新高考数学一轮复习重难点练习13圆锥曲线综合（定点、定值、最值、范围、存在性问题）（2份，原卷版+解析版）

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考法1：定点、定值问题
考法2：最值、范围问题
考法3：存在性问题
二、命题规律与备考策略
圆锥曲线综合是高考必考的解答题，难度较大．考查圆锥曲线标准方程的求解，考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查定值、定直线、面积最值、存在性与恒成立等问题．考查运算求解能力、逻辑推导能力、分析问题与解决问题的能力、数形结合思想、化归与转化思想．
三、题型方法
考法1：定点、定值问题
1.求解直线或曲线过定点问题的基本思路
（1）把直线或曲线方程中的变量 , 当作常数看待,把方程一端化为零，既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 , 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式 ，则直线必过定点 ;若得到了直线方程的斜截式 ，则直线必过定点 .
（3）从特殊情况入手，先探究定点，再证明该定点与变量无关.
2.求解定值问题的常用方法
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
一．解答题（共11小题）
1．（2023•武功县校级模拟）已知抛物线的焦点到准线的距离与双曲线的离心率相等．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）若点在抛物线上，过作抛物线的两弦与，若两弦所在直线的斜率之积为，求证：直线过定点．
【分析】（Ⅰ）根据题意可得双曲线的离心率，则，即可得出答案．
（Ⅱ）设直线的斜率为，直线的斜率为，则直线的方程为，联立抛物线的方程，解得点坐标，同理可得点坐标，写出直线的方程，化简，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）因为，
所以，，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率，
因为抛物线的焦点到准线的距离与双曲线的离心率相等，
所以，
所以抛物线的方程为．
（Ⅱ）设直线的斜率为，直线的斜率为，
直线的方程为，
联立，
得，
所以，
所以，
所以，
所以，
用代替，得，，
所以直线的方程为
，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以直线恒过定点．
【点评】本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
2．（2023•市中区校级一模）在平面直角坐标系中，点到点的距离比到轴的距离大1，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，交曲线于，两点，若为定值，求实数的值．
【分析】（1）根据已知条件，结合两点之间的距离公式，即可求解；
（2）设出直线的方程，并与椭圆联立，求出的表达式，再将直线与双曲线联立，求出的表达式，再化简整理，即可求解．
【解答】解：（1）设，
由题意可得，，两边平方并整理，得，
故曲线的方程为；
（2）设，，，，，，，，
由题意可得直线的方程为，
与椭圆的方程联立，化简整理可得，，
△，，，
故，
，
直线交曲线于、两点，且，
则直线与相交，
直线的方程与曲线的方程联立，化简整理可得，，
则△，，，
，
故，
要使为定值，则，解得．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于中档题．
3．（2024•昌乐县校级模拟）给定椭圆，圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”．若椭圆的离心率，点在上．
求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（Ⅱ）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点作直线，，使得，与椭圆都只有一个交点，且，，分别交其“卫星圆”于点，，证明：弦长为定值．
【分析】根据椭圆的离心率公式，将点代入椭圆方程，即可求得和的值；
（Ⅱ）分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，根据韦达定理即可求得，满足条件的两直线，垂直，即可求得为定值．
【解答】解：（Ⅰ）由条件可得：
解得
所以椭圆的方程为，（3分）
卫星圆的方程为（4分）
法一：证明：①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，
当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是或，即为或，
所以，
所以线段应为“卫星圆”的直径，所以（7分）
②当，都有斜率时，设点，，其中，
设经过点，与椭圆只有一个公共点的直线为，
则，联立方程组，消去，整理得，（9分）
所以（10分）
所以（11分）
所以，满足条件的两直线，垂直．
所以线段应为“卫星圆”的直径，
所以
综合①②知：因为，经过点，，又分别交其“卫星圆”于点，且，垂直，
所以线段为“卫星圆” 的直径，
所以为定值（12分）
法二：因为，经过点，，又分别交其“卫星圆”于点，且，垂直，
所以线段为“卫星圆” 的直径，
所以为定值．
【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查分类讨论思想，属于中档题．
4．（2023•蕉城区校级模拟）在平面直角坐标系中，圆，，是圆上的一个动点，线段的垂直平分线与直线交于点．记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作与轴不垂直的任意直线交曲线于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，求证：为定值．
【分析】（1）根据圆的性质结合垂直平分线性质即可得曲线的方程；
（2）设直线的方程为，，，，，联立直线得交点坐标关系，即可得弦长，再由垂直平分线得点的坐标，从而得，即可证得结论．
【解答】解：（1）如图所示，
连结，根据题意，，
则，
点的轨迹是以，为焦点的双曲线，
设双曲线方程为，
其中，，
，，，
故所求的方程为．
（2）证明：如图所示：
设直线的方程为，，，，
