新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题43 圆锥曲线与四心二十一大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153412125" 题型1圆锥曲线重心与离心率 PAGEREF _Tc153412125 \h 1
\l "_Tc153412126" 题型2圆锥曲线重心与直线 PAGEREF _Tc153412126 \h 8
\l "_Tc153412127" 题型3圆锥曲线重心与面积 PAGEREF _Tc153412127 \h 13
\l "_Tc153412128" 题型4圆锥曲线重心与坐标 PAGEREF _Tc153412128 \h 17
\l "_Tc153412129" 题型5圆锥曲线重心与轨迹方程 PAGEREF _Tc153412129 \h 23
\l "_Tc153412130" 题型6圆锥曲线外心与离心率 PAGEREF _Tc153412130 \h 31
\l "_Tc153412131" 题型7圆锥曲线外心与坐标 PAGEREF _Tc153412131 \h 35
\l "_Tc153412132" 题型8圆锥曲线外心与轨迹方程 PAGEREF _Tc153412132 \h 40
\l "_Tc153412133" 题型9圆锥曲线外心与求值 PAGEREF _Tc153412133 \h 47
\l "_Tc153412134" 题型10圆锥曲线内心与离心率 PAGEREF _Tc153412134 \h 52
\l "_Tc153412135" 题型11圆锥曲线内心与内切圆半径 PAGEREF _Tc153412135 \h 60
\l "_Tc153412136" 题型12圆锥曲线内心与直线（曲线） PAGEREF _Tc153412136 \h 67
\l "_Tc153412137" 题型13圆锥曲线内心与面积 PAGEREF _Tc153412137 \h 72
\l "_Tc153412138" 题型14圆锥曲线内心与轨迹方程 PAGEREF _Tc153412138 \h 76
\l "_Tc153412139" 题型15圆锥曲线内心与求值 PAGEREF _Tc153412139 \h 83
\l "_Tc153412140" 题型16圆锥曲线垂心与离心率 PAGEREF _Tc153412140 \h 87
\l "_Tc153412141" 题型17圆锥曲线垂心与直线（曲线） PAGEREF _Tc153412141 \h 94
\l "_Tc153412142" 题型18圆锥曲线垂心与面积 PAGEREF _Tc153412142 \h 100
\l "_Tc153412143" 题型19圆锥曲线垂心与坐标 PAGEREF _Tc153412143 \h 105
\l "_Tc153412144" 题型20圆锥曲线垂心与轨迹方程 PAGEREF _Tc153412144 \h 111
\l "_Tc153412145" 题型21四心综合 PAGEREF _Tc153412145 \h 119
题型1圆锥曲线重心与离心率
【例题1】（2019上·江苏·高三校联考阶段练习）设，分别为椭圆 的右顶点和右焦点，，为椭圆短轴的两个端点，若点恰为的重心，则椭圆的离心率的值为 .
【答案】
【分析】结合题意表示出四点坐标，再由重心坐标公式即可求解
【详解】如图：
由题可知，，，则，即，
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的基本性质，重心坐标公式的应用，属于基础题
【变式1-1】1.（2020下·浙江·高三校联考阶段练习）已知、为椭圆的左、右焦点，的椭圆上一点（左右顶点除外），为为重心.若恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据的椭圆上一点，且恒成立，不妨设点P为上顶点，再根据为为重心，由求解.
【详解】因为的椭圆上一点，且恒成立，
不妨设点P为上顶点，如图所示：
因为为为重心，
所以，
而，
即，
所以，
所以，
所以，
即，
解得.
故选：B
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及焦点三角形的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
【变式1-1】2. （2018·贵州贵阳·高三阶段练习）在双曲线：的右支上存在点，使得点与双曲线的左、右焦点，形成的三角形的内切圆的半径为，若的重心满足，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，由平行于轴得则所以的面积
又
由焦半径公式，因此代入椭圆方程得
故选C．
【变式1-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的左右焦点为F1、F2，点P为椭圆上一点，的重心、内心分别为G、I，若，则椭圆的离心率e等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，求出重心的坐标，利用中面积等积法可求出的关系，即可得椭圆离心率.
【详解】设为的重心，点坐标为，
∵，∴IG∥x轴 ∴I的纵坐标为，
在中，，
，
又∵I为△F1PF2的内心，∴I的纵坐标 即为内切圆半径，
内心I把△F1PF2分为三个底分别为△F1PF2的三边，高为内切圆半径的小三角形，
，
即，，
∴椭圆C的离心率.
故选：A
【变式1-1】4. （2022·全国·高三专题练习）设双曲线在左右焦点分别为，若在曲线C的右支上存在点，使得的内切圆半径，圆心记为，又的重心为G，满足平行于轴，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据，得到，进而结合双曲线的定义得到，从而求得，然后将点的坐标带入方程即可得到关于的齐次式方程，从而可求出结果.
【详解】
设分别为圆在上的三个切点，
所以,
由双曲线的定义可知，即，因此
又因为，故，故为双曲线的右顶点，
从而，又因为内切圆的半径为，所以，
而，因此，又因为是的重心，所以,故，
∴
，
由 ，
因此 ，
故选：C．
【变式1-1】5. （2020·湖北·高三校联考阶段练习）已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上不与左右顶点重合的动点，设I，G分别为△PF1F2的内心和重心.当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，椭圆C的离心率为 .
【答案】
【分析】首先找到特殊位置，即取P在上顶点时，内心和重心都在y轴上，由于内心和重心连线的斜率不随着点P的运动而变化，可得：GI始终垂直于x轴，可得内切圆半径为y0，再利用等面积法列式解方程可得：.
【详解】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，
若时，△PF1F2的内心和重心重合，不合题意；
当时，内切圆的圆心在y轴上，重心也在y轴上，且不重合，
由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，
设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：
设P在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接PO，则重心G在PO上，
连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，
则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，
可得重心G（，）所以I的横坐标也为，|ON|，
由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，
所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣（PA+AF2）=F1N﹣NF2
=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）=2ON，
而PF1+PF2=2a，所以PF1=a，PF2=a，
由角平分线的性质可得，所以可得OM，
所以可得MN=ON﹣OM，
所以ME=OE﹣OM=x0，
所以，即INPEy0，
（PF1+F1F2+PF2）IN，即（2a+2c），
所以整理为：，
故答案为：.
【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了内心和重心的概念，考查了转化思想和较强的计算能力，其方法为根据条件得到关于，， 的齐次式，化简可得.本题属于难题.
题型2圆锥曲线重心与直线
【例题2】（2020下·河北石家庄·高三统考阶段练习）已知抛物线的焦点为，为抛物线上的三个动点，其中且若为的重心，记三边的中点到抛物线的准线的距离分别为且满足，则所在直线的斜率为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】C
【分析】由已知可得直线的斜率，利用抛物线定义将用表示，再由，得出关系，再由为的重心，求出，即可求解.
【详解】由题意知，
带入得，
即．由为的重心，
则有，
即，即，所以，
因此有．故所在直线的斜率.
故选：C．
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、三角形重心公式，抛物线定义的应用是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.
【变式2-1】1. （2019·全国·高三校联考阶段练习）已知抛物线上有三个不同的点直线的斜率分别为.若满足：.且的重心在直线上.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设,由和重心的纵坐标为利用直线的斜率公式和三角形的重心坐标公式得到关于的方程,联立方程求出,利用抛物线方程和直线的斜率公式求出即可.
【详解】设，
则,同理,
由重心的纵坐标为得,
即，由可得,
,所以.
故选:D
【点睛】本题考查抛物线的标准方程、直线的斜率公式和三角形的重心坐标公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.
【变式2-1】2. （2022·全国·高三专题练习）在直角坐标系中，已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点， 若的重心为，且，则直线的方程为 ．
【答案】或
【分析】设的方程为，设，，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合重心坐标公式表示出点的坐标，再由列方程可求出，从而可求出直线的方程.
【详解】∵过点且斜率不为0，
∴可设的方程为，设，，
由得
∴，，
∴，
又∵，∴，即，
∴，
令，解得
∴直线的方程为或．
故答案为：或．
【变式2-1】3. （2020·浙江·校联考三模）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，则的坐标为 ，直线与椭圆交于，两点，且的重心恰为点，则直线斜率为 .
【答案】
【分析】空1：由椭圆的标准方程结合右焦点的坐标，直接求出a， c，再根据椭圆中a，b，c之间的关系求出m的值，最后求出上顶点B的坐标；
空2：设出直线MN的方程，与椭圆联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，结合中点坐标公式求出弦MN的中点的坐标，再利用三角形重心的性质，结合平面向量共线定理进行求解即可.
【详解】空1：因为右焦点为，所以有且，
而，所以，因此椭圆上顶点的坐标为：；
空2：设直线MN的方程为：，由（1）可知：椭圆的标准方程为：
，直线方程与椭圆方程联立：，化简得：
，设，线段的中点为，于是有：，，
所以点坐标为：，
因为的重心恰为点，所以有，
即，
因此有：，
得：，所以直线斜率为.
故答案为：；
【点睛】本题考查了求椭圆上顶点的坐标，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了三角形重心的性质，考查了数学运算能力.
【变式2-1】4. （2020·上海·高三专题练习）已知直线交椭圆 于两点，椭圆与轴的正半轴交于点，若的重心恰好落在椭圆的右焦点上，则直线的方程是 ．
【答案】
【分析】结合重心坐标公式推导出弦中点坐标，可设，采用点差法，求出直线斜率，采用点斜式即可求出直线方程
【详解】由题可知，，，设，
由重心坐标得，
所以弦的中点坐标为，即，
又在椭圆上，故，
作差得
将中点坐标代入得，所以直线的方程为：，
即
故答案为：
【点睛】本题考查重心坐标公式，点差法的应用，点斜式的用法，属于中档题
【变式2-1】5.（2022·全国·高三专题练习）在直角坐标系中，已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点， 若的重心为，且，则直线的方程为 ．
【答案】或
【分析】设的方程为，设，，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合重心坐标公式表示出点的坐标，再由列方程可求出，从而可求出直线的方程.
【详解】∵过点且斜率不为0，
∴可设的方程为，设，，
由得
∴，，
∴，
又∵，∴，即，
∴，
令，解得
∴直线的方程为或．
故答案为：或．
题型3圆锥曲线重心与面积
【例题3】（2020·吉林·统考三模）设点为椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，且的重心为点，如果，那么的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题设条件及椭圆的定义，可得，进而可得为等腰三角形，计算，由重心和中点的定义，，即得解
【详解】
由于点P为椭圆上一点，
又
故为等腰三角形，以为底的高为：
故

故选：C
【点睛】本题考查了椭圆的定义和性质，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.
【变式3-1】1. （2020下·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考开学考试）设点为椭圆：上一点，分别是椭圆的左右焦点，为的重心，且，那么的面积为 ．
【答案】8
【分析】设，由题可得，，则得，又为的重心，故即可求解.
【详解】由椭圆方程得，，
设，则有，所以，
又，则得，所以得，
又为的重心，故.
故答案为：8
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，有关焦点三角形的面积计算，考查了学生的运算求解能力.
【变式3-1】2. （2019上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考期末）已知抛物线的焦点是F,点A、B、C在抛物线上,为坐标原点,若点F为△ABC的重心,△、△、△面积分别记为则的值为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出点A、B、C三点坐标,根据F为△ABC的重心,可得三点横坐标的关系,求出的表达式，最后根据每点的横坐标、纵坐标关系即可求出答案.
【详解】设,所以有抛物线的焦点坐标为,△ABC的重心坐标为,由题意可知：,即.
,
所以.
故选B
【点睛】本题考查了三角形重心坐标公式,考查了三角形面积公式,考查了数学运算能力.
【变式3-1】3. （2022·四川资阳·统考二模）设F为抛物线的焦点，为抛物线上不同的三点，点是△ABC的重心，为坐标原点，△、△、△的面积分别为、、，则
A．9B．6C．3D．2
【答案】C
【详解】本题考查抛物线标准方程和几何性质，平面几何知识.
抛物线的焦点设则
又的重心是所以；根据三角形面积公式得，即 则.故选C
【变式3-1】4. （2020上·浙江·高三校联考阶段练习）已知，，是第一象限内的点，且满足，若是的内心，是的重心，记与的面积分别为，，则（ ）
A．B．C．D．与大小不确定
【答案】B
【分析】作出图示，根据的特点分别表示出，，即可判断出的大小关系.
