24届高三二轮复习解析几何专题5——解析几何（二）原卷及教师版

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一、单焦点三角形的内心模型
1．（2023下·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知双曲线()的左､右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】延长到且，延长到且，结合向量的线性关系知是△的重心，根据重心和内心的性质，进而得到，由双曲线定义得到齐次方程，即可求离心率.
【详解】如下图示，延长到且，延长到且，
所以，即，
故是△的重心，即，又，
所以，而是的内心，则，
由，则，故，即.
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程.
2．（2021·四川成都·校联考三模）已知双曲线（，）的左，右焦点分别是，，点是双曲线右支上异于顶点的点，点在直线上，且满足，.若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】由可得在的角平分线上，由双曲线的定义和切线长定理可得为的内心，再由内心的向量表示，推得，再由双曲线的定义和离心率公式，即可求解.
【详解】因为，所以是的角平分线，
又因为点在直线上，且在双曲线中，点是双曲线右支上异于顶点的点，
则的内切圆圆心在直线上，即点是的内心，
如图，作出，并分别延长、、至点、、，使得，
，，可知为的重心，
设，，，由重心性质可得，
即，
又为的内心，所以，
因为，所以，，则，
所以双曲线的离心率.
故选：C.
【点睛】三角形重心、内心和外心的向量形式的常用结论：
设的角，，所对边分别为，，，则
（1）的重心满足；
（2）的内心满足；
（3）的外心满足.
3．（2022·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.
【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.

故选：A
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.
4．（2018下·四川雅安·高三雅安中学阶段练习）已知椭圆的离心率为，是椭圆上一点，是椭圆的左右焦点，为的内切圆圆心，若，则的值是( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取线段的中点为，结合条件可得，再根据及椭圆的定义，即可得到结果.
【详解】
取线段的中点为，点分别为边,上的切点，如图所示：
则，∵，
∴，
∴,,三点共线，，，则点为边上的切点.
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵椭圆的离心率为，
∴，
∵，即，
∴
故选:D.
5．（2023上·四川眉山·高二统考期末）已知椭圆C：，为左右焦点，点在椭圆C上，的重心为，内心为，且有（为实数），则椭圆方程为( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据内心及重心的性质，可知点距轴的距离为，再利用等面积法建立关于与的等式，再利用点在椭圆C上可求解.
【详解】设点距轴的距离为，因为，则点距轴的距离为，连接，则，
，
所以，所以，
所以椭圆方程为．
故选：A
二、双焦点三角形的内心模型
6．（2022上·江苏扬州·高二江苏省邗江中学校考期中）已知分别为双曲线的左､右焦点，为双曲线的右顶点. 过的直线与双曲线的右支交于两点（其中点A在第一象限），设分别为的内心，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设上的切点分别为，利用双曲线定义及内心性质可得，同理可得，
设直线的倾斜角为，由均在双曲线右支结合渐近线斜率可得，则通过化简讨论范围即可.
【详解】由题意，，，
设上的切点分别为，则，
由得，
∴，即J与E重合，又x轴，故，同理可得.
设直线的倾斜角为，∵均在双曲线右支，则或，即或，则，
∵，则，
当时，；当，.
综上， 的取值范围是.
故选：B
7．（2021上·安徽·高三校联考开学考试）已知双曲线的左右焦点为，，过的直线交双曲线于M，N两点在第一象限），若与的内切圆半径之比为3：2，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】数形结合，设，，，依据双曲线定义可知，利用直线的倾斜角与大小相等，简单计算即可
【详解】
设圆与的三边的切点分别为，如图，
令，，，
根据双曲线的定义可得，化简得，
由此可知，在中，轴于，同理轴于，
轴过圆心作的垂线，垂足为，易知直线的倾斜角与大小相等，不妨设圆的半径，设圆的半径，则，，所以根据勾股定理，，所以，；
故选：B
【点睛】关键点睛：得到是关键，说明轴，同时直线的倾斜角与大小相等便于计算
8．（2024·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知，分别是双曲线：的左、右焦点，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，和的内心分别为M，N，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先结合切线长定理和双曲线的定义，求出焦点三角形内切圆圆心的横坐标，如图，确定点坐标，再根据内切圆概念，确定，设，用表示出，利用三角函数求的取值范围.
【详解】如图，设圆与的三边分别切于点、、，根据切线长定理得：，，.
又因为，所以，又，故，
所以点坐标为，即.
即圆与轴相切于点，同理圆也与轴相切于点.
又，所以
设，因为、都在双曲线的右支上，且渐近线斜率为，可知，
又，分别平分和，所以，，.
所以，又，
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用圆切线的性质、双曲线定义求出圆与x轴坐标相切的点坐标，并得到，结合表示出，注意的范围.
9．（2023上·四川成都·高二成都七中校考期末）已知F1，F2分别为双曲线C：的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用平面几何和内心的性质，可知M，N的横坐标都是a，得到MN⊥x轴，设直线AB的倾斜角为θ，有，根据θ∈(60∘,90∘]，将表示为θ的三角函数可求得范围.
【详解】解：设上的切点分别为H､I､J，
则.
由，得，
∴，即.
设内心M的横坐标为，由轴得点J的横坐标也为，则，
得，则E为直线与x轴的交点，即J与E重合.
同理可得的内心在直线上，
设直线的领斜角为，则，
，
当时，；
当时，由题知，，
因为A，B两点在双曲线的右支上，
∴，且，所以或，
∴且，
∴，
综上所述，.
故选：B.
10．（2023·四川·校联考模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，焦点到渐近线的距离为.过作直线交双曲线的右支于两点，若分别为与的内心，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据双曲线的标准方程和几何关系即可求解.
【详解】设半焦距为，
由题意知，
，
所以，
所以，
双曲线.

