解答題專項提分計劃重慶市2023屆新高考數(shù)學復習專題5圓錐曲線含解析

Page1專題5圓錐曲線解答題30題專項提分計劃1．（2022·重慶·統(tǒng)考三模）已知離心率為的橢圓的左?右焦點分別為?，點B為橢圓C的上頂點，.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過左焦點的直線l與橢圓C交于P?Q兩點且點P在x軸上方，?的內(nèi)切圓面積分別為，且，求直線l的方程.【答案】(1)(2)或；【分析】（1）根據(jù)題目所給的條件，求出a，b，c即可；（2）由三角形內(nèi)切圓面積之比可得內(nèi)切圓的半徑，從而可得，設(shè)，則有，，設(shè)直線l的方程為，將直線方程代入橢圓方程消去，結(jié)合韋達定理可求的值.(1)由題意得，則，因為，所以，又，解得a=3，c=2，，所以橢圓的方程為；(2)因為?的內(nèi)切圓面積分別為，且，所以?的內(nèi)切圓的半徑分別為，且，所以?的面積之比為，所以，即,設(shè)，由第一問可知：，，所以，即，設(shè)直線l的方程為，依題意，m是存在的，聯(lián)立方程：

，得，即，故且，故故，即即，所以直線l的方程為或2．（2022·重慶沙坪壩·重慶南開中學?？寄M預測）已知，直線過橢圓的右焦點F且與橢圓交于A、B兩點，l與雙曲線的兩條漸近線、分別交于M、N兩點．(1)若，且當軸時，△MON的面積為，求雙曲線的方程；(2)如圖所示，若橢圓的離心率，且，求實數(shù)的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由題設(shè)可得、，結(jié)合三角形面積可得，由橢圓參數(shù)關(guān)系求a、b，即可寫出雙曲線方程.（2）由橢圓離心率可得，進而可得雙曲線漸近線，假設(shè)，寫出、l方程，聯(lián)立求N坐標，由向量的數(shù)量關(guān)系及向量坐標表示求A坐標，根據(jù)A在橢圓上求值.【詳解】（1）由題設(shè)，且雙曲線的漸近線為，當軸時，，又，△MON的面積為，所以，故，而，可得，所以雙曲線的方程為.（2）對于橢圓有，而，則，不妨假設(shè)，則且l為，所以，又，，令，則，故，所以，而在橢圓上，則，整理得，綜上，可得.3．（2022·重慶·統(tǒng)考二模）橢圓的左頂點為，上頂點為，點在橢圓的內(nèi)部（不包含邊界）運動，且與兩點不共線，直線與橢圓分別交于兩點，當為坐標原點時，直線的斜率為，四邊形的面積為4.(1)求橢圓的方程；(2)若直線的斜率恒為，求動點的軌跡方程.【答案】(1)(2)且【分析】（1）根據(jù)已知條件及橢圓的頂點，再結(jié)合斜率及四邊形的面積公式即可求解；（2）設(shè)出直線，與橢圓聯(lián)立方程組，消去，得關(guān)于的一元二次方程，利用韋達定理寫出的關(guān)系，利用斜率相等及點在橢圓內(nèi)且不在直線上即可求解.(1)當為坐標原點時，分別為橢圓的右頂點和下頂點，由題知，解得，所以橢圓的方程為；(2)設(shè)點，直線，則，消去化簡整理，得，由得，則，又，則，代入韋達定理得，由題知，故，即，即，即，點在橢圓內(nèi)部，且不在直線上，且，故的軌跡方程為且.4．（2022·重慶·統(tǒng)考模擬預測）已知橢圓和雙曲線有相同的左右焦點，且離心率互為倒數(shù)，雙曲線的漸近線與橢圓的一個交點為.(1)求的方程；(2)直線過與橢圓交于兩點，與雙曲線的左右兩支分別交于兩點，，求直線的方程.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根據(jù)雙曲線的漸近線上一點為，所以，從而可得雙曲線離心率，由橢圓離心率，所以，再由橢圓的一個點，即可求得，進而求得；（2）設(shè)直線，聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理結(jié)合條件，即可求得參數(shù).(1)由題意知，則雙曲線離心率，則橢圓離心率，所以，又，解得，所以橢圓方程為；又，，解得，所以雙曲線方程為；(2)由題知直線斜率，設(shè)直線，由得，且，，由得，且，，由得，解得或，又與雙曲線交于左右兩支，故，，所以直線方程為.5．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中?？寄M預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，過的直線與橢圓交于兩點，過作直線與直線垂直且與直線交于．(1)當直線與軸垂直時，求內(nèi)切圓半徑；(2)分別記的斜率為，證明：成等差數(shù)列．