1、特训02 期中解答压轴题（第1-3章）一、解答题1（2019浙江杭州高级中学高二期中）如图，在平面直角坐标系中，已知圆O：，过点且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点.（1）若直线l的斜率，求线段AB的长度；（2）设直线QA，QB的斜率分别为，求证：为定值，并求出该定值；（3）设线段AB的中点为M，是否存在直线l使，若存在，求出直线l的方程，若不存在说明理由.【答案】(1) 2;(2) 定值为0，证明见答案;(3) 存在，【分析】（1）根据点到直线的距离以及勾股定理可得.（2）联立直线与圆，根据韦达定理以及斜率公式可得.（3）设点，由，以及韦达定理、中点公式可解得，再根据判别式可得答
2、案【解析】(1) 直线l的斜率,则直线l的方程为： 圆心到直线l的距离为.所以.(2)设直线l的方程为，由,有(*)，所以 ,。 .所以为定值0.(3) 设点，由(2)有 ,所以 又，即.所以.即.则有.整理得. 得,得.则满足条件所以满足条件的直线l为：.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，属于难题.2（2022浙江高三专题练习）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，线段中点的轨迹为曲线.（1）求曲线C的方程；（2）直线经过坐标原点，且不与轴重合，直线与曲线相交于两点，求证：为定值；（3）已知过点有且只有一条直线与圆相切，过点作两条倾斜角互补的直线与圆交于两点，求两点间距离的最大值.【答
3、案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设， ，由两点的中点公式得出，再由点在圆上运动，代入可得曲线C的方程；（2）设直线的方程为 ，与圆的方程联立整理得，由根与系数的关系得出，代入可求得为定值；（3）由已知得点P在圆上，因此有当时，点两点间距离的最大，最大值为圆的直径【解析】（1）设，因为C为RQ的中点，设，所以，所以，又点在圆上运动，所以，化简得，所以曲线C的方程为；（2）设直线的方程为 ，与曲线C的方程联立，整理得，所以，所以，所以为定值；（3）因为过点有且只有一条直线与圆相切，所以点P在圆上，所以，又，解得，所以因为点E，F在圆上，所以当时，点两点间距离的最大，最大值为圆的直径此时，设
4、直线的方程为 ，与圆联立，整理得，所以，又由已知得，所以，代入解得（舍去，此时点P在直线EF上），此时，满足题意，所以两点间距离的最大值为【点睛】方法点睛：求轨迹的方法之相关点法的步骤：1设出所求动点M的坐标与已知曲线上对应点P的坐标；2用点M的坐标表示点P的坐标；3将点P的坐标代入已知方程（点P所在的曲线方程）便可得所求曲线的方程3（2022浙江高三专题练习）长方体中，分别为棱上的动点，且 ，图1图2(1)如图1，当时，求证：直线平面；(2)如图2，当，且的面积取得是大值时，求点B到平面的距离；(3)当时，求从点经此长方体表面到达点最短距离.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)当时，点经
5、此长方体表面到达点最短距离为；当时，点经此长方体表面到达点最短距离为.【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，证得，利用线面垂直的判定定理可证得；（2）利用基本不等式可求得的面积取得是大值时，分别为棱的中点，再利用等体积法可求得距离.（3）分类讨论沿将长方体展开，；沿将长方体展开，进而求得距离最小值.（1）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，则，又，所以直线平面（2）由，知，则，当且仅当，即时等号成立，此时分别为棱的中点，在中，利用等体积法知，设点B到平面的距离为h，则，即，解得所以点B到平面的距离为（3）沿将长方体展开，如图，沿将长方体展开，如图，当时，此时当时，此时综上
6、，当时，从点经此长方体表面到达点最短距离为当时，从点经此长方体表面到达点最短距离为4（2022浙江省杭州学军中学高二开学考试）如图所示，长方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)若棱的中点为，求的长；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面
7、PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值（1）取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PGAM，当平面平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为（2）取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为PAB的中位线，所以NQAB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CMAB且，所以CMNQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以.（3）连接DG，因为DA=DM，所以DGAM，所以PGD为的平面角，即，过点D作DZ平面ABCD，以D为
