直线的斜率均存在且不为0，设直线的斜率为，
则直线的斜率为，直线的方程为，
联立直线与双曲线方程，得，
化简得（，且）．
设，则，
得，
将代入直线的方程，得，则．
同理可得．
的中点的坐标为，
记为坐标原点，连接，
，
点在直线上，
又，
故经过点且与直线平行的直线与双曲线有两个不同交点，
则除点外的另一个交点即为定点，且满足的面积为定值，
易知直线的方程为，代入双曲线的方程，化简得，即，，
把代入，得，即定点，
此时，
，
点到直线的距离等于点到直线的距离，
则，
，
故存在定点，使得的面积为定值336．
【典例3】（2023·湖南·湖南师大附中校联考一模）已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.
(1)若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；
(2)若点在曲线上，求四边形的面积的范围.
【解析】【答案】(1)证明见解析，定点
(2)
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【详解】（1）设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，
由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
（2）由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
【点睛】方法点睛：求解抛物线的切线方程，有两种方法，一种是利用判别式法，即设出切线的方程并与抛物线方程联立，化简后利用判别式为0列方程来求得切线方程；另一种是利用导数的方法，利用导数求得切线的斜率，进而求得切线方程.
【题型二】定值问题
【典例1】（2023·广西南宁·统考模拟预测）已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
(1)说明是什么曲线，并求的方程；
(2)设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值?若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
【解析】【答案】(1)
(2)为定值，这个值为
【分析】（1）根据圆的一般方程可知圆心，半径，再利用椭圆定义即可求得的轨迹曲线的方程为；
（2）依题意设出,可得，求出直线的直线方程解出其与轴的交点坐标，，即可得出的表达式，再进行化简即可知.
【详解】（1）根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
【典例2】（2023·江西·校联考模拟预测）已知双曲线，渐近线方程为，点在上；

(1)求双曲线的方程；
(2)过点的两条直线，分别与双曲线交于，两点（不与点重合），且两条直线的斜率，满足，直线与直线，轴分别交于，两点，求证：的面积为定值.
【解析】【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，判断出点的位置，从而求得的面积为定值.
【详解】（1），，依题意，，
所以双曲线的方程为.
（2）依题意可知斜率存在，设方程为，，，
，
，①，
，
整理得.
1），，过舍去，
2），，过点，
此时，将代入①得，
与交于点，故（定值）
【点睛】关键点睛：求解双曲线的标准方程，关键点在于根据已知条件求得，是两个未知数，所以题目往往给定两个已知条件，如本题中的渐近线方程和点坐标，有时候，还需要结合隐藏条件“”来进行求解.
【典例3】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，过点且倾斜角为的直线交抛物线于点（M在第一象限），，垂足为，直线交轴于点，
(1)求的值.
(2)若斜率不为0的直线与抛物线相切，切点为，平行于的直线交抛物线于两点，且，点到直线与到直线的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【解析】【答案】(1)
(2)是，3
【分析】（1）利用图中的几何关系以及抛物线的定义求解；
（2）直线的方程为以及点的坐标，将直线方程与抛物线方程联立由韦达定理以及得到与的关系式，利用直线与抛物线相切求出直线的方程，用点到直线的距离公式即可求出点到直线与到直线的距离之比.
【详解】（1）如图所示，过点作，垂足为交轴于点，
由题得，所以，
因为，所以△是等边三角形，
因为是的中点，所以，
故，
所以，，所以，所以，即.

（2）由（1）可知抛物线的方程是，
设直线的方程为，，
因为，所以，
即，即.
又，所以，故.
联立，消去，得，其中，
则，
所以，所以.
设点到直线和直线的距离分别为，
则由得，
所以点到直线与到直线的距离之比是定值，定值为3.
【点睛】解决定值问题的途径就是用部分量去表示所求的量，本题就是利用韦达定理及其已知条件先找到部分量之间的关系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之间的关系消元,即可得到定值.
【题型三】定线问题
【典例1】（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线DN与EM交于点Q.
①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；
②求面积的最大值.
【解析】【答案】(1)
(2)①证明见解析，；②
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值.
【详解】（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以，
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为.
（2）①依题意，设直线DE方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.
因为轴，轴，
所以，.
所以直线DN：，
直线EM：，
联立解得.
从而点Q在定直线上.
②因为，
又，则，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为.
【典例2】（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线的左、右焦点分别为、，从发出的光线经过图2中的、两点反射后，分别经过点和，且，.

(1)求双曲线的方程；
(2)设、为双曲线实轴的左、右顶点，若过的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)在直线上
【分析】（1）延长与交于，分析可得，令，则，，利用双曲线的定义可得出的值，利用勾股定理求出的值，进而可求得的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，联立直线、的方程，求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：如图所示：

延长与交于，因为，，
则，即，
令，则，
所以，，
由双曲线的定义可得，则，
，则，
又因为，即，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，则，
故，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：若直线与轴重合，则直线与双曲线的交点为双曲线的两个顶点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，

由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
易知点、，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程并消去可得，
可得
，解得，
因此，直线与直线的交点在定直线上.
【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.
【典例3】（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）过抛物线内部一点作任意两条直线，如图所示，连接延长交于点，当为焦点并且时，四边形面积的最小值为32

(1)求抛物线的方程；
(2)若点，证明在定直线上运动，并求出定直线方程.
【解析】【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，分别求得，得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）由和共线，得到，，又由和共线，得到和，进而得到，即可求解.
【详解】（1）解：设，
设直线，联立方程组，整理得，
可得，
所以，
同理可得，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）解：当为时，，
由共线，可得，可得 ①，
同理由共线 ②
又由共线，可得，所以 ③
同理由共线，可得 ④
由①③得，
即 ⑤
又由②④得，
即 ⑥
由⑤⑥得，
即，即，所以在上.

