强基计划专题练08 解析几何（解析版）.docx

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1、专题训练08 解析几何一、单选题1已知直线与圆有公共点，且公共点的横纵坐标均为整数，则满足的有（）A40条B46条C52条D54条【答案】A【分析】通过分析得出圆上的整数点共有12个，由直线为截距式，先排除掉关于原点对称的两点所连直线，关于x轴对称的两点所连直线（不含），关于y轴对称的两点所连直线（不含），再结合变形为，利用几何意义得到原点到直线的距离小于等于，利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与比较得到结论，利用组合知识求出答案.【详解】圆上的整数点

2、共有12个，分别为，如图所示，由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，关于x轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去，关于y轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去其中变形为，几何意义为原点到直线的距离小于等于，这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大分为类，以下为具体情况：，弦长为的直线有4条，此时原点到此类直线的距离为，不合要求，舍去，弦长为的直线有8条，此时原点到此直线的距离为，不合要求，舍去，弦长为的直线有8条，此时原点到此直线的距离为，满足要去，其他情况弦

3、长均大于，故均满足要求，由组合知识可知：满足要求的直线条数为：故选：A【点睛】对于比较复杂一些的排列组合知识，直接求解比较困难的时候，可以先求解出总的个数，再减去不合要求的个数，得到答案.二、多选题2已知直线与椭圆交于两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是（）A当时，使得B当时，C当时，使得D当时，【答案】BC【分析】对于A，将直线的方程与椭圆方程联立，求出的取值范围，可求得的取值范围，可判断A选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的取值范围，可判断B选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合可求得的取值范围，可判断C选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的最小值，可判断D选项.【详解

4、】在椭圆中，由题意可得，上焦点记为，对于A选项，设点，联立，消去得，由韦达定理可得，所以，选项A错；对于B选项，设线段的中点为，由题意可得，两式作差可得，因为直线的斜率存在，则，所以，整理可得，又因为，消去可得，其中，所以，所以，选项B对；对于C选项，当时，直线的方程为，即，联立可得，解得，由韦达定理可得，同理，所以，因为，所以，当时，使得，选项C对；对于D选项，设线段的中点为，由B选项可知，即，即，由可得，故点的横坐标的取值范围是，而点到直线的距离为，由可得，当且仅当点时，取最小值，选项D错.故选：BC.【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

5、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.3三支不同的曲线交抛物线于点，为抛物线的焦点，记的面积为，下列说法正确的是（）A为定值BC若，则D若，则【答案】AD【分析】设直线与抛物线的交于点，则与关于轴对称，设，则，联立，利用韦达定理求得，进而可求得，结合焦半径公式即可判断A；判断是否为定值即可判断B；求出，即

6、可判断CD.【详解】如图，设直线与抛物线的交于点，则与关于轴对称，设，则，联立，消得，则，又，则，则，对于A，故A正确；对于B，因为不是定值，所以不是定值，故B错误；对于C，设直线的倾斜角为，则，则，所以，又因，所以，所以，故C错误；对于D，因为，所以，所以，故D正确.故选：AD.【点睛】方法点睛：解决直线和抛物线的位置关系类问题时，一般方法是设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，要结合题中条件进行化简，但要注意的是计算量一般都较大而复杂，要十分细心.4已知点P为直四棱柱ABCDA1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD为正方形，E为AB的中点，F为DD1的中点，则下列说法正确

7、的是（）A过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为B过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形C若平面A1C1E，则点P的轨迹长度为D若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为【答案】ABD【分析】选项A：取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，证明得到，则，四点共面，得出过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，即可求解；选项B：连接C1F并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，作的中点，连接和，证明，得到，五点共面，从而得到五边形EQC1FI即过C1，E，F三点

8、的平面截该四棱柱所得的截面；选项C：分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，证明平面平面A1C1GE，从而得到点P的轨迹为，即可求解；选项D：点P的轨迹长度为两个以为半径的圆的周长的再加上两个侧棱BB1的长度，即可求解.【详解】选项A：如图1，取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，则过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，理由如下：连接，因为，分别是和的中点，所以，又在平行四边形中，所以，则，四点共面，因为，所以，则等腰梯形A1C1GE的高，所以等腰梯形A1C1GE的面积，所以A正确；选项B：如图2，连接C1F