8、坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过P作PHDG于点H，由题意得PH平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以，所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC的法向量为，因为，则令，可得：，设两平面夹角为，则令，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.5（2021重庆市实验中学高二阶段练习）如图1，在中，分别为，的中点，为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2（1）求证：；（2）求直线和平面所成角
9、的正弦值；（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）见解析；（2）；（3）【解析】试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以 ，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.（）因为在中，分别为，的中点， 所以 ，所以，又为的中点，所以 因为平面平面，且平面，所以 平面，所以 （）取的中点，连接，所以由（）得，如图建立空
10、间直角坐标系由题意得，所以，设平面的法向量为，则即令，则，所以设直线和平面所成的角为，则所以 直线和平面所成角的正弦值为（）线段上存在点适合题意设，其中设，则有，所以，从而，所以，又，所以令，整理得解得，舍去所以线段上存在点适合题意，且方法点睛：该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在.6（2021天津南开中学高一期
11、末）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑，我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆与圆柱底面相切于四点，且圆与与与与分别外切，线段为圆柱的母线.点为线段中点，点在线段上，且.已知圆柱，底面半径为.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；（3）求二面角的余弦值；（4）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆柱
12、，它与飞船推进舱共轴，即共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）具体见解析；（2）；（3）；（4）.【分析】（1）先证明AMON，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，设出AE的长度，利用线面垂直求出长度即可；（3）建立空间直角坐标系，求出内切圆的半径，得出各点的坐标，用法向量夹角公式即可解得；（4）将矩形PQRS视作
13、静止，则作顺时针旋转，写出坐标，用空间向量线面角公式求出夹角的正弦值.【解析】（1）如图1，分别是点M、N在线段AC上的投影，则为AO的中点，为OC的三等分点.所以，所以,所以AMON，如图2，又因为平面BDN，ON平面BDN，所以AM平面BDN.（2）以O为原点，分别以所在方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则,设，所以, 若OE平面BDN，则，即时，OE平面BDN.（3）设内切圆半径为r，由题意可知是等腰直角三角形，所以，因为，所以，设平面的法向量为，则，令x=1，则，同理可得平面的法向量，所以，由图可知二面角为锐角，则其余弦值为.（4）将矩形PQRS作为参照物，不妨设顺时针旋转
14、，则，即，所以易知y轴平面PQRS，则平面PQRS的一个法向量为，设与平面PQRS所成角为，所以若，则；若，令，则，所以，当且仅当即时，.【点睛】证明线面平行应首先证明线面平行或者面面平行；存在性问题一般是先假设存在，若求出结果不产生矛盾则命题成立，否则不成立；二面角和线面角问题用公式直接解出即可；但应注意的是最值问题一般会结合基本不等式或者导数，如果式子复杂应该先换元.7（2021江苏高二专题练习）已知圆和点.(1)过作圆的切线，求切线的方程；(2)过作直线交圆于点，两个不同的点，且不过圆心，再过点，分别作圆的切线，两条切线交于点，求证：点在同一直线上，并求出该直线的方程；(3)已知，设为满
15、足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)和.(2)证明见解析，直线方程为.(3)存在，或.【分析】（1）讨论斜率是否存在并设直线方程，结合圆的切线性质及点线距离公式求参数，进而写出切线方程.（2）设，由、可得、 ，即可知的方程，再由点在直线上即可证结论，并确定所在的直线.（3）若，由题设可知，假设存在使为定值，利用两点距离公式、圆的切线性质整理可得，要使多项式方程不受点位置影响，需使该多项式方程各项的系数为0，列方程求参数即可判断的存在性.(1)当斜率不存在时，显然与圆相