记的内切圆与边，，分别相切于点，
则横坐标相等，
则，，，
由，
即，
得，
即，
记的横坐标为，
则，
于是，得，
同理内心的横坐标也为，则轴.
设直线的倾斜角为，
则，
在中，
，
由于直线与的右支有2个交点，且一条渐近线的斜率为，倾斜角为，
可得，
即，
可得的范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据双曲线的定义结合三角形内切圆的性质得到的表达式，然后结合三角函数的性质即得.
三、渐近线特征三角形与离心率
11．（2018·全国·高考真题）设,是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：由双曲线性质得到，然后在和在中利用余弦定理可得．
详解：由题可知
在中，
在中,
故选B.
点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题．
12．（2020上·福建宁德·高二统考期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左支交于点 ，且恰为线段的中点，则双曲线的离心率为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用中位线关系求得，再利用双曲线的定义，表示的三边，最后根据勾股定理求双曲线的离心率.
【详解】连结，因为点分别为和的中点，
所以，且
设点到一条渐近线的距离，所以
，又，所以，
中，满足，
整理为：，
双曲线的离心率.
故选：D
【点睛】本题考查双曲线的离心率，意在考查数形结合的思想，转化与化归的思想，属于中档题型，本题的关键是利用中位线得到，和焦点到渐近线的距离等于，这个结论记住，做小题时可以直接使用.
13．（2021下·吉林白山·高三校联考阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点（异于坐标原点），若线段交双曲线于点，且则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出渐近线方程并根据平行关系判断出点位置，通过联立渐近线方程与的方程求解出的坐标，即可求解出点坐标，再根据点在双曲线上将坐标代入方程并化简，由此求解出双曲线离心率的值.
【详解】不妨设渐近线的方程为，因为，为的中点，
所以为的中点，
将直线，的方程联立，可得，
又，所以即，
又点在双曲线上，所以，解得，
所以该双曲线的离心率为，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于通过已知位置关系判断出点位置，其余则是通过坐标运算结合点在曲线上这一条件进行相关计算.
14．（2022·全国·统考高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
四、垂直渐近线体系
15．（2021上·福建漳州·高二福建省平和第一中学校考阶段练习）已知为双曲线的右焦点，经过作直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与双曲线的另一条渐近线在第二象限的交点为．若，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】设，与双曲线两渐近线联立可求得坐标，利用可构造齐次方程求得离心率.
【详解】
由题意可设：，
由得：，即；
由得：，即；
，，即，
，即，，解得：，
即双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果.
16．（2016下·浙江·高三阶段练习）已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：设在渐近线上，直线方程为，由，得，即，由，得，因为在双曲线上，所以，化简得，．故选C．
考点：双曲线和几何性质．
17．（2017·江西·江西师大附中校考三模）已知是双曲线的左右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点,交另一条渐近线于点，且,则该双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由 到渐近线 的距离为 ，即有 ，则 ，在 中，
，化简可得 ，即有 ，即有 ，故选A.
【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.
18．（2018·山东济南·统考一模）设，分别为双曲线的左、右焦点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，延长与双曲线的右支相交于点，若，则此双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出双曲线的一条渐近线方程，运用点到直线的距离公式可得，进而得到，分别在直角三角形中运用勾股定理，在中，运用余弦定理，结合双曲线的定义和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】双曲线的方程为，一条渐近线方程为，
设，可得，
若，则，即，
在直角三角形中，，
由双曲线的定义可得，
在中，，
即有，即，
可得，化为，即有，
可得，即有.
故选:B.
19．（2020上·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）已知双曲线，过的右焦点作垂直于渐近线的直线交两渐近线于、两点、两点分别在一、四象限，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】先根据点到直线距离公式求得，再由，用表示出，根据双曲线的渐近线方程及正切二倍角公式，即可求得与的等量关系式，进而求得双曲线的离心率.
【详解】解：由题意知：双曲线的右焦点，渐近线方程为，
即，
如下图所示:
由点到直线距离公式可知：，
又，
，
，
即，
设，
由双曲线对称性可知，
而，，
由正切二倍角公式可知：，
即，
化简可得：，
即，
由双曲线离心率公式可知：.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是找到关于的等量关系，本题主要是根据双曲线的渐近线方程及正切二倍角公式，求得与的等量关系式，进而求得双曲线的离心率.
五、极化恒等式
20．（2022上·山东淄博·高二校联考阶段练习）若、为椭圆：的左、右焦点，焦距为4，点为上一点，若对任意的，均存在四个不同的点满足，则的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用平面向量数量积的运算律和椭圆的性质求解.
【详解】由题可得，，
设为坐标原点，则,
所以
,即，
因为，所以，
若存在四个不同的点满足，又，
所以，即，所以，
所以，所以，
故答案为: .
21．（2022·全国·高三专题练习）已知的上、下焦点分别是，，若椭圆C上存在点P使得，，则其离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】使用极化恒等式由得，根据向量运算得 ，结合条件得出的取值范围建立关于的不等关系，从而求出离心率的取值范围.
【详解】设坐标原点为
所以
又
所以，即，故.
故选：C
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的关系式，这个关系式可以用几何关系得到，也可以用代数关系得到.
在本题中主要是通过建立关系 ，一方面由极化恒等式得，另一方面结合条件及向量运算得，从而建立a，b，c的不等关系.
22．（2023上·重庆·高二重庆市育才中学校考期中）已知，为双曲线的两个焦点，为双曲线上一点，且.则此双曲线离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，可得夹角的取值范围，整理相关等式，进而可得离心率的函数表达式，利用不等式定义，可得答案.
【详解】设，，，由，则，
显然，则整理可得，由，
则，
解得，由双曲线的定义可知：，
则，整理可得，
化简可得，由，且，
则，可得或，
解得或，所以，解得.
故选：C.
23．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知M，N是椭圆上关于原点O对称的两点，P是椭圆C上异于的点，且的最大值是，则椭圆C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算律，化简，结合椭圆的范围可得的最大值，即可求得，即得答案.
【详解】由题意知M，N是椭圆上关于原点O对称的两点，
故
,
由椭圆的范围可知，
故的最大值为，则，
即椭圆C的离心率是，
故选：C
24．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知M，N是椭圆上关于原点O对称的两点，P是椭圆C上异于M，N的点，且的最大值是，则椭圆C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量运算可得，结合椭圆性质可得的最大值是，列式运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
则，
由椭圆可知，则的最大值为，
即，整理得椭圆C的离心率.
故选：B.
六、解析几何小题中的直角界定
25．（2023上·陕西渭南·高二统考期末）如图，已知，为椭圆的左右焦点，椭圆上存在点使为钝角，则椭圆离心率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，由最大当且仅当P在短轴端点处，结合已知条件，利用直角三角形中的边角关系得到的大小关系，进而得到a、c的不等关系，然后得到结果.
【详解】当点为短轴端点时最大，当点为短轴端点时，因为，
由题意可知，只需，所以，所以
所以，即，所以，
又因为，所以
故答案为:
26．（2022上·福建福州·高二福州三中校考期中）已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由和正弦值，可设出的三边长，结合椭圆定义和勾股定理求出等量关系，利用点的位置求出的范围，代入等式有解，可求出的关系，即可求出离心率的范围.
【详解】解： 因为，，不妨设，，，
由椭圆定义可知：，，
由勾股定理可知：，即，化简可得：，
点在延长线上，且在椭圆内部，所以，，解得：.
令在上单调递增，所以，解得：，，又，且在椭圆内部，所以，则，.
故选B．
27．（2024·全国·高三专题练习）如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆顶点，为右焦点，延长与交于点P，若为钝角，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用椭圆的性质及平面向量数量积的坐标表示构造齐次式计算即可.
【详解】解：如图所示，是与的夹角；
设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为，
则，
∵向量的夹角为钝角时，，
又，
两边除以得，
解得或；
又∵，∴．
故选：D．
28．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知两动点，在椭圆：上，动点P在直线上，若恒为锐角，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由椭圆性质和图像得出椭圆的两条互相垂直的切线的交点的轨迹为圆，由条件可知直线 与圆 相离, 从而可得出的范围, 进而求出离心率的范围.
【详解】若从圆 上一点引椭圆的两条切线一定互相垂直.
证明如下：设椭圆的切线方程为 ，
过圆上一点 的切线为 ，，
即(1)
又 在圆上, ，即
(i) 当时, (1) 式为, 由根与系数关系知 , 故两条切线互相垂直.
(ii) 当 时, , 此时两条切线 显然互相重直.
故圆 上一点引椭圆的两条切线一定互相垂直.
所以椭圆 的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆.
若 恒为锐角, 则直线 与圆 相离
故 , 又,
.
故选:C.