【详解】因为，所以的轨迹是椭圆在第一象限内的部分，如图所示：
因为是的内心，设内切圆的半径为，
所以，所以，所以，
又因为是的重心，所以，
所以，
所以，
故选：B.
【点睛】本题考查椭圆的定义，其中涉及到三角形的内心和重心问题，对学生分析图形中关系的能力要求较高，难度一般.
题型4圆锥曲线重心与坐标
【例题4】（2019·甘肃·校联考一模）已知、分别是双曲线的左、右顶点，为上一点，且在第一象限．记直线，的斜率分别为，，当取得最小值时，的重心坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由双曲线的性质可得点，，设点，则，再由基本不等式可得，进而可得点，即可求得重心坐标.
【详解】由题意点，，
设点，
则，，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，解得，所以点，
则重心坐标为即．
故选：B.
【点睛】本题考查了直线斜率的求解及双曲线的应用，考查了基本不等式的应用及运算求解能力，属于中档题.
【变式4-1】1. （2019·河北衡水·统考一模）已知抛物线上有三点，的斜率分别为3，6，，则的重心坐标为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，进而用坐标表示斜率即可解得各点的纵坐标，进一步可求横坐标，利用重心坐标公式即可得解.
【详解】设则，得，
同理，，三式相加得，
故与前三式联立，得，，，
则.故所求重心的坐标为，故选C.
【点睛】本题主要考查了解析几何中常用的数学方法，集合问题坐标化，进而转化为代数运算，对学生的能力有一定的要求，属于中档题.
【变式4-1】2. （2020下·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）抛物线的焦点为，是抛物线上两点，且，为坐标原点，若的重心为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】设，由，可得．结合的重心坐标，即可求得．
【详解】设，∵，
则．
∵的重心为，∴，
∴，∴．
故选：D．
【点睛】本题考查的是抛物线定义的应用及三角形的重心坐标公式，属于基础题.
【变式4-1】3. （2018·福建莆田·统考一模）已知为坐标原点，为抛物线的焦点，过作直线与交于两点．若，则重心的横坐标为
A．B．2C．D．3
【答案】B
【详解】为抛物线的焦点，所以. 设
由抛物线定义知：，解得.
重心的横坐标.
故选B.
【变式4-1】4. （2020·陕西·统考二模）已知抛物线：（），从点（）发出，平行于轴的光线与交于点，经反射后过的焦点，交抛物线于点，若反射光线的倾斜角为，，则的重心坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，过点作，垂足为点，计算，，得到，的方程为，联立方程得到，，根据重心公式计算得到答案.
【详解】如图所示，过点作，垂足为点，
因为，反射光线的倾斜角为，所以，，
可得，，即点，.
将点代入（）中，得，
解得或（舍去），
所以抛物线的方程为，直线的方程为.
设点，，联立消去得，
显然，故.
又因为，所以.
设的重心坐标为，
所以，，
所以的重心坐标为，
故选：C.
【点睛】本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系、三角形的重心坐标公式，意在考查学生的计算能力和转化能力
【变式4-1】5.（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC是椭圆的内接三角形，F是椭圆的上焦点，且原点O是△ABC的重心．求A，B，C三点到F距离之和为 ；
【答案】9
【分析】由题意可得出|AF|=a-ey1，|BF|=a-ey2，|CF|=a-ey3，|AF|+|BF|+|CF|=3a-e（y1+y2+y3），因为△ABC的重心在原点O，所以，代入即可得出答案.
【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），
对于椭圆，，
则，因为A（x1，y1）在椭圆上，
所以，
所以，
，
则|AF|=a-ey1，同理|BF|=a-ey2，|CF|=a-ey3，|AF|+|BF|+|CF|=3a-e（y1+y2+y3），
∵△ABC的重心在原点O，∴，又a=3，∴|AF|+|BF|+|CF|=9．
故答案为：.
【变式4-1】6.（2016上·湖南·高三阶段练习）设直线 与椭圆 相交于，两点，为椭圆的左顶点，若的重心在轴右侧，则的取值范围是 ．
【答案】
【详解】将代入椭圆方程，得，即．由，得，即．设点，，则，从而．因为的重心在轴右侧，点，则，所以，即．
故答案为：．
考点：直线与椭圆的位置关系.
【方法点晴】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，计算量大、综合性较强，属于较难题型.解决本题时可以采用消去未知数得到，降低计算量，再由
．再由韦达定理得 ．又由的重心在轴右侧 的取值范围是．
【变式4-1】7.（2020·吉林长春·高三校联考阶段练习）抛物线的焦点为，点、、在上，且的重心为，则的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据重心坐标公式求出的横坐标为，纵坐标为，设直线的方程为，与抛物线方程联立，用、求出表示出的坐标，结合抛物线的方程，求出的取值范围，再结合抛物线的定义可得出结论．
【详解】由题意知，抛物线的焦点为，设点、、，
由重心的坐标公式得，，，
设直线的方程为，由，消去得，
，
由韦达定理得，，
所以，，
故，，
将点的坐标代入抛物线的方程得，得，
则，得，
则.
不在直线上，则，此时，，则.
因此，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】考查抛物线与直线的综合，求距离的取值范围，重心坐标的计算，属于难题．
题型5圆锥曲线重心与轨迹方程
【例题5】（2018上·重庆·高三重庆一中校考期中）已知是以为焦点的双曲线上的动点，则的重心的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设点P（m，n ），则 设△PF1F2的重心G（x，y），则由三角形的重心坐标公式可得x=，y=，解出m、n的解析式代入①化简可得所求．
【详解】由双曲线的方程可得 a=4，b=3，c=5，∴F1（﹣5，0），F2（5，0）．
设点P（m，n ），则 ①．设△PF1F2的重心G（x，y）（y≠0），则由三角形的重心坐标公式可得
x=，y=，即 m=3x，n=3y，代入①化简可得
，故△PF1F2的重心G的轨迹方程是，
故选A．
【点睛】本题考查用代入法求点的轨迹方程的方法，三角形的重心坐标公式，找出点P（m，n ）与重心G（x，y） 的坐标间的关系是解题的关键．
【变式5-1】1. （2022上·福建福州·高三校考期中）在平面直角坐标系中，设点，，点与，两点的距离之和为，为一动点，且为的重心.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设与轴交于点，（在的左侧），点为上一动点（且不与，重合）.设直线，轴与直线分别交于点，，取，连接，证明：为的角平分线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆的定义可得的轨迹为椭圆，求出的轨迹方程，设的坐标，可得的坐标，代入椭圆的方程，可得的轨迹的方程；
（2）设点，由题可得，，，只需证明点到直线的距离即可，结合条件即得.
【详解】（1）解：因为，
由椭圆的定义可得的轨迹为以、为焦点的椭圆，且焦点在轴上，，，
所以，则，
即的轨迹方程为；
设 ，，则，
因为为的重心，所以，，
所以可得，整理可得，
即的轨迹方程为 ；
（2）证明：由（1）可得，，
直线，轴与直线分别交于点，，可得，
当的横坐标为时，根据对称性设在轴上方，则轴，则，
则，所以此时，，显然平分；
当当的横坐标不为时，设点，，
则，即，
，令，得，，
则点到直线的距离
，
要证为的角平分线，只需证，
又，
，
所以，当且仅当，即①时，
又在上，则，即，
代入①式可得恒成立，
为的角平分线．
【点睛】思路点睛：本题在处理求动点的轨迹方程时，通常采用相关点法，第二问主要体现设而不求思想的应用.
【变式5-1】2. （2022上·广东揭阳·高三揭东二中校考阶段练习）已知､是椭圆：的左､右焦点，点 是椭圆上的动点．
(1)求的重心的轨迹方程；
(2)设点是的内切圆圆心，求证：．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设，则有，代入椭圆的方程，可得的重心的轨迹方程；
（2）不妨设点在第一象限内，易知圆的半径为等于，利用等面积法得，根据圆心到直线的距离等于半径，得，结合，以及的范围，整理化简即可得证．
【详解】（1）
连接，由三角形重心性质知在的三等分点处（靠近原点）
设，则有
又，所以，即
的重心的轨迹方程为；
（2）根据对称性，不妨设点在第一象限内，易知圆的半径为等于，
利用等面积法有：
结合椭圆定义：
有，解得
由､两点的坐标可知直线的方程为
根据圆心到直线的距离等于半径，有
∴，∴
∴，又
化简得，即
∴，即
由已知得，，则
所以，即．
【变式5-1】3. （2022·全国·高三专题练习）点，是抛物线上的不同两点，过，分别作抛物线的切线，两条切线交于点．
(1)求证：是与的等差中项；
(2)若直线过定点，求证：原点是的垂心；
(3)在（2）的条件下，求的重心的轨迹方程．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】(1)根据给定条件求出抛物线C在点A，B处切线方程，再联立计算作答.
(2)根据给定条件结合(1)证明，，即可.
(3)设出点，借助(2)中信息用直线斜率k表示出x，y即可计算作答.
【详解】（1）依题意，抛物线在点处切线斜率存在，设这条切线方程为：，
由消去y并整理得：，
于是得，而，解得，
则直线，即，同理，直线，
由，而，解得，
所以是与的等差中项.
（2）设直线，代入整理得，
则有，由(1)得，
，而，，即，
则(1)知，，于是有，即，同理，
所以原点是的垂心.
（3）设的重心，由(2)知，，
，而，消去得：，
所以点的轨迹方程为.
【变式5-1】4. （2020·浙江·统考模拟预测）已知O是坐标系的原点，F是抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，弦AB的中点为M，的重心为G.
（1）求动点G的轨迹方程；
（2）设（1）中的轨迹与y轴的交点为D，当直线AB与x轴相交时，令交点为E，求四边形DEMG的面积最小时直线AB的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求得焦点，显然直线AB的斜率存在，设，代入抛物线的方程，运用韦达定理和三角形的重心坐标，运用代入法消去k，即可得到所求轨迹方程；
（2）求得D，E和G的坐标，和的长，以及D点到直线AB的距离，运用四边形的面积公式，结合基本不等式可得最小值，由等号成立的条件，可得直线AB的方程.
【详解】（1）焦点，显然直线AB的斜率存在，
设，
联立，消去y得，
，
设，，，
则，，
所以，
所以，
消去k，得重心G的轨迹方程为；
（2）由已知及（1）知，，，
，，，
因为，
所以，(注：也可根据斜率相等得到)，
，
，
D点到直线AB的距离，
所以四边形DEMG的面积
，
当且仅当，即时取等号，
此时四边形DEMG的面积最小，
所求的直线AB的方程为.
【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，注意运用代入法，考查四边形面积的最值的求法，注意运用弦长公式和点到直线的距离和基本不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题.
题型6圆锥曲线外心与离心率
【例题6】（河北省衡水市2019届高三下学期五月大联考数学（理）试题）已知坐标平面中，点，分别为双曲线（）的左、右焦点，点在双曲线的左支上，与双曲线的一条渐近线交于点，且为的中点，点为的外心，若、、三点共线，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．3C．D．5
【答案】C
【分析】由题意得：直线垂直平分，设点，，则，可得方程组：，求得，将代入双曲线方程得，化简可得：.
【详解】不妨设点在第二象限，设，，
由为的中点，、、三点共线知直线垂直平分，则，
故有，且，解得，，
将，即，代入双曲线的方程可得，化简可得，即，当点在第三象限时，同理可得.
故选：C.
【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用，运用平面几何的知识分析出
直线垂直平分，并用表示出点的坐标是解决此题的难点，属于中档题.
【变式6-1】1. （2020·湖北宜昌·统考一模）设为双曲线的右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为，线段的中点为，的外心为，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【解析】先由可确定、、三点共线,则根据外心的性质可得,再由点为焦点的中点,根据中位线性质可得,则,进而在中利用勾股定理求解.
【详解】由题,因为,所以、、三点共线,
因为点为线段的中点,的外心为,所以,即,
设双曲线的左焦点为,则点为线段的中点,
则在中,,即,所以是直角三角形,
所以,
因为,由双曲线定义可得,所以,
则,因为,整理可得,
所以,
则,
故选:D
【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的定义的应用.