16、切；当斜率存在时，设切线为，由圆心到切线的距离为1，解得，则，整理得.综上，切线方程为和.(2)设，由，则，即，又，故，同理，直线为，又在上，故恒在直线上.(3)由题设，若则，整理可得，若存在，使为定值，而，整理得，整理得，要使为定值，则，解得或.综上，存在或，使为定值.【点睛】关键点点睛：第三问，设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性.8（2021上海市大同中学高三阶段练习）已知椭圆的方程为，圆与轴相切于点，与轴正半轴相交于、两点，且，如图1.（1）求圆的方程；（2）如图1，过点的直线与椭圆相交于
17、、两点，求证：射线平分；（3）如图2所示，点、是椭圆的两个顶点，且第三象限的动点在椭圆上，若直线与轴交于点，直线与轴交于点，试问：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是，.【分析】（1）根据已知条件设出圆心坐标,半径为圆心纵坐标,利用弦长公式,可求出圆的方程;（2）先求出点坐标,设出直线方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理,即可求得,命题得证;（3）设,求出直线、直线方程，进而求出点与点的坐标,然后四边形的面积用点与点的坐标表示,计算可得定值.【解析】（1）依题意,设圆心，解得所求的方程为;（2）代入圆方程，得或若过点的直线斜
18、率不存在,此时在轴上,射线平分,若过点的直线斜率存在，设其方程为联立，消去得,设,射线平分,（3）设,直线方程为,令得，即,直线方程为,令得，即,四边形的面积为定值.【点睛】本题考查了圆的标准方程求法,直线与圆锥曲线相交问题韦达定理的应用,以及定值问题,是综合类题目,考虑到证两条直线的斜率互为相反数是解决问题的关键,属于难题.9（2022浙江高二期末）设点为抛物线：（）的动点，是抛物线的焦点，当时，.(1)求抛物线的方程；(2)当在第一象限且时，过作斜率为，的两条直线，分别交抛物线于点，且，证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标；(3)是否存在定圆：，使得过曲线上任意一点作圆的两条切线，与曲线交
19、于另外两点，时，总有直线也与圆相切？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)定点为，详见解析；(3)，证明见解析.【分析】（1）由题可得，进而即得；（2）由题可得，设，联立抛物线方程，利用韦达定理法结合条件可得，进而即得；（3）取，结合条件可得，然后证明对任意的点，直线也与圆相切，设，切线为，利用韦达定理法结合条件求出直线方程，计算圆心到直线的距离即得.（1）当时，所以， 即抛物线的方程为；（2）在第一象限且时，设，由，可得，则，同理，又，即，即，所以，即所以直线恒过定点；（3）取，设的切线为，则，即，把代入，解得，直线，若直线与圆：相切，则，又，解得或（舍去），下面证明
20、过曲线上任意一点（除原点）作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切，设，切线为，由，可得，由，可得，所以，即，同理可得，故，所以直线，所以圆心到直线的距离为，又，综上，可得过曲线上任意一点，存在实数，使直线与圆相切.10（2022浙江模拟预测）已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于(1)求抛物线C的方程(2)求直线的斜率的取值范围；(3)设为原点，求证：为定值【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用抛物线的定义，直接计算求出，可得答案.（2）根据题意，考虑斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立方程，利
21、用判别式和、要与轴相交，得到的范围.（3）设点，利用，得出，进而联立，利用韦达定理进行消参，可证明为定值.（1）抛物线：经过点，PF=1+2解得，故抛物线方程为：（2）由题意，直线的斜率存在且不为，设过点的直线的方程为，设，联立方程组可得，消可得，且，解得，且，则，又、要与轴相交，直线不能经过点，即，故直线的斜率的取值范围是；（3）证明：设点，则，因为，所以，故，同理，直线的方程为，令，得，同理可得，因为，为定值11（2022浙江金华高二期末）已知抛物线上一点到抛物线焦点的距离为，点关于坐标原点对称，过点作轴的垂线，为垂足，直线与抛物线交于两点.(1)求抛物线的方程；(2)设直线与轴交点分别为
