高中数学竞赛强基计划6 解析几何之直线与圆及圆锥曲线（40题难题）（10单选10多选10填空10大题）（解析版）.docx

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专题06解析几何之直线与圆及圆锥曲线（40题难题）（10单选10多选10填空10大题）一、单选题1．（2024·安徽合肥·一模）已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围.【详解】即，则圆心为，半径，直线，令，解得，即直线恒过定点，又，所以点在圆内，设，，，由，消去整理得，显然，则，则，所以，，则，则，又直线的斜率不为，所以不过点，所以动点的轨迹方程为（除点外），圆的圆心为，半径，又，所以，即，即的取值范围为.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得.2．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，，则直线的斜率为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】设直线的方程，联立双曲线方程，设，可得根与系数的关系式，结合，推出，结合根与系数的关系式，化简求值，即可求得答案.【详解】由题意知直线分别与双曲线的左、右两支交于点，不妨设的斜率大于0，图形如图所示，设直线的方程为，联立方程可得，得，则需满足，得.设，则，，，O为的中点，是的中点，，，，化简得，由对称性可知直线的斜率为，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用推出，进而结合根与系数的关系化简求值.3．（2024·山东枣庄·一模）已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，为的中点，且，则的最大值为（）A．4 B．5 C．D．【答案】B【分析】结合向量的线性运算可得，结合焦半径公式与即可得解.【详解】设、、，由可得，由，为的中点，则有，即，即，故，，又，故，此时点在原点.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助向量的线性运算，得到，从而可结合焦半径公式得到.4．（2024·云南昆明·一模）已知椭圆（）的左、右焦点为、，圆与的一个交点为，直线与的另一个交点为，，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】由题意可得，设，由椭圆的定义可知，的表达式，再由的值，可，在中，可得，可得点为短轴的端点，在中，由余弦定理可得，的关系，即求出椭圆的离心率的值．【详解】由题意知，圆过椭圆的两个焦点，因为为圆与椭圆的交点，所以，因为，设，可得，，所以，所以，在中，，即，解得或，解得或（舍去），此时点为椭圆短轴的顶点，又，解得（负值舍去），且，，在中，由余弦定理可得，整理可得，所以．故选：B．【点睛】关键点点睛：涉及焦点三角形问题一般是利用椭圆的定义及余弦定理进行处理，本题关键是推导出为短轴顶点.5．（2024·全国·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（）A．B．C．D．2【答案】A【分析】根据内切圆于，可设，进而得，结合，可得，进而得，求得，判断出，由焦点三角形求得，即可求解.【详解】设内切圆的半径为，由，即，则,设，则，则，由，即，则，则，，则，故，同理得，故，故，则，故，则，则.故选：A【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．6．（2024·山东淄博·一模）已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P，Q是它们的两个公共点，且P，Q关于原点对称，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】设出椭圆的长半轴长，双曲线的实半轴长为，然后根据焦点三角形顶角的余弦定理求解出的关系式，最后通过“1”的妙用求解出最小值.【详解】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义得：，，设，根据椭圆与双曲线的对称性知四边形为平行四边形，则，则在中，由余弦定理得，，化简得，即，则，当且仅当，即时等号成立，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用余弦定理得到，最后对原式变形再利用基本不等式即可求出其最小值.7．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，其中，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先求出抛物线方程，联立，结合韦达定理求得，的坐标，从而求得直线的方程，求出点到直线的距离，表示出，利用换元，结合基本不等式从而可求答案.【详解】点在抛物线上，把点代入中得，则，所以抛物线为，直线，与抛物线方程联立可得，，则，则，，则，所以用替换可得，则，则，故，直线，即，则点到直线的距离，，，，而，令，因为，所以，故，当且仅当，即时等号成立，故选：A．