【变式6-1】2. （2018上·湖南长沙·高三宁乡一中阶段练习）,分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，满足，若的内切圆半径与外接圆半径之比为，则该双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】根据判断出三角形为直角三角形.利用勾股定理和双曲线的定义列方程并化简，根据直角三角形内切圆半径公式求得内切圆半径，根据内切圆半径和外接圆半径的比列方程，解方程求得双曲线离心率.
【详解】∵，∴，即为直角三角形，∴，
，则，.所以内切圆半径
，外接圆半径，由题意，得，整理，得，∴双曲线的离心率.
【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查向量数量积为零的意义，考查双曲线离心率的求法，考查方程的思想，考查运算求解能力，属于中档题.
【变式6-1】3. （2020·山东泰安·统考模拟预测）已知点分别为双曲线的左、右焦点，点A，B在C的右支上，且点恰好为的外心，若，则C的离心率为 .
【答案】
【分析】取的中点为C，连接BC、、，由垂直向量的数量积关系推出，再利用双曲线的定义求出即可推出为等边三角形，求出BC，在中利用勾股定理列出关于a、c的齐次式即可求解离心率.
【详解】取的中点为C，连接BC、、，如图所示：
因为，所以，
又C为的中点，所以为等腰三角形且，
因为点恰好为的外心，所以点在直线BC上，且，
由双曲线的定义知，则，
所以为等边三角形，则，
在中，即，化简得，
同时除以可得，解得或(舍去).
故答案为：
【点睛】本题考查双曲线的定义及简单几何性质、等边三角形的性质、双曲线离心率的求法，涉及垂直向量的数量积关系、平行四边形法则，属于中档题
题型7圆锥曲线外心与坐标
【例题7】（2022·全国·高三专题练习）在直角坐标系xOy中直线与抛物线C：交于A，B两点．若D为直线外一点，且的外心M在C上，则M的坐标为 ．
【答案】或．
【分析】三角形的外心为中垂线的交点，利用中点坐标公式得线段AB中点N的坐标，得到线段AB的中垂线方程，将中垂线方程与抛物线方程联立即可得到外心M．
【详解】联立得，
设，，则，，
设线段AB的中点为，
则，，
则线段AB的中垂线方程为，即，
联立得，解得或4，
从而的外心M的坐标为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，将直线方程与抛物线方程联立，其中韦达定理是解题的关键，同时考查向量知识和三角形外心的应用
【变式7-1】1. （2019·浙江·统考模拟预测）已知椭圆的下顶点为，若直线与椭圆交于不同的两点、，则当 时，外心的横坐标最大．
【答案】
【分析】由已知可得、的坐标，求得的垂直平分线方程，联立已知直线方程与椭圆方程，求得的垂直平分线方程，两垂直平分线方程联立求得外心的横坐标，再由导数求最值．
【详解】如图，

由已知条件可知，不妨设，则外心在的垂直平分线上，
即在直线，也就是在直线上，
联立，得或，
的中点坐标为，
则的垂直平分线方程为，
把代入上式，得，
当的外心的横坐标取最大值时，必有，
令，则，
由，得（舍）或．
当时，，当时，.
当时，函数取极大值，亦为最大值．
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用导数求最值，是中等题
【变式7-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，椭圆，抛物线，设、相交于、两点，为坐标原点．若的外心在椭圆上，则实数的值 ；
【答案】
【分析】设，依题意的外心为椭圆的上顶点，即可得到方程组，解得即可.
【详解】解：由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，的外心为椭圆的上顶点.
则有，设，则有，又，
解得.
故答案为：
【变式7-1】3. （2022·全国·高三专题练习）设椭圆的右焦点为，过的直线与相交于两点．设过点作轴的垂线交于另一点，若是的外心，则的值为 ．
【答案】4
【分析】设直线的方程为，求得的中点坐标，利用弦长公式求出，再求垂直平分线方程，求出点的坐标，进而求出，进而可求解．
【详解】由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，
代入得，
设，则，
则的中点坐标为
∴
∵是的外心，∴是线段的垂直平分线与的垂直平分线的交点，
的垂直平分线为，令，得，
即，
∴．
故答案为：4.
【变式7-1】4.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于两点，过作轴的垂线交椭圆与另一点（不与重合）．设的外心为，则的值为 ．
【答案】4
【分析】设出直线方程，与椭圆方程联立后由弦长公式得，再由几何关系得点坐标，得出后化简计算
【详解】由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线为，
代入椭圆方程得．
设，则，
∴的中点坐标为，
∴．
∵是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，
的垂直平分线方程为，
令，得，即，∴
∴．
故答案为：4
【变式7-1】5. （2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的方程为，设经过点的直线交椭圆于，两点，点．设点为椭圆的左焦点，若点为的外心，则实数的值 ．
【答案】/0.2．
【分析】设直线的方程为，代入椭圆的方程，结合韦达定理表示出，再结合条件即可算得结果.
【详解】设直线的方程为，代入椭圆的方程，消去，得
．
∵直线交椭圆于两点，∴，解得．
设，则有．
设中点为，则有，
∵，∴，即．
解得．
由，解得．
∵点为的外心，且，∴．
由消去，得，∴也是此方程的两个根．
∴
又∵，∴，解得．
∴．
故答案为:
题型8圆锥曲线外心与轨迹方程
【例题8】（2022·全国·高三专题练习）已知点，在轴上，且，则外心的轨迹的方程 ；
【答案】
【分析】设外心为，且，，，
根据外心的性质可求点G的轨迹方程.
【详解】设外心为，且，，，
由点在的垂直平分线上知
由，得
故即点G的轨迹S为：，
故答案为：.
【变式8-1】1. （2022·全国·高三专题练习）设点M、N分别是不等边的重心与外心，已知、，且．则动点C的轨迹E ；
【答案】
【分析】设点，由重心坐标和外心坐标，结合圆的几何性质以及列方程，化简后求得轨迹E的方程．
【详解】设点，则的重心，
∵是不等边三角形，∴，
再设的外心，
∵已知，∴MN∥AB，∴，
∵点N是的外心，∴，
即，
化简整理得轨迹E的方程是.
∴动点C的轨迹E是指焦点在轴上的标准位置的一个椭圆（去掉其顶点）．
故答案为：.
【点睛】本小题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和曲线的位置关系，考查向量的坐标运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题
【变式8-1】2. （2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，点在圆：上，直线与圆交于，两点（点在轴上方），点是抛物线上的动点，点为的外心，则线段长度的最大值为 ，当线段长度最大时，则外接圆的标准方程为 ．
【答案】
【分析】由得到的坐标，表示出线段的中垂线，令，得到的外心的坐标，由在抛物线上得，从而得到，再由基本不等式，得到其最大值，确定出点坐标，再求出外接圆的半径，得到所求圆的方程．
【详解】把代入圆的方程得，∴，
做出线段的中垂线，则的外心为直线与轴的交点．
直线的方程为：． 当时，．
∵点在抛物线上，∴ ∴．
由得， ∴，
．
当且仅当时，即时取到最大值．
此时点坐标为，∴外接圆的半径，
∴外接圆的标准方程为．
故答案为: ，
【变式8-1】3. （2021·河北石家庄·统考一模）已知坐标原点为，双曲线的焦点到其渐近线的距离为，离心率为.
（Ⅰ）求双曲线的方程；
（Ⅱ）设过双曲线上动点的直线分别交双曲线的两条渐近线于，两点，求的外心的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据离心率以及焦点到渐近线的距离，并结合求解出的值，则双曲线的方程可求；
（Ⅱ）先设出的坐标，分别联立直线与渐近线方程由此得到每个点的横、纵坐标的关系，再根据化简得到点的坐标之间的等量关系，由此求解出的轨迹方程.
【详解】解：（Ⅰ）由已知可得：且，
即，，所以双曲线的方程为；
（Ⅱ）设，，且由已知得，渐近线方程为，
联立，解得：，所以；
联立，解得：，所以；
法一：设的外心，则由得：
即——①，同理——②，
①②两式相乘得，
又∵
所以的外心的轨迹方程为；
法二：设的外心，
线段的中垂线方程为：，线段的中垂线方程为：，
联立，解得
∵，
即，
代入得
所以的外心的轨迹方程为；
【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键是通过三角形的外心对应的几何特点即外心到三角形的三个顶点的距离相等，由此通过坐标的化简运算得到对应的轨迹方程.此外，三角形任意两边中垂线的交点也是三角形的外心，也可借由此结论完成解答.
【变式8-1】4. （2021·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为，，平面内两点G，M同时满足以下3个条件：①G是△ABC三条边中线的交点：②M是△ABC的外心；③
(1)求△ABC的顶点C的轨迹方程；
(2)若点P（2，0）与（1）中轨迹上的点E，F三点共线，求的取值范围
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设出点的坐标，利用两点间的距离公式即可求得轨迹方程；
（2）设出三点所在的直线方程，与（1）中的轨迹方程联立，由判别式大于0求出的范围，利用韦达定理得到，两点横坐标的和与积，将表示为的关系式，进一步得到的取值范围．
【详解】（1）设C（x，y），G（，），M（，），
因为M是△ABC的外心，所以
所以M在线段AB的中垂线上，所以，
因为，所以，
又G是△ABC三条边中线的交点，所以G是△ABC的重心，
所以，
所以，
又，
所以，
化简得，
所以顶点C的轨迹方程为；
（2）因为，，三点共线，所以，，三点所在直线斜率存在且不为0，
设所在直线的方程为，
联立得．
由，得．
设，，
则
所以
．
又，所以，
所以．
故的取值范围为．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用韦达定理得到，两点横坐标的和与积，将表示为的关系式.
题型9圆锥曲线外心与求值
【例题9】（2022·全国·校联考模拟预测）已知椭圆：，过其左焦点作直线l交椭圆于P，A两点，取P点关于x轴的对称点B.若G点为的外心，则（ ）
A．2B．3C．4D．以上都不对
【答案】C
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程得到韦达定理，结合外心的性质，求得点的坐标，再用弦长公式求得，再求结果即可.
【详解】根据题意可得，显然直线的斜率存在，故可设其方程为，
联立椭圆方程可得：，设，
故，，，
故，
设的中点为，则其坐标为，
显然轴垂直平分，故可设，又直线方程为：，
令，解得，故，
故.
故选：C.
【变式9-1】1. （2023下·广东清远·高三校联考阶段练习）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为.当时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)若的外心为，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)设双曲线的半焦距为，由条件列关于的方程，解方程求可得双曲线方程；
(2)设直线的方程为，利用设而不求法求点的坐标，利用表示，再求其范围.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的右焦点为，所以，
因为点和点关于轴对称，
所以当时，直线的方程为，
联立可得，又，
所以，又，
所以，
故双曲线方程为；
（2）若直线的斜率为0，则直线与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，
所以可设直线的方程为，
联立，消，得，
方程的判别式，
设，
则，
，
由已知，所以，
所以线段的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为，
又线段的垂直平分线方程为，
所以点的坐标为，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以
所以的取值范围为.
【点睛】直线与双曲线的综合问题，一般利用设而不求法解决；其中范围或最值问题，一般利用设而不求法求出变量的解析式，再结合函数方法求其范围或最值.
【变式9-1】2. （2020下·福建·高三统考阶段练习）设椭圆的右焦点为，过的直线与相交于两点.
（1）若，求的方程；
（2）设过点作轴的垂线交于另一点，若是的外心，证明:为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据题意，设直线的方程为，代入椭圆方程消，根据韦达定理求出两根之和、两根之积，由，可得，两根之和、两根之积即可求解.
（2）由（1）得的中点坐标为，利用弦长公式求出，根据题意可得的垂直平分线方程，求出点的坐标，进而求出，进而可求解.
【详解】（1）由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，
代入得，
设，则，
若，则，解得，
所以，的方程为
（2）由（1）得的中点坐标为
所以
因为是的外心，所以是线段的垂直平分线与的垂直平分线的交点，
的垂直平分线为
令，得，即，
所以，
，所以为定值.
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系以及椭圆中的定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.
【变式9-1】3.（2021·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别是，是椭圆上一动点(与左右顶点不重合)，已知的内切圆半径的最大值是椭圆的离心率是.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作斜率不为0的直线交椭圆于两点，过作垂直于轴的直线交椭圆于另一点，连接，设的外心为，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据面积最大时，r最大可得出等量关系求解；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，设，得出韦达定理，表示出AB的中点坐标，求得AB的垂直平分线方程，得出点坐标，即可表示出，即可得出定值.