22、，求的值；(3)若，求.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）运用抛物线的定义进行求解即可；（2）设出直线的方程，与抛物线的方程联立，可求得点和的纵坐标，结合直线点斜式方程、两点间距离公式进行求解即可； （3）利用弦长公式求得，由两点间距离公式求得和，再解方程即可.(1)抛物线的准线方程为：，因为点到抛物线焦点的距离为，所以有；(2)由题意知，设，则，所以直线的方程为，联立，消去得，解得，设，不妨取，直线的斜率为，其方程为，令，则，同理可得，所以，而，所以；(3)，其中，因为，所以，化简得，解得（舍负），即，所以【点睛】关键点睛：运用抛物线的定义、弦长公式进行求解是解题的关键.12（2
23、022浙江绍兴鲁迅中学高三阶段练习）已知椭圆过点为其左右焦点.(1)求椭圆的方程；(2)为第一象限内椭圆上的一点，直线与直线分别交于两点，记和的面积分别为，若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】(1)先根据椭圆焦点得，再由定义得到椭圆方程.(2)先设直线并表示出，再根据求出最后由距离公式得到,计算出答案.（1）由题意可知，椭圆过点，椭圆的方程为：.（2）由得直线，令，解得，同理得，化简得或，由得，故，由可知，故该方程无实根.将代入椭圆方程中，解得，,13（2021浙江效实中学高二期中）设，为双曲线：（，）的左、右顶点，直线过右焦点且与双曲线的右支交于，两点，当直线垂直于轴时，为等腰直角三角形
24、(1)求双曲线的离心率；(2)若双曲线左支上任意一点到右焦点点距离的最小值为3，求双曲线方程；已知直线，分别交直线于，两点，当直线的倾斜角变化时，以为直径的圆是否过轴上的定点，若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由【答案】(1)；(2)；定点有两个，【分析】（1）由双曲线方程有、，根据已知条件有，即可求离心率.（2）由题设有，结合（1）求双曲线参数，写出双曲线方程即可；由题设可设为，联立双曲线方程结合韦达定理求，再由、的方程求，坐标，若在为直径的圆上点，由结合向量垂直的坐标表示列方程，进而求出定点坐标.(1)由题设，若，且，又为等腰直角三角形，即，则又，可得.(2)由题设，由（1）有
25、，则，即，由上可知：双曲线方程为.由知：，且直线的斜率不为0，设为，联立直线与双曲线得：，则，直线为；直线为；，若在为直径的圆上点，且，令，则，即，或，即过定点.【点睛】关键点点睛：第二问的，设直线为，联立直线与双曲线，应用韦达定理求，进而根据、的方程求，坐标，再由圆的性质及向量垂直的坐标表示求定点坐标.14（2022浙江省淳安中学高三开学考试）如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（）求椭圆和双曲线的标准方程；（）设直线、的斜率分别为、，证明；（）是否存在
26、常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为（）=1（）存在常数使得恒成立，【解析】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，2a2c4(1)，所以a2，c2.又a2b2c2，因此b2.故椭圆的标准方程为1.由题意设等轴双曲线的标准方程为1(m0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m2，因此双曲线的标准方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1，k2.因为点P在双曲线x2y24上，所以xy4.因此k1k21，即k1k21.(3)由于PF1的方程为yk1(x2)，将其代入椭圆方程得(2k1
27、)x28kx8k80，显然2k10，显然0.由韦达定理得x1x2，x1x2.所以|AB|.同理可得|CD|.则，又k1k21，所以.故|AB|CD|AB|CD|.因此存在，使|AB|CD|AB|CD|恒成立考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式15（2022浙江台州市书生中学高二开学考试）已知椭圆：的长轴长为4，过的焦点且垂直长轴的弦长为1，A是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆
28、于C，D两点，交y轴于点P，记，的面积分别为S，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：为定值；(3)若，当时，求实数范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据长轴长与通径长求出，进而得到椭圆方程；（2）设出直线方程，先利用向量关系表达出，联立椭圆方程，根据韦达定理，表达出两根之和与两根之积，代入后求解出答案；（3）利用面积关系，表达出，求出的范围，利用单调性求出实数范围.(1)将代入椭圆方程，解得：，由已知得:，即，所以，椭圆标准方程为.(2)设，不妨设，因为直线与y轴有交点，故斜率一定存在，由已知可设直线：，则由得：.同理：.由得：，即于是，得.(3).因为，所以又因为，