【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用点线距及三角函数表示出目标式；二是利用换元法和基本不等式求解最值.8．（2024·全国·二模）已知直线与直线相交于点，且点到点的距离等于1，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出点的方程，再利用两圆有公共点列出不等式求解即得.【详解】直线过定点，直线过定点，又直线，因此点的轨迹是以线段为直径的圆（除点外），圆心，半径，圆的方程为且，又，显然点与的距离大于1，则点在圆：上，依题意，圆与圆有公共点，于是，即，解得或，所以实数的取值范围是.故选：D【点睛】方法点睛：求圆的方程，主要有两种方法：①几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．②待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．9．（2024·山东济宁·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第一象限的交点为，若，，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】设，为锐角，依题意可得，，再由，得到，又，利用勾股定理得到方程，即可求出，从而求出，最后求出离心率即可．【详解】设，为锐角，因为，，所以，，，，又，，，，，，，（负值舍去），，，，双曲线的离心率．故选：D．【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于，，的齐次式，结合转化为，的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围)．10．（2024·辽宁大连·一模）设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．2 D．【答案】A【分析】向量坐标化并结合双曲线定义与等面积得点点距列方程得代入双曲线求出离心率.【详解】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，因为，所以，所以，又，解得，所以，所以，解得，所以，代入双曲线方程得：，解得，所以.故选：A【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线的离心率，关键是向量坐标化并充分利用曲线定义确定A的坐标.二、多选题11．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（）A．a，b满足B．的最大值为C．存在点P，使得D．【答案】ABD【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；B选项，由题意得，设，则，，因为，，所以，，则，故B对；C选项，设，，，，则，当且仅当时，等号成立，由于在上单调递减，当点P在短轴端点时，最大，且此时，故此时，故C错；D选项，法一：直线方程为，即，与椭圆方程联立得，因为，所以，，故，故D对.法二：据椭圆第二定义易知：，其中，即，解得，同理可得.所以成立，故D对.故选：ABD【点睛】结论点睛：为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，则最大当且仅当为短轴顶点；为椭圆上任意一点，为椭圆的长轴顶点，则最大当且仅当为短轴顶点；为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，若，则椭圆的离心率的取值范围是.12．（2024·河南新乡·二模）如图，已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（）A．的渐近线方程为B．C．的面积为D．内接圆的半径为【答案】ABD【分析】根据斜率以及双曲线的对称性可得为等边三角形，即可根据同角关系与和差公式求解三角函数值，进而利用正弦定理求解，由双曲线定义可得，进而根据选项即可逐一求解，【详解】对于A，依题意，直线的斜率为，所以，又，所以为等边三角形，故，在中，为锐角，，所以，根据正弦定理可得，即，解得，所以，即，所以双曲线的方程为，对于AB，的渐近线方程为，故AB正确；对于C，的面积为，故C错误；对于D，的面积为，所以内接圆的半径为，故D正确.故选：ABD，【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用三角函数的知识与正弦定理求得，从而得到双曲线的方程，从而得解.13．（2024·山东菏泽·一模）如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（）A．B．以为直径的圆与直线相切C．D．【答案】ACD【分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解.【详解】对于A，令，联立，消可得，则，，，则故，同理，故A正确；对于C，设与轴交于，，则，，故C正确；对于D，则，而，所以，故D正确；对于B，中点，即则到直线的距离，以为直径的圆的半径，所以，当时相切，当时不相切，故B错误.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可.14．