【详解】（1）由题意知∶，∴a=2c，，
设△的内切圆半径为r，
则.
故当面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时，
所以，把a=2c，代入，解得∶a=2，，
所以椭圆方程为
（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为，
代入椭圆方程得.
，
设，则，，
因此可得
所以AB的中点坐标为(，)
因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，
由题意可知B，Q关于y轴对称，故，
AB的垂直平分线方程为
令y=0，得，即G(，0)，
所以
又
=
故，所以为定值，定值为4.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
题型10圆锥曲线内心与离心率
【例题10】（2020下·湖北·高三校联考阶段练习）过双曲线的右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点，已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．或2
【答案】D
【解析】分在轴同侧和在轴异侧两种情况进行求解：不妨设在第一象限，根据题意作出图形，利用图形中的几何关系求出的值，再由离心率求解即可.
【详解】有两种情况：
（1）若在轴同侧，不妨设在第一象限.如图，
设内切圆的圆心为，则在的平分线上，
过点分别作于，于，
由得四边形为正方形，利用点到直线的距离公式可得，
焦点到渐近线的距离为，
又，所以，
又，
所以，
所以，
从而可得离心率；
（2）若在轴异侧，不妨设在第一象限如图，
易知，，，
因为的内切圆半径为，
所以，
又因为，
所以，，
所以，，
则，
从而可得离心率.
综上，双曲线的离心率为或2.
故选：D
【点睛】本题考查利用双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系求离心率；考查数形结合思想、分类讨论思想和运算求解能力；利用数形结合思想，正确求解图形中的几何关系和线段长度是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
【变式10-1】1. （2020·浙江绍兴·统考二模）双曲线的渐近线与抛物线交于点，若抛物线的焦点恰为的内心，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】作出圆锥曲线的大致图像，利用抛物线的焦点到渐近线的距离等于到的距离，列方程即可求解.
【详解】作出双曲线与抛物线的大致图像，
如图：
双曲线的渐近线方程为：，即，
联立，解得或，
当时，则，
所以焦点到的距离为，
焦点到渐近线的距离为，
所以，整理可得，
即，整理可得，
两边同除以可得，
，
又，即，解得.
故选：D
【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查了考生的计算能力，属于中档题.
【变式10-1】2. （2022·全国·高三专题练习）设是双曲线的右焦点，为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若的内切圆与轴切于点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先求出，由，通过运算得到，再利用之间的关系得到关于的方程，解出即可.
【详解】∵F到渐近线的距离为，∴，
则△FOH的内切圆的半径为，
设△FOH的内切圆与FH切于点M，则
由，得
，
即
即
即，
由，得，由于 解得，
故选：C
【点睛】对于直角三角形内切圆半径要记住，根据向量之间关系得到关系式，再将其转化为关于的二次式，再利用，转化为关于的方程，这是求解关于离心率问题的常用方法.
【变式10-1】3. （2021·辽宁·统考二模）已知双曲线的左右焦点为为它的中心，为双曲线右支上的一点，的内切圆圆心为，且圆与轴相切于点，过作直线的垂线，垂足为，若双曲线的离心率为，则
A．B．C．D．与关系不确定
【答案】A
【详解】
F1（﹣c，0）、F2（c，0），内切圆与x轴的切点是点A
∵|PF1|﹣|PF2|=2a，及圆的切线长定理知，
|AF1|﹣|AF2|=2a，设内切圆的圆心横坐标为x，
则|（x+c）﹣（c﹣x）|=2a
∴x=a；
|OA|=a，
在△PCF2中，由题意得，F2B⊥PI于B，延长交F1F2于点C，利用△PCB≌△PF2B，可知PC=PF2，
∴在三角形F1CF2中，有：
OB=CF1=（PF1﹣PC）=（PF1﹣PF2）=×2a=a．
∴|OB|=|OA|．
故选A．
点睛：这个题目考查了双曲线的几何意义和双曲线的第一定义；用到了焦三角形的的内切圆的性质和结论．一般无论双曲线还是椭圆，和焦三角形的有关的可以想到，焦三角形的的周长，余弦定理，定义的应用，面积公式等
【变式10-1】4. （2019下·福建南平·高三统考期末）已知点P为双曲线右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左右焦点，点I是△PF1F2的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有成立，则双曲线的离心率取值范围是（ ）
A．（1，）B．（1，2）
C．（1，2]D．（1，]
【答案】D
【分析】根据条件和三角形的面积公式，求得的关系式，从而得出离心率的取值范围，得到答案．
【详解】设的内切圆的半径为，则，
因为，所以,
由双曲线的定义可知，
所以，即，
又由，所以双曲线的离心率的取值范围是，
故选D．
【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，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，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
【变式10-1】5.（2019上·河北·高三校联考阶段练习）过双曲线右焦点的直线交两渐近线于、两点，若，为坐标原点，且内切圆半径为，则该双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设内切圆圆心为，则在平分线上，过点分别作于，于，由得四边形为正方形,则可得离心率.
【详解】因为，所以双曲线的渐近线如图所示，
设内切圆圆心为，则在平分线上，
过点分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为得，又，所以，，所以，
所以，得.
故选：A.
【点睛】本题考查求双曲线的离心率，考查双曲线的几何性质，属于中档题.
题型11圆锥曲线内心与内切圆半径
【例题11】（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于A，两点，为坐标原点，若双曲线的离心率为，的面积为，则的内切圆半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用离心率求得，然后由抛物线准线方程和双曲线渐近线方程联立可得A、B坐标，结合三角形面积可得p，再由面积公式可得.
【详解】由，可得，
所以双曲线的渐近线方程为
由得，由得，
∴，解得，
∴，，则的三边长分别为，，．
设的内切圆半径为，由，解得.
故选：C．
【变式11-1】1. （2017·江西抚州·统考一模）点、分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，则的内切圆半径的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图所示，设的内切圆圆心为，内切圆与三边分别相切于点，根据圆的切线可知：，，，又根据双曲线定义 ，即，所以，即，又因为，所以，，所以点为右顶点，即圆心，
考虑点在无穷远时，直线的斜率趋近于，此时方程为，此时圆心到直线的距离为，解得，因此内切圆半径，所以选择A.
【变式11-1】2. （2023·全国·模拟预测）如图，已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，且的延长线交轴于点，且，的内切圆半径为4，的面积为9，则（ ）

A．18B．32C．50D．14
【答案】C
【分析】由双曲线的定义，结合直角三角形内切圆半径的求法及相似三角形对应线段成比例求解即可.
【详解】因为，所以，所以为直角三角形，
所以，因为，
所以．
因为的面积为9，所以，
因为，
所以，所以．
易知，所以，
所以．
故选：C.
【变式11-1】3. （2021·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知椭圆C：的左､右焦点分别为F1，F2，点M在椭圆C上，当△MF1F2的面积最大时，△MF1F2内切圆半径为（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】D
【分析】由面积最大得的位置，从而可求出三角形的三条边，求出内切圆的半径.
【详解】因为椭圆为，所以a=5，b=3，，
当的面积最大时，点M在椭圆C的短轴顶点，不妨设点M为椭圆C的上顶点，
点O为坐标原点，内切圆半径为r，
则，，，
因为，所以.

故选：D.
【变式11-1】4. （2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）设椭圆的左右焦点分别为和，离心率为，过左焦点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，且线段，则的内切圆半径等于 .
【答案】
【分析】由已知条件表示出直线AB的方程，得到的面积，由内切圆的性质可知，内切圆半径乘以三角形周长的一半等于三角形面积，结合离心率的值可得内切圆半径.
【详解】的周长为，
∵，∴到直线的距离，
设的内切圆半径为，又，
∵，，∴，
故答案为：
【变式11-1】5.（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为坐标原点，且直线的方程为.
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的左焦点，直线交椭圆于，（不与点重合）两点，记直线，，的斜率分别为，，，满足：.记的内切圆半径为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）先判断出直线过椭圆的右焦点，根据等面积公式求得的内切圆半径的表达式，利用二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】（1）由令，得，则，
令，得，则，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）得，则，所以，
设椭圆的右焦点为，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
则，且，
，
，，
解得或，
当时，过A点，不符合题意，
当时，过定点.
此时，符合题意.
综上所述，直线过右焦点.
所以的周长为.
当时，，
到直线即的距离为
所以，
即，
，
令，则，
则
，
由可得，，
根据二次函数的性质可得.
【点睛】求解椭圆的标准方程，关键是求得，本题中通过求直线的横截距和纵截距来求得.求解三角形内切圆半径有关的问题，可以利用三角形的面积公式，利用等面积法列方程来进行求解.
题型12圆锥曲线内心与直线（曲线）
【例题12】（2018·河北石家庄·统考一模）已知F1，F2分别为双曲线的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，△AF1F2的内切圆半径为r1，△BF1F2的内切圆半径为r2，若r1=2r2，则直线l的斜率为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】记△AF1F2的内切圆圆心为C，△BF1F2的内心D，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，根据外接圆的性质及双曲线的定义求得的横坐标，可得CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，结合r1=2r2，分析运算即可得出答案.
【详解】解：记△AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，
则C、E横坐标相等，则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，
由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，
得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，
记C的横坐标为x0，则E（x0，0），
于是，得x0=a，
同理△BF1F2的内心D的横坐标也为a，则有CD⊥x轴，
设直线的倾斜角为θ，则∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，
在△CEF2中，tan∠CF2O=tan（90°﹣）=，
在△DEF2中，tan∠DF2O=tan，
由r1=2r2，可得2tan=tan（90°﹣）= ，解得tan，
则直线的斜率为tanθ= =2.
故选：D.
【变式12-1】1. （2016·福建漳州·统考二模）已知双曲线的左、右焦点为，，为双曲线右支上异于顶点的一点，的内切圆与轴切于点，且与点关于直线对称，则双曲线方程为 ．
【答案】
【分析】设点是双曲线右支上一点，按双曲线的定义，，设三角形的内切圆心在横轴上的投影为，、分别为内切圆与、的切点．由同一点向圆引得两条切线相等知，由此得到的内切圆的圆心横坐标．即为，运用对称思想，结合中点坐标公式和两直线垂直的条件，再由直线的斜率公式和点满足双曲线方程，化简整理，即可得到，进而得到双曲线方程．
【详解】解：点是双曲线右支上一点，
由双曲线的定义，可得，
若设三角形的内切圆心在横轴上的投影为，该点也是内切圆与横轴的切点．
设、分别为内切圆与、的切点．考虑到同一点向圆引的两条切线相等：
则有：
，即，
所以内切圆的圆心横坐标为．
由题意可得，
设，，
与点关于直线对称，可得，，
解得，．
即有，
代入双曲线的方程可得，
由，，
解得，，
即有双曲线的方程为．
故答案为：．
【变式12-1】2. （2022·全国·高三专题练习）点P是双曲线的上支上的一点，F1，F2分别为双曲线的上、下焦点，则△PF1F2的内切圆圆心M的坐标一定适合的方程是（ ）
A．y=-3B．y=3C．x2+y2=5D．y=3x2-2
【答案】B
【分析】利用圆的切线性质和双曲线定义，结合图形可解.
【详解】∵双曲线方程为 ，∴
设△PF1F2的内切圆分别与PF1、 PF2切于点A、B，与F1F2切于点C
则|PA|=|PB| ，，，
又∵点P在双曲线上支上， ∴|PF2|-|PF1|=2a=6，
即（|F2A|+|PA|）-(|F1B|+|PB|) =6 ，
化简得|F2A|-|F1B|=6 ，即|F2C|-|F1C|=6 ，
而|F1C|+|F2C|=2c=10 ，
设C点坐标为（0，λ） ，由|F2C|-|F1C|=6可得(λ+5)-(5-λ)=6，解之得λ=3 ，得C的坐标为（0，3）
∵圆M与F1F2切于点C ，∴CM⊥y轴，可得CM所在直线方程为y=3
故选：B
【变式12-1】3. （2020·山西·统考三模）已知椭圆的左､右焦点分别为，，为上一点，若为的内心，且，则的方程可能是
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先根据为的内心，且得，即，再依次讨论选项即可得答案.
【详解】解：因为为的内心，设内切圆的半径为，
所以，
因为，
所以，
所以，
根据椭圆的定义得：，即.