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓定義可得的周長，結(jié)合面積可求得內(nèi)切圓半徑；（2）設(shè)直線，可求得，由與橢圓方程聯(lián)立可得韋達定理的形式，利用兩點連線斜率公式和韋達定理化簡可整理得到，又，可知，由此可得結(jié)論.(1)由橢圓方程得：，，，當直線與軸垂直時，的周長為，又，，的內(nèi)切圓半徑(2)設(shè)，（不妨令在軸上方），直線，則，由得：，；由消去得：，則，，，，將韋達定理代入整理得：，又，，的斜率成等差數(shù)列.【點睛】思路點睛：本題考查直線與橢圓綜合應(yīng)用問題，求解此類問題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關(guān)于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，結(jié)合韋達定理整理化簡可得結(jié)果.6．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中?？寄M預測）已知橢圓的長軸長為4，，為E的左?右焦點，M為E上一動點，當?shù)拿娣e最大時，其內(nèi)切圓半徑為.(1)求E的標準方程：(2)過點作斜率之和為3的兩條直線，，與E交于點A，B，與E交于點C，D，線段AB，CD的中點分別為P，Q，過點作，垂足為H.試問：是否存在定點T，使得線段TH的長度為定值.【答案】(1)；(2)存在，TH為定值，證明見解析.【分析】(1)根據(jù)內(nèi)切圓的半徑表示出三角形的面積，結(jié)合長軸的定義即可求出a、b，進而求得橢圓方程；(2)設(shè)直線PQ的方程為，直線AB的方程為，直線CD的方程為，由直線PQ和直線AB的方程求出點P的橫坐標，直線AB聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理，結(jié)合題意即可求出當為的中點時，為定值.(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，由的面積最大時，其內(nèi)切圓半徑為，得，化簡，得，又，所以，所以，故橢圓的標準方程為；(2)當直線PQ的斜率不存在時，軸，點P與點Q關(guān)于軸對稱，則，與題意中的矛盾，不符合題意；設(shè)直線PQ的方程為，則直線AB的方程為，直線CD的方程為，由，得，由，得，設(shè)，則，所以，化簡得，同理，，所以為方程的兩個根，有，又，所以，所以直線PQ的方程為，得直線PQ過定點，又，，所以，則點在以為直徑、以為圓心的圓上，故點到圓心的距離恒為定值，即存在點為的中點時，為定值.7．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中校考模擬預測）已知橢圓Γ:=1(a>b>0)的離心率為，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2作不平行于坐標軸的直線交Γ于A，B兩點，且ABF1的周長為4.(1)求Γ的方程；(2)若AM⊥x軸于點M，BN⊥x軸于點N，直線AN與BM交于點C，求ABC面積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由題意可得，求出，再由離心率為求出，由可求出，從而可求出橢圓方程，（2）設(shè)，設(shè)直線方程為，代入橢圓方程中整理后利用根與系數(shù)的關(guān)系，表示出直線和的方程，聯(lián)立可求出點的橫坐標，從而可表示出ABC面積，換元化簡后利用基本不等式可求得答案【詳解】（1）由橢圓定義可知的周長為，即，因為離心率，所以，又因為，所以，故的方程為．（2）依題意，設(shè)直線方程為．聯(lián)立，得，易知設(shè)，則．因為軸，軸，所以．所以直線：

①，直線：

②，聯(lián)立①②解得．因為，又，則，設(shè)，則，當且僅當，即時，等號成立，故面積的最大值為．8．（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學?？寄M預測）已知橢圓與雙曲線有共同的焦點，雙曲線的左頂點為，過斜率為的直線和雙曲線僅有一個公共點，雙曲線的離心率是橢圓離心率的3倍.(1)求雙曲線和橢圓的標準方程；(2)橢圓上存在一點，過的直線與雙曲線的左支相交于與不重合的另一點，若以為直徑的圓經(jīng)過雙曲線的右頂點，求直線的方程.【答案】(1)雙曲線方程為，橢圓方程為(2)【分析】(1)根據(jù)題意得出，求出雙曲線方程，得到，再利用雙曲線的離心率是橢圓離心率的3倍，得，進而求出橢圓方程；(2)設(shè)出直線方程為，.將直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達定理求出點坐標，進而得到，然后結(jié)合題意和向量的數(shù)量積即可求解.