（2024·山东临沂·一模）已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（）A．存在点，使为等边三角形B．若为上一点，则最小值为1 C．若，则直线与圆相切D．若以为直径的圆与圆相外切，则【答案】AC【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.【详解】由已知圆的方程化为，得其圆心，半径，由于抛物线方程为，其焦点为对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；若点到点的距离为，由抛物线的定义可知，即，代入抛物线方程可得，，故A正确；对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点，，由于为上，设，且，则，当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确；对于选项C，设，且，若，即，得，解得，所以此时，不妨取，，此时直线的方程为：，即，则圆心到该直线的距离为，所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确；对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时，只需保证，设，且，，得，得方程：（*），其中，反解得：代入上式，化简可得：，显然，故D不正确.故选：AC.【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题.15．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点（点位于点上方），且，延长，分别交椭圆于点，，连接交轴于点，若的面积是的面积的3倍，则下列说法正确的有（）A．椭圆的离心率为B．的周长为C．D．直线的斜率是直线的斜率的5倍【答案】AC【分析】根据与的面积关系，结合椭圆定义和余弦定理得到是椭圆的上顶点，再由和求得离心率；利用椭圆的定义即可求得的周长；分别得到直线与的方程，分别与椭圆方程联立得到交点与的坐标，从而得到直线的方程，再得到与轴交点的坐标即可求得，根据点的坐标得到直线方程，结合直线的方程可以得到二者斜率的关系.【详解】选项A：的面积是的面积的3倍，，设，则，，根据椭圆定义，，则在中，由余弦定理得，即，得，，，，，，由知为椭圆的上顶点，，，，故A正确；选项B：由椭圆的定义得的周长为，故B错误；选项C：由选项A知，，直线的方程为，联立，解得，因为点为上顶点，所以点，关于轴对称，所以，又由，直线的方程为，即，联立，解得，直线的方程为，即，令，解得，，故C正确；选项D：由选项C知直线和的斜率分别为，，，故D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．16．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线的准线交轴于点，焦点为，，为抛物线上不同的两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A．B．的最大值为C．若，则D．若，则的面积为【答案】BCD【分析】由求出，即可判断A，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由求出，即可判断B，根据抛物线的定义判断C，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，即可得到，再由，得，即可求出，再由面积公式计算即可判断D.【详解】由，得，，故A错误；设直线的方程为，代入，消去得，令，解得，当直线与抛物线相切时，最大，同时，当直线与抛物线相切时，最大，此时最大为，故B正确；若，则为线段的中点，过，分别作准线的垂线，垂足为，，则，即，故C正确；对于D，直线的斜率显然不为，故设直线的方程为，代入，消去得，，设，，则．由，得，所以或，，的面积为，故D正确.故选：BCD．【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.17．（2024·重庆·模拟预测）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（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（）A．若为的中线，则B．C．存在直线使得D．对于任意直线，都有【答案】ABD【分析】取，两点都在第一象限,设，，联立抛物线，利用韦达定理以及抛物线的定义来判断各项正误.【详解】不妨取，两点都在第一象限，过分别作抛物线准线的垂线，垂足为，设，，，联立，得且，即，所以，则，对于A：若为的中线，则，结合得，所以，所以，，此时，所以，A正确；对于B：由求根公式，则，所以，B正确；对于C：若，即，明显等腰直角三角形，此时，即，所以，解得，此时，此时为同一点，不合题意，C错误；对于D：，又，结合，都恒成立，D正确；故选：ABD.【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，注意的判断；（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.18．