29．（2022上·天津和平·高二天津市汇文中学校考阶段练习）已知椭圆E的左、右焦点分别为，过且斜率为2的直线交椭圆E于P，Q两点，若为直角，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据题干条件得到，由勾股定理得到，，作出辅助线，求出点P坐标为，代入椭圆方程，求出，求出离心率.
【详解】设，则，因为为直角，
所以，设，则，
由勾股定理得：，即，
解得：，所以，，
过点P作PM⊥x轴于点M，
则，
由勾股定理得：，
所以，
所以点P坐标为，
将代入椭圆方程中，
，
又，
解得：，
方程两边同时除以，得：，
解得：或，
因为，
所以.
故选：A
30．（2022·广西柳州·统考三模）如图，､分别是双曲线：的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于点､，若为以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，则，由双曲线的定义得到，求得，在中，利用余弦定理列出方程求得，即可求得双曲线的离心率.
【详解】由题意，等腰直角三角形，设，，则，
由双曲线的定义，可得，
可得，解得，
在中，由余弦定理可得，
即，
整理得，即，所以.
故选：D.
31．（2023上·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考阶段练习）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆（）上任意两个动点，动点P在直线上，若恒为锐角，则根据蒙日圆的相关知识，可知椭圆C的离心率的取值范围为
【答案】
【分析】求出给定椭圆的蒙日圆方程，由已知可得直线与该蒙日圆相离，建立不等式求出离心率范围即得.
【详解】依题意，直线都与椭圆相切，
因此直线所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆，
由点A、B为椭圆上任意两个动点，动点P满足为锐角，得点在圆外，
又动点P在直线上，因此直线与圆相离，
于是，解得，则，解得，
所以椭圆C的离心率的取值范围为.
故答案为：
七、米勒定理
32．（2015上·江苏盐城·高三阶段练习）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上且焦距为，为左右顶点，左准线与轴的交点为， ，若点在直线上运动，且离心率，则的最大值为 ．
【答案】
【详解】试题分析：,设，则，，当且仅当时取等号，则的最大值为
考点：椭圆性质，基本不等式求最值
33．（2023·浙江杭州·统考一模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，若与椭圆无公共点的直线上存在一点，使得的最大值为，则椭圆离心率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】不妨设，，，，直线倾斜角为，直线倾斜角为，由，结合基本不等式可得，由已知可得，进而可求椭圆离心率的取值范围．
【详解】不妨设，，，，
设直线倾斜角为，直线倾斜角为，
则，
，
若的最大值为，则有最小值，
又，当且仅当，即时取等号，
则，即，解得，
又椭圆与直线无公共点，则，所以，
所以椭圆离心率的取值范围是．
故答案为：．
34．（2022上·河北石家庄·高二河北新乐市第一中学统考期中）已知双曲线的左顶点为A，左焦点为F，P为渐近线上一动点，且P在第二象限内，O为坐标原点，当∠APF最大时，，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】设出点的坐标，然后表示出的斜率，利用到角公式表示出，最后结合基本不等式求出取得最大值时的条件，结合此时，即可求出离心率.
【详解】由已知得，渐近线方程为，设，
则
所以
，当且仅当即时等号成立，
此时，即，
即解得或（舍去）.
故答案为：
35．（2005·浙江·高考真题）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，长轴的长为4，左准线l与x轴的交点为M，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点P为l上的动点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知，设出椭圆方程，根据条件分别求解出即可得到椭圆方程；
（2）由已知，根据题意，设出点P坐标，并表示出直线，直线的斜率，然后利用到角公式借助基本不等式即可求解出取得最大值，从而得到的最大值.
【详解】（1）由已知，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，
设椭圆方程为，半焦距为，
则，，
由，长轴的长为4，
可得： ，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由已知，点为上的动点，
设，且，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
又因为，所以为锐角，
所以，
当，即时，取得最大值，
此时最大，故最大值为.
八、曲率半径
36．（2021·江苏·高二专题练习）曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线上点处的曲率半径公式为，则下列说法：
①对于半径为R的圆，其圆上任一点的曲率半径均为R
②椭圆上一点处的曲率半径的最大值为a
③椭圆上一点处的曲率半径的最小值为
④对于椭圆上点处的曲率半径随着a的增大而减小
其中正确的是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】A
【分析】根据曲率的意义及曲率半径公式计算求解即可.
【详解】①由题设知，圆的方程可写，所以圆上任一点处的曲率半径为，正确；
②③由弯曲最大处为，最小处为，
所以在处有，
在处有，即，故②错误，③正确；
④由题意，处的曲率半径，而，
所以，令，
则在上有恒成立，故R在上随着a的增大而增大，错误.
故选：A
37．（2022·江西·校联考二模）曲率半径可用来描述曲线在某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小．已知椭圆上点处的曲率半径公式为．若椭圆C上所有点相应的曲率半径的最大值为8，最小值为1，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，将表示为的函数，结合椭圆的范围求出的最大值、最小值的表达式即可计算作答.
【详解】依题意，，即，则，
因，则当时，，，
当时，，，
因此，且，解得，所以椭圆C的标准方程为.
故选：D
38．（2022·浙江·高三专题练习）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
39．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）密切圆（Osculating Circle）），也称曲率圆，即给定一个曲线及其上一点P，会有一个圆与曲线切在P点，而且是与曲线在该点邻近最贴近的圆，换言之，没有一个圆能介于此圆与曲线之间而与曲线相切，此圆称为曲线在点P处的密切圆，密切圆可能是与曲线在该点相切的圆中半径最大的（比如在抛物线顶点处的内切圆），曲线上某点的曲率圆的半径称为曲率半径．抛物线在顶点处的曲率半径为 ．
【答案】
【分析】根据题意，设出抛物线的内切圆方程，联立抛物线与圆的方程，结合曲率圆的定义即可得到结果.
【详解】
如图，做出抛物线的内切圆，设其内切圆的方程为，
联立，化简可得，
由曲率圆的定义可知，其与抛物线只有一个交点，
即原方程有且只有一个解，
则，即曲率半径为，
故答案为:
【点睛】解答本题的关键是数形结合，理解清楚曲率圆的定义，联立方程代入计算，即可得到结果.
40．（2023上·辽宁葫芦岛·高三统考期末）设B是椭圆的上顶点，若C上的任意一点P都满足，则C的离心率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用距离公式将表示，配方后，分和两种情况讨论即得
【详解】设，
则，
因为，
当即时，，
所以，即
化简得：，
故，两边同除以得，所以；
当，即时，，所以，
由，同除以得，所以
综上，离心率的范围为
故答案为：
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
九、中垂线截距定理
41．（2022·山西·校联考模拟预测）双曲线的右顶点为在轴上，若上存在一点（异于点）使得，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，则由已知可得点的轨迹方程为，与双曲线方程联立可求出点横坐标，由题意知点在双曲线的右支上，，化简可得，从而可求出离心率的取值范围
【详解】设，
∵，
点的轨迹方程为.
联立得，
解得（舍去），，
由题意知点在双曲线的右支上，即，
故，化简得，
因为，所以，
故选：D.
42．（2018上·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中阶段练习）已知椭圆的右顶点为，点在椭圆上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将原问题转化为椭圆与圆相交的问题，然后联立方程结合图形整理计算即可求得最终结果.
【详解】∵∠APO=90°，∴点P在以AO为直径的圆上，
∵O(0,0),A(a,0)，
∴以AO为直径的圆方程为,即x2+y2−ax=0，
由消去y,得(b2−a2)x2+a3x−a2b2=0.
设P(m,n)，
∵P、A是椭圆与x2+y2−ax=0两个不同的公共点，
∴,可得.
∵由图形得0即b2∴,解得椭圆离心率，
又∵e∈(0,1)，
∴椭圆的离心率e的取值范围为.
本题选择B选项.
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
43．（2016上·陕西汉中·高二统考期末）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，x轴上有一点Q（2a，0），若C上存在一点P，使AP⊥PQ，则双曲线离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：点P（m，n），根据AP⊥PQ利用数量积为零算出（m﹣a）（2a﹣m）﹣n2=0，结合点P（m，n）在双曲线上消去n，得关于m的一元二次方程：（m﹣a）（2a﹣m）﹣b2（﹣1）=0，此方程的一个根为a，而另一个根为大于a的实数，由此建立关于a、b、c不等式关系，化简整理即可得到离心率e的取值范围．
解：设点P（m，n），可得=（m﹣a，n），=（2a﹣m，﹣n）
∵AP⊥PQ，
∴×=（m﹣a）（2a﹣m）﹣n2=0…（1）
又∵P（m，n）在双曲线上
∴，得n2=b2（﹣1）…（2）
将（2）式代入（1）式，得（m﹣a）（2a﹣m）﹣b2（﹣1）=0
化简整理，得﹣m2+3am+c2﹣3a2=0
此方程的一根为m1=a，另一根为m2=．
∵点P是双曲线上异于右顶点A的一点，
∴＞a，得3a2＞2c2，即e2＜，
由此可得双曲线的离心率e满足1＜e＜，
故选B
考点：双曲线的简单性质．
十、抛物线的小结论
44．（2023·四川成都·石室中学校考三模）已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于，两点（点C和点A在点B的两侧），则下列命题中正确的有
①若BF为的中线，则；②若BF为的平分线，则；
③存在直线l，使得；④对于任意直线l，都有.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】设直线，，都在第一象限，如图，联立抛物线方程，利用韦达定理表示、、、.根据中线的性质可得，求出A、B的坐标即可判断①；根据角平分线的性质和相似三角形的性质，结合抛物线的定义计算求出，即可判断②；根据题意可得，列出方程求出即可判断③；根据抛物线的定义和，即可判断④.
【详解】由题意，设直线，令，都在第一象限，
由，得，如图所示.
，得，且，即，
所以，，则，.
①若BF为的中线，则，所以，所以，故，
所以，则，故①正确；
②若BF为的平分线，则，
分别作AD，BE垂直准线于点D，E，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，即，
则，所以，故②正确；
③若，即，即为等腰直角三角形，
此时，则，所以，所以，
所以，所以，此时A，B为同一点，不合题设，故③错误；
④，
而，结合，得，
即恒成立，故④正确.
故选：C.
【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；涉及有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
45．（2022·四川眉山·仁寿一中校考二模）已知抛物线）的焦点为F，过F且倾斜角为的直线l与抛物线相交于A，B两点，，过A，B两点分别作抛物线的切线，交于点Q.则下列四个命题中正确的个数是（ ）个.
①；
②若M（1，1），P是抛物线上一动点，则的最小值为；
③（O为坐标原点）的面积为.；
④，则.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用求得，然后结合导数、抛物线的定义、三角形的面积、两角差的正切公式对命题进行分析，从而确定正确答案.
【详解】抛物线的焦点为，
直线的方程为，设，
由消去并化简得，.
，
由得，
所以抛物线方程，，
不妨设在第一象限，在第二象限，则，
，设，
，设，
所以，所以，①正确.
到抛物线准线的距离为，结合抛物线的定义可知，的最小值是，②正确.
到直线的距离为，所以，③错误.
，
，④正确.
所以正确的有个.
故选：C
【点睛】求解直线和抛物线相交所得交点有关的问题，关键是联立直线的方程和抛物线的方程，写出根与系数关系，结合根与系数关系，设而不求来对问题进行求解.
46．（2022·四川凉山·统考三模）已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值.
【详解】∵ 抛物线的方程为，
∴ ，抛物线的准线方程为，
∵ 方程可化为，
∴过定点，
设，设的中点为，则，因为，为垂足，
∴，所以，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
过点作准线的垂线，垂足为，则,
∴ ,，又，当且仅当三点共线且在之间时等号成立，
∴ ，
过点作准线的垂线，垂足为，则,当且仅当三点共线时等号成立，
∴ ，当且仅当四点共线且在之间时等号成立，
所以的最小值为，
故选：A.
47．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交抛物线于点，则下列判断正确的序号是 .
①若过点，则的准线方程为
②若过点，则
③若，则点的坐标为
④若，则.
【答案】①②④
【分析】对于①项，求出点的坐标即可验证；对于②项，联立方程，由抛物线定义以及韦达定理表示出相应的弦长即可；对于④，联立方程，由韦达定理以及数量积的坐标形式即可求出的值从而验证；对于③项，由④中分析即可验证；由此即可得解.
【详解】如下图所示：

设，对于①项，若过点，则点的坐标为，所以，
故抛物线的准线方程为，故①正确；
对于②项，由①可得的方程为，
与的方程联立消去并整理得，则，，
根据抛物线的定义，可得，，，
所以，
所以，故②项正确；
如下图所示：