【詳解】（1）由題意，，可得雙曲線方程為，此時，由雙曲線的離心率是橢圓離心率的3倍，得，可得，故橢圓方程為.（2）由過的直線與雙曲線的左支相交于與不重合的另一點，設(shè)直線方程為，.聯(lián)立直線和雙曲線可得，由韋達定理知，，解得可得，以為直徑的圓經(jīng)過雙曲線的右頂點，可得，即，將代入得.將點坐標代入橢圓可得：，解得，故，故直線的方程為：.9．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中?？寄M預測）已知拋物線的焦點為F，不過原點的直線l交拋物線C于A，B兩不同點，交x軸的正半軸于點D．(1)當為正三角形時，求點A的橫坐標；(2)若，直線，且和C相切于點E；①證明：直線過定點，并求出定點坐標；②的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)3(2)證明見解析，定點為（1,0），最小值為16【分析】（1）根據(jù)拋物線C的方程，可以求得焦點坐標，由是正三角形，設(shè)點A和D的坐標，可以求解；（2）過點A，作準線的垂線，得垂足P，構(gòu)造平行四邊形，設(shè)A點的坐標，以A點的縱坐標為參變量，分別計算直線，AE，AB的方程以及三角形AEB的面積即可.（1）∵，∴拋物線焦點坐標F（1,0），準線方程為x=-1，設(shè)A(a，t)，D(m，0)，因為是正三角形，必有，解得，即A點橫坐標為3；（2）如圖，設(shè)A點在第一象限，過A點作準線x=-1的垂線，得垂足P，連接PF，，，∴四邊形APFD是平行四邊形，，設(shè)A(a，t)，則P(-1，t)，直線PF的斜率為，設(shè)的方程為，聯(lián)立方程，消去x得：，因為是拋物線C的切線，，，，，即E點的坐標為，直線AE的方程為：

，其中，化簡得：，故AE過定點F（1，0）；直線l的方程為：，化簡得：，聯(lián)立方程，消去x得，，，即A，B兩點的縱坐標之差的絕對值為，過E點作x軸的平行線交l于H點，則，，用鉛垂高水平底的方法計算三角形AEB的面積，，當且僅當t=2時等號成立，的最小值為16；綜上，A點的橫坐標為3，直線AE過定點F（1,0），三角形AEB的面積最小值為16.【點睛】本題的核心觀察到四邊形APFD是平行四邊形，設(shè)點A的縱坐標為參數(shù)，這樣計算會簡便一些，計算三角形AEB的面積用初中的方法——水平底鉛垂高比較方便，便于使用韋達定理.10．（2022·重慶沙坪壩·重慶南開中學校考模擬預測）已知點，動點到直線的距離為，且，記的軌跡為曲線．(1)求的方程；(2)過作圓的兩條切線、（其中、為切點），直線、分別交的另一點為、．從下面①和②兩個結(jié)論中任選其一進行證明．①為定值；②．【答案】(1)(2)條件選擇見解析，證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的等式，化簡后可得出曲線的方程；（2）設(shè)、、，分、兩種情況討論，在第一種情況下，直接驗證；在第二種情況下，設(shè)直線的方程為，由直線與圓相切結(jié)合韋達定理可得出.選①，分析出，利用三角形相似可求得的值；選②，分析可知，結(jié)合勾股定理可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）解：由題意知，兩邊平方整即得，所以，曲線的方程為.（2）證明：設(shè)、、，當時，，則不妨設(shè)點，則點或，此時，則；

當時，設(shè)直線，由直線與圓相切可得，即，聯(lián)立可得，，由韋達定理可得，，則，所以，，同理可得.選①，由及可得，則，所以，；選②，出及可得：、、三點共線，則，又，因此，.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（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.11．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中校考模擬預測）已知拋物線：的焦點為，過點引圓：的一條切線，切點為，.(1)求拋物線的方程；(2)過圓M上一點A引拋物線C的兩條切線，切點分別為P，Q，是否存在點A使得的面積為？若存在，求點A的個數(shù)；否則，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，點A的個數(shù)為2，理由見解析【分析】（1）由題意可求出，過點M作軸，根據(jù)勾股定理可知，即可求出參數(shù)p，進而得到拋物線方程；（2）設(shè)，，，求出切點弦PQ的方程，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)弦長公式求出，在利用點到直線距離公式求出點到直線PQ的距離d，由的面積為列出方程，得出A點的軌跡方程，聯(lián)立圓的方程得，方程的根的個數(shù)即為點A的個數(shù).