对于A选项，，不满足，故错误；
对于B选项，，不满足，故错误；
对于C选项，，不满足，故错误；
对于D选项，，满足，故正确.
故选：D.
【点睛】本题考查利用椭圆的性质求解椭圆的方程，解题的核心是通过面积关系和椭圆的定义得到，考查分析解决问题的能力，是中档题.
【变式12-1】4. （2015·浙江杭州·统考一模）已知椭圆C：，为左右焦点，点 在椭圆C上，的重心为，内心为，且有（为实数），则椭圆方程为( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据内心及重心的性质，可知点距轴的距离为，再利用等面积法建立关于与的等式，再利用点 在椭圆C上可求解.
【详解】设点距轴的距离为，因为，则点距轴的距离为，连接，则，
，
所以，所以，
所以椭圆方程为．
故选：A
题型13圆锥曲线内心与面积
【例题13】（2019·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，点P为椭圆上任一点，，为其左右两焦点，的内心为I，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先连PI延长x轴于D，连，，利用角平分线定理得到，再利用和比定理和椭圆的性质，得到，从而得到面积比值.
【详解】解：连PI延长x轴于D，连，．
在中有，在中有，
故，
故．
故选：A
【点睛】本题考查椭圆的性质和角平分线定理解决三角形面积比值，意在考查转化与化归的思想，数形结合分析问题，属于中档题型，本题的难点是角平分线定理的应用.
【变式13-1】1. （2020上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线右支上一点，I是的内心，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由已知可得，结合双曲线的定义和标准方程，即可求解.
【详解】如图，设内切圆的半径为r，
由，得，
整理得.因为P为双曲线右支上一点，
所以，，所以.
故选:C.
【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线定义和性质的应用，属于基础题.
【变式13-1】2. （2020上·浙江·高三校联考阶段练习）已知，，是第一象限内的点，且满足，若是的内心，是的重心，记与的面积分别为，，则（ ）
A．B．C．D．与大小不确定
【答案】B
【分析】作出图示，根据的特点分别表示出，，即可判断出的大小关系.
【详解】因为，所以的轨迹是椭圆在第一象限内的部分，如图所示：
因为是的内心，设内切圆的半径为，
所以，所以，所以，
又因为是的重心，所以，
所以，
所以，
故选：B.
【点睛】本题考查椭圆的定义，其中涉及到三角形的内心和重心问题，对学生分析图形中关系的能力要求较高，难度一般.
【变式13-1】3. （2012·浙江·校联考一模）已知点为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左右焦点，且为三角形的内心，若成立，则的值为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：设的内切圆半径为，由双曲线的定义得，，，由题意得，，故，
，故选D．
考点：1．双曲线的简单性质；2．圆锥曲线的定义、性质与方程．
【思路点睛】本题考查双曲线的定义和简单性质，利用待定系数法求出参数的值，设的内切圆半径为，由，用的边长和表示出等式中的三角形的面积，解此等式求出．
【变式13-1】4. （2019下·河南洛阳·高三统考期末）已知双曲线的左，右焦点F1，F2，点P在双曲线上左支上动点，则三角形PF1F2的内切圆的圆心为G，若与的面积分别为，则取值范围是
【答案】
【分析】由圆的切线性质结合双曲线的定义可求圆心G的坐标，再利用三角形面积公式及其比值，由此可得取值范围.
【详解】如图设切点分别为M，N，Q，由切线的性质可得，所以的内切圆的圆心G的横坐标与Q横坐标相同．
由双曲线的定义，．由圆的切线性质，，，所以，
因为，所以，，Q横坐标为．
因为双曲线的a＝1，b＝，c＝2，可设，设（m＞1），因为，，
可得，所以取值范围是，
故答案为：.
题型14圆锥曲线内心与轨迹方程
【例题14】（2018上·浙江金华·高三校联考期末）已知为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上移动时，的内心的轨迹方程为 ．
【答案】
【详解】考查更为一般的问题：设P为椭圆C:上的动点，为椭圆的两个焦点，为△PF1F2的内心，求点I的轨迹方程．
解法一：如图，设内切圆I与F1F2的切点为H，半径为r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，，则.
直线IF1与IF2的斜率之积：，
而根据海伦公式，有△PF1F2的面积为
因此有.
再根据椭圆的斜率积定义，可得I点的轨迹是以F1F2为长轴，
离心率e满足的椭圆，
其标准方程为.
解法二：令，则．三角形PF1F2的面积：
，
其中r为内切圆的半径，解得.
另一方面，由内切圆的性质及焦半径公式得：
从而有．消去θ得到点I的轨迹方程为：
.
本题中：，代入上式可得轨迹方程为：.
【变式14-1】1. （2019上·四川成都·高三成都七中校考期中）点M为椭圆上一点，为椭圆的两个焦点，则的内心轨迹方程为 .
【答案】
【分析】设的内心为，连接交轴于点，由内角平分线性质定理得到，设，再由焦半径公式及内角平分线定理得到，则，然后利用向量关系把的坐标用的坐标表示出来，代入椭圆方程求解.
【详解】如图，设的内心为，连接交轴于点，连接
在中是的角平分线.
根据内角平分线性质定理得到.
同理可得.
所以，根据等比定理得：
在椭圆中，
所以
设，则

同理
又，则，可得
所有

由，得，
所以，代入椭圆方程.
得，由，则.
所以的内心轨迹方程为：
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查焦半径公式，内角平分线定理的应用，属于难题.
【变式14-1】2. （2022上·全国·高三阶段练习）若双曲线：，，分别为左､右焦点，设点是在双曲线上且在第一象限的动点，点为△的内心，，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．点的运动轨迹为双曲线的一部分
C．若，，则
D．不存在点，使得取得最小值
【答案】C
【分析】根据双曲线的方程直接写出渐近线方程判定A；由圆的切线长定理和双曲线的定义可求得的横坐标，可判定B；由双曲线的定义和余弦定理，利用等面积法求得的纵坐标，由正弦和求交点，求得的坐标，运用向量的坐标表示，可得，可判定C；若与关于y轴对称，结合双曲线的定义及对称性可得，可判定D.
【详解】由题意，双曲线，可知其渐近线方程为，A错误；
设，△的内切圆与、、分别切于、、，可得，
由双曲线的定义可得：，即，
又，解得，则的横坐标为，
由与的横坐标相同，即的横坐标为，故在定直线上运动，B错误；
由且，解得：，
∴，则，
∴，同理可得：，
设直线，直线，联立方程得，
设△的内切圆的半径为，则，解得，即，
∴，
由，可得，解得，故， C正确；
若与关于y轴对称，则且，而，
∴，故要使的最小，只需三点共线即可，
易知：，故存在使得取最小值，D错误.
故选：C.
【点睛】方法点睛：D选项求动点到两定点的距离最值，应用双曲线的定义及对称性将动点转移到两定点之间的某条曲线上，结合两定点间的线段最短求最小值．
【变式14-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆左、右焦点分别为为椭圆上异于长轴端点的动点，的内心为，求点的轨迹方程．
【答案】
【分析】设，利用性质找出之间的坐标的关系，利用在椭圆上即可得到的横纵坐标的关系.
【详解】如图，设，圆与三边相切于点．由性质2得：，解得．，代入可得所求点的轨迹方程为．
题型15圆锥曲线内心与求值
【例题15】（2018上·河北石家庄·高三辛集中学阶段练习）已知是椭圆上一点，，是椭圆的左，右焦点，点是的内心，延长交线段于，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，点是椭圆上一点，过点M作BM垂直直线于点，过点作垂直直线于点，设的内切圆半径为，则，由得：
又，故得：，所以，由椭圆方程得：，，，所以由与相似，可得：,令，则,可求得： ，问题得解．
【详解】如图，点是椭圆上一点，过点M作BM垂直直线于点，过点I作垂直直线于点，设的内切圆半径为，则，由三角形面积相等即：得：
又，故得：，所以，由椭圆方程得：，，，所以由与相似，可得：,令，则,可求得： ，故选A．
【点睛】本题主要是利用三角形相似将所求的比值转化成三角形相似比问题，即构造两个三角形相似来处理，对于内切圆问题通常利用等面积法列方程．即：即：=++（其中是的内切圆圆心） ，从而解决问题．
【变式15-1】1. （2017·湖北襄阳·襄阳四中校考一模）椭圆的两焦点是、，为椭圆上与、不共线的任意一点，为的内心，延长交线段于点，则的值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，根据三角形内角平分线性质定理可得，结合椭圆的定义与基本量的关系求解即可.
【详解】连接.在△MF1I中,F1I是∠MF1N的角平分线,根据三角形内角平分线性质定理,，
同理可得,故有，
根据等比定理.
故选：B
【变式15-1】2. （2016上·湖南衡阳·高三统考期中）已知点在椭圆：上，、为左、右焦点，点是内心，连接并延长交线段于，则的值为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：连接，在中，是的角平分线，根据三角形角平分线的性质定理得；同理可得，故有 ，根据等比定理得，所以答案为C．
考点：1、椭圆的定义；2、角平分线的性质．
【技巧点晴】本题考查的是椭圆的定义、角平分线的性质定理、等比定理等的综合知识，属于难题；在解决涉及圆锥曲线上的点与焦点之间的关系的问题中，圆锥曲线的定义往往是解题的突破口；由于三角形的内心是三个内角的平分线的交点，根据三角形内角平分线的性质定理，把所求的比值转化为三角形边长之间的比值关系来求解．
【变式15-1】3. （2022·全国·高三专题练习）设椭圆的左、右焦点分别为，M是椭圆上异于长轴端点的一点，，的内心为I，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用切线长定理进行求解.
【详解】由题意，|MF1|+|MF2|=4，而，
设圆与MF1、MF2分别切于点A，B，连接IA，IB，
根据切线长定理就有，
∴ .
故选：A．
【变式15-1】4. （2019上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）设为椭圆:的两个焦点．为上点，的内心I的纵坐标为，则的余弦值为 .
【答案】0
【分析】因为的内心I的纵坐标为，所以可知道的内切圆的半径为，又由三角形的内切圆半径，可得到三角形的面积，接着根据焦点三角形的面积确定，进而求出答案.
【详解】如图，
由题意知的内切圆的半径为，又由三角形的内切圆半径，
即，
又由焦点三角形的面积，
所以，所以，所以.
【点睛】本题主要考查通过焦点三角形的面积公式，确定的余弦值，熟悉公式的运用是解决本题的关键.
题型16圆锥曲线垂心与离心率
【例题16】（2017·云南红河·高三阶段练习）已知分别是双曲线的左、右焦点，过点且垂直于实轴的直线与双曲线的两条渐近线分别相交于两点，若坐标原点恰为的垂心（三角形三条高的交点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可得，利用向量垂直的坐标表示结合条件可得，进而即得.
【详解】由题可知，则双曲线的渐近线为，
则当时，，
设，
∵坐标原点恰为的垂心，
∴，即，
即，
则，即，
∵，
∴，即，
则离心率.
故选：C．
【变式16-1】1. （2019·四川广元·统考二模）平面直角坐标系xOy中，双曲线：的两条渐近线与抛物线C：交于O，A，B三点，若的垂心为的焦点，则的离心率为
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】由三角形垂心的性质，得，即，由此可得的离心率．
【详解】解：联立渐近线与抛物线方程得，，抛物线焦点为，
由三角形垂心的性质，得，即，
所以，所以，
所以，所以的离心率为．
故选B．
【点睛】本题考查双曲线的性质，联立方程组，根据三角形垂心的性质，得是解决本题的关键，考查学生的计算能力
【变式16-1】2. （2020·全国·高三专题练习）已知双曲线：(，)的渐近线与抛物线：()交于点、、，若的垂心为抛物线的焦点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设所在的直线方程为，则所在的直线方程为，联立，求得点的坐标，再根据是的垂心，由求解.
【详解】设所在的直线方程为，则所在的直线方程为，
解方程组得：，
则点的坐标为，
抛物线的焦点的坐标为，
∵是的垂心，
∴，
∴，即，
∴，
解得，
故选：A.
【变式16-1】3. （2017·河北衡水·校考一模）在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点、、，若的垂心为的焦点，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设点，则，其中，分析可知，求出、的值，可求得的值，再利用双曲线的离心率公式可求得双曲线的离心率的值.
【详解】易知点、关于轴对称，设点，则，其中，
抛物线的焦点为，则，，
由题意可知，解得，则，
所以，，
所以，双曲线的离心率为.