9、并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，则五边形EQC1FI即过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面，理由如下：作的中点，连接和，作的中点，连接和，则有，所以四边形是平行四边形，即，又有，所以，所以四边形是平行四边形，即，则，所以，四点共面，由题可知平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为Q是BB1靠近B的四等分点，是的中点，所以，则，所以，五点共面，所以B正确；选项C：如图3，分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又，平面，

10、平面，所以平面平面A1C1GE， 则点P的轨迹为，所以点P的轨迹长度为，故C错误；选项D：如图4，若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为两个以为半径的圆的周长的再加上两个侧棱BB1的长度，即，所以D正确故选：ABD.【点睛】方法点睛：多面体的截面问题，往往需要把满足条件的平面“延展”，得到其与多面体各个面的交线，从而确定“完整截面”的形状，进而求得其周长、面积等，得到交线的方法多是依据“线线平行”，即在多面体中充分利用“特征点”（中点、三等分点、四等分点等）作平行线得到交线5在正方体中，点P满足，其中，则下列结论正确的是（）A当平面时，与所成夹角可能为B当时，的最小值为C若与平面所成角

11、为，则点P的轨迹长度为D当时，正方体经过点PC的截面面积的取值范围为【答案】AC【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到，求出平面的一个法向量，由，求出，再根据列出方程，求出或1，得到A正确；B选项，先根据，得到点在棱上，将平面与平面沿着展成平面图形，结合余弦定理求出答案；C选项，先得到为与平面所成角，根据所成角的大小得到，从而得到点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，求出轨迹长度；D选项，先确定点在上，作出辅助线得到平行四边形即为正方体过点PC的截面，设，求出点到直线的距离，配方后得到其最大值与最小值，从而得到截面的最大值与最小值，得到取值范围.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以

12、，则，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，故，故，其中，令，解得：或1，故与可能是，A正确；B选项，因为，故点在棱上，如图，将平面与平面沿着展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理可得：，所以，B错误；C选项，因为平面，连接，则即为与平面所成角，若与平面所成角为，则，所以，即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点的轨迹长度为，C正确；D选项，当时，点在上，过点作交于点，连接，则，所以平行四边形即为正方体过点PC的截面，设，所以，则，所以点到直线的距离为，于是当时，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，当或1时，的面积取得最大值，此时截面面积最大为

13、，故截面面积的取值范围为，D错误.故选：AC【点睛】立体几何中截面的处理思路：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.6在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法

14、国数学家Monge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（）A椭圆外切矩形面积的最小值为48B椭圆外切矩形面积的最大值为48C点为蒙日圆上任意一点，点，当取最大值时，D若椭圆的左右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，则【答案】ACD【分析】先求得椭圆的蒙日圆方程，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断A，B选项，利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断C，D选项【详解】对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点，关于原点对称的点分别为，则椭圆的一个外切矩形为，则，由图象易知，圆心到直线的距离，所以.又，所以外切矩形

15、为的面积，因此对，错.对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，对.对于，得，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题，另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导的关系，体现了数形结合的思想7已知正方体的棱长为2，E为线段的中点，其中，则下列选项正确的是（）A时，B时，的最小值为C时，直线与面的交点轨迹长度为D时，正方体被平面截的图形最大面积是【答案】ABD【分析】A选项，作出辅助线，得到点在线段上，证明线面垂直，得到线线垂直；B选项，作出辅助线，将两平面展开为同一平面内，利用两点之间线段最短，得到的最小值，求

16、出答案；C选项，作出辅助线，找到直线与面的交点轨迹，求出长度；D选项，作出辅助线，分P位于线段DZ上和线段BZ上，分别求出截面的最大面积，比较得到结果.【详解】取AD中点F，BC的中点G，连接，则，因为，所以，即点在线段上，因为E为线段的中点，则，故，所以，由于，所以，又平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，A正确；B选项，在AB上取点H，使得，在DC上取点K，使得，因为，所以点P在线段HK上，将平面与平面沿着HK展开到同一平面内，如图1，连接交HK于点P，即三点共线时，取得最小值，其中由勾股定理得：，所以，所以，故B正确；C选项，时，由向量共线定理的推论可得：P点在线段BD上，连