【詳解】（1）解：如圖已知拋物線：的焦點為，圓：的圓心，半徑，則，過點M作軸，則，，在中，滿足，即，解得，所以拋物線的方程為.（2）存在點A使得的面積為，點A的個數(shù)為2，理由如下：設(shè)，，，由（1）可知拋物線的方程為，則切點弦PQ的方程為，斜率，聯(lián)立，得，所以，，，點到直線PQ的距離，，所以，即點A的軌跡為拋物線往左平移個單位長度，因為點A在圓M上，聯(lián)立，得，顯然是一個根，因式分解得，令，，則，若，由于，則恒成立，所以為增函數(shù)，，，根據(jù)零點存在定理函數(shù)在上存在一個零點，所以存在兩個點A使得的面積為.【點睛】本題考查了拋物線切點弦方程及弦長公式，高次方程的因式分解問題，構(gòu)造函數(shù)并利用導函數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)零點存在定理求出方程的根，此題的關(guān)鍵點在于，根據(jù)的面積為，求出點A的軌跡方程，利用其軌跡方程和圓M有幾個交點即可得到點A的個數(shù).12．（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學?？家荒＃┮阎獧E圓的上?下焦點分別為，，左?右頂點分別為，，且四邊形是面積為8的正方形.(1)求C的標準方程.(2)M，N為C上且在y軸右側(cè)的兩點，，與的交點為P，試問是否為定值？若是定值，求出該定值；若不是，請說明理由.【答案】(1)；(2)為定值，定值為.【分析】（1）根據(jù)橢圓上、下焦點和左、右頂點的定義，結(jié)合正方形的面積進行求解即可；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)、橢圓的定義，結(jié)合直線方程與橢圓方程聯(lián)立，求出M，N的坐標，利用兩點間距離公式進行求解即可.【詳解】（1）橢圓的上?下焦點分別為，左?右頂點分別為，因為四邊形是面積為8的正方形，所以有且，解得，所以橢圓的標準方程為：；（2）因為，所以，因為N為C上且在y軸右側(cè)的點，所以，因此，同理可得：，所以設(shè)的方程分別為：，設(shè)，則，所以，因此，同理可得：，因此，，所以，所以為定值，定值為.【點睛】關(guān)鍵點睛：利用平行線的性質(zhì)，得到比例式子是解題的關(guān)鍵.13．（2023·重慶·統(tǒng)考一模）已知雙曲線E：的離心率為2，左、右焦點分別為，點為雙曲線E右支上異于其頂點的動點，過點A作圓C：的一條切線AM，切點為M，且．(1)求雙曲線E的標準方程；(2)設(shè)直線與雙曲線左支交于點B，雙曲線的右頂點為，直線AD，BD分別與圓C相交，交點分別為異于點D的點P，Q．判斷弦PQ是否過定點，如果過定點，求出定點，如果不過定點，說明理由．【答案】(1)(2)是，定點為【分析】（1）由切線有，結(jié)合條件等式、離心率即可求；（2）直線為與雙曲線聯(lián)立，結(jié)合韋達定理可得B點坐標，則由可判斷，即可得弦PQ恒過圓心.【詳解】（1）雙曲線的離心率為，因為雙曲線上點切圓C：于M，且，則，即，即，故雙曲線E的標準方程為.（2）弦PQ過定點，理由如下：由（1）得，則，.則直線為，聯(lián)立得，則，，，，，由得，.∴，∴為圓C的直徑，故弦PQ恒過圓心【點睛】直線與圓錐曲線定點問題，一般通過聯(lián)立直線與圓錐曲線，結(jié)合韋達定理將可能過定點的直線表示出來，進而判斷是否過定點.本題可能過定點的線段為圓上的弦，直徑恒過圓心，故先通過分析判斷是否該弦為直徑.14．（2023·重慶·統(tǒng)考一模）已知橢圓的離心率為，且過點，點O為坐標原點.(1)求橢圓C的方程；(2)橢圓C上的動點M，P，Q滿足直線的斜率互為相反數(shù)，且點M不在坐標軸上，設(shè)直線的斜率分別為，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用粗圓離心率的定義以及點在橢圓上,建立關(guān)于的方程組，求解即可；（2）設(shè)直線方程,與橢圓方程聯(lián)立,通過韋達定理求出點的坐標,同理可求得點坐標，然后由兩點間的斜率公式列出，化簡即可.【詳解】（1）由題，聯(lián)立解得，所以橢圓方程為.（2）設(shè)，直線，聯(lián)立橢圓方程得，，∴，，同理可得，∴，∴.15．（2022·重慶涪陵·重慶市涪陵高級中學校校考模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為、，點P，Q為橢圓C上任意兩點，且，若三角形的周長為8，面積的最大值為2.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)橢圓C外切于矩形，求矩形面積的最大值.