故选：C.
【变式16-1】4.（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线C2：x2＝2py(p>0)交于点O，A，B，若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】联立OA与抛物线方程得A点坐标，由是的垂心得﹒
【详解】抛物线的焦点的坐标为，
设所在的直线方程为所在的直线方程为，
由得∴点的坐标为，
∵是的垂心，∴，
∴
∴﹒
故选：C﹒
【变式16-1】5.（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆E以两坐标轴为对称轴，左，右顶点分别为A，B，点P为第一象限内椭圆上的一点，P关于x轴的对称点为Q，过P作椭圆的切线，若，且的垂心恰好为坐标原点O，记椭圆E的离心率为e，则的值为 .
【答案】
【分析】分焦点在轴和轴两种情况进行求解，先考虑焦点在轴上时，根据题目条件得到，，即，，再得到椭圆在处的切线方程斜率为，得到，设，结合点在椭圆上，，求出，得到，求出，再用同样的方法考虑焦点在轴上时，求出离心率为复数，舍去，得到答案.
【详解】设椭圆方程为，则，
设，故，
因为的垂心恰好为坐标原点O，
所以，，即，
即，，
下面证明椭圆在处的切线方程斜率为，理由如下：
因为时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
即，
因为点在椭圆上，所以，，
所以，即，
即，解得：，
所以，化简得：，即，设，
同除以得：，
即，故，
因为点在椭圆上，所以，
即，即，
因为，所以，即，
将代入中，可得：，即
所以，
设椭圆方程为，此时，
同理可得：，
此时椭圆在处的切线方程斜率为，
所以，化简得：，设，
同除以得：，
即，故，
因为点在椭圆上，所以，
即，即，
因为，所以，即，
将代入中，可得：，
所以（舍去）；
故答案为：
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为.
题型17圆锥曲线垂心与直线（曲线）
【例题17】（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程 ．
【答案】
【分析】根据题意列式求出，即可得出椭圆方程，再设，，根据题意，得到，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据判别式，以及根与系数关系，由题意，得到，求出，即可得出结果．
【详解】由题意，得，解得，∴椭圆的方程为．
设，．∵，而，∴，
故可设直线的方程为．
联立，得，
首先，由得，解得．（*）且，．
又，∴，得，
即，整理得，，
∴，
即，解得或（均适合（*）式）．
当时，直线恰好经过点，不能构成三角形，不合题意，故舍去．
∴直线的方程为．
【变式17-1】1. （2022·全国·高三专题练习）若曲线：上一点，是否存在直线与抛物线相交于两不同的点，使的垂心为．则直线的方程为 ．
【答案】
【分析】利用代入法，根据三角形垂心的性质，结合平面向量数量积的性质和坐标表示公式进行求解即可.
【详解】把代入中，得，即，
假设存在直线与抛物线相交于两不同的点，使的垂心为，
设，显然直线的斜率为，
则直线的斜率为，设直线的方程是，
由，消去化简得：
，即∵的垂心为，
∴即
，或
当时，直线的方程是，过点，不合题意，舍去，
∴存在这样的直线，其方程是，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据三角形垂心的性质，结合平面向量数量积的性质是解题的关键.
【变式17-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知点在抛物线上，点是抛物线的焦点，线段的中点为．若点的坐标为，且是的垂心，则直线的方程 ；
【答案】
【分析】根据给定条件，求出直线AB的斜率，并设出方程，再与的方程联立，借助韦达定理及向量垂直的坐标表示计算作答.
【详解】抛物线的焦点，则直线MF的斜率，而为的垂心，即有，直线AB的斜率为，
设的方程为，由消去y并整理得：，
于是得，，，，，
由得，
，解得，而，则有，
所以直线的方程为.
故答案为：
【变式17-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知点是抛物线上的一点，过点作两条直线与，分别与抛物线相交于异于点的两点．若直线的斜率为1且的垂心在轴上，则直线的方程 ．
.
【答案】
【分析】先联立直线与抛物线方程后结合韦达定理得到，，同时由得，再由条件求得直线的方程，进而求出的坐标，接着根据及斜率公式，代入整理得，从而求得直线的方程．
【详解】据题题意，如图，设，直线的方程为，
联立，消去，得，
所以，，且，即，
又因为，，所以由得，
所以直线PH的方程是，令，得，故，
再由得，即，
将，代入，得，
再将，代入，整理可得：，
解得：或（舍去），故直线AB的方程为，即．
故答案为：.
.
【变式17-1】4.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：的上顶点为B，右焦点为F，直线与椭圆交于两点，若椭圆的右焦点恰好为的垂心，则直线的方程为 ．
【答案】．
【分析】求出直线的斜率为，设出直线的方程为，与椭圆方程联立得到两根之和，两根之积，根据恰好为的垂心，故，列出方程，求出：或，经检验满足要求.
【详解】易知，，直线的斜率为，从而直线的斜率为．
设直线的方程为，，，
由得．
根据韦达定理，，，
由于右焦点恰好为的垂心，故，
于是
，解之得：或．
当时，点即为直线与椭圆的交点，不合题意；
当时，经检验知和椭圆相交，符合题意．
∴当且仅当直线的方程为时，点是的垂心．
故答案为：
【变式17-1】5. （2022·全国·高三专题练习）已知、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的垂心为．则椭圆C的方程为 ；
【答案】
【分析】设，，由的垂心为，可得，则有，将坐标代入化简可求出，再由在椭圆上，代入椭圆方程结合，可可求出，从而可得椭圆方程.
【详解】设，．
由的垂心为，得．
所以，
化简得，解得．
由点在椭圆上，得，
结合，解得，．
所以椭圆的方程为．
故答案为：.
【变式17-1】6.（2022·全国·高三专题练习）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点，，．若的垂心为的焦点，且点在双曲线上，则双曲线的方程为 ．
【答案】
【分析】首先求出、的坐标，依题意可得，即可得到，再根据点在双曲线上，求出、，即可求出双曲线方程；
【详解】解：双曲线的渐近线为，
由，解得或，所以，
由，解得或，所以．
∵为的垂心，，即，解得，
∵点双曲线上，即，∴，即双曲线方程为；
故答案为：
题型18圆锥曲线垂心与面积
【例题18】（2022·全国·高三专题练习）已知：椭圆的右焦点为为上顶点，为坐标原点， 直线交椭圆于两点，当为的垂心时，则的面积为 ．
【答案】
【分析】设直线方程为并代入椭圆方程，由，根据韦达定理求出参数，再结合三角形面积公式即可求出结果．
【详解】∵为的垂心，∴
又因为，∴，
设直线方程为，联立
得，
可得，即，且可得，
∵，∴，
即
解得或，
当时，三点共线（舍去），∴，此时，
，点到直线的距离．
∴．
故答案为：
【变式18-1】1. （2019·江西·高三校联考竞赛）若△OAB的垂心恰是抛物线y2=4x的焦点，其中O是原点，A、B在抛物线上，则△OAB的面积S= .
【答案】
【详解】抛物线的焦点为F(1，0).因F为△OAB的垂心，则OF⊥AB，
故可设A、B的坐标为.
于是OA的方程为ay=2x，.
BF的斜率，据，得，
因此，h=a2=5，所以.
故答案为：．
【变式18-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知抛物线：．若直线是经过定点的一条直线，且与抛物线交于，两点，过定点作的垂线与抛物线交于，两点，则四边形面积的最小值 ．
【答案】20
【分析】设直线的方程为（），设，，将直线方程与抛物线方程联立，化简利用根与系数的关系结弦长公式表示出，同理表示出，从而可求出四边形面积的，再换元求函数的最小值．
【详解】设直线的方程为（），设，，
联立，得，则，，
所以，
设，，同理得，
则四边形的面积 ，
令，则，
因为，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
因为在上为增函数，
所以当，即，时，取得最小值，
即四边形面积的最小值为20，
故答案为：20
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，解答本题的关键有二，其一是求出四边形面积的表达式，其二利用换元法求的最小值，考查数学计算能力，属于较难题．
【变式18-1】3. （2021上·浙江温州·高三统考期末）设抛物线的焦点为，为抛物线上异于顶点的一点，且在直线上的射影为，若的垂心在抛物线上，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设点，则点，求出的垂心的坐标，再由可求得的值，进而可求得的面积.
【详解】设点，则点，设点在第一象限，
抛物线的焦点为，设的垂心为，
由于，则点的横坐标为，可得点，
，则，，，
，解得，
所以，点的坐标为，所以，，.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用已知条件求出点的坐标，本题特殊的地方在于轴，可得出垂心与焦点的连线垂直于轴，再结合垂心在抛物线求出垂心的坐标.
【变式18-1】4. （2020上·福建莆田·高三校联考期末）已知：椭圆的右焦点为为上顶点，为坐标原点，若的面积为2，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线交椭圆于两点，当为的垂心时，求的面积.
【答案】（1）（2）
【解析】(1)由的面积以及离心率求解即可得到方程；
(2)根据三角形垂心的性质得出直线的斜率，设出直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及弦长公式得出，再利用点到直线的距离公式得出以为底的高，利用三角形面积公式求解即可.
【详解】解（1）依题意可知，
则，且，
可得：，
所以椭圆的方程为：.
（2）∵为的垂心，∴
由（1）知，∴，
设直线方程为，
联立得，
可得，即，
且可得，
∵，∴，
即，
.
解得或，
当时，三点共线（舍去），∴，
此时，
，
点到直线的距离.
∴.
【点睛】本题主要考查了根据的值求椭圆的方程以及利用弦长公式求三角形的面积，涉及了三角形垂心的性质、韦达定理、点到直线的距离公式，属于较难题.
题型19圆锥曲线垂心与坐标
【例题19】（2020·浙江·模拟预测）记椭圆：的左右焦点为，，过的直线交椭圆于，，，处的切线交于点，设的垂心为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先根据题意，得到，，设直线的方程为，，，求出在点，处的切线方程，联立切线方程，得出点，根据题意，得到轴，得出的横坐标为，再由求出的纵坐标为，得出，结合基本不等式，即可得出结果.
【详解】椭圆的左右焦点为，，
由题意，易知直线的斜率存在，（若斜率不存在，则三点共线，不能构成三角形），设直线的方程为，，，
对两边同时求关于的导数，得，则，
则椭圆在点处的切线斜率为，
则椭圆在点处的切线方程为，
即，即；
同理，椭圆在点处的切线方程为，
由得，
则，
所以，即 ；
又的垂心为，则，，
即轴，则的横坐标也为，记的纵坐标为，
由得，所以，则，
因此，
因为过点，所以直线与椭圆必有两个交点，故且，
则，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
【点睛】本题主要考查椭圆中的最值问题，考查椭圆的切线方程，涉及基本不等式求最值，属于跨章节综合题.
【变式19-1】1. （2020上·天津和平·高三天津一中校考期末）双曲线 的渐近线与抛物线 相交于，，，若的垂心为的焦点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，解得 ，根据计算得到答案.
【详解】设，则 解得：，同理
，根据得到 解得
故选：
【点睛】本题考查了双曲线和抛物线的综合题型，意在考查学生的计算能力.
【变式19-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知点在椭圆C：上， 过点作直线交椭圆C于点的垂心为，若垂心在y轴上．则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】（1）当直线斜率不存在时，设，此时，由联立求解即可；
（2）当直线斜率存在时，设，，设直线方程为：，由AB⊥QT可得，
由BT⊥AQ可得，化简得（*），联立直线与椭圆，结合韦达定理可得，
即可代入（*）得，又，最后求解上述不等式即可.
【详解】（1）当直线斜率不存在时，设，
此时，则，∴，
又，联立解得或（舍去），∴.
（2）当直线斜率存在时，设，，设直线方程为：，
直线QT的斜率为，∵AB⊥QT，∴，即，
又∵BT⊥AQ，∴，即，（*）
联立化为，则，，
，∴，
，
代入（*）可得．
∴，解得，
综上可知：实数m的取值范围为．
故答案为：
【点睛】（1）直线需讨论斜率存在与否；
（2）三角形垂心成立，相当于满足两组高和底垂直即可，即可结合向量来表示；当使用到坐标时，可以联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理来表示，最后还需满足
【变式19-1】3. （2016·湖北宜昌·高三校联考期末）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称之为三角形的欧拉线，已知的顶点，，若其欧拉线方程为，则顶点的坐标 .