29、于是，由得由（2）知：，所以，其中，由对勾函数可知：单调递增，因此，所以实数范围是.【点睛】利用韦达定理解决圆锥曲线问题是非常重要的方法，要先设出直线方程，与圆锥曲线联立得到一元二次方程，通常情况下设直线方程，要尽可能的与圆锥曲线联立后尽可能的运算简单，通常情况下直线过轴上的定点时，要消去，而当直线过y轴上的定点时，要消去y，注意直线斜率不存在的情况，可能要单独考虑.16（2022杭州求是高级中学高二期末）已知双曲线C的离心率，左焦点到其渐近线的距离为(1)求双曲线C的方程；(2)设T是y轴上的点，过T作两直线分别交双曲线C的左支于P、Q两点和A、B两点，若，P、Q两点的中点为M，A、B两点的
30、中点为N，O为坐标原点，求两直线OM和ON的斜率之和【答案】(1)(2)0【分析】（1）由点到线的距离公式及离心率，结合即可求解；（2）直线AB：，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可得，同理可得，由已知得，化简得，进而得解.（1）依题意，焦点在x轴上，设实半轴、虚半轴长分别为a，b，则渐近线为，左焦点到其渐近线的距离，解得，所以双曲线方程是（2）设，直线AB：，直线PQ：，联立，依题意，同理可得，化简得，【点睛】思路点睛：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
31、间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题17（2022浙江高三专题练习）已知椭圆C： (ab0)的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与椭圆C相交于A，B两点，且ABOB，O为坐标原点.(1)求椭圆的离心率e；(2)若b1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，求直线OP的斜率与直线OQ的斜率乘积；点M满足2，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求的值.【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根据题意可得点坐标，代入椭圆方程，结合，进而可得离心率；（2）由（1）可得椭圆的方程，写出直线方程，设，联立直线与椭圆的方程，可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，再计算，即可得
32、答案；设点，由，可得，再由，推出点坐标，再用坐标表示，求出点坐标，把点，代入椭圆方程，化简即可得答案（1）解：已知，则，代入椭圆的方程有，所以，即，所以，所以（2）解：由（1）可得，所以椭圆的方程为，设直线，联立直线与椭圆的方程，得，所以，所以，所以设点， ，则，又因为，所以点，所以，则，所以，即，因为点，在椭圆上，所以，所以，由可知，所以，则，所以18（2021浙江慈溪市浒山中学高二阶段练习）已知椭圆过点，分别为椭圆的左、右焦点且.(1)求的值及椭圆的方程；(2)设直线平行于为原点)，且与椭圆交于两点A、.(i)当面积最大时，求的方程；(ii)当A、两点位于直线的两侧时，求证：直线是的平分线
33、.【答案】(1)，；(2)()；(ii)证明见解析【分析】(1)根据题意列出关于a、b、c的方程组即可求得c和椭圆的标准方程；(2)(i)根据几何关系表示出的面积，求其最大值即可得到l的方程；(ii)要证直线为是的平分线，转化为证明.(1)设，则，解得，由在椭圆上，可得，又，解得，则椭圆的方程为；(2)()解：由于，设直线的方程为，由可得，则，解得，则，又点到的距离，当且仅当，即时，等号成立.直线的方程为；(ii)证明：要证直线为是的平分线，转化为证明，因此结论成立.【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
34、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19（2022全国高三专题练习）已知双曲线过点，且的渐近线方程为(1)求的方程；(2)如图，过原点作互相垂直的直线，分别交双曲线于，两点和，两点，在轴同侧求四边形面积的取值范围；设直线与两渐近线分别交于，两点，是否存在直线使，为线段的三等分点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)；不存在，理由见解析【分析】（1）根据题意求得，即可得解；（2）易知直线，的斜率均存在且不为， 设，的方程为，则的方程为，联立，消元，则，利用韦达定理求得，再根据弦长公式可求得，同理可求得的范围及，再
35、根据整理即可得出答案；设直线的方程为，联立，消元，根据求得的关系，利用韦达定理求得，再利用弦长公式求得，易求得的坐标，即可求出，再根据，为线段的三等分点，可得，结合，可得两个等量关系，从而可得出结论.(1)解：由题意有，则，将点代入双曲线方程得，联立解得，故的方程为；(2)解：，易知直线，的斜率均存在且不为， 设，的方程为，则的方程为，联立，消整理得，直线与双曲线交于两点，故且，则，则，则，联立，消整理得，直线与双曲线交于两点，故且，解得，则，则，根据对称性可知四边形为菱形，其面积 ， ；，假设满足题意的直线存在，易知直线斜率存在，设直线的方程为，联立，整理得，则且，解得且，由韦达定理有，则