17、接，交于点M，交于点N，连接MN，则线段MN即为直线与面的交点轨迹，其中三角形是等边三角形，由三角形相似可知：，而，所以，同理可得：，所以三角形是等边三角形，所以，直线与面的交点轨迹长度为，C错误；由C选项的分析可知，：P点在线段BD上，连接AC，BD相交于点Z，当P位于线段DZ上时，连接AP并延长交CD于点Q，连接，则平面截正方体所得图形为三角形，则当与重合时，Q与C重合，此时截面三角形面积最大，面积为；当P位于线段BZ上时，如图3，连接AP并延长，交BC于点W，过点W做WR交于点R，连接，则四边形即为平面截正方体所得的截面，设，则由平行性质可知：，则，所以四边形为等腰梯形，其中，设梯形的高

18、为h，则，则截面面积为，如图4所示，直角三角形，直角边，在上取一点，连接，则三角形的面积即为，显然当时，面积取得最大值，最大面积为，因为，所以时，正方体被平面截的图形最大面积是，D正确.故选：ABD【点睛】立体几何中的点的运动轨迹问题，或线的运动轨迹问题，要结合题目特征，利用平行或垂直关系，找出轨迹是线段或圆弧，或是椭圆，抛物线等，进而求出相应的轨迹长度.三、填空题8已知实数，则的取值范围是_.【答案】【分析】根据题意，设直线：，则的几何意义为，点到直线的距离，即可求出取值范围.【详解】根据题意，设直线：，设点那么点到直线的距离为：，因为，所以，且直线的斜率，当直线的斜率不存在时，所以，当时，

19、 ，所以，即，因为，所以，故答案为：.9曲线是平面内与三个定点和的距离的和等于的点的轨迹.给出下列四个结论：曲线关于轴、轴均对称；曲线上存在点，使得；若点在曲线上，则的面积最大值是1；曲线上存在点，使得为钝角.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【分析】由已知表示出C的方程，观察方程的对称性可以判断结果；假设结论成立，推理出曲线不存在，不合题意；点P在椭圆上顶点时，满足题意，且面积最大；寻找曲线C上的一个特殊点，验证为钝角.【详解】设曲线上任意一点P(x，y)，由题意可知的方程为.错误,在此方程中用取代，方程不变，可知关于轴对称；同理用取代，方程改变，可知不关于轴对称，故错误.错误,若，则曲线

20、不存在，故错误.正确, P应该在椭圆D：内(含边界)，曲线与椭圆D有唯一的公共点，此时当点P为点时，的面积最大，最大值是1；故正确正确，由 可知，取曲线上点，此时，下面在曲线上再寻找一个特殊点P(0，y)，则，把两边平方，整理得，解得，即或.因为，则取点， 此时.故正确故答案为：【点睛】易错点睛：与椭圆相关的综合问题，难度大，要注意：(1)注意观察方程的特征，利用代数方法判断曲线的对称性；(2)适当利用反向推理，假设成立，再反向推理看是否合理； (3)椭圆焦点三角中，当点在椭圆上下顶点时，焦点三角形面积最大，椭圆上点与两个焦点的张角最大；(3)验证存在性的问题，只需找到一个正例就可以说明其存在

21、性；验证某个结论错误时，只需一个反例即可说明.10已知平面向量，则的取值范围是_【答案】【分析】把向量用建系的思想在坐标系中表示出来，然后利用向量的关系把变形整理得，分别通过三点共线和椭圆定义来确定范围即可.【详解】设，的夹角为，.如图，由题可设，其中O为原点，C在单位圆上，记，假设存在一点，使得则有，又，解得.所以存在点，使得.，且直线的方程为，即，圆心到直线的距离为1.所以与圆相切，所以当,三点共线时，取得最小值为，如图，在位置时， 因为，且，由椭圆定义可知，此时在以，为焦点的椭圆上，当在其他位置时，在椭圆内部，所以的最大值为，即的最大值为.故答案为：【点睛】本题结合轨迹问题与椭圆的定义，

22、用建系的思想解决向量的问题.四、解答题11已知椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，过的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于P点，记，的面积分别为，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，求m的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出，再结合离心率和关系即可得到答案；（2）设，得到相关向量，从而得到， ，将直线与抛物线联立得，再计算，用表示出，最后解出，利用换元法和导数即可求出的范围.【详解】（1）由题意得，左焦点，所以椭圆C的标准方程为：.（2）设，令，则，则，由得，解得，同理.由，得，则，. 不妨设，由，.得，.代入，有，则，解得,设，则，则，则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在