（2024·全国·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3，过的焦点的直线交于两点，则下列选项正确的是（）A．过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条B．当时，C．为钝角三角形D．的最小值为【答案】ACD【分析】由抛物线的定义及点到准线的距离可求解抛物线的方程，判断点与抛物线的位置关系即可判断A；联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解面积，进而可得的值，利用焦半径公式即可求解B；根据数量积的坐标运算即可求解C，根据焦半径公式，结合基本不等式即可求解D.【详解】因为抛物线上一点到其准线的距离为3，所以，解得，所以抛物线的标准方程为．对于A，由于点在抛物线上，且，故点在抛物线的外部，显然过点与抛物线相切的直线有2条，当过点的直线与轴平行时，与抛物线也仅有一个公共点，所以过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；对于B，由抛物线的方程可知，焦点，当直线的斜率不存在时，，又，所以，不符合题意，所以直线的斜率存在且不为0，设，联立消去整理得，所以，，，又，所以，解得，则，，则，故B错误；对于C，由选项可知，所以，所以是钝角三角形，故C正确；对于D，由选项B可知，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D正确．故选:ACD．【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是利用向量数量积小于0从而判断出其为钝角三角形，计算的时候需要结合抛物线中的焦点弦定值结论.19．（2024·辽宁丹东·一模）已知圆，直线与交于两点，点为弦的中点，，则（）A．弦有最小值为B．有最小值为C．面积的最大值为D．的最大值为9【答案】BCD【分析】易得直线过定点，根据点为弦的中点时，最小，即可判断A；根据点为弦的中点，可得，进而可得出点的轨迹是以为直径的圆，即可判断B；要使面积取得最大值，只要点到直线的距离最大即可，进而可判断C；设，联立，利用韦达定理求出，进而可求出的坐标，再根据数量积的坐标公式结合基本不等式即可判断D.【详解】圆的圆心，半径，直线过定点，因为，所以点在圆内，所以直线与圆一定相交，当点为弦的中点时，有最小值，此时直线的斜率不存在，而直线的斜率一定存在，所以，故A错误；因为点为弦的中点，所以，即，所以点的轨迹是以为直径的圆(去除），圆心为，半径为，所以轨迹方程为，因为，所以点在圆外，所以的最小值为，故B正确；对于C，，要使面积取得最大值，只要点到直线的距离最大即可，直线的方程为，即，圆心到直线的距离，所以点到直线的距离最大值为，所以面积的最大值为，故C正确；对于D，设，联立，得，则，故，所以点的坐标为，则，当时，，当时，，当时，，当且仅当，即时，取等号，综上所述的最大值为9，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；（2）定义法：根据圆的定义写出方程；（3）几何法：利用圆的性质列方程；（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．20．（2024·江苏·一模）已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（）A．B．C．D．面积的最小值为16【答案】ACD【分析】A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值.【详解】A选项，由题意得，准线方程为，直线的斜率存在，故设直线的方程为，联立，得，，故，A正确；B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，即，联立，得，故，所以B错误；C选项，由直线的方程，令得，又，所以，故，故，又由焦半径公式得，所以C正确；D选项，不妨设，过B向作平行于y轴的直线交于M，根据B选项知，，故，根据直线的方程，当时，，故，故，故，当且仅当，即时，等号成立，故的面积最小值为16，D正确.故选：ACD【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．三、填空题21．（2024·重庆·模拟预测）已知点，是双曲线：的左、右焦点，点在的右支上，连接作且与轴交于点，若则的渐近线方程为．【答案】【分析】不妨设点在第一象限，设，根据和求出点的坐标，再代入双曲线方程即可得解.【详解】不妨设点在第一象限，设，，由，得，所以，所以，因为，所以，即，所以，解得（舍去），所以，又因为点在上，所以，即，所以，所以，所以的渐近线方程为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程的方法：（1）定义法：直接利用、求得比值，则焦点在轴上时，渐近线方程为，焦点在轴上时，渐近线方程为；（2）构造齐次式：利用已知条件结合，构建的关系式（或先构建的关系式），再根据焦点位置写出渐近线方程即可.22．（2024·黑龙江·二模）已知双曲线的离心率为，其左､右焦点分别为，过作的一条渐近线的垂线并交于两点，若，则的周长为.【答案】【分析】设方程，根据求得方程，再由双曲线定义求的周长.