对于④，将的方程与的方程联立，得，所以，，
设，则，所以，即，
由得，
即，
所以，所以，故④正确
对于③项，由④中分析可知，，所以焦点，故③错误.
综上所述：正确的序号是①②④.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛：对于①项的验证比较常规，而熟练联立方程运用韦达定理或者抛物线定义表示弦长，熟练运用数量积的坐标公式以及夯厚的计算功底是正确验证②④项的关键，至于③项的验证，直接由④中分析过程即可验证.
48．（2023下·四川遂宁·高三射洪中学校考开学考试）已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，则下列结论正确的是 .
①若点，则的最小值是3
②的最小值是2
③若，则直线的斜率为
④过点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为，则点的横坐标为
【答案】①③④
【分析】过点分别作准线的垂线，垂足分别为，进而根据抛物线的定义判断①；
根据判断②；设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理，根据解方程即可得判断③；根据直线与曲线的位置关系得过点，分别与抛物线相切的直线方程为，，进而联立方程解得可判断④.
【详解】由题知，，准线方程为，
对于①选项，如图，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，
故，故①正确；
对于②，设，
故，故②错误；
对于③，当直线的斜率不存在时，，不成立；
故直线的斜率存在，设方程为，与抛物线方程联立，
得，
所以，
因为，
所以，即，解得，故③正确；
对于④，设过点与抛物线相切的直线方程为，
与抛物线方程联立得，
所以，整理得，
所以，故即为，整理得，
同理得过点与抛物线相切的直线方程为，
所以，联立方程，解方程得，
因为，所以，
所以，即点的横坐标为，故④正确.
故选：①③④
【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．
十一、双曲线渐近线的本质问题
49．（2021·河北石家庄·统考二模）已知双曲线：，其上、下焦点分别为，，为坐标原点．过双曲线上一点作直线，分别与双曲线的渐近线交于，两点，且点为中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若轴，则．
B．若点的坐标为，则直线的斜率为
C．直线的方程为．
D．若双曲线的离心率为，则三角形的面积为2．
【答案】ACD
【分析】利用双曲线基本性质，点差法及三角形面积的表示，即可得到结果.
【详解】若轴，则直线过双曲线的顶点，，
双曲线的渐近线方程为，易得，两点的横坐标为 ，
∴，即A正确；
若点的坐标为，则，
易得双曲线渐近线方程为，设，
利用点差法：，
两式作差可得，，即
∴，即B错误；
若，利用点差法同样可得，
∴直线的方程为
即，
∴，故C正确；
若双曲线的离心率为，则双曲线方程为，
∴渐近线方程为，设，
∴ ，
联立方程 可得 ，
同理可得，
∴，
故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：（1）涉及中点问题，可以利用点差法来简化运算；
（2）三角形面积的表示，设，则.
50．（2022上·江苏南京·高三江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）已知双曲线C：的左右焦点分别为，为坐标原点，为双曲线右支上的一点，过点的直线与右支交于另一点，且与双曲线的两条渐近线分别交于两点，则（ ）
A．点到两条渐近线的距离之积为定值B．为定值
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用点到直线的距离公式，坐标表示直接比较和直曲联立即可进行判断.
【详解】由已知双曲线，渐近线方程为，
点到两条渐近线的距离为
，故A正确.
因为，作直线，，且
两直线分别交轴上方双曲线于，，交轴上方渐近线于，，交轴下方渐近线于，，；易知当分别与，重合时，此时不是定值，
又因为为定值，所以不是定值，故B错误.
由已知双曲线方程为，所以，
设，所以，同理
所以，
又因为，所以
又因为
两式相减得：，又因为
所以，故C正确.
设，，，
当直线斜率不存在时，直线方程为，由题意易知
当直线斜率存在时，设直线与联立可得
所以
将直线与渐近线联立可得
将直线与渐近线联立可得
所以
所以，所以与中点相同，
所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】1.定值问题中通过设出直线，准确地表示出所要求证的定值尤为关键.
2.设计不等式的证明时利用坐标表示进行化简后借助坐标的范围可以进行证明.
3.巧妙的利用直曲联立的结论可以简化运算，提升解题效率.
4.注意特殊值法在小题中的应用.
51．（2023·福建龙岩·统考二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为M，N，O为坐标原点．直线交双曲线C的右支于P，Q两点（不同于右顶点），且与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，则（ ）
A．为定值
B．
C．点P到两条渐近线的距离之和的最小值为
D．存在直线使
【答案】BC
【分析】对于A，根据，取垂直于x轴的直线，结合条件可判断A；对于B，设直线的方程为，利用韦达定理可得，联立直线与渐近线方程，可分别解得，，结合弦长公式可判断B；对于C，设，可得P到两渐近线距离可判断C；由题可得恒成立可判断D.
【详解】双曲线的渐近线为，
对于A：因为，
作直线，，且，分别交轴上方渐近线于，，交轴下方渐近线于，，
有对称性可知：，
此时，
又因为为定值，所以
即不是定值，故A错误；

对于B，由题意可知：直线不与y轴垂直，设直线的方程为，
联立得得，，所以，
联立，得，联立，得，
所以，则，
结合弦长公式可得，
即，故B正确；
对于C，设，则，渐近线为，
所以P到两渐近线距离为：
，故C正确；
对于D，设，则，可得，
由图可得，即恒成立，
故不存在直线使，故D错误.

故选：BC.
52．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，为坐标原点，分别为双曲线的左､右焦点，过双曲线右支上一点作双曲线的切线分别交两渐近线于两点，交轴于点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在点，使得，且，则双曲线的离心率为2或
【答案】AB
【分析】对于A,先证明双曲线上一点的切线方程为，与双曲线的渐近线进行联立，可得坐标，可得到，结合即可判断；对于B，由A选项可得点是线段的中点，即可判断；对于C，由即可判断；对于D，通过可得，则能算出，结合余弦定理即可求解
【详解】对于选项，先求双曲线上一点的切线方程，
不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.
由得：，所以，
则在点的切线斜率为，
所以在点的切线方程为：，
又因为，所以在点的切线方程为：，
当为右顶点时，切线方程为，易得也满足，
不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点或双曲线的右顶点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程为，
联立，
所以点，同理可得：，
则，
又因为，所以，即：，故A项正确；
对于选项B，由A项知，，
所以点是线段的中点，所以，故B项正确；
对于选项，因为在点的切线方程为：，
令得，所以点，
则，
当点在顶点时，仍然满足，故C项错误；
对于选项D，因为，所以，
又因为，所以，解得：，
即：，代入得，
所以
，
，
因为，所以，
所以，
解得：或6，所以离心率为或，故D项错误.
故选：AB
【点睛】结论点睛：双曲线上一点的切线方程为，对椭圆、抛物线也有类似结论．
53．（2023上·湖北襄阳·高二襄阳市第一中学校考期末）如图，过双曲线右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A、B两点，交x轴于点D，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在点P，使，且，则双曲线C的离心率
【答案】ABD
【分析】联立切线方程与渐近线方程，求出点A、B的坐标，即可得，由的取值范围即可求得的最小值，从而可判断A项，由中点坐标公式可判断点是A、B的中点，进而可判断B、C项，由余弦定理结合可求得c的值，进而可求得离心率即可判断D项.
【详解】对于A项，先求双曲线上一点的切线方程，不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.
由得：，
所以，
则在点的切线斜率为，
所以在点的切线方程为：，
又因为，
所以在点的切线方程为：，
不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，
双曲线的渐近线方程为，
联立，所以点，
同理可得：，
则，
又因为，
所以，即：，故A项正确；
对于B项，由A项知，，，
所以点是A、B的中点，
所以，故B项正确；
对于C项，因为在点的切线方程为：，
令得，所以点，
则，
当点在顶点时，仍然满足，故C项错误；
对于D项，因为，，，
所以，，
又因为，
所以，解得：，即：，
代入得，
所以，
，
所以，
解得：，所以，
所以离心率为，故D项正确.
故选：ABD.
【点睛】高考对圆锥曲线的考查，经常出现一些与其他知识交汇的题目，如与平面向量交汇、与三角函数交汇、与不等式交汇、与导数交汇等等，这些问题的实质是圆锥曲线问题．在双曲线上一点的切线方程为.圆锥曲线中的求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．
54．（2020·山东日照·统考一模）已知双曲线，不与轴垂直的直线与双曲线右支交于点，，（在轴上方，在轴下方），与双曲线渐近线交于点，（在轴上方），为坐标原点，下列选项中正确的为（ ）
A．恒成立
B．若，则
C．面积的最小值为1
D．对每一个确定的，若，则的面积为定值
【答案】ABD
【分析】对于A选项，设直线方程为，分别与双曲线方程以及双曲线的渐近线方程联立，求出中点坐标，并判断是否相等即可；对于B选项，由，得到，结合A选项的结果，即可判断选项B是否正确；对于C选项，设直线方程为，，直线分别与渐近线方程联立，求出坐标，进而求出的面积，根据的范围，求出的面积的范围即可；对于D选项，由已知可得，利用选项A的方程，得到关系，求出的面积即可.
【详解】设，代入得，①
显然，，即，
设，，则，是方程①的两个根，
有，，
设，，由得，
由，得；
所以，所以和的中点重合，
所以，所以恒成立．故A正确．
因为和的中点重合为，所以，
又，所以，
所以，故B正确．
设直线方程为，，
由得，由得，
，，，
，故C错误.
因为，所以，得
，即，
所以，，又，，，
所以是定值．故D正确．
故选：ABD.
【点睛】本题考查双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系，应用根与系数关系是解题的关键，考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.
55．（2021上·江苏盐城·高二盐城中学校考期中）在平面直角坐标系中，等轴双曲线，若直线l与在x轴上方的曲线交于P，Q两点，点P在y轴右侧，Q在y轴左侧，同时，直线l与的渐近线交M，N两点，M点在第一象限．下列说法中正确的有（ ）
A．对每一个确定的k值，若，则为定值
B．是“P，Q为线段的三等分点”的充要条件
C．的面积的最小值是1
D．
【答案】ABD
【分析】设直线l的方程为，联立方程组求|PQ|，|MN|，由此判断各选项.
【详解】设直线l的方程为，，，，,
联立，化简可得，
由已知，即，
，，
设P,Q的中点为，则，
联立可得，即M的坐标为，
联立可得，即N的坐标为，
由已知，，，∴
∴ M，N的中点F的横坐标为，
∴ MN的中点与PQ的中点重合，
∴ |MP|=|NQ|，
∴，
∴，D对，
设直线MN与y轴的交点为T，则
∵ 的面积，
∵，
∴，又
∴的面积的大于1，C错，
若，即
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴，
∴ 的面积，
∴ 当k为定值时，为定值，A对，
若，则，又
∴ ，
∴ P，Q为线段的三等分点，
若P，Q为线段的三等分点，则，
∴，
∴
即是“P，Q为线段的三等分点”的充要条件，B对，
故选：ABD.

