高考数学一轮复习 专题9.7 圆锥曲线综合问题（讲）

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高考数学一轮复习策略1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。2、精练习题复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。3、加强审题的规范性每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。4、重视错题“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。 专题9.7   圆锥曲线综合问题新课程考试要求1.理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想.了解圆锥曲线的简单应用.核心素养本节涉及直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理、数学抽象等核心数学素养.高考预测命题的主要特点有：一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等；二是以不同曲线（圆、椭圆、抛物线）的位置关系为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等；三是直线与圆锥曲线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量（共线、垂直、数量积）结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等.【考点分类剖析】考点一 ：圆锥曲线中的定点问题【典例1】5．（2020·全国高考真题（理））已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【答案】（1）；（2）证明详见解析.【解析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：， ，，，椭圆方程为：（2）证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点．当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．【典例2】（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知P是圆F1：（x+1）2+y2＝16上任意一点，F2（1，0），线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H（4，0）.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）由已知|QF1|+|QF2|＝|QF1|+|QP|＝|PF1|＝4，所以点Q的轨迹为以为F1，F2焦点，长轴长为4的椭圆，故2a＝4，a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3所以曲线C的方程为（2）由（1）可得A（﹣2，0），B（2，0），设点M的坐标为（1，m）直线MA的方程为：将与联立消去y整理得：（4m2+27）x2+16m2x+16m2﹣108＝0，设点D的坐标为（xD，yD），则，故，则直线MB的方程为：y＝﹣m（x﹣2）将y＝﹣m（x﹣2）与联立消去y整理得：（4m2+3）x2﹣16m2x+16m2﹣12＝0设点E的坐标为（xE，yE），则，故，则HD的斜率为HE的斜率为因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H.【规律方法】1.圆锥曲线中定点问题的求解策略圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等．解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清．2.圆锥曲线中定点问题的两种解法【变式探究】1．（2019·北京高考真题（文））已知椭圆的右焦点为，且经过点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（Ⅱ）设联立得，，，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.2.（2019年高考北京卷理）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.【解析】（1）由抛物线经过点，得.所以抛物线的方程为，其准线方程为.（2）抛物线的焦点为.设直线的方程为.由得.设，则.直线的方程为.令，得点A的横坐标.同理得点B的横坐标.设点，则，.令，即，则或.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.考点二 ：  圆锥曲线中的定值问题【典例3】（2021·全国高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【典例4】（2020·浙江高三月考）已知椭圆（）的焦距为，且过点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若点，设为椭圆上位于第三象限内一动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值，并求出该定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）四边形的面积为定值2；证明见解析.【解析】（Ⅰ）由题意，，且，求得，所以．所以椭圆的方程为；（Ⅱ）设（，），则．又，，所以直线的方程为．令，得，从而．直线的方程为．令，得，从而．所以四边形的面积　　　所以四边形的面积为定值2．【规律方法】1.圆锥曲线中定值问题的特征圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等．定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知，可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现．2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略3.两种解题思路①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引进变量法：其解题流程为：【变式探究】1. （2020届山东省高考模拟）已知椭圆的离心率为，椭圆截直线所得的线段的长度为.（Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的点，是坐标原点，若，判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】 (Ⅰ)由解得 得椭圆的方程为. （Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，此时四边形的面积为． 当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程 ， 点到直线的距离是 由得因为点在曲线上，所以有整理得由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为由得, 故四边形的面积是定值，其定值为．