【详解】由，得，则双曲线，，渐近线，不妨设直线，，联立方程消去得，则，可得，解得，可得，由双曲线的定义可得，则，可得，所以的周长.故答案为：【点睛】关键点点睛：在双曲线中，直线过焦点，，则的周长.23．（2024·吉林白山·二模）已知点是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上异于，的一点，且以为直径的圆过点，点在轴上，且三点共线，为坐标原点，若成等比数列，则椭圆的离心率为.【答案】【分析】由题意得，首先设直线，联立椭圆方程得坐标，进一步由，成等比数列，可得的坐标，从而可得斜率，注意到，结合离心率公式即可顺利得解.【详解】因为以为直径的圆过点，所以，由题意设直线（斜率显然存在，否则点就不存在了），不妨设点分别在第一象限、第三象限，则直线的斜率；联立，解得，则，而，成等比数列，则，设，则，从而，而不重合，也就是，解得，则，故直线的斜率，设，所以，所以，故所求离心率.故答案为：.【点睛】关键点点睛：关键是分别表示出，由此结合即可顺利得解.24．（2024·辽宁·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为记以为直径的圆与C的渐近线在第一象限交于点P，点Q为线段与C的交点，O为坐标原点，且，则C的离心率为.【答案】/【分析】利用以为直径的圆的方程，联立，求得P点坐标，利用，推出Q为的中点，求出Q点坐标，代入双曲线方程，得出的关系式，即可求得答案.【详解】设双曲线的半焦距为c，则，渐近线方程为，以为直径的圆的方程为，联立，可得，即，又，所以Q为的中点，故，将坐标代入中，得，即，即，则，即C的离心率为，故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的离心率的求解，解答的关键在于利用，推出Q为的中点，从而求得，进而结合双曲线方程，得出的关系式，即可求解.25．（2024·福建·模拟预测）已知双曲线的左焦点为F，过F的直线l交圆于A，B两点，交C的右支于点P.若，，则C的离心率为.【答案】/【分析】作出辅助线，结合题目条件得到方程组，求出，结合双曲线定义得到方程，求出离心率.【详解】设双曲线的右焦点为，连接，取的中点，连接，则⊥，因为，，所以，因为为的中点，所以⊥，且，因为，所以，，由勾股定理得，即①，由垂径定理得，即，即②，联立①②得，又由双曲线定义可得，即，化简得，方程两边同除以得，，解得或1（舍去），故离心率.故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).26．（2024·广东湛江·一模）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为．【答案】【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率.【详解】由，得为线段的中点，且点在椭圆外，所以，则，又，所以为线段的中点，所以，设，则，又，所以，由椭圆的定义可知：，得，如图，延长交椭圆C于点，连接，则由椭圆的对称性可知，，又，故，由余弦定理可得：，在中，，由余弦定理可得，即，所以椭圆C的离心率为.故答案为：【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．27．（2024·湖南·模拟预测）过椭圆C：（）上的动点P向圆O：引两条切线．设切点分别是A，B，若直线与x轴、y轴分别交于M，N两点，则面积的最小值是.【答案】【分析】设点，首先求出直线方程，然后求得坐标，由两点间距离公式得，由点到直线距离公式表示出原点到直线（即直线的距离），从而表示出面积，结合点在椭圆上，即它的坐标满足条件等式，进一步结合基本不等式求得即可得解.【详解】设点，则以为直径的圆的方程为，与圆O的方程相减得，即是过切点的直线方程，，令，得，所以，令，得，所以，所以，所以点到直线的距离，所以，因为点在椭圆C：（）上，所以，即，等号成立当且仅当，所以，等号成立当且仅当，综上所述，面积的最小值是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：关键是表示出面积，即，由此即可顺利得解.28．（2024·山西朔州·一模）已知点是双曲线的右焦点，过的直线与交于两点，点与点关于原点对称，．若为线段上靠近点的四等分点，则的离心率为．【答案】/【分析】设，借助双曲线定理，结合勾股定理，用表示出、，再结合勾股定理得到与、有关齐次式，即可得离心率.【详解】取左焦点，设，则，由双曲线定义可得，，由，点与点关于原点对称，故四边形为矩形，故，有，化简可得得，故，，则在中，有，即，故.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助双曲线定理，结合勾股定理，用表示出、，再结合勾股定理得到与、有关齐次式，即可得解.29．（2024·全国·模拟预测）已知为坐标原点，椭圆的离心率，短轴长为．若直线与在第一象限交于两点，与轴、轴分别相交于两点，，且，则．【答案】【分析】结合题意可得椭圆方程，借助点差法可得，设出直线的方程，结合可得其斜率，再借助韦达定理与弦长公式即可得解.