56．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（ ）
A．的最小值为8
B．若直线l经过，且与双曲线C交于另一点Q，则的最小值为6
C．为定值
D．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为
【答案】ACD
【分析】设出点P坐标，直接计算可判断A、C；比较双曲线的通径长和实轴长可判断B；设出直线l的方程后联立渐近线方程，求出点M，N的坐标，再联立直线l与双曲线方程，利用判别式为零可得参数关系，进而计算点M，N的纵坐标之积可得结果.
【详解】依题意，，，，，，
设，则，，即，
双曲线C的两条渐近线方程为，
对于A，，A正确；
对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径为，
若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为，B错误；
对于C，
是定值，C正确；
对于D，不妨设，，直线l的方程为，
由得，
若直线l与双曲线C相切，则，
化简整理得，
则点M，N的纵坐标之积，D正确.
故选：ACD.

57．（2023上·贵州六盘水·高二统考期末）设点是双曲线：（，）上任意一点，过作双曲线的两条渐近线的平行线，分别交渐近线于点.若四边形的面积为2，则双曲线的焦距的最小值为（ ）
A．8B．C．D．
【答案】C
【分析】设，过点与直线：平行的直线方程为，求出，再联立方程求出点的坐标，求出及点到直线的距离，利用四边形的面积求出，再结合基本不等式即可得解.
【详解】双曲线：的渐近线方程为，
设，过点与直线：平行的直线方程为，
则，所以，
则与直线：平行的直线方程为，
联立，解得，
即直线与渐近线的交点，
点到直线：的距离，
，
因为四边形的面积为2，所以，即，即，
因为，所以，所以，所以，
由，当且仅当时，取等号，所以，即，
所以双曲线的焦距的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据平行四边形的面积公式建立方程求出的关系，再由基本不等式是解决本题的关键.
58．（2023下·广西·高二校联考阶段练习）如图，已知双曲线的右焦点为F，过点F的直线与双曲线的两条渐近线相交于M，N两点．若，则双曲线的离心率为（ ）

A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】先利用向量的坐标表示求得，再利用双曲线焦点到渐近线的距离为求得，进而求得，从而利用两点距离公式得到关于的齐次方程，从而得解.
【详解】依题意，双曲线的渐近线为，不妨设，
因为，所以，
又，所以，则，则，
因为到，即的距离为，
又，，即，所以，
又，所以，
所以，则，即，则.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键点有两个，一个是利用平面向量的坐标表示求得点的坐标，另一个利用点线距离公式求得双曲线焦点到渐近线的距离，从而求得，由此得解.
十二、非对称韦达
59．（2022·全国·高三专题练习）设直线过点，和椭圆顺次交于A,B两点，试求的取值范围.
【答案】.
【分析】根据题意得到=，然后设出直线方程，并与椭圆方程联立消元写韦达，根据判别式求出所求范围；或者根据直线与椭圆方程求出交点的横坐标，利用横坐标之比求的取值范围.
【详解】当直线垂直于x轴时，可求得；
当与x轴不垂直时，设，设直线的方程为，代入椭圆方程，消去得，
解之得
因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑的情形.
当时，，，
所以 ===.
由 ， 解得 ，
所以 ，
综上知.
60．（2023·全国·高三专题练习）直线l与抛物线交于A、B两点，且满足，证明：直线l过定点.
【答案】证明见解析.
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合向量垂直的坐标表示求解即得.
【详解】显然直线不与x轴平行，设直线，其中，设点，
由消去x得，，则，
由，得，即，
而，于是，又，解得，满足，
所以直线过定点.

61．（2023·全国·高三专题练习）已知点F为椭圆的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点（不与A，B重合），记直线AM与BN的斜率分别为.证明为定值.
【答案】证明见解析
【分析】设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简，从而证得结论成立.
【详解】（反设直线）由题，，
设，则， ，
联立，消x得，
且，则.
（策略一：和积转换，一般是积转和）
所以，代入得，
，为定值，得证.
（策略二：配凑半代换）
因此，得证.
62．（2022·全国·高三专题练习）已知、分别是椭圆的右顶点和上顶点，、在椭圆上，且，设直线、的斜率分别为、，证明：为定值．
【答案】证明见解析
【分析】设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值.
【详解】证明：由题意得，，则，
设直线的方程为，设点、．
由，消去得，
，可得，且有，
由韦达定理可得，，
，
，
又由得，代入上式得：
，
所以，为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（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.
63．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答.
（2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答.
（3）利用（2）中信息，直接计算即可作答.
【详解】（1）当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则，
又的周长为，即，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上，
由消去并整理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程得，
由得代入上式，得
，于是得，
所以直线交点在定直线上．
（3）由（2）知，，由得：，
所以为定值．
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
十三、退化二次曲线观点的渐近线
64．（2023·广东深圳·统考一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，其中或
(2)存在，
【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
65．（2023下·山西吕梁·高二校考开学考试）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，与两条渐近线分别交于两点，设，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的离心率及双曲线上的点列出方程求解即可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，由根与系数的关系求出弦长，再联立直线的方程与双曲线的渐近线方程，求出坐标可得，再由计算即可.
【详解】（1）因为离心率为，所以，化简得，
把点代入的，解得
又，所以，
所以双曲线的方程为．
（2）由（1）得，设直线的方程为，
与联立消并整理得．
设，则，
，且，得，
所以
又由可得，不妨设，
同理由可得，
所以，
所以，故实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：由直线方程联立双曲线方程消去后，得到，需要注意到，解得，这是本题的关键点之一，其次需要运用弦长公式求出，将转化为，利用函数值域求范围.
66．（2024上·黑龙江哈尔滨·高二黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学校联考期末）已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3.
(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
(2)已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值.
【答案】(1)双曲线的标准方程为，渐近线方程为
(2)证明过程见详解.
【分析】（1）利用焦距求出，利用点到直线距离公式表示到的渐近线的距离求出，
再利用求出，然后求出渐近线.
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，因为，渐近线为，
即则到的渐近线的距离为可表示为，
所以，
所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为.
（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，
此时易得，点到直线的距离为，所以此时
②当直线的斜率存在时设直线为，
由得
因为直线于双曲线相切，所以且，
整理得且，即
由得，则
同理得到
所以
点到直线的距离
所以
所以的面积为定值3.