，，△，
，则，
中点为，
则垂直平分线方程为，令得，即，
，
又，
于是得，即为定值．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
5．（2023•毕节市模拟）在圆上任取一点，过点作轴的垂线，垂足为，点满足．当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）设曲线与轴正半轴交点为，不过点的直线与曲线交于，两点，若，试探究直线是否过定点．若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【分析】（1）设点，，，由得出，继而由圆的方程得出曲线的方程；
（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，由得出，结合韦达定理以及数量积公式得出，进而得出定点．
【解答】解：（1）设点，，，
，，
，，则曲线的方程为．
（2），设，，，，由，
，
当直线轴时，为钝角三角形，且，不满足题意，
直线的斜率存在．设直线的方程为：，
由，化简得：△，，
，
，
整理得，，，
直线的方程为：，恒过点．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
6．（2023•江西模拟）已知过曲线上一点，作椭圆的切线，则切线的方程为．若为椭圆上的动点，过作的切线交圆于，，过，分别作的切线，，直线，交于点．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知为定直线上一动点，过的动直线与轨迹交于两个不同点、，在线段
上取一点，满足，试证明动点的轨迹过定点．
【分析】（1）将切线， 的方程分别表示出来，可得直线的方程，与切线的方程为 比较即可；（2）将已知线段的关系，转化为向量的线性关系，利用定比分点坐标公式可得．
【解答】解：（1）设点，，由题易知切线的方程为，
同理，设点，，，，，
则切线， 的方程分别为：，
，又点在直线，上，所以，
所以直线的方程为：，所以，
又， 在曲线上，所以，
即点的轨迹的方程为；
（2）设点，，，，，，
则由知，
设，易知且，
则由已知：，，
由线段定比分点坐标公式知：，且，
又，，， 在曲线上，所以，
可得，则有，
所以动点的轨迹过定点．
【点评】本题考查切线问题，直线与椭圆相交的综合问题，属于中档题．
7．（2023•华龙区校级模拟）如图，已知椭圆，点是其下顶点，过点的直线交椭圆于另一点点在轴下方），且线段的中点在直线上．
（1）求直线的方程；
（2）若点为椭圆上异于、的动点，且直线，分别交直线于点、，证明：为定值．
【分析】（1）设点，则，通过将点代入椭圆，计算即得结论；
（2）设，，分别联立直线与直线的方程、直线与直线的方程，计算即得结论．
【解答】（1）解：设点，，，
点在椭圆上，，
解得或（舍去），
，
直线的方程为：；
（2）证明：设，，则，
①直线方程为：，
联立直线与直线的方程，解得：，
同理，
【点评】本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查求直线的方程、线段乘积为定值等问题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
8．（2023•梅州一模）已知动圆经过定点，且与圆内切．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，，点为轨迹上异于，的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点．直线、的斜率分别为、．
求证：为定值；
证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标．
【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）易知，即为椭圆的左右顶点，设出点，坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；根据中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点．
【解答】解：（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；
所以，，
则．
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
因此轨迹方程为．
（2）证明：设，，，，．
由题可知，，如下图所示：
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值．
设直线的方程为，，，，．
由，得，
所以．
由可知，，即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查圆锥曲线中的定值定点问题，解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点，属于难题．
9．（2023•桃城区校级模拟）已知直线和直线，过动点作平行的直线交于点，过动点作平行的直线交于点，且四边形为原点）的面积为4．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）当动点的轨迹的焦点在轴时，记轨迹为曲线，若过点的直线与曲线交于，两点，且与轴交于点，若，求证：为定值．
【分析】（1）设，，根据直线相交求出点的横坐标，再求出，点到直线的距离表示出四边形面积，化简方程可得解；
（2）验证特殊情况可知，再由一般情况设直线的方程为，由题意求出．
【解答】（1）解：设，，过，且平行的直线方程为，
由得交点的横坐标为，
所以，
又因为点到直线的距离为，
所以四边形的面积为，
即或，
故动点的轨迹方程为或．
（2）证明：由题知的方程为．
设，，，，，当直线的斜率为0时，，
若，，由，
即，
可得，所以；
若，，由，
知，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为（显然，
则，即，
所以，，，，，，
解得，，，
由，
因为直线与曲线有两个交点，则在且判别式△时，
有，，
所以，所以为定值．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题．
10．（2023•驻马店二模）已知直线轴，垂足为轴负半轴上的点，点关于坐标原点的对称点为，且，直线，垂足为，线段的垂直平分线与直线交于点．记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程．