【答案】(1)(2)12【分析】（1）三角形的周長為8，得到，再由，可得答案；（2）分矩形中有一條邊與坐標軸平行時，則另外三條也與坐標軸平行、矩形的邊都不與坐標軸平行，這時設(shè)直線的方程為；，則的方程為：，的方程為：，的方程為：，與橢圓方程聯(lián)立，分別求得矩形的邊長，求解.（1）由得三點共線，因為三角形的周長為8，所以，則，當點為橢圓上或下頂點時面積的最大，即，由，解得，所以橢圓C的方程為.（2）當矩形中有一條邊與坐標軸平行時，則另外三條也與坐標軸平行，矩形的兩條邊長分別為矩形，此時，當矩形的邊都不與坐標軸平行時，由對稱性，不妨設(shè)直線的方程為；，則的方程為：.的方程為：，的方程為：.由，得，令得，同理得，矩形的邊長分別為，，∴，，當且僅當時取等號，所以矩形面積的最大值是12.綜上所述，矩形面積的最大值是12.16．（2022·重慶·統(tǒng)考三模）已知橢圓：的短軸長為2，左右焦點分別為，，為橢圓上一點，且軸，.(1)求橢圓的方程；(2)已知直線（且）與橢圓交于，兩點，點關(guān)于原點的對稱點為?關(guān)于軸的對稱點為，直線與軸交于點，若與的面積相等，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）短軸長為2得，由橢圓定義和得，，由得，且，可得答案；（2）設(shè)，，，聯(lián)立直線和橢圓方程利用韋達定理，代入直線：，令得，從而得到、坐標，求出的中點坐標代入直線方程可得答案.【詳解】（1）因為短軸長為2，所以，因為，，所以，，又因為軸，所以，，且，解得，∴.（2），，，聯(lián)立直線和橢圓方程得，整理得，，，，直線：令，，，，的中點坐標為，由中點在上，可得，，，解得，，所以.17．（2022·重慶·重慶八中?？寄M預測）已知雙曲線C：的右焦點為，O為坐標原點，點A，B分別在C的兩條漸近線上，點F在線段AB上，且，.(1)求雙曲線C的方程；(2)過點F作直線l交C于P，Q兩點，問；在x軸上是否存在定點M，使為定值？若存在，求出定點M的坐標及這個定值；若不存在，說明理由.【答案】(1)(2)存在，，【分析】（1）不妨設(shè)點在第一象限，即可表示出，，根據(jù)得到方程，即可求出，從而得到，再根據(jù)及，求出、，即可得解；（2）設(shè)點，，分別求出直線與坐標軸垂直時的值，根據(jù)為定值，得到方程，即可求出及的坐標，再對直線不與坐標軸垂直時，設(shè)直線的方程為、，，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達定理，表示出從而計算可得；【詳解】（1）解：不妨設(shè)點在第一象限，則.因為，則，.由已知，，即，即.因為，則，即.因為為漸近線OA的傾斜角，則，即.又，則，.所以雙曲線C的方程是.（2）解：解法一：設(shè)點，.當軸時，直線l的方程為，代入，得.不妨設(shè)點，，則.當軸時，直線l的方程為，代入，得.不妨設(shè)點，，則.令，解得，此時.當直線不與坐標軸垂直時，設(shè)直線的方程為，代入，得，即.設(shè)點，，則，.對于點，.所以存在定點，使為定值.解法二：當直線l不與x軸重合時，設(shè)了的方程為，代入，得，即.設(shè)點，，則，.在△PMO中，由余弦定理，得，設(shè)點，則，令，得，此時，.當直線l與x軸重合時，則點P，Q為雙曲線的兩頂點，不妨設(shè)點，.對于點，.所以存在定點，使為定值.18．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中校考模擬預測）已知拋物線，直線l經(jīng)過點，并與拋物線交于A，B兩點，．(1)證明：；(2)若直線AN，BN分別交y軸于P，Q兩點，設(shè)△OPA的面積為，△OQB的面積為，求的最小值．【答案】(1)證明見解析；(2)2.【分析】（1）設(shè)，且直線AB為聯(lián)立拋物線，將問題轉(zhuǎn)化為證，應(yīng)用韋達定理及斜率兩點式化簡求值，即可證結(jié)論.（2）由（1）可得，利用A、B的坐標表示，討論直線AB的斜率，由直線與拋物線方程及韋達定理求關(guān)于參數(shù)的表達式，結(jié)合對應(yīng)函數(shù)的性質(zhì)求范圍，即可知其最小值.（1）設(shè)，，直線AB為，聯(lián)立，整理得，所以，，要證，只需證．因為，得證．（2）由，，又，得：，直線AN為，令得：，同理，所以，，兩式相加得：，即，當直線AB的斜率不存在時，直線，得：，且，此時；當直線AB的斜率存在時，直線，則，由，整理得，可得，，代入上式，可得，所以，令，可得，又在上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，綜上，面積的最小值為2．19．