23、上单调递增，则，且，则，则.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键首先是解出的表达式，再联立直线与椭圆得到韦达定理式子，从而求证出为定值，然后再用表示出，从而用表示出，最后再设新函数，利用导数求解出其范围，计算量很大.12已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”(1)若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；(2)若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；(3)若点，点在直线上，直线交双曲线于，求证：【答案】(1)直线与双曲线相切，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）联立消去，根据，得到，由根的判别式判断直线与双曲线相切；（2）结

24、合（1）中的方程，根据得到，结合得到，证明出；（3）设出的坐标及，得到、是的两根，求出，证明出结论.【详解】（1）直线与双曲线相切理由如下：联立方程组，即，代入得，直线与双曲线相切（2）由（1）知，直线与双曲线的一支有2个交点，则，（3）设，设，则，代入双曲线，利用在上，即，整理得，同理得关于的方程即、是的两根，【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于或的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断13已知椭圆:，椭圆内部的一点，过点作直线交椭圆于，作直线交椭圆于、是不同的两点(1)若椭圆的离心率是，求的值；(2)设的面积是，的

25、面积是，若，时，求的值；(3)若点，满足且，则称点在点的左上方求证：当时，点在点的左上方【答案】(1)的值为或(2)1(3)证明见解析【分析】（1）分，两种情况结合离心率计算式可得答案；（2）联立直线的方程与椭圆方程可得，联立直线的方程与椭圆方程可得.结合图形可得，后结合，及弦长公式可得，即可得答案；（3）联立直线与椭圆方程可得，后结合在椭圆内部可得大小，又由题意可得大小，即可证明结论.【详解】（1）因为椭圆的离心率是.当时，得；当时，得；所以的值为或；（2）由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，直线的方程，设则.，直线的方程，设则.由图，注意到，则.又，同理可得.则（3）由题意，直线的斜率

26、存在，直线的斜率存在，直线的方程，设则 .，直线的方程，设则 .则 .又在椭圆内部，则，故.又根据题意知，所以.所以当时，点在点的左上方【点睛】关键点睛：本题涉及由离心率求参数，椭圆中的面积问题，及椭圆新定义，难度极大.（1）因不知焦点位置，故需分情况讨论；（2）问关键是用得到关于的表达式；（3）类似于（2），可得，后利用作差法即可比较大小.14已知双曲线为双曲线的右焦点，过作直线交双曲线于两点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，直线交双曲线于两点.(1)若直线的斜率为，求的值；(2)设直线的斜率分别为，且，记，试探究与满足的方程关系，并将用表示出来.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知得

27、为，设，由直线垂直关系、点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定理、弦长公式求；（2）设，根据已知求得、，进而有、关于所设参数的关系，再求直线，联立曲线求得，结合已知确定与的关系.【详解】（1）设，由题意知为，则直线斜率为，所以直线的斜率为，故直线的方程为：；联立直线和曲线：，显然，此方程的两根为，由韦达定理得：，所以.（2）设，则，因为，故为，代入，得点，所以：，因为点在双曲线上，故满足双曲线方程，即.所以，所以，.又，联立直线与双曲线：，根据题意易知，此方程的两根即为，所以，所以，即：.所以：，即：.【点睛】关键点睛：第二问，设相关点坐标，利用直线与曲线关系，用所设点坐标表示出相关直线的

28、斜率，再由的关系确定已知参数的关系即可.15已知点分别是双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，点在第一象限(1)求点横坐标的取值范围；(2)线段交圆于点，记的面积分别为，求的最小值【答案】(1)(2)【分析】（1）设，则，根据向量定比分点公式，将坐标代入双曲线，用表示出，求的取值范围即可.（2）根据，用表示出，求出其值即可.【详解】（1）由双曲线即可得交点，设，则，根据向量定比分点公式：，将坐标代入双曲线得：，两式相减得：则有：，再结合，解得，故（2）由可得，在上则有，将代入，根据双曲线的定义，显然，则，当且仅当时取等号，故为【点睛】方法点睛：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲

29、线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、，得到a，c的关系16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C(1)求C的方程；(2)过点F且斜率为的直线l与C交于A，B两点，点P是C上的一点，且，直线OP与直线交于Q点，点M是线段PQ的中点，求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得曲线C为抛物线，焦点为，即可得解；（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再结合焦半径公式可求得，设的方程为，联立方程，可求得点的坐标，易得，从而可求得点的坐标，再根据连点间的距离公式可求得，即可得解.【详解】（1）因为动圆经过点且与直线相切