【题型四】最值问题
【典例1】（2023上·福建厦门·高二厦门一中校考阶段练习）已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点，直线分别过的周长为8．
(1)求的方程；
(2)①若，求的面积；
②证明：当面积最大时，必定经过的某个顶点．
【解析】【答案】(1)
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；
（2）①直接求直线的直线方程，与椭圆联立可得的坐标，利用三角形面积公式计算即可；②法一、设三点坐标及直线和直线的方程，与椭圆联立结合韦达定理化简得出纵坐标与纵坐标的比值，再根据三角形的面积公式用坐标表示，从而可计算得，构造函数证明即可；法二、设，，根据定比点差法由横坐标表示，再利用三角形面积公式计算得，余下利用法一计算即可；法三、设，，同法二利用定比点差法由由横坐标表示，再利用三角形面积公式计算得，余下同法一计算即可.
【详解】（1）依题意可得的周长，
又椭圆的离心率为，则，
解得，
所以的方程为；
（2）①由上可知：，
所以直线的方程为，
联立直线与椭圆方程可解得，
由椭圆的对称性可得，
因此；
②证明：设直线和直线的方程为，
设，
联立和椭圆得：，
可得，同理可得：．
又因为，所以，
所以，即；
同理可得，即
不妨设，于是，
因此
又因为
，
设，
下面证明
，化简得
即证明，即，
又的判别式小于等于0，故，
因此，原命题得证．
故当面积最大时，必定经过的上或下顶点．
解法二：②证明：设，设，
则有，
又，
可得，
即，
设，同理可得，
不妨设，于是所以，
所以，
下同法一；
解法三：②证明：设，设，
则有，
又，
可得，
即，结合解得，
设，同理可得，
不妨设，于是，
，
下同法一.
【点睛】本题难点在于最后一问，第一种方法设点设线，利用韦达定理结合点在椭圆上得出纵坐标的比值关系，再利用坐标比计算与面积比，将的面积用点Q的纵坐标表示计算即可；第二、三种方法本质上都是利用定比点差法，由三点共线得出坐标关系，后仍计算三角形面积比，将的面积用点Q的纵坐标表示计算即可证明.证明过程中，蕴含了一个定值关系，即
【典例2】（2023·浙江·模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足.
(1)化简曲线的方程；
(2)已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直线的垂线，交于两点，求面积的最小值.
【解析】【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）移项平方可化简方程，注意变量的范围；
（2）设，直线方程是，由垂直得直线方程为，由直线与圆相切得，直线方程是与曲线方程联立，消去后得关于的二次方程，由此方程有两个正根据得或，由韦达定理得，计算出弦长，求出原点到直线的距离，计算出三角形面积后，设，换元后应用基本不等式得最小值．
【详解】（1），由得．
所以曲线的方程是；
（2）设，直线方程是，则直线方程为，即,
直线与已知圆相切，所以，则，
由得，，
由题意（∵），
，，∴或，
，
又原点到直线的距离为，
∴，
由或得，设，
，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
∴时，，
∴，即时，．

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中三角形面积最值问题，一般设交点坐标为，直线方程为，由直线满足的其它性质得出关系，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元，应用韦达定理得（或），由弦长公式求得弦长，由点到直线距离公式求出三角形的高，从而求得三角形的面积，并化表达式为一元函数，然后利用函数的知识，基本不等式或导数求得最值．
【典例3】（2023·河北石家庄·统考三模）已知为抛物线上不同两点，为坐标原点，，过作于，且点.
(1)求直线的方程及抛物线的方程；
(2)若直线与直线关于原点对称，为抛物线上一动点，求到直线的距离最短时，点的坐标.
【解析】【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由点，得直线的斜率为1，则直线的斜率为，写出直线的点斜式方程；直线与抛物线联立得出韦达定理，由结合向量数量积为零得出结果；
（2）由点到直线的距离公式以及二次函数求最值得出结果.
【详解】（1）如图，
由点，得直线的斜率为1，又，则直线的斜率为，
故直线的方程为，整理得直线的方程为
设，
联立，得，则，
由，得，
即，因为，所以，
所以，解得，故抛物线方程为
（2）设点是直线上任一点，则点关于原点的对称点在直线上，所以，
即直线的方程为.
设点，则，点到直线的距离，
当时，的最小值是，此时，.
【题型五】范围问题
【典例1】（2023·河北沧州·校考三模）已知为圆：上任一点，，，，且满足.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线：与轨迹相交于，两点，与轴交于点，过的中点且斜率为的直线与轴交于点，记，若，求的取值范围.
【解析】【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的几何性质由得，进而可得，可得动点的轨迹为椭圆，进而可得轨迹方程；
（2）根据弦长公式得，根据中垂线的方程可得，，由函数的单调性可得.
【详解】（1）
如图，由，可得，
因为，所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）
直线的方程为，联立消去并整理，
得，，
设，，则，，
又，可得线段的中点坐标为，
所以线段垂直平分线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以，
又，
所以，
令，则，
，当时，，所以在上单调递增，
所以，则 .
【点睛】方法点睛：弦长公式
【典例2】（2023·浙江温州·统考三模）已知抛物线与双曲线相交于两点是的右焦点，直线分别交于（不同于点），直线分别交轴于两点.
(1)设，求证：是定值；
(2)求的取值范围.
【解析】【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，设出直线的方程，与抛物线的方程联立即可计算作答.
（2）由（1）求出直线的方程并求出点的横坐标，直线的方程与双曲线的方程联立，借助直线求出点的横坐标，再列式求出范围作答.
【详解】（1）由是直线与抛物线的两个交点，显然直线不垂直y轴，点，
故设直线的方程为，由消去并整理得，
所以为定值.