（2022·重慶·校聯(lián)考三模）平面直角坐標系xOy中，點（－，0），（，0），點M滿足，點M的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)已知A（1，0），過點A的直線AP，AQ與曲線C分別交于點P和Q（點P和Q都異于點A），若滿足AP⊥AQ，求證：直線PQ過定點.【答案】(1)(2)過定點，證明見詳解【分析】（1）根據(jù)定義法判斷曲線類型，然后由題意可得；（2）設(shè)直線方程聯(lián)立雙曲線方程消元，利用韋達定理將AP⊥AQ坐標化，得到參數(shù)之間的關(guān)系代回直線方程可證.（1）因為，所以由雙曲線定義可知，M的軌跡為雙曲線，其中所以所以曲線C的方程為：（2）若直線PQ垂直于x軸，易知此時直線AP的方程為，聯(lián)立求解可得，直線PQ過點.當直線PQ斜率存在時，設(shè)直線PQ方程為，代入，整理得：則因為AP⊥AQ，所以整理得解得或因為點P和Q都異于點A，所以不滿足題意故，代入，得，過定點.綜上，直線PQ過定點.20．（2022·重慶·統(tǒng)考模擬預測）已知橢圓經(jīng)過點和點．(1)求橢圓的標準方程和離心率；(2)若、為橢圓上異于點的兩點，且點在以為直徑的圓上，求證：直線恒過定點．【答案】(1)橢圓的標準方程為，離心率為(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的方程組，解出這兩個量的值，可得出橢圓的標準方程，求出的值，可得出橢圓的離心率；（2）對直線的斜率是否存在進行分類討論，在直線的斜率存在時，設(shè)出直線的方程，并將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，由可得出參數(shù)之間的關(guān)系，化簡直線的方程，可得出直線所過定點的坐標；在直線的斜率不存在時，根據(jù)已知條件求出點、的橫坐標，可得出直線的方程，綜合可得出直線所過定點的坐標.（1）解：將點、的坐標代入橢圓的方程可得，解得，則，所以，橢圓的標準方程為，離心率為.（2）解：分以下兩種情況討論：①當直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，聯(lián)立可得，可得，由韋達定理可得，，，同理可得，由已知，則，所以，，即，解得或.當時，直線的方程為，此時直線過點，不合乎題意；當時，直線的方程為，此時直線過定點，合乎題意；②當直線軸，則點、關(guān)于軸對稱，所以，，，即點，由已知可得，，，由已知，則，所以，，因為，解得，此時直線的方程為，則直線過點.綜上所述，直線過定點.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.21．（2022·重慶·統(tǒng)考二模）已知橢圓的左焦點為，不過坐標原點O且不平行于坐標軸的直線l與橢圓C有兩個交點A，B，線段的中點為Q，直線的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.(1)求橢圓C的方程；(2)若過點F的直線m交橢圓C于點M，N，且滿足，求直線m的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）設(shè)，，代入橢圓的方程，利用點差法求得，進而求得的值，即可求得橢圓的方程；（2）當直線m的斜率存在時，設(shè)直線，聯(lián)立方程組求得，利用弦長公式，結(jié)合點到直線的距離公式，結(jié)合三角形面積列出方程，求得的值，得出直線方程，當直線的斜率不存在時，得到直線為，即可求解.（1）解：由題意，橢圓C的左焦點為，所以，設(shè)，，由題意可得，，則，即.因為，所以，即，所以，所以橢圓C的方程為.（2）解：當直線m的斜率存在時，設(shè)直線，點，，聯(lián)立方程組，整理得，可得，，所以，點O到直線m的距離為，因為，即，所以，即，又因為，所以，即，所以直線m為：.當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時滿足題目條件，綜上可得，直線的方程為：或.22．（2022·重慶九龍坡·重慶市育才中學?？寄M預測）已知橢圓的焦點在軸上，右焦點為，且經(jīng)過點且與x軸垂直的直線交橢圓于點，左頂點為.(1)求橢圓的離心率和的面積；(2)已知直線與橢圓交于，兩點，過點作直線的垂線，垂足為，判斷直線是否過定點？若是，求出該定點：若不是，請說明理由．【答案】(1)，(2)存在直線是否過定點，定點【分析】（1）由題意得到，又由橢圓經(jīng)過點，求得的值，得出橢圓的方程，結(jié)合離心率的定義求得離心率，進而求得的面積；（2）聯(lián)立方程組，求得，設(shè)點，得出的方程，令，化簡得到，根據(jù)，求得，即可得到答案.