30、，所以该动圆的圆心到点和直线的距离相等，所以曲线C为抛物线，焦点为，即，所以，所以C的方程为；（2）设直线的方程为，联立，消得，则，所以，则，又，所以，因为，则可设的方程为，联立，消得，解得或，所以，因为直线OP与直线交于Q点，则，故，所以，所以，所以.【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，进行求解，本题中由于一点是已知得，所以可以通过韦达定理求出另外一个交点的坐标，通过两种方法表达同一条直线的斜率得到等量关系，从而得到答案.17已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.(1)求

31、椭圆和抛物线的方程；(2)直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.（）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；（）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)椭圆；抛物线；(2)（）详见解析；（）存在，.【分析】（1）设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得，进而得到抛物线方程；（2）（）联立直线与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论；（）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；

32、利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为可构造等式，消元整理得到.【详解】（1）设椭圆的方程为：，和在椭圆上，解得：，椭圆的标准方程为：；由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，解得：，抛物线的方程为；（2）（）当时，直线，即，令，则直线，设，由得：，则，；设抛物线在点处的切线方程分别为：，由得：，又，则，则；同理可得：；联立两切线方程，将，代入，可解得：，又，；同理可得：；，要证，等价于证明，又，同理可得：，即；（）当时，直线，假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；设，由得：，即恒成立，即，即，解得：，假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.【点睛】思路点睛：本题考查直

33、线与圆锥曲线综合应用中的定点定值问题，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；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或方程的形式；化简所得式子，消元整理即可求得定点或定值.18（1）试求函数的最小值；（2）设a、b都是实数，试求：的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1），构造动点，则P的轨迹方程为，设，则，由抛物线的知识即可求解；（2）设，则S为A、B两点间距离的平方，转化为而圆的x轴上部分的点与双曲线的x轴下部分的点的距离的最值问题，数形结合即可求解【详解】（1），构造动点

34、，则P的轨迹方程为，设，则F正好为抛物线的焦点，抛物线准线方程为l：.（如图所示）过点P作于H，过点A作于，交抛物线于点，故有，当且仅当点P在点处时，取得最小值.（2）设，则S为A、B两点间距离的平方，而点A在圆的x轴上部分，点B在双曲线的x轴下部分，如图1-55所示，要使最小，则点A、B分别位于点、或点、，即当，（或，）时.【点睛】本题（1）粗看似乎无从入手，关键是构造出抛物线方程，使问题转化为抛物线上的动点到两个定点的距离之和；本题（2）的关键是把S看作两点间距离的平方，并搞清楚这两个动点在何种曲线上，数形结合即可求解.19已知直线与直线相交于点P，其中，设动点P的轨迹为曲线，直线，恒过定

35、点C(1)写出C的坐标，并求曲线的方程；(2)若直线与曲线交于A，B两点，在x轴上是否存在定点N，使得恒成立？若存在，求出点N坐标；若不存在，说明理由【答案】(1)；曲线的方程为，(2)存在；【分析】（1）先求出C的坐标，再将两直线相乘得到方程，当时，求出轨迹方程，当时，去掉不合要求的点；（2）先检验直线和直线的斜率存在，联立直线方程和曲线方程，得到两根之和，两根之积，设直线和直线的斜率分别为，计算出，可知直线与直线关于对称，故存在点，使得恒成立【详解】（1）直线恒过点，设，因为点在直线上，所以因为点在直线上，所以得：，当时，即，化简得：，当时，不能使方程组成立，即不在直线和直线上，所以点不在

36、曲线上，故曲线的方程为，；（2）设，先检验A的坐标是否可以为，直线的斜率是否存在，假设，则，解得：，因为，故A的坐标不为，即直线的斜率存在，同理可证B的坐标不为，即直线的斜率存在，联立，得，即，由，解得，即，综上：，则，因为且，故直线和直线的斜率均存在，分别设为，由，可知直线与直线关于对称，故存在点，使得恒成立.【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，若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变

37、形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；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.20下面是某同学在学段总结中对圆锥曲线切线问题的总结和探索，现邀请你一起合作学习，请你思考后，将答案补充完整(1)圆上点处的切线方程为 理由如下：(2)椭圆上一点处的切线方程为 ；(3)是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，如图，则直线的方程是 这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和两切线都过点，所以得到了和，由这两个“同构方程”得到了直线的方程；(4)问题（3）中两切线，斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为，由，得，化简得，得若，则由这