【详解】由题意得，解得，故椭圆的方程为，设，线段的中点为，连接，如图，点在椭圆上，，两式相减得，则，设直线的方程为，则，点也为的中点，，，解得，，，故直线的方程为，联立，消去整理得，则，则,故答案为：【点睛】方法点睛：点差法是处理中点弦问题常用的求解方法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式可求得斜率．30．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，M，N都在双曲线C的左支上，是正三角形，点到直线的距离为2，则双曲线C的实轴长的取值范围是．【答案】【分析】求实轴长取值范围关键是找到关于a的方程和建立关于a的不等式关系，先由双曲线及正三角形的对称性可得关于x轴对称，从而推出直线的斜率，再与渐近线斜率进行比较建立关于a的不等式关系，下来再由点到直线的距离可求出c的值，再结合方程进行转换即可求出a的取值范围，进而求出实轴长取值范围.【详解】如图，假设点M在x轴上方，由双曲线及正三角形的对称性可得关于x轴对称，直线的倾斜角为，斜率为，直线与双曲线C的左支有交点，所以，得，即．因为，所以点到直线的距离为，所以，所以，所以，即C的实轴长的取值范围是．故答案为：.四、解答题31．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且经过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知椭圆在其上一点处的切线方程为.过椭圆的左焦点作直线与椭圆相交于两点，过点分别作椭圆的切线，两切线交于点，求面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知条件推导出，由此计算即可求出椭圆的标准方程．（2）设直线，，,由已知求得，由得，由此利用椭圆弦长公式和点到直线的距离公式，求出，设，令，利用导数研究单调性，求得最小值.【详解】（1）由题意得解得所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知椭圆的标准方程为，则.当直线的倾斜角为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时两切线平行无交点，不符合题意，所以直线的倾斜角不为0.设直线，，，由得，则，，，所以.又椭圆在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，由得，代入①得，所以.因为点到直线的距离，所以.设，则，令，则，所以在上单调递增，所以当，即时，的面积最小，最小值是.【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.32．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且经过点．(1)求椭圆的标准方程．(2)已知椭圆在其上一点处的切线方程为．过椭圆的左焦点作直线与椭圆相交于两点，过点分别作椭圆的切线，两切线交于点．求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得到的值，从而得到椭圆方程；（2）根据题意设出直线的方程，点的坐标，由题干提示得到椭圆在点处的切线方程，联立方程得到点的坐标.根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，进一步证明与垂直.【详解】（1）由题意得解得所以椭圆的标准方程为．（2）当直线的斜率为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，故不符合题意．当直线的斜率不为0时，由（1）知，设直线，则椭圆在点处的切线方程为，在点处的切线方程为．由，得，代入①得，所以．当时，直线的斜率不存在，直线的斜率为0，；当时，直线的斜率为，直线的斜率为，所以．综上，．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的设线技巧：（1）当题干中直接或者隐含直线过定点时，可设点斜式局限性：不能表示垂直于x轴的直线，需要单独讨论；（2）当题干中含有过y轴上一定点时，或者在解题步骤中需要或，需要消掉y保留x时，设会简化解题步骤和计算量局限性：不能表示垂直于x轴的直线，需要单独讨论；（3）当题干含有过x轴上一定点时，或者在解题步骤中需要或，需要消掉x保留y时，设会简化解题步骤和计算量局限性：不能表示垂直于y轴的直线，需要单独讨论.33．（2024·全国·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3．(1)求抛物线的标准方程；(2)设直线，点是与轴的交点，过点作与平行的直线，过点的动直线与抛物线相交于两点（不与原点重合），直线分别交直线于点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用抛物线的焦半径公式求出p，即可求得答案.（2）由题意可求得直线的方程，设出直线的方程联立抛物线方程，化简求出两点坐标关系，联立直线与直线的方程求出，同理可得，从而推出，即可证明.【详解】（1）因为抛物线上一点到其准线的距离为3，所以，解得，所以抛物线的标准方程为；（2）证明：直线，令得，所以点，因为直线平行于直线，且过点，所以直线的方程为，由题知直线的斜率不为0，所以设直线，由消去得，则，设，则，直线的方程为，直线的方程为．解，得，同理可得，所以，因为，所以，且都在直线上，即是线段的中点，所以.