（2）由（1）知，直线的斜率，方程为，
令，得点的横坐标，设，
由消去得，
，
，
而直线的方程为，依题意，
令，得点的横坐标
，
因此，
所以的取值范围是.
【点睛】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．
【题型六】探索问题
【典例1】（2023·上海奉贤·统考一模）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)
(3)不存在点，使得//，理由见解析
【分析】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有，结合前面所得可计算出的范围.
【详解】（1）由题意，得，，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）设动点，，，
，
，所以的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线，、，
联立， 消去得，
，即①，
则，，
则，，
则，
故，
若，则有，
设直线为，
联立，消去有，
要使得存在点，则，
整理得，
故②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点，使得.
【典例2】（2023·贵州·校联考模拟预测）已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为.
(1)求的方程；
(2)过双曲线的右焦点作互相垂直的两条弦（斜率均存在）、.两条弦的中点分别为、，那么直线是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标.
【解析】【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）根据焦点到渐近线距离及渐近线方程列方程组，解方程；
（2）设直线、方程，分别联立直线与双曲线，结合根与系数关系得、坐标，写出直线方程，可得直线过定点.
【详解】（1）设双曲线的焦点坐标为，
依题意渐近线方程为，即，
有，
解得，
；
（2）由（1）可知右焦点，
设直线：，，，
由联立直线与双曲线，
化简得，，
故，，
，
又，则，
同理可得：
，
，
化简得，
故直线过定点.
【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，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．
(2)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．
【典例3】（2023·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线，是曲线上一点.
(1)求曲线的方程；
(2)设是轴左侧（不含轴）上一点，在曲线上存在不同的两点，满足的中点均在曲线上，设的中点为，证明：；
(3)过点且斜率为的直线与曲线交于两点，若且直线与直线交于点，求证：为定值.
【解析】【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，即可求得曲线的方程；
（2）设，联立方程组，转化为和是的两个实数根，结合，即可得证；
（3）设直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求得，再联立方程组求得，得到和，即可得证.
【详解】（1）解：由题意，动圆经过点且与直线相切，
即圆心到的距高等于到直线的距离，
由抛物线的定义，可得曲线的方程为.
（2）证明：设，
因为的中点均在曲线上，可得，
整理得；
同理可得，
即和是方程的两个实数根，可得，
因为，所以.
（3）证明：设直线的方程为，
由，整理得，
设，则，
，
因为，设直线的方程为，
由，整理的，解得，可得，
则，
又由 ，解得，可得，
所以.
【题型七】优化算法
【典例1】已知点M到点F(3，0)的距离比它到直线l：x＋5＝0的距离小2.
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过点P(m，0)(m>0)作互作垂直的两条直线l1，l2，它们与(1)中轨迹E分别交于点A，B及点C，D，且G，H分别是线段AB，CD的中点，求△PGH面积的最小值.
【解析】(1)由题意知，点M到点F(3，0)的距离与到直线l′：x＋3＝0的距离相等，
结合抛物线的定义，可知轨迹E是以F(3，0)为焦点，以直线l′：x＋3＝0为准线的抛物线，
则知eq \f(p,2)＝3，解得p＝6，
故M的轨迹E的方程为y2＝12x.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有yeq \\al(2,1)＝12x1，yeq \\al(2,2)＝12x2，
以上两式作差，并整理可得
eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(12,y1＋y2)＝eq \f(6,yG).
即kAB＝eq \f(6,yG)，同理可得kCD＝eq \f(6,yH)，
易知直线l1，l2的斜率存在且均不为0，
又由于l1⊥l2，
可得kAB·kCD＝eq \f(36,yGyH)＝－1，
即yGyH＝－36，
所以S△PGH＝eq \f(1,2)|PG|·|PH|
＝eq \f(1,2)·eq \r(1＋\f(1,keq \\al(2,AB)))|yG| ·eq \r(1＋\f(1,keq \\al(2,CD)))|yH|
＝18eq \r(2＋\f(1,keq \\al(2,AB))＋\f(1,keq \\al(2,CD)))≥18eq \r(2＋\f(2,|kABkCD|))
＝18eq \r(2＋2)＝36，
当且仅当|kAB|＝|kCD|＝1时，等号成立，故△PGH面积的最小值为36.
【典例2】设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点.若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|>eq \r(3).
【证明】法一 设P(acs θ，bsin θ)(0≤θ0，kx0≠0，
所以eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(k2xeq \\al(2,0),a2)b>0，
故(1＋k2)2>4k2＋4，
即k2＋1>4，
因此k2>3，所以|k|>eq \r(3).
【典例3】已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，直线l：y＝kx＋a，直线l与椭圆C交于M，N两点，与y轴交于点P，O为坐标原点.
(1)若k＝1，且N为线段MP的中点，求椭圆C的离心率；
(2)若椭圆长轴的一个端点为Q(2，0)，直线QM，QN与y轴分别交于A，B两点，当eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝1时，求椭圆C的方程.
【解析】(1)由题意知直线l：y＝x＋a与x轴交于点(－a，0)，
∴点M为椭圆C的左顶点，即M(－a，0).
设Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(a,2)))，
代入椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1得eq \f(1,4)＋eq \f(a2,4b2)＝1，
即eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3)，
则e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(2,3)，∴e＝eq \f(\r(6),3)，
即椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(6),3).
(2)由题意得a＝2，
∴椭圆C：b2x2＋4y2＝4b2(b>0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2x2＋4y2＝4b2，,y＝kx＋2，))
消去y得(4k2＋b2)x2＋16kx＋16－4b2＝0，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝16b2（4k2＋b2－4）>0，,xM＋xN＝－\f(16k,4k2＋b2)，,xM·xN＝\f(16－4b2,4k2＋b2)，))
∵直线QM：y＝eq \f(yM,xM－2)(x－2)，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2yM,xM－2)))，
eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2yM＋2xM－4,2－xM))).
∵yM＝kxM＋2，
∴yM－2＝kxM，
即eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2（k＋1）xM,2－xM)))，
同理eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2（k＋1）xN,2－xN)))，
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(4（k＋1）2xMxN,xMxN－2（xM＋xN）＋4)＝4－b2＝1，
即b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
【题型八】非对称韦达
【典例1】过椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1作不与x轴重合的直线MN与椭圆C相交于M，N两点，过点M作直线l：x＝－4的垂线，垂足为E.
(1)已知直线EN过定点P，求定点P的坐标；
(2)点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值.