【答案】
【解析】设C的坐标，由重心坐标公式求重心，代入欧拉线得方程，求出AB的垂直平分线，联立欧拉线方程得三角形外心，外心到三角形两顶点距离相等可得另一方程，两方程联立求得C点的坐标.
【详解】设，由重心坐标公式得，的重心为,
代入欧拉线方程得：,整理得： ①
的中点为，，
的中垂线方程为，即．
联立，解得.．
的外心为．
则，
整理得： ②
联立①②得：或．
当时重合，舍去．
∴顶点的坐标是．
【点睛】本题主要考查了直线方程的各种形式，重心坐标公式，属于中档题.
【变式19-1】4. （2022·全国·高三专题练习）如图，已知直线与抛物线相交于两点，，且．设动点P满足的垂心恰好是，记点C到直线AB距离为d，若，求实数的值．
【答案】或
【分析】先求，由是的垂心，得，且，即，设,，得，同理由可得：，则,，,是方程的两组解，故此方程表示直线，再计算，由，解得，即可得出答案．
【详解】解：设,，,，
则，．
点C到直线AB距离为，
因为是的垂心，
所以，且．
由得，即①．
设,，则②，
又，，
所以③，
由①②③得：，
即，
同理：由可得：．
所以,，,是方程的两组解，
故此方程表示直线．
又因为直线，
所以，，
解得：，．
所以．
所以．
①当时，，
解得．
②当时，，
解得．
综上所述：或．
题型20圆锥曲线垂心与轨迹方程
【例题20】（2022·全国·高三专题练习）如图所示，已知圆O：x2＋y2＝4与y轴的正方向交于A点，点B在直线y＝2上运动，过点B作圆O的切线，切点为C，则△ABC的垂心H的轨迹方程为 ．
【答案】，
【分析】设垂心的坐标，根据条件，建立方程关系，即可求出的轨迹方程．
【详解】设，，连结，，
则，，是切线，
，，，
四边形是菱形．
，得，
又，满足，
所以，即是所求轨迹方程．
故答案为：，
【变式20-1】1. （2018上·全国·高二专题练习）如图，在中，已知，，于，的垂心为，且，则点的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设点的坐标为，点的坐标为，由，可得，进而得．由点为垂心可得，用坐标表示，化简可得．再由点不能在x轴上，得．进而得点的轨迹方程为．
【详解】设点的坐标为，点的坐标为，则，则，，又，，故．，，化简得，故点的轨迹方程为．
【点睛】本题考查求动点的轨迹方程等知识，考查学生的运算能力、转化能力．求点的轨迹方程，可由点为垂心得，进而用向量的坐标表示化简．利用向量具有几何和代数形式的双重属性来探求解析几何轨迹问题是常见的方法之一.
【变式20-1】2. （2018·河南·统考二模）已知：如图，两同心圆：和．为大圆上一动点，连结（为坐标原点）交小圆于点，过点作轴垂线（垂足为），再过点作直线的垂线，垂足为．
(1)当点在大圆上运动时，求垂足的轨迹方程；
(2)过点的直线交垂足的轨迹于两点，若以为直径的圆与轴相切，求直线的方程．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设垂足，则，将点坐标代入圆方程可得点的方程；
（2）设的方程为，由弦长公式，又由圆与轴相切得，将直线方程与椭圆方程联立利用韦达定理法，即得．
【详解】（1）设垂足，则，
因为在上，
所以，即，
故垂足的轨迹方程为；
（2）设直线的方程为，
则有，
又因为圆与轴相切，
所以
即（*）
由，可得，
因为直线与椭圆交于两点，
所以，
解得，
又，
将上式代入（*）式中得，
解得，满足，
故所求的直线的方程为，
即.
【点睛】用代数法解直线与圆锥曲线综合问题时，注意以下几点：
（1）设直线方程时，若不知直线的斜率存在与否，则需进行讨论，分斜率不存在和斜率存在两种情况．
（2）解题过程中，由于计算量较大，故解题中注意“设而不求”、“整体代换”等思想方法的运用，以简化运算，提高解题的效率．另外，对于求出的参数的值，要判断是否满足判别式的要求，这一点容易忽视．
【变式20-1】3. （2021·全国·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，，，C是满足的一个动点．
（1）求垂心H的轨迹方程；
（2）记垂心H的轨迹为，若直线l：（）与交于D，E两点，与椭圆T：交于P，Q两点，且，求证：．
【答案】（1）（）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出外心坐标，外接圆半径同，得顶点C的轨迹方程，再利用相关点法可求垂心H的轨迹方程；
（2）利用弦长公式可求，再利用韦达定理法求，由得出，然后结合判别式大于零即可证.
【详解】设的外心为，半径为R，
则有，又，
所以，即，或，
当坐标为时．
设，，有，即有（），
由，则有，
由，则有，
所以有，，则，
则有（），
所以垂心H的轨迹方程为（）.
同理当坐标为时．H的轨迹方程为（）.
综上H的轨迹方程为（）或（）．
（2）若取（），记点到直线l的距离为d，则有，
所以，
设，，
联立，有，
所以，
，
由，
可得，
所以，
即有，
所以，
即
又，可得，
所以，解得，
故．
同理，若取（），由对称性，同理可得.
综上，可得.
【变式20-1】4. （2011·江西·统考一模）如图，在中，已知，，于，的垂心为，且
（I）求点的轨迹方程；
（II）若过定点的直线交曲线于不同的两点（点在之间），且满足，求的取值范围.
【答案】（I）；（II）
【分析】（I）设点，，且，利用可得；利用可整理得到轨迹方程；（II）当直线斜率存在时，可设其为，代入轨迹方程，根据得到，同时得到韦达定理的形式；利用可得，代入韦达定理可构造方程，从而整理得到，利用可得，解不等式求得的范围；又轨迹方程不含椭圆与轴交点，由此得到；当直线斜率存在时，可求得；综合两种情况可得最终结果.
【详解】（I）设点，，且，则
，
，解得：
又，

即点的轨迹方程为：
（II）①当直线斜率存在时，设直线方程为：
代入得：
由得：
设，
则，
又
，
，整理得：
，即
解得：
当中时，，此时或
又
②当直线斜率不存在时，方程为：
由得：
综上所述：
【点睛】本题考查椭圆轨迹方程的求解问题、直线与椭圆综合应用中的参数范围的求解问题；本题的易错点主要为在求解轨迹方程和求解参数范围时，忽略与轴的交点无法取得的问题，从而造成求解错误；求解参数范围的关键是能够利用向量共线定理将韦达定理进行转化，从而构造出关于变量的方程，从而利用已知参数的范围得到不等关系.
题型21四心综合
【例题21】（2022·江西南昌·统考三模）已知双曲线：的左、右焦点分别是，，是双曲线右支上一点，且，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由重心坐标求得I的坐标，再利用圆的切线长定理和双曲线的定义得到G的坐标，再根据与轴平行，由求解.
【详解】解：如图所示：
由题意得：，
则，
由圆的切线长定理和双曲线的定义得，
所以，则，
因为与轴平行，
所以，即，
则，即，
解得，
故选：B
【变式21-1】1. （多选）（2021·福建三明·统考三模）瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理“三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半”，后人称这条直线为“欧拉线”.直线与轴及双曲线的两条渐近线的三个不同交点构成集合，且恰为某三角形的外心，重心，垂心所成集合.若的斜率为1，则该双曲线的离心率可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】设，分别与两条渐近线和轴联立求出的坐标，求出、、，再分类讨论重心、垂心和外心，并根据重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半列式求出的关系，再根据离心率公式可求出结果.
【详解】设，
由，得，得，
由，得，得，
由，得，得，
，
，
，
若为重心、为外心、为垂心，则，
所以，化简得，此时双曲线的离心率，
若为重心、为垂心、为外心，则，
所以，化简得不成立；
若为重心、为垂心、为外心，则，
所以，化简得，此时双曲线的离心率，
若为重心，为垂心、为外心，则，
，化简得，此时双曲线的离心率；
若为重心、为垂心、为外心，则，
所以，化简得或，
此时双曲线的离心率或，
若为重心，为垂心、为外心，则，
所以，化简得或都不成立.
综上所述：或或或.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：求双曲线离心率的关键是得到的等量关系，求出三个交点坐标后，分类讨论重心、垂心和外心，根据重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半可得所要的等量关系..
【变式21-1】2. （多选）（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到轴的距离为1.下列说法正确的是（ ）
A．外心的轨迹是一条直线
B．当变化时，外心的轨迹方程为
C．当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上
D．若分别是中点，则的外接圆过定点
【答案】AD
【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可.
【详解】因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，
所以的内心横坐标，双曲线方程：，，渐近线.
设.
当点在双曲线上时：
设直线与双曲线交两点

当直线与双曲线相切时，此时切点满足：
切线
设直线与渐近线交两点

切点正是线段的中点，
∴；线段中垂线是.
中垂线与轴交于点，且.
可设
一方面，；另一方面，线段中点是
考虑到
∴
，点 确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！
依（1）设
线段中点是
线段中垂线是，即
线段中垂线是，即
∴
，即外心的轨迹方程为.故选项B错！
（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而
化简得
∴
把代入并化简得：
考虑到不在渐近线上得，故
∴，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；
（4）设
共圆！
的外接圆过定点原点，选项D对.
故选：AD
【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.
【变式21-1】3. （2022下·全国·高三校联考开学考试）瑞士著名数学家欧拉在年证明了定理“三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半”，后人称这条直线为“欧拉线”，直线与轴与双曲线 的两条渐近线的三个不同交点构成集合，且恰为某三角形的外心、重心、垂心所成集合，若的斜率为，则该双曲线的离心率可是以是①，②，③，④，⑤.以上结论正确的是 .
【答案】①③⑤
【分析】设直线的方程为，求出与轴的交点、直线与双曲线的两渐近线的交点、的坐标，对该三角形的外心、重心、垂心的坐标进行分类讨论，结合已知条件求出双曲线的离心率，即可得解.
【详解】设直线的方程为，
令，可得，设直线与轴的交点，
双曲线的渐近线方程为，与直线联立，可得，.
由三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，
当、、依次为三角形的外心、重心、垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为，；
当、、依次为三角形的外心、重心、垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为化为不成立；
当、、依次为三角形的外心、重心、垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为，；
当、、依次为三角形的外心、重心、垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为不成立；
当、、依次为三角形的外心、重心、垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为，；
当、、依次为三角形的外心、重心、垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为化为不成立.
故选：①③⑤.
【变式21-1】4. （2021·福建厦门·统考二模）已知，，E，F分别为的外心和重心，且.
（1）求点C的轨迹Γ的方程；
（2）设M､N､P为轨迹Γ上的三个点，以为直径的圆过原点O，点D在线段上，且，求的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值．
【分析】（1）设，根据重心坐标公式求得坐标，又因为，得坐标，根据列方程化简即可求得C的轨迹Γ的方程；
（2）设分类讨论与，设直线的方程，代入椭圆方程，求得两根关系，由，得，化为，根据，即可求出的最大值．
【详解】解：（1）设，则的重心，
因为，则，
又因为E为的外心，所以，
所以，
化简得，
所以点C的轨迹Γ的方程为；
（2）设，若，则为等腰直角三角形，
由对称性不妨设，代入椭圆方程，得；
若，同理可得；
若，设直线的方程为，其中，，
设，，
由，得，
依题意得，，，
因为，所以，
所以，
所以，化简得，
所以，化简得，
因为，所以，所以
综上，D的轨迹方程是.
设点，则，所以，
因为，所以，所以，
所以当P为，D为或P为，D为
取到最大值．
【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．
1.（2020·江西九江·统考三模）已知双曲线：的左、右焦点为，，直线:与双曲线相交于，两点，，的重心分别为，，若以为直径的圆过原点，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】首先直线与双曲线方程联立，得到根与系数的关系，并利用重心坐标公式表示，由条件可知，最后代入根与系数的关系后可得的值.
【详解】设，，由，消去得，
，，由于，，可知，，
由题意可得，，，
，即，.
故选：A
【点睛】本题考查直线与双曲线位置关系的综合问题，涉及三角形重心坐标公式，直线与圆锥曲线联立，根与系数的关系，向量数量积的坐标表示解决几何问题，属于中档题型.