【点睛】易错点点睛：本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线位置关系的应用问题，解答的易错点在于第（2）问中证明时，计算相当复杂，计算量较大，基本都是字母参数的运算，很容易出现计算错误.34．（2024·湖南·一模）已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．(1)求的标准方程．(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：（ⅰ）的斜率之积为定值；（ⅱ）存在定点，使得关于点对称．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，则，所以，因为，所以，得.因为，所以，可得，所以，故的标准方程为.（2）证明：（i）设，如下图所示：设过点的切线的斜率为，则切线方程为，即，所以，即，因此的斜率是上式中方程的两根，即.又因为，所以所以的斜率之积为定值，且定值为.（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，联立，得.因为，所以，则，同理可得，所以.因为，所以，所以，得.因为都在上，所以或（舍去），所以存在定点，使得关于点对称.【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.35．（2024·浙江·二模）已知椭圆的左顶点和下顶点B，焦距为，直线l交椭圆L于C，D（不同于椭圆的顶点）两点，直线AD交y轴于M，直线BC交x轴于N，且直线MN交l于P.(1)求椭圆L的标准方程；(2)若直线AD，BC的斜率相等，证明：点P在一条定直线上运动.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由顶点坐标和焦距可求出椭圆标准方程；（2）设直线AD，BC的斜率为k，联立直线和椭圆方程，得到联立直线和椭圆方程由于，所以，可得点，利用消元法可得点P的轨迹方程，即可得证.【详解】（1）由已知得：，所以，所以椭圆（2）设直线的斜率为.则直线，直线，得联立得，易知.由，得，于是.同理：由于，所以，即，得①，同理②，由①②得，故点在直线上运动.【点睛】关键点点睛：本题的关键是设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，得到点的坐标，从而得解.36．（2024·全国·模拟预测）已知分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，是椭圆的左顶点，，的周长为6．(1)求椭圆的标准方程；(2)若是直线上一点，过点的两条不同直线分别交于点和点，且，求证：直线的斜率与直线的斜率之和为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）分别由椭圆的定义、椭圆的几何性质列出关于的方程，求出，进而利用椭圆中之间的关系求出，从而求出椭圆的标准方程；（2）先设出点的坐标与直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，再由得，然后根据及向量的坐标运算求出，同理可用将表示出来，即可得到关于的等式，从而求出的值，即可证明直线的斜率与直线的斜率之和为定值．【详解】（1）由椭圆的定义知，的周长为，．①由椭圆的几何性质知．②由①②得，，椭圆的标准方程为．（2）设，直线与直线的斜率分别为，（易知直线和直线的斜率都存在）直线的方程为，即，代入并整理，得，，．，，三点共线，且与同向，，同理可得，，，，直线的斜率与直线的斜率之和为定值0．【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键是将转化为，进而结合韦达定理进行求解，同时本题计算量较大，属综合困难题.37．（2024·辽宁大连·一模）在平面直角坐标系xOy中，点O为坐标原点，已知两点，点M满足，记点M的轨迹为G．(1)求曲线G的方程：(2)若P，C，D为曲线G上的三个动点，的平分线交x轴于点，点Q到直线PC的距离为1．（ⅰ）若点Q为重心，求点P的坐标；（ⅱ）若，求a的取值范围．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）对向量坐标化，整理得曲线轨迹方程；（2）法一：由条件得，结合斜率和重心坐标公式得P坐标，由角分线意义得，平方化简得是方程的两根，直线与曲线联立，结合韦达定理求出P坐标，即可求解；法二：由圆切线方程抽方程可知直线的方程为，与圆联立得，结合韦达定理得P坐标，即可求解.【详解】（1）设点，即，，，，化简得曲线的方程：；（2）（ⅰ）解法1：设，为的角平分线．为重心为的中线，S三线合一可得，为重心①设直线方程为：，直线方程为：，是的平分线，点到直线的距离为点到直线的距离为1，，可得同理，即是方程的两根，，联立可得：，，同理，点为重心，，即，又，故点的坐标为②联立①②可得即（ⅱ）由（ⅰ）知，，等价于时满足题意．（ⅰ）解法2：是的平分线，点到直线的距离为点到直线的距离为1，直线与圆相切，设直线与圆的切点分别为，设直线上任意一点坐标为，则，可得，整理得，结合，进一步可得直线方程为：，同理直线方程为，因为点在两条直线上，所以可知直线的方程为，代入圆方程可得：即：设直线的斜率，直线的斜率为，即，联立直线与抛物线方程，，可得：，，同理可得，点为重心，，即，又故点的坐标为②其余过程同解法1．