38、个方程可知点一定在一个圆上，这个圆的方程为 （5）抛物线上一点处的切线方程为；（6）抛物线，过焦点的直线与抛物线相交于A，B两点，分别过点A，B作抛物线的两条切线和，设，则直线的方程为直线的方程为，设和相交于点则点在以线段为直径的圆上；点在抛物线的准线上【答案】(1)，答案见解析(2)(3)(4)【分析】（1）求圆O上一点M的切线方程，由切线垂直于OM，求出斜率，在利用点斜式可得切线方程；（2）设过点的切线方程为，联立椭圆方程，利用和，求出k，m，整理可得切线方程；（3）利用“同构方程”，即可得到直线的方程；（4）因为，则，利用韦达定理得，即可得到圆的方程.【详解】（1）解：圆上点处的切线方程

39、为理由如下：若切线的斜率存在，设切线的斜率为，则，所以，又过点，由点斜式可得，化简可得，又，所以切线的方程为；若切线的斜率不存在，则，此时切线方程为综上所述，圆上点处的切线方程为（2）解：当切线斜率存在时, 设过点的切线方程为，联立方程，得，即，又，把代入中，得，化简得.当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式.综上，椭圆上一点的切线方程为：.（3）解：在，两点处，椭圆的切线方程为和，因为两切线都过点，所以得到了和，由这两个“同构方程”得到了直线的方程为；（4）解：问题（3）中两切线，斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为，由，可得，由，可得，因为，则，所以式中关于的二次方程有两个解，且其

40、乘积为，则，可得，所以圆的半径为2，且过原点，其方程为【点睛】圆锥曲线切线方程总结：点在圆上，过点作圆的切线方程为；点在椭圆上，过点作椭圆的切线方程为；点在椭圆外，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则切点弦的直线方程为；点在抛物线上，过点作抛物线的切线方程为.21若A、B是抛物线上的不同两点，弦（不平行于y轴）的垂直平分线与x轴相交于点P，则称弦是点P的一条“相关弦”已知当时，点存在无穷多条“相关弦”给定(1)证明：点的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；(2)试问：点的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用表示）；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【

41、分析】（1）利用点差法及中点坐标公式，求得，从而求得相关弦的垂直平分线所在直线方程，代入可得，由此得证.（2）结合（1）中结论，联立方程可得与关于与的关系式，再利用弦长公式可求得的表达式，由此利用二次函数的轴动区间定分类讨论与两种情况，从而得到点的“相关弦”的弦长的最值情况.【详解】（1）设为点的任意一条“相关弦”，且点的坐标分别是，则，两式相减得，因为，所以，设直线的斜率为，弦的中点是，则，从而的垂直平分线的方程为，又点在直线上，所以，而，于是，故点的所有“相关弦”的中点的横坐标都，即横坐标相同.（2）由（1）得，弦所在直线的方程为，将直线的方程代入，整理得，所以，则，因为，令，则，记，则，

42、当时，则，因此当时，有最大值，即的最大值为；当，则，在区间上是减函数，所以，即不存在最大值；综上：当时，点的“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值为；当时，点的“相关弦”的弦长中不存在最大值.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.22已知双曲线E：（，）一个顶点为，直线l过点交双曲线右支于M，N两点，记，的面积分别为S，.当l与x轴垂直时，的值为.(1)求双曲线E的标准方程；(2)若l交y轴于点P，求证：为定值；(3)在（2）的条件下，若，当时，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)证

43、明见解析(3)【分析】（1）由题意可得，再由结合三角形面积公式可求得，由此可得双曲线E的标准方程；（2）由向量的坐标表示求得，代入双曲线方程得，同理可得，再由韦达定理即可得到，得证；（3）由得到，结合（2）中结论可将式子化简为，再利用换元法与双勾函数的单调性即可求得m的取值范围.【详解】（1）由题意得，则当l与x轴垂直时，不妨设，由，得，将代入方程，得，解得，所以双曲线E的方程为（2）设，由与，得，即，将代入E的方程得：，整理得：，同理由可得由知，是方程的两个不等实根由韦达定理知，所以为定值（3）又，即，整理得：，又，不妨设，则，整理得，又，故，而由（2）知，故，代入，令，得，由双勾函数在上单调递增，得，所以m的取值范围为.【点睛】解答圆锥曲线的范围问题的方法与策略：（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