【解析】(1)由题意知F1(－1，0)，设直线MN方程为x＝my－1，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，则y1＋y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，①
y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，②
①÷②得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2m,3)，
直线EN的方程为y－y1＝eq \f(y2－y1,x2＋4)(x＋4).
令y＝0，得x＝eq \f(－y1（x2＋4）,y2－y1)－4
＝eq \f(－y1（my2－1＋4）,y2－y1)－4
＝eq \f(－my1y2－3y1,y2－y1)－4，
又my1y2＝－eq \f(3,2)(y1＋y2)，
故x＝eq \f(－my1y2－3y1,y2－y1)－4＝eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）－3y1,y2－y1)－4＝－eq \f(5,2)，
因此直线EN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，0)).
(2)由|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4)，
得S△OEN＝eq \f(1,2)|OP|·|y1－y2|＝eq \f(15\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq \f(15\r(m2＋1),3m2＋3＋1)，
令t＝eq \r(m2＋1)，t≥1，
则S△OEN＝eq \f(15t,3t2＋1)＝eq \f(15,3t＋\f(1,t))，
在[1，＋∞)上单调递减，所以当t＝1时，△OEN的面积取得最大值，为eq \f(15,4).
故△OEN面积的最大值为eq \f(15,4).
【典例2】已知椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过点F的直线l与椭圆交于P，Q(点P在x轴上方)，设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，是否存在常数λ，使得k1＋λk2＝0？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【解析】由题意知F(2，0)，设PQ的直线方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，,x＝my＋2，))
得(9＋5m2)y2＋20my－25＝0，
则y1＋y2＝eq \f(－20m,9＋5m2)，y1y2＝eq \f(－25,9＋5m2)，
Δ＝900(m2＋1)>0恒成立.
直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，
则k1＝eq \f(y1,x1＋3)，k2＝eq \f(y2,x2－3).
假设存在λ，满足k1＋λk2＝0，
即k1＝－λk2，则eq \f(k1,k2)＝－λ.
即eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)
＝eq \f(y1（my2－1）,y2（my1＋5）)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋5y2).
法一(双参变单参)
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－20m,9＋5m2)，,y1y2＝\f(－25,9＋5m2)))
得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝eq \f(4m,5)，
所以my1y2＝eq \f(5（y1＋y2）,4)，
eq \f(my1y2－y1,my1y2＋5y2)＝eq \f(\f(5（y1＋y2）,4)－y1,\f(5（y1＋y2）,4)＋5y2)
＝eq \f(y1＋5y2,5y1＋25y2)＝eq \f(1,5)⇒－λ＝eq \f(1,5)⇒λ＝－eq \f(1,5)，为定值.
法二(和积转化法) eq \f(my1y2－y1,my1y2＋5y2)
＝eq \f(my1y2－（y1＋y2）＋y2,my1y2＋5y2)
＝eq \f(\f(－25m,9＋5m2)＋\f(20m,9＋5m2)＋y2,\f(－25m,9＋5m2)＋5y2)＝eq \f(\f(－5m,9＋5m2)＋y2,\f(－25m,9＋5m2)＋5y2)
＝eq \f(1,5)⇒－λ＝eq \f(1,5)⇒λ＝－eq \f(1,5)，为定值.
法三(第三定义法) 由A(－3，0)，B(3，0)，得kPA＝eq \f(y1,x1＋3)，kPB＝eq \f(y1,x1－3)，
又P在eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1上，得eq \f(xeq \\al(2,1),9)＋eq \f(yeq \\al(2,1),5)＝1，
即yeq \\al(2,1)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),9)))＝eq \f(5,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9－xeq \\al(2,1)))，
故kPA·kPB＝eq \f(yeq \\al(2,1),xeq \\al(2,1)－9)＝eq \f(\f(5,9)（9－xeq \\al(2,1)）,xeq \\al(2,1)－9)
＝－eq \f(5,9)⇒eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(y1,x1－3)＝－eq \f(5,9).
eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)＝－eq \f(5,9)·eq \f(x1－3,y1)·eq \f(x2－3,y2)＝－eq \f(5,9)·eq \f(（my1－1）（my2－1）,y1y2)
＝－eq \f(5,9)·eq \f(m2y1y2－m（y1＋y2）＋1,y1y2)
＝－eq \f(5,9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－\f(4m2,5)－\f(9＋5m2,25)))＝eq \f(1,5)⇒－λ＝eq \f(1,5)⇒λ＝－eq \f(1,5)为定值.
法四(极点、极线法)
由eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1得F点对应的极线为eq \f(2x,9)＝1，即x＝eq \f(9,2)，令AP∩BQ＝Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，m))，由kAP＝kMA＝eq \f(m,\f(15,2))，kBQ＝kMB＝eq \f(m ,\f(3,2))，得eq \f(k1,k2)＝eq \f(1,5)，即λ＝－eq \f(1,5).
【典例3】在平面直角坐标系xOy中，已知离心率为eq \f(1,2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值.
【解析】(1)设椭圆C的半焦距为c，
依题意eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，①
又△ABM的面积最大值为2eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)·2a·b＝2eq \r(3)，即ab＝2eq \r(3)，②
又a2－b2＝c2，③
联立①②③，得a2＝4，b2＝3，c2＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线l：x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，
y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
故my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2).
易得直线AM：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)与直线x＝t相交于Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(（t＋2）y1,x1＋2)))，
因为k1，k0，k2成等差数列，
所以2k0＝k1＋k2，
即2·eq \f(\f(（t＋2）y1,x1＋2),t－1)＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2－2)，
所以eq \f(2（t＋2）,t－1)－1＝eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)
＝eq \f(y2（my1＋3）,y1（my2－1）)＝eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1)
＝eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）＋3y2,\f(3,2)（y1＋y2）－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，
进而解得t＝4，
所以实数t的值为4.
三、【培优训练】
【训练一】（2023·四川乐山·统考二模）已知椭圆经过，两点，，是椭圆上异于的两动点，且，若直线，的斜率均存在，并分别记为，.
(1)求证：为常数；
(2)求面积的最大值.