【点睛】利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键.
67．（2023上·浙江杭州·高二统考期末）已知点分别为双曲线的左顶点和右焦点，过且垂直于轴的直线与双曲线第一象限部分交于点，的面积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，记，的面积分别为，（为坐标原点）．若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线方程即可写出之间的关系，再根据三角形面积公式解得，即可得到双曲线的方程；（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和弦长公式即可写出的表达式，同理可得的面积表达式，再通过构造函数即可求得实数的取值范围．
【详解】（1）由题意可知，所以，，
由已知，可得，
则，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设，
联立，整理可得
所以，解得，
由，可得，
，
原点到直线的距离，
所以
设，，易知渐近线方程为，
不妨设在渐近线上，
由得，同理，
所以，
到直线的距离，
所以
所以，
，则
令，则
故的取值范围是
68．（2022上·辽宁锦州·高二校考期中）已知双曲线：与双曲线有相同的焦点；且的一条渐近线与直线平行.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线右支相切（切点不为右顶点），且分别交双曲线的两条渐近线于两点，为坐标原点，试判断的面积是否为定值，若是，请求出；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，2
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得方程；（2）设直线，联立方程由可得，根据题意求的坐标，即可求的面积，化简整理即可.
【详解】（1）设双曲线的焦距为，
由题意可得：，则，
则双曲线的方程为.
（2）由于直线与双曲线右支相切（切点不为右顶点），则直线的斜率存在，
设直线的方程为，
则，消得：，
则，可得：①
设与轴交点为，
则，
∵双曲线两条渐近线方程为：，
联立，解得，即，
同理可得：，
则（定值）.
69．（2023·全国·校联考二模）已知双曲线的离心率为.
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)动直线分别交双曲线的渐近线于，两点（，分别在第一、四象限），且（为坐标原点）的面积恒为8，是否存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线，若存在，求出双曲线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求，由此可求渐近线方程；
（2）由（1）知，设直线l的方程为，联立直线与双曲线的渐近线方程求点的坐标，由条件可得关系，再由直线与双曲线位置关系列方程，化简可得 ，由此可得双曲线方程.
【详解】（1）因为离心率，又，
所以，
所以，故，
所以双曲线的渐近线方程为.
（2）存在符合题意的双曲线，
设双曲线的两条渐近线分别为，，
双曲线的方程为，
依题意得直线的斜率不为零，
因此设直线的方程为，
设直线交轴于点，，，
联立得，
同理得，.
由已知，所以，
所以，
又，所以，
由的面积，得，
即，（1）
联立得，
因为，所以，直线与双曲线只有一个公共点当且仅当，
即，化简得，
将（1）式代入可得，，
解得，因此双曲线的方程为，
因此，存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线，双曲线的方程为.
【点睛】关键点点睛：(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．
70．（2022上·广东东莞·高三统考期末）已知，为双曲线E：（，）的左右焦点，点在双曲线E上，O为坐标原点．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若不与坐标轴平行的动直线l与双曲线E相切，分别过点，作直线l的垂线，垂足为P，Q，求面积最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，再结合双曲线上的点的坐标及，即可求解；
（2）设l的方程为：，与双曲线方程联立可得，由已知求出点
的坐标，利用点到线及两点之间的距离可求得，再利用换元法及二次函数求最值即可得解.
【详解】（1）由已知得，解得
所以双曲线的标准方程为
（2）设切线l的方程为：，
联立，整理得
由题知，化简得，
设，则
则，解得
同理，解得
点到直线的距离
所以的面积
又，
所以
令，由，则，
所以
所以当，即时，
所以面积最大值为
【点睛】思路点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
十四、抛物线同构与轴点等比性质
71．（2023·四川成都·三模）已知斜率为的直线与抛物线相交于两点．
(1)求线段中点纵坐标的值；
(2)已知点，直线分别与抛物线相交于两点（异于）．求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点的坐标为
【分析】（1）设，其中，利用点差法化简求出线段中点纵坐标的值；
（2）设，由直线过点，化简可得，同理可得，代入直线化简，可得定点的坐标．
【详解】（1）设，其中，
由，得，化简得，
，即，
线段中点纵坐标的值为；
（2）证明：设，
，
直线的方程为，化简可得，
在直线上，解得，
同理，可得，
，
，
又直线的方程为，即，
直线恒过定点．
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查定点定值问题，考查点差法的应用，关于定点定值问题的思路，一般有以下两种：
1.先猜再证，通过特殊位置或者特殊点得出要求的定点或者定值，再用一般方法证明，对任意符合条件的直线都成立；
2.边猜边做，直接联立直线与曲线方程，写出韦达定理，将已知条件转化为等式，找出直线所过的定点或者所求的定值．
72．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）抛物线上的点到轴的距离为，到焦点的距离为．
(1)求抛物线的方程和点的坐标；
(2)若点在第一象限，过作直线交抛物线于另一点，且直线与直线交于点，过作轴的垂线交于．证明：直线过定点．
【答案】(1)抛物线的方程为，点的坐标为
(2)证明见解析
【分析】（1）设点，根据已知条件可得出，求得，然后利用抛物线的定义可求得的值，即可得出抛物线的方程以及点的坐标；
（2）设直线的方程为，设点点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据点在直线上以及韦达定理可得出、所满足的关系式，再将直线的方程变形，即可求得直线所过定点的坐标.
【详解】（1）解：设点，则，，
又，，即抛物线的方程为，点的坐标为.
（2）解：由（1）知，可设直线的方程为，
联立可得，，
设点、，则，，
且，则直线的方程为，
将代入直线的方程可得，
所以，点，
由点在直线上，可得，
即，所以，，即，
将直线的方程变形可得，即，
由可得，因此，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
73．（2022上·全国·高三阶段练习）已知抛物线的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点，的面积的最小值为4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设，代入抛物线，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定，计算得到答案.
（2）设的方程为，代入抛物线得到根与系数的关系，根据垂直关系得到，计算得到定点.
【详解】（1）斜率不为零，设代入，，
设，则，
，
当时，取最小值，，，抛物线C的方程为：．
（2）假设存在，设，由题意，斜率不为零，
设的方程为代入，可得，
，，，
故，即，即，
，解得，故存在定点满足题意．
74．（2023·广西南宁·统考二模）已知抛物线经过点，过点的直线l与抛物线C有两个不同交点A，B，且直线交y轴于M，直线变y轴于N.
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)证明：存在定点T，使得，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出抛物线方程，然后和直线l联立，得到关于斜率满足的条件，从而求出斜率的取值范围；
（2）设出点的坐标，根据题意表示出和，最后求出定点T.
【详解】（1）解法1：将代入抛物线得，.
依题意可设，，直线，
联立直线l与抛物线得：，
则，
由得且，
又直线交y轴于M，直线交y轴于N，所以直线不能过及，
且，
综上.
解法2：将代入抛物线得，.
依题意可设，，直线，
由得：，
则解得且
又直线交y轴于M，直线交y轴于N，所以直线不能过及，
且，
综上.
（2）设点，，由，，，
则可设，，
，，
故
同理：，
，
直线，
令得，
同理，
，，
，
又，.
所以存在点满足题意.
75．（2023·广西柳州·二模）已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.
(1)求直线斜率的取值范围；
(2)证明：存在定点，使得，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线过可求得抛物线方程，设，与抛物线方程联立，由可得的范围，并确定韦达定理结论；根据可求得且，由此可确定的范围；
（2）易知在轴上，设，利用向量数乘的坐标运算可得，，求得方程后，令可推导得到，同理得到，代入中，整理后代入韦达定理的结论可构造方程求得的值，从而确定定点.
【详解】（1）抛物线经过点，，解得：，抛物线；
由题意知：直线斜率存在，设，，，
由得：，
，解得：或；
，，，，
又直线与轴相交于两点，
，
即，解得：且；
综上所述：直线斜率的取值范围为.
（2）设点，，
由，，知：共线，即在轴上，
则可设，，，
，，，同理可得：，
，直线，
令得：，同理可得：，
，，
由（1）知：，，
，解得：，
存在定点满足题意.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中存在定点满足某条件的问题，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式或构造方程；
④化简所得函数式或方程，整理可得定点坐标.
76．（2023上·湖北·高二校联考期末）已知抛物线C：，焦点为F，点，，过点M作抛物线的切线MP，切点为P，，又过M作直线交抛物线于不同的两点A，B，直线AN交抛物线于另一点D．
(1)求抛物线方程；
(2)求证BD过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出，直线，联立抛物线方程，利用根的判别式等于0列出方程，求出，再利用焦半径得到，从而表达出，代入，求出答案；
（2）设，结合抛物线方程求出，，，写出直线，，根据过，过，代入后联立得到，由直线联立得到，求出所过定点.
【详解】（1）设，直线，
联立得：，
则，
所以，
又因为，
所以，故，代入得：，
所以，所以抛物线方程为：；
（2）设，
则，同理，，
故直线 即，
同理直线，直线，
因为过，所以①，
过，所以②，
由①得：，代入②得：③，
又因为直线④，
则由③得：，代入④得：，
所以，
所以直线过点.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
77．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
78．（2023上·四川成都·高二统考期末）已知点，经过轴右侧一动点作轴的垂线，垂足为，且.记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设经过点的直线与曲线相交于、两点，经过点的直线与曲线的另一个交点为，求证：直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知，曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线（去掉原点），由此可得出曲线的方程；
（2）设点、、，分析可知，写出直线的方程，将点的坐标代入的方程，可得出，写出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，可得出，然后化简直线的方程，可求得直线所过定点的坐标.
【详解】（1）解：由题意可知，，
所以，点到点的距离等于点到直线的距离，
所以，曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线（去掉原点），
设曲线的标准方程为，则，可得，
因此，曲线的方程为，其中.
（2）解：设点、、，
若，则轴，此时直线的方程为，
则直线与曲线无公共点，不合乎题意，
直线的斜率为，
直线的方程为，
因为点在直线上，则，
所以，，可得，
同理可知，直线的方程为，
因为点在直线上，，
易知，所以，，
易知，直线的方程为，即，
即，即，
故直线的方程可化为，由，解得，
因此，直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
十五、双切线与圆的同构
79．（2023·贵州·校联考二模）抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求抛物线的方程；
(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；
（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.
【详解】（1）由椭圆方程可知短轴长为，
∴抛物线的焦点到准线的距离，
故抛物线方程为．
（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．
设，，则直线方程为，
即，
∵直线DM：与圆E：相切，
∴，整理可得，，①
同理，直线DN与圆E相切可得，，②
由①②得a，b是方程的两个实根，
∴，，
代入，化简整理可得，
，
令，解得，
故直线MN恒过定点．
80．（2022·浙江·校联考模拟预测）如图，已知点A是抛物线在第一象限上的点，F为抛物线的焦点，且垂直于x轴．过A作圆的两条切线，与抛物线在第四象限分别交于M，N两点，且直线的斜率为4．
(1)求抛物线的方程及A点坐标；
(2)问：直线是否经过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)是，
【分析】（1）根据直线AB的斜率可求得p的值，进而求得抛物线方程和A点坐标；
（2）先计算出直线的斜率之间的关系，再设直线的方程为，再根据之间的关系求得m，n之间的关系即得.
【详解】（1）因为，由，所以抛物线方程为，
且．
（2）设的倾斜角依次为，由可知，
再设的斜率分别为，下证．
方法一：由可知且满足，
再由．
方法二：直线的方程为，其中分别对应，
于是，即，
，
即，
由可知．
因为直线的方程为，其中分别对应，
再设直线的方程为，
联立求得其交点均满足，
代入抛物线C的方程，于是有，
将，整理得，
进而得到，．
将代入前式，有，化简得，
再代入的方程得，
所以恒过定点．
81．（2011·浙江·高考真题）已知抛物线C1：x2=y，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．
【答案】（1） （2）
【详解】（1）