(1)解：由題意，經(jīng)過右焦點且與x軸垂直的直線交橢圓于點，可得，則，可得橢圓則，解得，即橢圓，所以橢圓的離心率為，又由左頂點為，右焦點為，所以，所以的面積為.(2)解：設(shè)過點作直線的垂線的方程為，由點，，可得直線的方程為，當時，直線的方程為，交軸于點，當時，直線的方程為，此時交軸于點，若直線經(jīng)過軸上的定點，則，解得，直線交軸于點，下面證明存在實數(shù)，使得直線經(jīng)過軸上定點，聯(lián)立方程組，整理得，設(shè)，則，設(shè)點，所以的方程為，令，可得，因為，所以，所以直線經(jīng)過定點，綜上可得，存在實數(shù)，使得直線經(jīng)過軸上定點.23．（2022·重慶·校聯(lián)考二模）已知橢圓的離心率，長軸的左、右端點分別為(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)直線與橢圓交于兩點，直線與交于點，試問：當變化時，點是否恒在一條直線上？若是，請寫出這條直線的方程，并證明你的結(jié)論；若不是，請說明理由.【答案】(1)(2)恒在直線【分析】（1）設(shè)橢圓的標準方程為，由且，求得的值，即可求解；（2）設(shè)直線的方程為，取，得到點在同一直線上，結(jié)合結(jié)論作出證明：聯(lián)立方程組求得，設(shè)和與交于點和，結(jié)合，即可求解.【詳解】（1）解：設(shè)橢圓的標準方程為，根據(jù)題意，可得且，所以，所以，所以橢圓的標準方程為.（2）解：根據(jù)題意，可設(shè)直線的方程為，取，可得，可得直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立方程組，可得交點為；若，由對稱性可知交點，若點在同一直線上，則直線只能為；以下證明：對任意的，直線與直線的交點均在直線上，由，整理得，設(shè)，則，設(shè)與交于點，由，可得，設(shè)與交于點，由，可得，因為，因為，即與重合，所以當變化時，點均在直線上，.24．（2022·重慶·校聯(lián)考模擬預測）在直角坐標系中，拋物線與直線交于P，Q兩點，且.拋物線C的準線與x軸點交于點M，G是以M為圓心，為半徑的圓上的一點（非原點），過點G作拋物線C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)求拋物線C的方程；(2)求面積的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】(1)依題意求出點P和點Q的坐標，用向量表示垂直，即可求得拋物線的方程；(2)先求出拋物線上的切線方程，考慮點G在上，求點G到直線AB的距離，以及AB的長度，即可的面積范圍.(1)依題意可設(shè)，，則，.因為，所以，故.又，所以.故拋物線C的方程為；(2)現(xiàn)計算拋物線在點處的切線方程為，對拋物線方程求導得，在N點處的斜率為，在N點處的切線方程為，整理得；設(shè)，，，則直線，的方程分別為和.因為點G在直線，上，所以，兩式相減得，并由①得，直線AB的斜率為，所以直線AB的的方程為，整理得直線的方程為.聯(lián)立方程組整理得，則，，故.點到直線的距離.故的面積.由題可知，，，則圓M的方程為，故，因為，所以，所以，故面積的取值范圍為；綜上：拋物線的方程為，面積的取值范圍為.【點睛】求直線AB的方程時，應(yīng)盡可能使用變量，而不是，盡可能把轉(zhuǎn)化為，因為存在符號問題，討論符號會給計算帶來很多的麻煩，并且要巧用GA，GB聯(lián)立的方程而不是解出方程.25．（2022·重慶沙坪壩·重慶八中?？寄M預測）已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為，點A在橢圓C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，過F2與坐標軸不垂直的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，N為線段PQ的中點．(1)求橢圓C的方程；(2)已知點M，且MN⊥PQ，求線段MN所在的直線方程．【答案】(1)＋＝1(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0【分析】（1）由離心率公式以及余弦定理得出橢圓C的方程；（2）聯(lián)立直線l和橢圓的方程，利用韋達定理以及中點坐標公式得出點坐標，再由垂直關(guān)系得出線段MN所在的直線方程．