2. （2021·福建高三月考）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为60°，原点到直线的距离是．（1）求的方程；（2）过上任一点作直线，分别交于，（异于的两点），且，，探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）是定值，定值为6．【分析】（1）先求出，然后由点到直线的距离列出关于的方程，求出的值，进而得到的值，从而得到的方程；（2）①当点为椭圆右顶点时，求出；②当点为椭圆左顶点时，求出；③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，设直线，的方程，分别与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后利用向量的关系，求出，，即可得到答案．【详解】（1）由题意，点，直线的倾斜角为60°，所以，在中，求得点到直线的距离是，又由原点到直线的距离是，则，所以，故的标准方程为.（2）①当点为椭圆右顶点时，，，所以；②当点为椭圆左顶点时，同理可得；③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，设直线的方程是，直线的方程是，分别代入椭圆方程，可得和，设，，，则，，由，可得，则，由直线的方程，可得，所以，由，同理可得，所以为定值．综上所述，为定值6．【点睛】（1）椭圆的焦点三角形的周长为定值：；（2）圆，圆上一点处的切线方程为：.考点三 ：  圆锥曲线中的最值与范围问题【典例5】（2021·北京高考真题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.【典例6】（2019年高考全国Ⅱ卷理21）已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．【典例7】（2021·上海市控江中学高三开学考试）在平面直角坐标系中，抛物线，点，，为上的两点，在第一象限，满足.（1）求证：直线过定点，并求定点坐标；（2）设为上的动点，求的取值范围；（3）记△的面积为，△的面积为，求的最小值.【答案】（1）证明见解析，；（2）；（3）.【分析】（1）设，由已知并结合向量数量的坐标表示易得，再设为联立抛物线，应用韦达定理有，求得，即可证结论.（2）设并求，关于参数a的表达式，由目标式化简，应用换元法并结合二次函数的性质求范围.（3）由（1），用参数k表示、到的距离、，由、可得关于k的函数，应用判别式法求值域，进而可得最小值.【详解】（1）令，则，由知：，又，，∴，则，设直线为，联立抛物线方程整理得：，则，∴，故直线为，即直线过定点.（2）设，则， ，∴，令， ∴且，∴当时，；当时，.∴.（3）由（1），直线为， 联立抛物线整理得：，∴，，有，由在第一象限，则，即，∴，可得.，又到的距离，∴，而，∴，∴，整理得，∴，即，又，得：.∴的最小值为.【总结提升】1．处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的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．【变式探究】1.（2020·浙江金华�高二期末）已知：抛物线，过外点作的两条切线，切点分别为、.（Ⅰ）若，求两条切线的方程；（Ⅱ）点是椭圆上的动点，求面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）和；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）设过点的切线方程为，将其代入，可得，因为直线与抛物线相切，，解得.因此，所求的两条切线的方程为和；（Ⅱ）设、、，由，可得，则切线的方程为，又，即.同理，切线的方程为.又和都过点，.直线方程为，即. 联立，得.,由韦达定理得，.. 点到直线的距离为，的面积.，，，.2.（2019·四川高三月考（理））已知抛物线，过点的直线与抛物线交于 两点，又过两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点.（1）证明：直线的斜率之积为定值；（2）求面积的最小值【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证明：由题意设 的方程为 ，联立 ，得 因为 ，所以设 ，则 设直线 的斜率分别为 ，对 求导得 ，所以 ，所以，（定值）（2）解：由（1）可得直线 的方程为 ①直线 的方程为 ②联立①②，得点 的坐标为， 由（1）得 ，所以 .于是 ，点 到直线 的距离， 所以 ，当，即时，的面积取得最小值3．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知椭圆E：()的左焦点为，过F的直线交E于A、C两点，的中点坐标为.（1）求椭圆E的方程；（2）过原点O的直线和相交且交E于B、D两点，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，，可得，，两式相减得，将，代入上式，即，，又，即有，，则椭圆E的方程为；（2）直线AC的方程为，联立，解得或，，设，，且直线的斜率存在，设方程为()，联立，得，则， 设，分别表示B，D到直线的距离，所以，令，则，故，当且仅当，即，时，四边形的面积取得最大值.考点四 ：  圆锥曲线中的探索性问题【典例8】（2019·全国高考真题（文））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．【答案】（1）或；（2）见解析.【解析】（1）在直线上    设，则又    ，解得：过点，    圆心必在直线上设，圆的半径为与相切    又，即，解得：或当时，；当时，的半径为：或（2）存在定点，使得说明如下：，关于原点对称且直线必为过原点的直线，且①当直线斜率存在时，设方程为：则的圆心必在直线上设，的半径为与相切    又，整理可得：即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点，即抛物线上点到的距离    当与重合，即点坐标为时，②当直线斜率不存在时，则直线方程为：在轴上，设，解得：，即若，则综上所述，存在定点，使得为定值.【例9】（2021·河南高二期末（文））已知以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴的椭圆经过点，．（1）求椭圆的标准方程．（2）设过点的直线与交于，两点，点在轴上，且，是否存在常数使？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在实数满足题意.【分析】(1)设出椭圆标准方程，将给定点的坐标代入列出方程组，求解即得；(2)直线斜率存在时，设出的方程，联立与的方程消元，借助韦达定理求出线段MN长，再求出QF长即可，验证斜率不存在时即可判断作答.【详解】（1）设椭圆的标准方程为，因点，在椭圆上，则有，解得，，所以椭圆的标准方程为；（2）显然点为椭圆的右焦点，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由消去y并整理得：，设，，则，，于是得，而，则线段的中点坐标为，因为点在轴上，且，则为线段的垂直平分线与轴的交点，当时，，，则，当时，线段的垂直平分线方程为，令，得，即，则有，于是得，当直线的斜率不存在时，，取或能满足，综上所述，存在实数满足题意.【总结提升】1.探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证．若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性；若证明某结论不存在，也可以采用反证法.2.