【解析】【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线的倾斜角分别为，根据，可得，即，求出，从而可得出结论；
（2）利用待定系数法求出椭圆方程，设，，联立方程求出，再根据，化简计算结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）设直线的倾斜角分别为，
因为，所以，
即，故，
因为，，所以，所以，
所以，
则，
所以为常数；
（2）椭圆经过，两点，
代入得，解得，
所以椭圆方程为，
设，，由（1）得，
则的方程为，的方程为，
联立，消得，则，
同理可得，
则
令，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
【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．
【训练二】（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆的中心，点为其上的一点满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设定点，过点的直线交椭圆于两点，若在上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求的范围．
【解析】【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）在中，根据余弦定理及可得，从而求得椭圆方程.
（2）设，直线的方程为，代入椭圆方程得韦达定理，要使为常数，则，根据范围得到的范围及点坐标.
【详解】（1）设，在中，设，
，
，
，
，
所以椭圆的方程为：
（2）设，直线的方程为，
，
，
，
设
，
若为常数，则，
即，而此时，
又，即或，
综上所述，或，存在点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值
【点睛】关键点点睛：对任意恒为定值，因为分子分母中同时含有，这种情况下分子分母的对应系数成比例则整体可以为定值，故需要且即项、常数项对应成比例.
【训练三】（2023·安徽蚌埠·统考二模）点在以、为焦点的双曲线上，已知，，为坐标原点．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过点作直线分别与双曲线渐近线相交于、两点，且，，求双曲线的方程；
(3)若过点（为非零常数）的直线与（2）中双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点、，且（为非零常数），问在轴上是否存在定点，使？若存在，求出所有这种定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)
(3)存在定点
【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的定义可求得、，利用勾股定理可得出关于、的等式，即可解得双曲线的离心率；
（2）求出双曲线的渐近线方程，设点、、，利用向量的线性运算与数量积的坐标运算可求得值，从而求得双曲线的方程；
（3）即假设在轴上存在定点，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用得到，再由平面向量数量积的坐标运算可得出，综合可求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为，则，可得，
因为，由勾股定理可得，即，
所以，，因此，该双曲线的离心率为.
（2）因为，则，
所以，双曲线的方程为，即，
双曲线的渐近线方程为，设点、、，
，可得，
因为，即，可得，
即点，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，可得，
所以，，所以，，因此，双曲线的方程为.
（3）假设在轴上存在定点 使得，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
由题意可得，可得，
由韦达定理可得，，易知、，
所以，，
，
因为，所以，，
即，即，
即，（*）
由可得，则，
将代入（*）可得，（**）
将代入韦达定理可得，所以，，
将代入（**）式可得，
故在轴上存在定点使得．
【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.
【训练四】（2023·河南·襄城高中校联考模拟预测）有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点到纸片圆心的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点与点重合，以点所在的直线为轴，线段的中点为原点建立平面直角坐标系．
(1)记折痕与的交点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(2)若直线：（）与曲线交于，两点．
（ⅰ）当为何值时，为定值，并求出该定值；
（ⅱ），为切点，作曲线的两条切线，当两条切线斜率均存在时，若其交点在直线上，探究：此时直线是否过定点，若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)（ⅰ），定值为5；（ⅱ）过定点，定点坐标为
【分析】（1）利用椭圆的定义判断轨迹，即可求出方程．（2）（ⅰ）联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系表示出，写出关于的表达式分析可得．（ⅱ）求出在，两点处的切线方程，设出点坐标，并分别代入到两条切线方程，进而表示出直线的方程，即可得到定点．
【详解】（1）由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以曲线的方程，即椭圆方程为．
（2）（ⅰ）由消元得，，
由，得．
设，，则，，
所以
，
当为定值时，即与无关，
令，得，此时恒成立，
即当时，为定值，且定值为5．
（ⅱ）设在点处的切线方程为，
由消去，
整理得，
由，
化简得，
因为，
所以，
故在点处的切线方程为，整理可得，①
同理可得，在点处的切线方程为．②
设，将其代入①②，得，，
所以直线的方程为，即，
令，得
故直线过定点，且定点坐标为．
【训练五】（2023·山东聊城·统考二模）已知点M为双曲线右支上除右顶点外的任意点，C的一条渐近线与直线互相垂直．
(1)证明：点M到C的两条渐近线的距离之积为定值；
(2)已知C的左顶点A和右焦点F，直线与直线相交于点N．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）根据垂直关系得到渐近线的斜率，得到方程，求出双曲线方程，进而设出点M的坐标为，，利用点到直线距离公式得到点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值；
（2）先考虑时，再考虑，当M在x轴上方时，设出点的坐标，表达出，结合正切二倍角公式得到，故，当M在x轴下方时，同理可得结论.
【详解】（1）因为双曲线C的一条渐近线与直线互相垂直，
所以其中一条渐近线的斜率为，则，则．
所以双曲线C的方程为．
设点M的坐标为，则，即．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，
则点M到两条渐近线的距离分别为，
则．
所以点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值．
（2）存在．
①当时，，又N是的中点，
所以，所以，此时．
②当时．
ⅰ）当M在x轴上方时，由，可得，
所以直线的直线方程为，
把代入得．
所以，则．
由二倍角公式可得．
因为直线的斜率及，
所以，则．
因为，
所以．
ⅱ）当M在x轴下方时，同理可得．
故存在，使得．
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
【训练六】（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，，P是直线上不同于原点O的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于A，B两点，斜率为的直线与双曲线交于C，D两点．
(1)求的值；
(2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点P，满足，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
【解析】【答案】(1)；
(2)存在或满足题意．
【分析】（1）设出，然后计算即可得；
（2）假设存在，设设，写出直线方程，设，直线方程代入双曲线方程整理后应用韦达定理得，代入到式子中，同理设，直线方程代入双曲线方程，应用韦达定理，代入计算，然后由条件求得得定点坐标．
【详解】（1）由已知，，设，，
∴，，；
（2）设，（），∴，
∴直线的方程是，设，，
代入双曲线方程得，
即，
，，
，
同理的方程为，设，，
仿上，直线方程代入双曲线方程整理得：
，
，，
∴
．
由得，
整理得，∵，∴，
∴存在或满足题意．
【点睛】方法点睛：是假设定点存在，题中设，写出直线方程，设出直线与双曲线的交点坐标如，直线方程代入双曲线方程整理后应用韦达定理得，代入到式子中，最后利用已知条件求得，若求不出结果说明不存在．本题考查了学生的逻辑能力，运算求解能力，属于困难题．
四、【强化测试】
【单选题】
1. （2023·全国·模拟预测）椭圆的两焦点分别为，过点的直线交椭圆于点，若的最大值为3，则当取得最小值时，的面积为（ ）
A．4B．C．3D．2
【解析】【答案】C
【分析】由题意，求得，再由公式算得通径长度以及当取得最小值时，的面积
【详解】由的最大值为3，即右焦点到左顶点的距离，
得，即，两边同时平方得，所以，．
易知当直线垂直于轴时，取得最小值，此时，
所以.
故选：C
2. （2023上·山东·高三校联考开学考试）如图，A，分别是椭圆的左、右顶点，点在以为直径的圆上（点异于A，两点），线段与椭圆交于另一点，若直线的斜率是直线的斜率的4倍，则椭圆的离心率为（ ）