由于抛物线C1：x2=y准线方程为：y=﹣，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心M（0，4），
利用点到直线的距离公式可以得到距离d==．
（2）设点P（x0，x02），A（x1，x12），B（x2，x22）；
由题意得：x0≠0，x2≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆c2的切线方程为：y﹣x02=k（x﹣x0）即y=kx﹣kx0+x02①
则，即（x02﹣1）k2+2x0（4﹣x02）k+（x02﹣4）2﹣1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2（k1≠k2），则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴，；
①代入y=x2得：x2﹣kx+kx0﹣x02=0 因为x0应为此方程的根，
故x1=k1﹣x0，x2=k2﹣x0
∴kAB=x1+x2=k1+k2﹣2x0=
由于MP⊥AB，∴kAB•KMP=﹣1⇒
故P∴．
82．（2023·广东广州·统考一模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：
，
即，
则，即，
所以点在圆.
十六、蒙日圆与内准圆同构问题
83．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：，M是圆上的任意一点，MA，MB分别与椭圆切于A，B．求面积的取值范围．
【答案】.
【分析】设，，，得到的直线方程，与椭圆的方程联立，解得弦长的值，利用点到直线的距离公式求解点到直线的距离，令，即可求解面积的取值范围，
【详解】解：设，，，
因为MA与椭圆切于A，故，对椭圆求导得，则切线的斜率为，
故切线的方程为：，整理得，
同理，切线的方程为，
又点为切线与切线的交点，且，故，
从而直线的方程为：，
将直线的方程与椭圆的方程联立，得．
∴，，
因此，，
又原点到直线的距离，∴，
令，得到．
故面积的取值范围为.
84．（2019·河南·校联考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上运动，若面积的最大值为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作圆：，的两条切线，分别与椭圆交于两点，(异于点)，当变化时，直线是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线恒过定点.
【分析】（1）首先列出关于的等式，再求椭圆的标准方程；（2）首先设出过点的切线方程，利用，得到关于斜率的一元二次方程，得到根与系数的关系，再与椭圆方程联立求得点的坐标，写出直线的斜率，并写出直线的方程，说明直线过定点.
【详解】（1）由题可知当点在椭圆的上顶点时，最大，
此时，∴，，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）设过点与圆相切的直线方程为，即，
∵直线与圆：相切，∴，
即得.
设两切线的斜率分别为，，则，
设，，由，
∴，即，∴；
同理：，；
∴，
∴直线的方程为.
整理得，
∴直线恒过定点.
【点睛】本题考查椭圆方程，直线与圆，直线与椭圆的位置关系，重点考查转化思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题.
85．（2018上·北京西城·高二统考期末）已知椭圆C：的一个焦点为，离心率为．点P为圆M：上任意一点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)记线段OP与椭圆C交点为Q，求的取值范围；
(3)设直线l经过点P且与椭圆C相切，l与圆M相交于另一点A，点A关于原点O的对称点为B，试判断直线PB与椭圆C的位置关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)
(3)直线PB与椭圆C相切，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式及，即可求得和的值，求得椭圆方程；
（2）根据两点之间的距离公式，根据，，即可求得的取值范围；
（3）根据题意，分析可得，进而分直线轴，直线轴和直线PA与x轴既不平行也不垂直3种情况讨论直线的位置，依次证明直线与椭圆相切，综合三种情况即可得结论．
【详解】（1）解：由题意可知：，，则，，
∴椭圆的标准方程：；
（2）解：由题意可知：，
设，则，
∴，
由，当时，，当时，，
∴的取值范围；
（3）解：由题意，点B在圆M上，且线段AB为圆M的直径，∴，
分3种情况讨论：
①当直线轴时，易得直线PA的方程为，
由题意，得直线PB的方程为，
显然直线PB与椭圆C相切；
②同理当直线轴时，直线PB也与椭圆C相切；
③当直线PA与x轴既不平行也不垂直时，
设点，直线PA的斜率为k，则，直线PB的斜率，
∴直线PA：，直线PB：，
由，消去y，
得，
∵直线PA与椭圆C相切，
∴，
整理，得，（1）
同理，由直线PB与椭圆C的方程联立，
得，（2）
∵点P为圆M：上任意一点，
∴，即，
代入（1）式，得，
代入（2）式，
得
，
∴此时直线PB与椭圆C相切，
综上，直线PB与椭圆C相切．
【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，注意利用椭圆的几何性质求出椭圆的标准方程，考查转化思想及分类讨论思想，属于难题．
86．（2016·河南南阳·高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知R（x0，y0）是椭圆C：（a＞b＞0）上一点，从原点O向圆R：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝8作两条切线，分别交P、Q两点．
（1）若R点在第一象限，且直线OP⊥OQ，求圆R的方程；
（2）若直线OP、OQ的斜率存在，并记为k1、k2，求k1•k2；
（3）试问OP2+OQ2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【答案】（1）（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；（2）；（3）是定值，理由见解析.
【解析】（1）根据直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，得到|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16，再根据点R在椭圆C上，即求解.
（2）根据直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，得到，两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根求解.
（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（2）知2k1k2+1＝0，即y12y22＝x12x22，再根据P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，得到x12+x22进而得到y12+y22由两点间距离公式求解.
【详解】（1）由圆R的方程知圆R的半径r＝2，
因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，
所以|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16①
又点R在椭圆C上，所以②
联立①②，解得x0＝y0＝2，
所以，所求圆R的方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；
（2）因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，
所以 ，
两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根，
可得k1•k2＝，
因为点R（x0，y0）在椭圆C上，
所以，即y02＝12﹣x02，
所以k1k2＝＝﹣；
（3）①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由（2）知2k1k2+1＝0，
所以+1＝0，故y12y22＝x12x22，
因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，
所以，，
即y12＝12﹣x12，y22＝12﹣x22，
所以（12﹣x12）（12﹣x22）＝x12x22，
整理得x12+x22＝24，
所以y12+y22＝（12﹣x12）+（12﹣x22）＝12，
所以OP2+OQ2＝x12+y12+x22+y22＝（x12+x22）+（y12+y22）＝36．
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2＝36．
综上可得，OP2+OQ2为定值36．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点与椭圆的位置关系以及定值问题，还考查了运算求解的能力，属于较难题.
87．（2016上·湖南株洲·高三阶段练习）如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；
(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【答案】（1）；（2）9
【详解】试题分析：（1）设直线：，：，，，设过原点圆的切线方程为，运用直线和圆相切的条件：，再由二次方程的韦达定理，即可得到定值；（2）联立直线、方程和椭圆方程，求得，的坐标，运用韦达定理，化简整理，即可得到定值.
试题解析：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，所以，
化简得：，同理：，所以k1，k2是方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不相等的实数根，所以，因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以，即，所以为定值．
(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9，理由如下：
①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立解得，所以，同理得，又因为，
所以.
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9，综上：|OP|2＋|OQ|2＝9为定值．
十七、斜率双拥
88．（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
89．（2017·全国·高考真题）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.
90．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
91．（2022·全国·高三专题练习）椭圆，过点的直线和相互垂直（斜率存在），分别是和的中点．求证：直线过定点．
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件及中点坐标公式，利用点差法得出斜率的关系及直线方程联立，
分类讨论，结合直线的点斜式和斜截式方程即可求解.
【详解】由题意可知，设AB直线为，，,则
因为分别是的中点，所以，
因为在椭圆上，
所以，由，得，即
，于是有，
所以，
，解得，∴．
（1）当时，点即是点，此时，直线MN为轴．
（2）当时，将上式点坐标中的换成，同理可得．
①当直线MN不垂直于轴时，直线MN的斜率，
其方程，化简得，
∴直线MN过定点．
②当直线MN垂直于轴时，，此时，，直线MN也过定点．
综上所述，直线MN过定点．
十八、极坐标与参数方程小题
92．（2020下·四川南充·高二阆中中学校考阶段练习）在椭圆上找一点，使这一点到直线的距离的最小.则这个点的坐标为
【答案】.
【分析】利用点到线的距离公式d，结合辅助角公式即可求到直线x﹣2y﹣12＝0的距离最小的点的坐标．
【详解】设P（）为椭圆上任意一点，则点P到直线x﹣2y﹣12＝0的距离d，
∴α，即x＝4csα＝2，y＝﹣3时，P到直线x﹣2y﹣12＝0的距离最小，最小为，此时P（2，﹣3）．
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的参数方程的运用，考查辅助角公式的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
93．（2021上·四川成都·高三校联考开学考试）已知点M是椭圆上的一动点，点T的坐标为，点N满足，且 ，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由题意确定点N在以为圆心，1为半径的圆上运动，由此可得当最小时，取得最小值；利用椭圆的参数方程进行三角代换，求得的最小值，即可求得答案.
【详解】由题意可知点T的坐标为，点N满足，
故点N在以为圆心，1为半径的圆上运动，
由于，故,
则当最小时，取得最小值；
由于点M是椭圆上的一动点，设，
则
，
由于，故当时，取到最小值为 ，
即 的最小值为，
故答案为：
【点睛】本题考查了椭圆中最值问题的求解，涉及到椭圆的参数方程以及三角函数和二次函数的相关知识，综合性较强，解答时要注意数形结合，利用椭圆的参数方程进行三角代换，综合利用相关知识解决问题.
94．（2019下·河南周口·高二校考期中）已知x，y为实数，且满足3x2＋2y2≤6，则2x＋y的最大值为（ ）
A．6B．
C．11D．
【答案】D
【分析】根据x，y为实数，且满足3x2＋2y2≤6，设，得到2x＋y，再利用正弦函数的性质求解.
【详解】因为x，y为实数，且满足3x2＋2y2≤6，
所以设，
所以2x＋y，
所以当时，2x＋y取得最大值，最大值为.
故选：D
【点睛】本题主要考查椭圆的参数方程以及辅助角法和三角函数的性质的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
95．（2023下·四川宜宾·高二统考期末）设，是椭圆上的两个点，且为坐标原点)，则的最大值和最小值的积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，利用极坐标中的几何意义结合三角变换求解即可求解即可.
【详解】以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，
则椭圆的极坐标方程为，
设，则
，
当时，的最大值为，则的最大值为；
当时，的小值为，则的最小值为；
所以的最大值和最小值的乘积为.
故选：D
十九、解答题
96．（2023上·广西百色·高二校考期末）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，短轴长为2，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C长轴上的一个动点，过P作斜率为的直线l，交椭圆C于A，B两点，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由短轴长为2，离心率为，可得，结合可求，则椭圆方程可得；
（2）设椭圆C长轴上的一个动点，则直线方程可设为与椭圆联立可得，，如果设，，则进一步，，再代入即可求得其定值.
【详解】（1）短轴长为2，离心率为．
，，又，
解得，．
∴椭圆C的方程为．
（2）证明：设，则直线l的方程为，