36、，不妨设为直线与渐近线的交点，联立，解得，同理可得点的坐标为，则 ，因为，为线段的三等分点，即，整理得，则，即， ，整理得,联立得，无解，故没有满足条件的直线【点睛】本题考查了双曲线的渐近线及球求双曲线的方程，还考查了直线与双曲线的位置关系及弦长，考查了双曲线中三角形的面积问题，考查了探究双曲线中直线的存在性问题，考查了学生的计算能力及数据分析能力，计算量很大，属于难题.20（2022江苏高二专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知求证：直线恒过
37、x轴上一定点；设和的面积分别为，求的最大值【答案】(1)(2)证明见解析；2【分析】（1）由题意列方程组求解（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值（1）由题意可得解得，所以椭圆C的方程为（2）方法一：第三定义转化依题意，点，设，因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立整理得：，所以，且因为点是椭圆上一点，即，所以，所以，即因为，所以，此时，故直线恒过x轴上一定点方法二：非对称韦达依题意，点，设因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意所以直线
38、斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立得：所以整理得：，所以，且依题意，即算法1：和积关系转化法因为，所以，所以解得：算法2：韦达定理代入消元因为，所以，所以解得：方法三：分设两线再联立依题意，点，设，设，并设直线，直线，因为联立直线与椭圆C得：所以整理得：，解得：因为联立直线与椭圆C得：所以整理得：，解得：因为，且，此时，设直线与x轴交于点，则由P，D，Q三点共线易知，即线段过点由得，所以（当且仅当即时等号成立），所以的最大值为221（2022重庆西南大学附中高二期末）设O为坐标原点，动点P在圆上，过点P作轴的垂线，垂足为Q且.(1)求动点D的轨迹E的方程；(2)直线与圆相切，且直线与曲线E
39、相交于两不同的点A、B，T为线段AB的中点.线段OA、OB分别与圆O交于M、N两点，记的面积分别为，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】(1)设出点D的坐标，借助向量运算表示出点P的坐标代入圆O的方程计算作答.(2)在直线的斜率存在时设出其方程，与轨迹E的方程联立，借助韦达定理表示出，再利用二次函数性质计算得解，然后计算直线的斜率不存在的值作答.(1)设点，则，因，则有，又点P在圆上，即，所以动点D的轨迹E的方程是.(2)当直线的斜率存在时，设其方程为：，因直线与圆相切，则，即，而时，直线与椭圆E相切，不符合题意，因此，由消去x并整理得：，设，则，而点T是线段AB中点，则有：，令，则
40、，而，当，即时，当，即时，而，于是得，当直线的斜率不存在时，直线，此时，所以的取值范围是.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.22（2021河北衡水中学高三阶段练习）已知为坐标原点，椭圆的离心率，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，的中点为，周长等于.（1）求椭圆的标准方程；（2）为双曲线上的一个点，由向抛物线做切线，切点分别为.（）证明：直线与圆相切；（）若直线与椭圆相交于两点，求外接圆面积的最大值.【答案】（1）；（2）（）证明见解析，（）.【解析】（1）
41、根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）（）设，写出直线和的方程，联立求得与的交点的坐标，根点在双曲线上，推得，进而结合点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，即可得到答案；（）联立直线与椭圆的方程，由韦达定理求得，根据，得到，写出弦长，方法一：令，结合二次函数的性质，求得有最大值.方法二：求得实数的取值范围，再由基本u不等式，求得的最大值，进而求得外接圆面积的最大值.【解析】（1）设，因为为的中点，所以周长，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）（）由得，求导得，设，则，即，同理：设，因为为，的交点，所以，由题直线的斜率存在，设其方程为，将代入得：，由韦达定理得，所以，因
42、为，所以，所以圆心到直线的距离，所以，直线与圆相切.（）将与，联立方程组，可得，由韦达定理得，因为，所以，所以，又因为，所以，方法一：由（）知：方程的且，解得或，所以，令，所以或者，可以看出当时，即时，有最大值，且最大值为，所以外接圆直径的长度最大值为，所以外接圆面积的最大值等于.方法二：由（）知：方程的且所以或，所以，等号当仅当，即（舍），所以外接圆直径的长度最大值为，所以外接圆面积的最大值等于.【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.
