强基计划专题练08 解析几何（解析版）高考数学复习练习

这是一份强基计划专题练08 解析几何（解析版）高考数学复习练习，共49页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
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（ ）
A．40条B．46条C．52条D．54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：①，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
②，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
③，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，
④其他情况弦长均大于，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】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B．
C．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ABCD－A1B1C1D1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，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．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点､P､C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､P､C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，
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､P､C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，
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.该圆由法国数学家Mnge（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48
B．椭圆外切矩形面积的最大值为48
C．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，
，
①②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， ，
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：
①曲线关于轴、轴均对称；
②曲线上存在点，使得；
③若点在曲线上，则的面积最大值是1；
④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】③④
【分析】①由已知表示出C的方程，观察方程的对称性可以判断结果；②假设结论成立，推理出曲线不存在，不合题意；③点P在椭圆上顶点时，满足题意，且面积最大；④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.
①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①错误.
②错误,若，则曲线不存在，故②错误.
③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③正确
④正确，由 ③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④正确．
故答案为：③④．
【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，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，
∴①，
∵，
∴，即，代入①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，
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.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）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)（ⅰ）详见解析；（ⅱ）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）（ⅰ）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；
（ⅱ）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；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）（ⅰ）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；
（ⅱ）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：
①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；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③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；
④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，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 ①
因为点在直线上，所以 ②
①②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，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②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①点在以线段为直径的圆上；②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为．
理由如下：
①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；
②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：①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.
②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：
①点在圆上，过点作圆的切线方程为；
②点在椭圆上，过点作椭圆的切线方程为；
③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；
④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
【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，
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：①，
同理由可得②．
由①②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.
23．如图，平面直角坐标系中，点为轴上的一个动点，动点满足，又点满足.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过曲线上的点（）的直线与，轴的交点分别为和，且，过原点的直线与平行，且与曲线交于、两点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）法一：充分利用，由坐标得到坐标之间的关系，进而求得动点的轨迹的方程；法二，利用参数方程的思想，得到坐标的参数写法，进而可求；
（2）结合图像，先由得到，再联系方程得到，接着又联方立直线与曲线的方程，利用弦长公式得到，利用点线距离公式得到，由此得到关于的关系式，最后利用基本不等式求得的最大值.
（1）
法一：由题意，设，，
由得，且，
由得，则，得，
代入整理得，故动点的轨迹的方程为.
法二：设，，，
设，则由得，
消去得，故动点的轨迹的方程为.
（2）
如图，设（），又直线的斜率存在且，
设直线为：，
可得：，，
由，则，故，，
联立，可得：，即，
又，故直线的方程为，联立，得：，
即、的横坐标为，
，
点到直线的距离，
，
当且仅当，即时等号成立，
面积的最大值为2.
.
【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，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
五、双空题
24．如图,某市一学校位于该市火车站北偏东方向,且,已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路,及圆弧都是学校道路,其中,以学校为圆心,半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济,其中分别在公路上,且与圆弧相切,设,的面积为.
（1）求关于的函数解析式：__________.
（2）当=_________时,面积为最小,政府投资最低?
【答案】
【分析】（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,,进而表示直线的方程,由直线与圆相切构建关系化简整理得,即可表示OA,OB,最后由三角形面积公式表示面积即可;
（2）令,则,由辅助角公式和三角函数值域可求得t的取值范围,进而对原面积的函数用含t的表达式换元,再令进行换元,并构建新的函数,由二次函数性质即可求得最小值.
【详解】解：（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,.
所以直线的方程为,即.
因为直线与圆相切,
所以.
因为点在直线的上方,
所以,
所以式可化为,解得.
所以,.
所以面积为.
（2）令,则,
且,
所以,.
令,,所以在上单调递减.
所以,当,即时,取得最大值,取最小值.
所以当时,面积为最小,政府投资最低.
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(进群送往届全部资料)【点睛】本题考查三角函数的实际应用,应优先结合实际建立合适的数学模型,再按模型求最值,属于难题.