联立 可得．
设，，则，，
∴
．
∴为定值．
97．（2016下·河南·高三阶段练习）椭圆的经过中心的弦称为椭圆的一条直径，平行于该直径的所有弦的中点的轨迹为一条线段，称为该直径的共轭直径，已知椭圆的方程为.

(1)若一条直径的斜率为，求该直径的共轭直径所在的直线方程；
(2)若椭圆的两条共轭直径为和，它们的斜率分别为，证明：四边形的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用点差法计算. 设斜率为的与直径平行的弦的端点坐标分别为，，
该弦中点为，将坐标代入椭圆方程，作差，然后化简得，即直径的共轭直径所在的直线方程为；
（2）四边形显然为平行四边形，联立直线的方程和椭圆的方程，分别求得四点的坐标分别为，，，，然后利用两点间距离公式和点到直线距离公式，求得面积为.
【详解】（1）设斜率为的与直径平行的弦的端点坐标分别为，，
弦中点为，则，，
相减得：，
由于，，且，所以得：，
故该直径的共轭直径所在的直线方程为.
（2）椭圆的两条共轭直径为和，它们的斜率分别为，
四边形显然为平行四边形，设与平行的弦的端点坐标分别为，，
则，，而，，
，故，
由得的坐标分别为，
故，同理的坐标分别为，
设点到直线的距离为，四边形的面积为,
所以，，
则，为定值.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆的基本题型：（1）位置关系的判断；（2）弦长、弦中点问题；（3）轨迹问题；（4）定值、最值及参数范围问题；（5）存在性问题．常用思想方法和技巧有：（1）数形结合思想；（2）设而不求；（3）坐标法；（4）根与系数关系. 研究直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系问题，易忽视直线的斜率不存在的情况．点差法，设而不求是一个很经典的方法.
98．（2019下·内蒙古·高二内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学校考期中）已知椭圆，分别为椭圆的右顶点和上顶点，为坐标原点，为椭圆第一象限上一动点.
（1）直线与轴交于点,直线与轴交于点，求证：为定值；
（2）为关于的对称点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）设，；表示出直线和，从而求得和点坐标；表示出，整理化简可得定值；（2）设，；求解出和到直线的距离和；利用构造出关于的函数，根据的范围可求解出函数的值域，从而得到的最大值.
【详解】（1）由题意知：，
设，
直线方程为：
令，则，即
直线方程为：
令，则，即
，
为定值
（2）由题意得：直线的方程为：，且
设，
则到直线距离
到直线距离

当，即时，四边形面积取最大值
则
【点睛】本题考查椭圆中的定值问题、四边形面积最值问题的求解.求解定值问题的关键是能够用变量表示出所求量，从而通过化简、消元得到定值；求解面积最值问题的关键是能够把所求面积表示为变量的函数关系式，从而利用函数求值域的思想求得结果.
99．（2019下·江西·高二阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为,且，是椭圆上一点．
（1）求椭圆的标准方程和离心率的值；
（2）若为椭圆上异于顶点的任一点，、分别为椭圆的右顶点和上顶点，直线与轴交于点,直线与轴交于点，求证：为定值．
【答案】（1）椭圆的标准方程为，离心率；（2）证明见详解.
【详解】（1），，故.
∵点在椭圆上，∴.
解得(舍去)或
∴椭圆的标准方程为，离心率为.
（2）证明：由（1）知，，
设椭圆上任一点（且），则.
直线，令，得，
.
直线，令，得，
.
∴
.
由可得，代入上式得，
故为定值.
【点睛】本题考查椭圆的综合问题，求椭圆的标准方程和离心率，椭圆中的定值问题.解决椭圆中的定值问题时，一般先设出变量，然后表示出目标量，逐步化简消去变量证明定值(或者令变量的系数为求出定值的条件).
100．（2022上·湖南长沙·高二长沙一中校联考阶段练习）已知椭圆：的左､右顶点分别为，下顶点为.
(1)设点为椭圆上位于第一象限内一动点，直线与轴交于点.直线于轴交于点，求四边形的面积；
(2)设直线l与椭圆交于不同于右顶点的两点，且，求的最大值.
【答案】(1)四边形的面积为定值2
(2)
【分析】（1）依据点斜式表示出直线的方程和直线的方程，列出的表达式化简即可得面积为2.
（2）由根与系数的关系，可得，而，即可求得的最大值.
【详解】（1）因为椭圆的方程为，所以.
设，则，即.
，则直线的方程为：，
令，得；
同理，直线的方程为：，
令，得.
所以
.
即四边形的面积为定值2.
（2）由题意知，直线的斜率不为0，
则不妨设直线的方程为.
联立消去得，
，化简整理，得.
设，则.
因为，所以.
因为，所以，
得，
将代入上式，
得，
得，
整理得到：，解得或（舍去），.
所以直线的方程为，则直线恒过点，
所以.
设，则，
易知在上单调递增，
所以当时，取得最大值.
又，
所以.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．