2. （2018·河北衡水·统考模拟预测）已知为抛物线的焦点， 为抛物线上三点，当时，称为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有
A．0个B．1个C．3个D．无数个
【答案】D
【分析】当时，为的重心，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设，利用“点差法”可证明总存在以为中点的弦，从而可得结果.
【详解】抛物线方程为为曲线上三点，
当时，为的重心，
用如下办法构造，
连接并延长至，使，
当在抛物线内部时，
设，若存在以为中点的弦，
设，
则
则，两式相减化为，
，
所以总存在以为中点的弦，
所以这样的三角形有无数个，故选D.
【点睛】本题主要考查平面向量的基本运算以及“点差法”的应用，属于难题.对于有弦关中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.
3. （2021·浙江杭州·统考一模）已知椭圆C：，为左右焦点，点 在椭圆C上，的重心为，内心为，且有（为实数），则椭圆方程为( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据内心及重心的性质，可知点距轴的距离为，再利用等面积法建立关于与的等式，再利用点 在椭圆C上可求解.
【详解】设点距轴的距离为，因为，则点距轴的距离为，连接，则，
，
所以，所以，
所以椭圆方程为．
故选：A
4. （2019·贵州黔东南·统考一模）已知实轴长为2的双曲线C：的左、右焦点分别为F1（﹣2，0），F2（2，0），点B为双曲线C虚轴上的一个端点，则△BF1F2的重心到双曲线C的渐近线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出a，b，c得到三角形的重心坐标，求出双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离求解即可．
【详解】实轴长为2的双曲线C：的左、右焦点分别为F1（﹣2，0），F2（2，0），可得a＝，c＝2，则b＝，不妨B（0，），则△BF1F2的重心G，双曲线的渐近线方程为：y＝x的距离为：d＝．
故选A．
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．
5. （2019·重庆·重庆南开中学校考三模）已知是抛物线的焦点，，在抛物线上，且的重心坐标为，则 ．
【答案】
【分析】设出A,B,F点的坐标，由重心坐标公式得到，，利用抛物线的定义得到，再利用弦长公式得到|AB|,进行整理即可得答案.
【详解】设点A,B,焦点F(1,0),的重心坐标为,
由重心坐标公式可得,，即， ，
由抛物线的定义可得,
由点在抛物线上可得，作差，
化简得，
代入弦长公式得|AB|=，
则，
故答案为
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查抛物线的定义和弦长公式以及三角形重心坐标公式的应用，属于中档题.
6. （2019·云南曲靖·校考二模）已知斜率为1的直线与抛物线交于两点，若的外心为为坐标原点）,则当最大时，= .
【答案】.
【分析】由正弦定理可知最大时，联立直线与方程，由韦达定理及即可求出直线，利用弦长公式求解即可.
【详解】由题意知,为外接圆的半径，
在中,由正弦定理可知,(R为外接圆的半径),
当,即时,取得最大值2.
设,,易知,,
则,得,即.
设直线的方程为,即,
代入得,,
则,,
所以,解得.
故.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正弦定理，直线与抛物线的关系，弦长公式，属于中档题.
7. （2018·山东·校联考一模）点是双曲线右支上一点，分别为左、右焦点.的内切圆与轴相切于点.若点为线段中点，则双曲线离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】设的内切圆圆心为 ，边 上的切点分别为结合切线段长相等及双曲线的定义，可得，可得的横坐标为，由点为线段中点，可得，从而可得离心率.
【详解】设的内切圆圆心为 ，边 上的切点分别为
易见 横坐标相等，
则
由即
得 即，
记的横坐标为，则，
于是 ，得，
由点为线段中点，知.
故选:B.
8. （2019·山东威海·统考二模）设，为双曲线的左、右焦点，点为双曲线上一点，若的重心和内心的连线与轴垂直，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设的重心和内心分别为，则．设，根据双曲线的定义和圆的切线的性质可得，于是，，所以．然后由点在双曲线上可得，于是可得离心率．
【详解】画出图形如图所示，
设的重心和内心分别为，且圆与的三边分别切于点，由切线的性质可得．
不妨设点在第一象限内，
∵是的重心，为的中点，
∴，
∴点坐标为．
由双曲线的定义可得，
又，
∴，
∴为双曲线的右顶点．
又是的内心，
∴．
设点的坐标为，则．
由题意得轴，
∴，故，
∴点坐标为．
∵点在双曲线上，
∴，整理得，
∴．
故选A．
【点睛】本题综合考查双曲线的性质和平面几何图形的性质，解题的关键是根据重心、内心的特征及几何图形的性质得到点的坐标，考查转化和计算能力，难度较大
9. （2020·山东济南·统考二模）已知为双曲线的左右焦点，过点作一条渐近线的垂线交双曲线右支于点P，直线与y轴交于点Q（P，Q在x轴同侧），连接，如图，若内切圆圆心恰好落在以为直径的圆上，则 ；双曲线的离心率 ．
【答案】
【分析】写出直线，求得内切圆圆心到直线的距离，该距离与圆心到直线的距离相等，从而设出直线，联立解得斜率k，进而求得；分别求得的长，结合双曲线定义求得离心率.
【详解】由题知，，则直线，即，
由题知，内切圆圆心为，
则圆心到直线的距离为，
设直线，则内切圆圆心到直线的距离为，
由内切圆性质知，，两边同时平方，化简得：
，即或，
当时，与渐近线平行，满足图像条件；根据点到直线的距离相等的两条直线位置情况知，这两条线关于点对称，当时，出现在图示内切圆的左上侧，不符合题意，故舍去；
则，从而有，即，
由知，，，
由双曲线定义知，，即，
从而有，离心率
故答案为：；；
10. （2020·浙江·校联考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别是，过点作圆的一条切线，切点为，延长交椭圆于点，且，双曲线的左、右焦点分别为是右支上一点，与轴交于点，的内切圆与的切点为，若，则双曲线的方程为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先利用椭圆的定义，中位线的性质和勾股定理求出，的关系，再在双曲线中，根据三角形内切圆的性质和双曲线的定义，求出的值，从而求解．
【详解】解:连接，在椭圆中，
∵是圆的切线，是切点，
∴，．
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
即，
又，
∴ ①．
在双曲线中，，
由题意知，上式可变为，
由三角形内切圆的性质得，
∴，
则 ②．
联立①②并解得，
∴双曲线的方程为，
故选:D．
【点睛】本题考查椭圆和双曲线的定义，三角形内切圆的知识，考查数形结合思想及运算求解能力．
11. （2019·河北邯郸·校联考一模）已知分别是双曲线的左、右顶点，为上一点，且在第一象限.记直线的斜率分别为，当取得最小值时，的垂心到轴的距离为 ．
【答案】
【分析】易证，利用基本不等式求解取最小值时，进而得的方程为，与双曲线联立解得的坐标为由，得=0，向量坐标化解得y即可
【详解】易证，则，当且仅当，即时，等号成立，此时直线的方程为，与联立，得，解得或（舍去），则的坐标为，设的垂心的坐标为，由，得，解得，则到轴的距离为.
故答案为2
【点睛】本题考查双曲线的综合，考察抽象概括能力与运算求解能力，掌握双曲线的常见二级结论，转化垂心为垂直关系是关键，是中档题
12. （2018·四川广元·统考二模）已知点，是椭圆的左、右焦点，点是这个椭圆上位于轴上方的点，点是的外心，若存在实数，使得，则当的面积为8时，的最小值为( )
A．4B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据点是的外心,外心是三角形各边垂直平分线的交点,再结合向量运算的几何意义可以判断出点恰好就是椭圆上顶点.
【详解】由于外心在的垂直平分线上,故外心在轴上,
而方向朝着轴的负半轴,
故点位于椭圆的上顶点,
此时三角形面积为.
所以,
故选:.
13.（2015·山东·高考真题）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点.若的垂心为的焦点，则的离心率为
【答案】
【详解】设 所在的直线方程为 ,则 所在的直线方程为,
解方程组 得： ，所以点 的坐标为 ,
抛物线的焦点 的坐标为: .因为是 的垂心，所以 ,
所以， .
所以， .
考点：1、双曲线的标准方程与几何性质；2、抛物线的标准方程与几何性质.
一、三角形重心的定义
三角形的重心：三角形三条边上的中线交于一点，这一点就是三角形的重心．
二、三角形重心常见结论
（1）是△的重心；重心坐标：；
（2）为△的重心，P为平面上任意点，则；
（3）重心是中线的三等分点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比是2：1；
（4）重心与三角形的3个顶点组成的3个三角形的面积相等，即重心到3条边的距离与3条边的长成反比．、
焦点三角形重心轨迹方程：
①设点为椭圆的焦点三角形的重心，则点的轨迹方程为．
证明：如图1，设，则有 （否则不能成为三角形），椭圆左、右焦点坐标为，△由重心为，由三角形重心坐标公式，有，即，代入椭圆方程，可得，化简可得，又，于是其重心的轨迹方程为，即以原椭圆的长轴长的为长轴，以原椭圆的短轴长的为短轴的椭圆（顶点除外）．
②设点为双曲线的焦点三角形的重心，则点的轨迹方程为．
证明：如图2，设，则有 （否则不能成为三角形），双曲线左、右焦点坐标为△由重心为，由重心坐标公式，有，即，代入双曲线方程，可得，化简可得，又，于是其重心的轨迹方程为，即以原双曲线的实轴长的为实轴，以原双曲线的虚轴长的为虚轴的双曲线（顶点除外）．
一、三角形外心的定义
三角形的外心：三角形外接圆的圆心，称为外心，三角形三条边的垂直平分线的交点，就是三角形的外心．
二、三角形外心重要结论
（1）O是的外心（或）；
（2）若点O是的外心，则=0．
（3）若O是的外心，则；
（4）斜三角形外心坐标：；
（5）多心组合：的外心、重心、垂心共线，即∥；
（6）焦点三角形外心轨迹方程：
①动点为椭圆上异于椭圆顶点的一点，为椭圆的左、右焦点，设焦点三角形的外心为，则外心的轨迹方程为（或）．
②动点为双曲线上异于双曲线顶点的一点，为双曲线的左、右焦点，设焦点三角形的外心为，则外心的轨迹方程为．
证明：只证双曲线情形．如图1，设点坐标为，则有，∵点在的垂直平分线上，∴可设．的垂直平分线的方程为，而点在其上，因此．在双曲线上，，由于，因此点的轨迹方程为．同理可证椭圆情形．
图1
一、三角形内心的定义
三角形的内心：三角形内切圆的圆心，称为内心，三角形三条内角平分线的交点，就是内心．
二、三角形内心常见结论
设的内切圆为圆，切边于，则有如下重要结论：
（1）是的内心 （其中a、b、c为的三条边）；
（2）；
（3）；
（4）内心点的坐标为；
三角形内切圆的半径求法：
①任意三角形：（其中为的周长，为的面积）；
②直角三角形：（其中a，b为直角边，c为斜边）；
（6）焦点三角形内心轨迹方程：
①设点为椭圆的焦点三角形的内心，则点的轨迹方程为：，其中．
证明：如图1，设，连结交直线于点，由三角形内角平分线定性质知，又．
又由，得．
图1 图2
②设点为双曲线的焦点三角形的内心，则有：
（1）当在双曲线右支上时，点的轨迹方程为；
（2）当在双曲线左支上时，点的轨迹方程为．
证明：（1）当在双曲线右支上时，如图2，设圆与分别相切于点，则有．∵在双曲线右支上，，即，又，设，则有，化简，有．从而知总圆与轴相切于点，又轴，故点的轨迹方程为．
设的纵坐标为，则有且．
综上所述，点的轨迹为．
（2）仿照（1）的证明可证得：当在双曲线左支上时，圆总与轴相切于点，点的轨迹为．
一、三角形垂心的定义
三角形的垂心：三角形三条边上的高交于一点，这一点就是三角形的垂心．
二、三角形垂心重要结论
设分别是的外心、重心、垂心，则
（1）；
（2）三点共线，且（欧拉线）；
（3）斜三角形垂心坐标：；
（4）H是△的垂心；
（5）垂心到三角形一顶点距离为此三角形外心到此顶点对边距离得2倍；
焦点三角形垂心轨迹方程：
①椭圆的焦点三角形的垂心的轨迹方程为；
②双曲线的焦点三角形的垂心的轨迹方程为．