A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【分析】利用椭圆与圆的性质计算即可.
【详解】设，易知，
则，，
又，
所以.
故选：C
3. （2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）设双曲线：的离心率为，过左焦点作倾斜角为的直线依次交的左右两支于，，则有．若，为的中点，则直线斜率的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【分析】依题意可得，即可得到，从而表示出，再利用点差法得到，即可得到，再利用基本不等式计算可得.
【详解】因为，所以，
又，
所以，则，
所以，
设，，则，，
所以，即，
所以，即，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
即直线斜率的最小值是.

故选：C
【点睛】关键点睛：根据解答的关键是用含的式子表示，再利用点差法得到，从而表示出，最后利用基本不等式求出最小值.
4. （2023·江苏南通·统考模拟预测）古希腊人从一对对顶圆锥的截痕中发现了圆锥曲线，并研究了它的一些几何性质．比如，双曲线有如下性质：A，B分别为双曲线的左、右顶点，从C上一点P（异于A，B）向实轴引垂线，垂足为Q，则为常数．若C的离心率为2，则该常数为（ ）
A．B．C．D．3
【解析】【答案】D
【分析】设，由题结合可得.则，后由离心率结合可得答案.
【详解】设，则，又由题得
.则.
则.
故选：D

5. （2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知双曲线的离心率为3，斜率为的直线分别交F的左右两支于A，B两点，直线分别交F的左、右两支于C，D两点，，交于点E，点E恒在直线l上，若直线l的斜率存在，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】A
【分析】由点差法可得与关系式、与关系式，由E，M，N三点共线， 列式可得结果.
【详解】由题得，
设的中点的中点，
则，得，
所以，所以①，同理得②，
因为，则E，M，N三点共线，所以，将①②代入得，即，
因为直线l的斜率存在，所以，
所以，即点E在直线上.
故选：A.
6. （2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）2022年12月4日20点10分，神舟十四号返回舱顺利着陆，人们清楚全面地看到了神舟十四号返回舱成功着陆的直播盛况.根据搜救和直播的需要，在预设着陆场的某个平面内设置了两个固定拍摄机位和一个移动拍摄机位.根据当时气候与地理特征，点在拋物线（直线与地平线重合，轴垂直于水平面.单位：十米，下同.的横坐标）上，的坐标为.设，线段，分别交于点，，在线段上.则两固定机位，的距离为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】B
【分析】设，，，根据条件，，得出坐标间的关系，表示直线的方程，求出恒过的定点即为点，计算即可.
【详解】设，，，，，
根据条件有，，,
，.
∴，.
由题意互不相等，把，，分别代入上两式化简得，，消去得.
的方程是，即，
∴的方程为，则，
∴经过定点.
所以点的坐标为.，
即两固定机位的距离为.
故选：B.
7. （2023·江苏南通·模拟预测）双曲线和椭圆的右焦点分别为，，，分别为上第一象限内不同于的点，若，，则四条直线的斜率之和为（ ）
A．1B．0C．D．不确定值
【解析】【答案】B
【分析】设为原点，则，，结合题意可得，即可得到.由可得，进而得到.设，，分别代入双曲线和方程，可得，再表示出和，进而求解.
【详解】设为原点，则，，
而，得，
所以、、三点共线.
因为，所以，且，
得，
所以，即.
设，，分别代入双曲线和，
则，即，
所以，
，
因为、、三点共线，
所以，
即.
故选：B.
8. （2023·河南郑州·校考模拟预测）已知A，B分别为双曲线的左、右顶点，P为该曲线上不同于A，B的任意一点，设，，的面积为S，则（ ）
A．为定值B．为定值
C．为定值D．为定值
【解析】【答案】C
【分析】利用三角换元得到，利用斜率公式可求与的关系，化简后可得的关系，故可判断AB的正误，根据面积公式可求（用表示），故可判断CD的正误.
【详解】由于双曲线的对称性，可设,
由双曲线可得，
则
,
因此,其中，
对于不是定值，故不正确；
对于,由于,即，
若为定值,则为定值,从而和是确定的值,
于是均为定值,这是不可能的,故B错误.
对于选项,
因此是定值,不是定值，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：这道题关键的地方是利用三角换元法假设出，然后利用直线的斜率公式和正切的二倍角公式进行化简，即可判断每个选项
【多选题】
9. （2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知椭圆：的中心为，，是上的两个不同的点且满足，则（ ）
A．点在直线上投影的轨迹为圆
B．的平分线交于点，的最小值为
C．面积的最小值为
D．中，边上中线长的最小值为
【解析】【答案】ABC
【分析】根据斜率是否存在分类设直线方程，利用，可求得点到直线的距离为定值，即可判断A；
根据椭圆的对称性，的平分线及边上中线最小值都为点到直线的距离可判断BD；
C选项可有射影定理和基本不等式求出的最小值，进而得到面积的最小值.
【详解】
选项A：如图，作于，则点在直线上投影为点，
当直线斜率不存在时，设直线为，
因，根据椭圆的对称性可知若在第一象限，则，
代入得，得，
故直线方程为，此时为直线与轴的交点，，
根据椭圆的对称性知，当直线方程为，也符合题意，，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
设，，则，，
因，故，即，
化简得，
即，
得，
即点到直线的距离，则，
综上可知为定值，故点的轨迹为以为圆心以为半径的圆，故A正确；
选项B：由A选项知点到直线的最小距离为，
的平分线交于点，当直线斜率不存在时，根据椭圆的对称性，
即为，故的最小值为，故B正确；
选项C：根据射影定理，，
故，当且仅当时等号成立，
此时，故C正确；
D选项：当直线斜率不存在时，根据椭圆的对称性，
中，边上中线即为，故D错误，
故选：ABC
10. （2023·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）双曲线具有如下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知，分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点，则（ ）
A．的渐近线方程为
B．
C．过点作，垂足为，则
D．四边形面积的最小值为
【解析】【答案】ABD
【分析】对于A选项，求出双曲线的渐近线，故A正确；对于B选项， 证明为双曲线的切线，由双曲线的光学性质可知，AM平分，故B正确；对于C选项，延长，与的延长线交于点，则AH垂直平分，即点为的中点．又是的中点，求出，故C错误；对于D选项，利用基本不等式求出四边形面积的最小值为，故D正确.
【详解】对于A选项，由已知可得，，∴C的渐近线方程为，故A正确；
对于B选项，由题意得，AM的直线方程为，所以，∴为双曲线的切线，由双曲线的光学性质可知，AM平分，故B正确；
对于C选项，延长，与的延长线交于点，则AH垂直平分，即点为的中点．又是的中点，
∴，故C错误；
对于D选项，
，
当且仅当，即时，等号成立．∴四边形面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD．
11. （2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）抛物线为定值焦点为，与直线相交于两点，为中点.过作轴的垂线，垂足为，过作的垂线，交轴于，则（ ）
A．
B．的纵坐标是定值
C．为定值
D．存在唯一的使得
【解析】【答案】BCD
【分析】联立直线与抛物线方程，判别式法可判断A；韦达定理得，，进而求解中点M的纵坐标可判断B；结合弦长公式可判断C；结合点到直线距离公式及弦长公式，利用几何法可判断D.
【详解】设，，，则，
联立，整理得，
则，解得，故A错误；
因为，，
所以，为定值，故B正确；
，
又，，所以，
所以为定值，故C正确；
因为，且过，所以直线MN方程为：，
令得，点P到直线AB的距离，
要使，则，所以，
又，所以，解得，
所以存在唯一的使得，故D正确.