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线位置关系,关键是利用角分线的意义抽方程或直线,进而得韦达定理求出P坐标.38．（2024·湖北·一模）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．(1)求椭圆的标准方程：(2)设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析，【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.【详解】（1）由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为（2）（i）由（1）可得，连接，因为，，所以，，，所以，所以直线的方程为，联立，解得或（舍去），.（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，又，，直线的方程为，由，解得，所以，由，得，由，则，所以，则，，依题意、不重合，所以，即，所以，直线的方程为，令即，解得，，，为定值.【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.39．（2024·辽宁丹东·一模）我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中是反射镜面也是过点处的切线）．已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，从处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点．(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：当，，且直线的倾斜角为时，求反射光线所在的直线方程；(2)从处出发的光线照射到双曲线右支上的点处，且三点共线，经双曲线反射后过点，，，延长，分别交两条渐近线于，点是的中点，求证：为定值．(3)在（2）的条件下，延长交y轴于点，当四边形的面积为8时，求的方程．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线的方程，联立方程求出点的坐标，进而可得出答案；（2）易得，可令，则，根据双曲线的定义求出，即可求得，再在直角中，求出，即可得直线的方程，再利用勾股定理求出的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线和渐近线方程，设，利用韦达定理求得，即可得点的坐标，进而可得出结论；（3）先利用角平分线定理可得，即可得点的坐标，再求出，即可得直线的方程，进而可得点的坐标，再根据四边形的面积求出，即可得解.【详解】（1）因为，，所以，，故双曲线方程为，直线的方程为，由，解得，即，所以，所以反射光线所在的直线方程为，即；（2）因为为直角三角形，，可令，则，由双曲线的定义可得，即，所以，所以，所以，在直角中，，所以直线的方程为，由，得，所以，所以，所以两条渐近线得方程为，联立，得，设，则，故，所以，所以，所以，所以为定值；（3）由双曲线得光学性质可得，直线平分，所以，在中，由正弦定理得，则，在中，由正弦定理得，则，因为，所以，所以，所以，所以，故，而，所以，所以直线的方程为，故点的坐标为，设四边形的面积为，则，所以，故，所以求的方程为．【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．40．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，已知双曲线的离心率为2，点在上，为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线和直线交于点，直线交的右支于点．(1)求的方程；(2)探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由；(3)设分别为和的外接圆面积，求的取值范围．【答案】(1)(2)过定点，理由见解析(3)【分析】（1）根据离心率得到，再代入，得到方程，求出，求出双曲线方程；（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出直线，求出，根据三点共线得到方程，结合，求出，得到答案；（3）利用正弦定理求出，设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出，表达出，得到.【详解】（1）因为离心率，所以，双曲线的方程为，将点代入双曲线方程得，所以，所以的方程为．（2）直线过定点，理由如下：设，直线的方程为，与的方程联立整理得，则．直线，所以，又三点共线，所以，即，即，即，化简得，因为，所以，代入上式得，即，，所以．所以过定点．（3）设和的外接圆半径分别为，，其中，由正弦定理可得，又，所以，即．设直线的方程为，与的方程联立整理得，则．又即由得，由，解得，由得，，由，得，综上，，又因为，所以．【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．。