解析几何中存在性问题的求解方法：（1）通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在．（2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．【变式探究】1.（2021·全国高三（理））已知椭圆的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”，过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率存在，记为，．①求证：为定值；②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）①，②．【分析】（1）依题意列方程组，，即可求解；（2）①设椭圆的“卫星圆”的圆心为，由切线条件得，，化简即可求得为定值；②设由题意得，由于，所以，根据距离公式即可求得结果．【详解】（1）依题意得，，，解得所以椭圆的标准方程为（2）①直线，的方程分别为，设椭圆的“卫星圆”的圆心为因为直线，为“卫星圆”的两条切线，则，化简得，所以，为方程的两根，故又因为，所以，故为定值；②设，由 ，则由于，所以，得所以为定值．2.（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高二月考）已知椭圆T：经过以下四个不同点中的某三个点：，，，．（1）求椭圆T的方程；（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，得到椭圆E．已知M，N两点的坐标分别为，，点F是直线上的一个动点，且直线，分别交椭圆E于G，H（G，H分别异于M，N点）两点，试判断直线是否恒过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）；（2）直线恒过定点.【分析】（1）分析可得三点在椭圆上，代入椭圆方程，待定系数即得解；（2）先通过伸缩变换得到椭圆E方程为：，设，，，分别表示直线，的方程，与椭圆联立，求得G，H坐标，表示直线的方程，整理即得定点.【详解】（1）由题意可得A，C一定在椭圆上，即①，若B在椭圆上，则②，由①②可得，不存在，所以D在椭圆上，可得③，由①③可得，，所以椭圆的方程为：；（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，设E上的点为：，对应的点，由题意可得，，所以，，所以E的方程，设，，，，所以直线的方程为：，直线的方程，联立直线与椭圆的方程整理可得，所以，，即，联立直线NF与椭圆的方程：整理可得，所以，即，所以直线的斜率为：，所以直线的方程为：，整理可得，当，.所以直线恒过定点．考点五 ：  直线、圆及圆锥曲线的交汇问题【典例10】（2020·全国高考真题（理））若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ）A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+【答案】D【解析】设直线在曲线上的切点为，则，函数的导数为，则直线的斜率，设直线的方程为，即，由于直线与圆相切，则，两边平方并整理得，解得，（舍），则直线的方程为，即.故选：D.【典例11】（2021·福建莆田·高三）曲线上任意一点到点的距离与它到直线的距离之比等于，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点．（1）求的方程；（2）求证：内切圆的圆心在定直线上．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设点，根据条件建立等式，化简即可；（2）设出直线和点，将代入C，消元后根据根与系数的关系得到两根间的关系，设出直线AF与BF的斜率然后求和，化为两根关系结合根与系数的关系化简，进而得到答案.【详解】（1）设，由题意：，化简得：，即C的方程为：.（2）设直线，，将代入C得：，∴设直线AF与BF的斜率分别为，则.∴，则，∴直线平分，而三角形内心在的角平分线上，∴内切圆的圆心在定直线上.【典例12】（2021·吉林长春市·东北师大附中高三月考（理））椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.（1）求椭圆的方程及其离心率；（2）直线与椭圆相交于，两点，为原点，是否存在点满足，，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由【答案】（1），；（2）存在，或.【分析】（1）由题意，椭圆的，再代入，联立即得解，，再由即可得离心率；（2）由题意，R为的重心，将直线与椭圆联立，借助韦达定理可得，且在圆上，代入可得，由可得，，代入可得，结合的范围可得解.【详解】（1）由题意，抛物线的标准方程为，∴抛物线焦点坐标为即在椭圆中，，将点代入曲线的方程，得由得，，，则椭圆的方程为则椭圆的离心率（2）存在符合要求的点.直线与椭圆相交于，两点，联立方程，整理得设，两点坐标为，，则，，得∵点满足且，的重心在圆上，，即，，，即，，，令，则，则，或【总结提升】直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力．【变式探究】1.（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知抛物线，的焦点为，过点的直线的斜率为，与抛物线交于，两点，抛物线在点，处的切线分别为，，两条切线的交点为．（1）证明：；（2）若的外接圆与抛物线有四个不同的交点，求直线的斜率的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】（1）证明：依题意有，直线，设，，，，直线与抛物线相交，联立方程消去，化简得，所以，．又因为，所以直线的斜率．同理，直线的斜率，所以，，所以，直线，即．（2）由（1）可知，圆是以为直径的圆，设是圆上的一点，则，所以，圆的方程为，又因为，所以，圆的方程可化简为，联立圆与抛物线得消去，得，即，即，若方程与方程有相同的实数根，则，矛盾，所以，方程与方程没有相同的实数根，所以，圆与抛物线有四个不同的交点等价于，综上所述，．2.（2019年高考全国Ⅲ卷理）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.【答案】（1）见详解；（2）3或.【解析】（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 .整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是，.设分别为点D，E到直线AB的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.因此，四边形ADBE的面积为3或.3．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高二月考（文））已知椭圆的两个焦点坐标分别是(-2，0)，(2，0)，并且经过点，，是椭圆上的不同两点，且以为直径的圆经过原点.（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心在原点的圆恒与直线相切，若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】（1）设椭圆方程为，由椭圆定义得，则，，所以椭圆方程为；（2）假设存在圆心在原点的圆恒与直线相切，设， 且，由以为直径的圆经过原点得，即，设，与联立，消去得，则，整理得，又原点到直线的距离,故存在圆心在原点的圆恒与直线相切，且圆的方程为.