故选：BCD
12. （2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上、下顶点分别为，动点在椭圆上（点在第一象限，点在第四象限），是坐标原点，若的面积为1，则（ ）
A．为定值B．
C．与的面积相等D．与的面积和为定值
【解析】【答案】ABC
【分析】根据面积公式结合椭圆标准方程联立等式，化简求出，为定值，可判断A，根据直线斜率之间关系得到直线之间的关系可判断，根据三角形面积公式即可判断C,D.
【详解】由题意可得，直线 所在直线方程为：，
设到直线的距离为，
则，
因为,在椭圆上，
所以，.
因为点在第一象限，点在第四象限，
所以，
有，
所以，，即，，故A正确，
，，
因为
因为，，所以，，
代入得，，
因为在椭圆上，有，即，
所以，，即，故B正确，
，，
因为，所以，
代入得,故C正确，
，，
因为不是定值,故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
【填空题】
13. （2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）过点作斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，直线交x轴于点Q，连接QA，OB，则直线QA，QB的斜率之和为 ．
【解析】【答案】0
【分析】由题意可得直线的方程与点的坐标，设,联立直线与抛物线的方程，消去，根据韦达定理可得，，根据过两点的斜率公式即可求解.
【详解】由题意可得直线的方程为,,
设,
联立，消去可得,即，
,
则，.
所以
.
故答案为:0.
14. （2023·江苏苏州·校联考三模）已知双曲线，过其右焦点的直线与双曲线交于、两点，已知，若这样的直线有条，则实数的取值范围是 .
【解析】【答案】
【分析】记，分析可知双曲线的实轴长和通径长不可能同时为，可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，其中，设点、，将直线的方程与双曲线方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的方程由四个不等的实数解，可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.
【详解】记，若直线与轴重合，此时，；
若直线轴时，将代入双曲线方程可得，此时，
当时，则，此时，；当，可得，则，
所以，双曲线的实轴长和通径长不可能同时为；
当直线与轴不重合时，记，则点，
设直线的方程为，其中，设点、，
联立可得，
由题意可得，可得，
，
由韦达定理可得，，
所以，
，即，
所以，关于的方程由四个不等的实数解.
当时，即当时，可得，
可得，整理可得，因为，解得；
当时，即当，可得，
可得，整理可得，可得.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
15. （2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆的右焦点为外的一点满足（为坐标原点），过点的直线与交于两点，且，若直线的斜率之积为，则 ．
【解析】【答案】
【分析】取线段的中点为，利用边长比值关系可得，进而借助点差法求解的值.
【详解】解：如图，取线段的中点为，连接，