【詳解】（1）解：（1）由e＝，得a＝2c，易知|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cosA＝|F1F2|2，即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×＝a2，解得a＝2，則c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴橢圓C的方程為＋＝1；（2）設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，則x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝，∴N.又M，則kMN＝＝－.∵MN⊥PQ，∴kMN＝－，得k＝或，則kMN＝－2或kMN＝－，故直線MN的方程為16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0.【點睛】關(guān)鍵點睛：解決問題二時，關(guān)鍵是將MN⊥PQ轉(zhuǎn)化為kMN＝－，結(jié)合韋達定理以及中點坐標公式得出直線MN的方程.26．（2022·重慶·校聯(lián)考模擬預測）已知橢圓的右焦點為F，過F的直線與橢圓E交于點A，B，當直線的方程為時，直線過橢圓的一個頂點．(1)求橢圓的標準方程；(2)已知點，若，求直線的斜率．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)求出，進而求出a，從而求出橢圓方程；（2）設(shè)出直線的方程，聯(lián)立后得到兩根之和，兩根之積，計算出，得到，進而求出，利用兩根之和，兩根之積求出直線的斜率.(1)由直線過點F及橢圓的一個頂點，所以橢圓半焦距，，故橢圓E標準方程為．(2)設(shè)直線的方程為：，由聯(lián)立得：顯然由，則（1）因為所以x軸平分，則，由（1）及可得：，所以，，即，解得：，則，故直線的斜率．27．（2022·重慶永川·重慶市永川北山中學校校考模擬預測）設(shè)橢圓C：的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為．(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB．【答案】(1)，；(2)證明見解析【分析】（1）求出焦點坐標，代入x＝1，求出A點坐標，從而得到直線AM的方程；（2）先考慮直線斜率為0和斜率不存在時，再考慮斜率存在且不為0時，設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，表達出斜率之和，代入兩根之和，兩根之積，求出斜率之和為0，故MA，MB的傾斜角互補，得到∠OMA＝∠OMB．【詳解】（1）由題意得：，∴，∵l與x軸垂直，∴x＝1，由，解得或，∴或，∴直線AM的方程為或整理得：，；（2）證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°，當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，∴∠OMA＝∠OMB，當l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為，k≠0，，則，，直線MA，MB的斜率之和為，之和為，由得：，將代入可得，∴，，∴，從而，故MA，MB的傾斜角互補，∴∠OMA＝∠OMB，綜上∠OMA＝∠OMB．【點睛】直線與圓錐曲線結(jié)合問題，通常設(shè)出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，得到兩根之和兩根之積，再根據(jù)題干條件得到方程，求出答案，本題中要將角度相等問題轉(zhuǎn)化為斜率之和為0進行求解.28．（2022·重慶江北·校考一模）已知橢圓的左焦點為F，右頂點為，過F且斜率不為0的直線l交橢圓于A，B兩點，C為線段AB的中點，當直線l的斜率為1時，線段AB的垂直平分線交x軸于點O（O為坐標原點），且．(1)求橢圓的標準方程；(2)若直線DA，DB分別交直線于點M，N，求證：以MN為直徑的圓恒過點F．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）當直線l的斜率為1時，借助為等腰直角三角形的幾何性質(zhì)求解的值，再根據(jù)，b，c的關(guān)系求b,進而求出橢圓的標準方程；（2）首先設(shè)直線AB的方程為，然后通過直線與曲線聯(lián)立，并通過韋達定理求解與的值，再借助，點的坐標求解與點坐標，最后利用坐標表示，代入與的值求得，進而得證，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）由題易知，當直線l的斜率為1時，為等腰直角三角形，所以，又，，所以，故橢圓的標準方程為．（2）由（1）知，設(shè)直線AB的方程為，，，把直線AB的方程與橢圓方程聯(lián)立，整理得，，則，．設(shè)，，由M，A，D三點共線得，得，同理，由N，B，D三點共線，得．，所以，故以MN為直徑的圓恒過點F．【點