则由题意可得，，又，所以．
因为直线的斜率之积为，所以．
设，则，
两式相减可得，
整理得，即，
所以，所以．
故答案为：．
16. （2021·安徽黄山·统考一模）在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足，当 且时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线， 分别为双曲线的左､右焦点，A，B为双曲线虚轴的上､下端点，动点P满足， 面积的最大值为4.点M，N在双曲线上，且关于原点O对称，Q是双曲线上一点，直线和的斜率满足 ，则双曲线方程是 ；过的直线与双曲线右支交于C，D两点(其中C点在第一象限)，设点､分别为 ､的内心，则的范围是 .
【解析】【答案】
【分析】设，根据，求得，结合的最大面积得到，再根据，得出，设边上的切点分别为，根据内心的性质，得到轴，设直线的倾斜角为，在中，得到，进而求得的取值范围.
【详解】设，
由题意知，可得，即，
整理得，可得圆心为，半径，
所以的最大面积为，解得，即，
设，则，
则，可得，同理
则，则，
整理得，所以双曲线的方程为.
如图所示，设边上的切点分别为，
则横坐标相等，则，
由，即，即，
即，即点的横坐标为，则，
于是，可得，
同样内心的横坐标也为，则轴，
设直线的倾斜角为，则，
在中，
，
由双曲线的方程，可得，则，
可得，
又由直线为双曲线右支上的点，且渐近线的斜率为，倾斜角为，
可得，即，
可得的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
【解答题】
17. （2023上·四川雅安·高三校联考期中）已知椭圆：的焦距为，且.
(1)求的方程；
(2)A是的下顶点，过点的直线与相交于，两点，直线的斜率小于0，的重心为，为坐标原点，求直线斜率的最大值.
【解析】【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距和和题目条件得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，再表达出重心坐标，，求出最大值.
【详解】（1）由题可知，解得
故的方程为；
（2）设的方程为，，.
联立方程组整理得，
则，得，
.
设，因为，所以，，
所以
，
当，即（满足）时，取得最大值，且最大值为.
18. （2023·上海宝山·统考一模）以坐标原点为对称中心，焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点，动点满足，求动点的轨迹所围成的图形的面积；
(3)过圆上一点（不在坐标轴上）作椭圆的两条切线.记的斜率分别为，求证：.
【解析】【答案】(1)
(2)面积为.
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出a和b，即可得椭圆的方程；
（2）设， 由可得轨迹方程，再求面积即可；
（3）过点的直线与椭圆相切，与椭圆方程联立，利用得出的一元二次方程，结合韦达定理化简，进而可求出为定值.
【详解】（1）由题设知椭圆中，得
由得
所以椭圆的方程为；
（2）设， 由得
化简得.
表示的是以为圆心，为半径的圆，其面积为.
（3）设，且
设过点的直线与椭圆相切，联立
化简得
由得
点在直线上，得代入上式
化简得
因为是椭圆的两条切线，所以是上面方程的两根
由韦达定理得.
由得
所以
又
所以.
19. （2023·全国·统考高考真题）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.
【解析】【答案】(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.
20. （2023·河南·襄城高中校联考三模）设双曲线的左、右焦点分别为，，且E的渐近线方程为．
(1)求E的方程；
(2)过作两条相互垂直的直线和，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
【解析】【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，结合，求得的值即可；
（2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由题意，得的渐近线方程为，
因为双曲线的渐近线方程为，所以，即，
又因为，所以，则，
故的方程为．
（2）根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，
设直线，，其中，
因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，
将的方程与联立，可得，
设，则，，
所以
，
用替换，可得，
所以．
令，所以，
则，
当，即时，等号成立，
故四边形面积的最小值为．

【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
21. （2023·吉林长春·统考一模）过抛物线焦点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点的直线，交抛物线于、两点，直线与的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)直线与直线的交点都在上
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，根据抛物线定义及求得；
（2）分别表示出直线与方程，联立得交点的横坐标为定值.
【详解】（1）由题意设直线，，，
联立方程组，消得，，
所以，，解得，
即指物线的方程为．
（2）由（1）可知，，．
设直线，，,
联立方程组，消得，
所以，．
直线的斜率为 ，
所以直线，即，
同理可得直线，从而，
即，
解得，所以直线与直线的交点都在上．
22. （2023·安徽芜湖·统考模拟预测）已知动圆过定点，且与直线相切.
(1)求动圆圆心轨迹的方程；
(2)设过点的直线交轨迹于，两点，已知点，直线，分别交轨迹于另一个点，.若直线和的斜率分别为，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）设直线，的交点为，求线段长度的最小值.
【解析】【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）3；
【分析】（1）根据给定条件，可得动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，利用抛物线的定义求解方程作答.
（2）（ⅰ）设直线的方程，与曲线的方程联立，设出，用分别表示点的纵坐标，再计算，作答.
（ⅱ）由（ⅰ）求出直线的方程，直线的方程，并联立求出交点的轨迹即可求解作答.
【详解】（1）依题意，动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，
因此动圆圆心的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，
所以动圆圆心轨迹的方程为.
（2）（ⅰ）设，，，，
因为过点，显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，，
由消去x并整理，得，于是，
直线上任意点，有，而，
于是，又，因此直线的方程为，
由消去x并整理，得，则，同理得，
又，同理，
所以.
（ⅱ）由（ⅰ）知，当不垂直于x轴时，直线的斜率，
同理直线的斜率，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
由消去得，因此直线和的交点在定直线上，
当时，由对称性不妨令，直线的方程为，
由得点，同理点，因此直线的方程为，
直线的方程为，由解得：，点在直线上，
从而直线，的交点的轨迹为直线，点到直线的距离3，即为长度的最小值，
所以线段长度的最小值为3.
【点睛】结论点睛：点是抛物线上的两点，则直线斜率；点是抛物线上的两点，则直线斜率.
专题56 圆锥曲线综合问题
知识梳理
考纲要求
方法技巧
题型归类
题型一：定点问题
题型二：定值问题
题型三：定线问题
题型四：最值问题
题型五：范围问题
题型六：探索问题
题型七：优化算法
题型八：非对称韦达
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题