（2）已知点，不过点的直线与曲线交于，两点，以线段为直径的圆恒过点，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【分析】（1）根据垂直平分线性质，结合抛物线定义可解；
（2）设直线，联立抛物线方程消去，由结合韦达定理可得，的关系，代入直线方程即可判断．
【解答】解：（1）由题意可得，点到点的距离等于点到直线的距离．
，的方程为，又，
点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
点的轨迹的方程为；
（2）由题意可知直线的斜率不为0，
则设直线，，，，，
联立整理得，
，．
，
以线段为直径的圆恒过点，，
，
，，，
，
，
，
，
，或．
当时，直线的方程为，
即，此时直线过点，不符合题意，
当时，△，
且直线，即，过定点，满足题意，
故直线过定点．
【点评】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，方程思想，化归转化思想，属难题．
11．（2023•枣强县校级模拟）已知半椭圆和半圆组成曲线．如图所示，半椭圆内切于矩形，与轴交于点，点是半圆上异于，的任意一点．当点位于点处时，的面积最大．
（1）求曲线的方程；
（2）连，分别交于点，，求证：为定值．
【分析】（1）把点坐标代入半圆方程计算，根据计算即可得出曲线的方程；
（2）设，，利用两点式方程计算，的坐标，从而得出和，根据化简即可得出结论．
【解答】解：（1）点在半圆上，
，
．
，
又，
点位于点时，的面积最大，
，
，
，
，
曲线的方程为：或；
（2）证明：，
设，，
则直线方程为：，
令，，
，
同理：，
所以，
，
，得，代入上式得
．
为定值．
【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的关系，属于难题．
考法2：最值、范围问题
圆锥曲线中最值与范围的求解方法
一．解答题（共12小题）
1．（2023•吉林模拟）在平面内，动点与定点的距离和它到定直线的距离比是常数2．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若直线与动点的轨迹交于，两点，且为坐标原点），求的最小值．
【分析】（1）根据题意列出等式化简即可；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，联立直线的方程与的方程，可得，同理可得，进而可得，，再利用基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）由已知可得：，整理化简可得：，
即，
所以动点的轨迹方程为：；
（2）由可设直线的方程为，直线的方程为，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为6．
【点评】本题主要考查了动点轨迹方程，考查了直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
2．（2023•锡山区校级一模）在平面直角坐标系中中，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，的轨迹为．
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，，，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，且，求与面积之和的最小值．
【分析】根据动点到定点的距离比它到轴的距离大1列式即可求出的轨迹方程，直线与抛物线方程联立，根据，表示出与面积之和，再利用基本不等式求解最小值．
【解答】解：（1）设动点的坐标为，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，
，
化简得：，故曲线的方程为；
（2）因为点，，，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，所以当直线的斜率为0时，不符合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
由，△，所以，
由，得，
因为，所以，所以，
所以，解得：或（舍去），
当时，直线的方程为，直线过定点，且满足△，且，
所以，
又因为、分别为第一、四象限上的点，所以，，
，
当且仅当，即，时取等号，
故最小值为．
【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，属于中档题．
3．（2024•秦都区校级四模）与双曲线有共同的焦点的椭圆经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点．求的取值范围．
【分析】（1）由题意，将点代入椭圆的方程中，结合椭圆与双曲线有共同的焦点，列出等式即可求出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程和，两点的坐标，得到直线的方程，推出点的横坐标，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理再进行求解即可．
【解答】解：（1）易知在双曲线中，
此时，①
因为椭圆经过点，
所以，②
联立①②，解得或（舍去），
则椭圆的方程为；
（2）易知直线的斜率存在且不为0，
不妨设直线的方程为，，，，，
此时，，，
所以直线的方程为，
令，可得，
联立，消去并整理得，
此时△，
解得，
由韦达定理得，，
此时，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的取值范围为．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
4．（2023•琼海校级三模）已知直线与双曲线相交于两个不同的点，，线段的垂直平分线分别与，轴相交于，两点．
（1）若，且点，都在双曲线的右支上，求的取值范围；
（2）若为坐标原点）的面积为，且，求的取值范围．
【分析】（1）当时，直线方程为，联立方程组，根据点都在双曲线右支上，建立不等式关系进行求解．
（2）联立方程组，利用韦达定理和设而不求思想，利用三角形的面积公式进行求解即可．
【解答】解：（1）当时，直线方程为，代入整理得，
则判别式△，得，得，
点，都在右支上，，
的取值范围是，．
（2）设，，，，把代入整理得，
判别式△，得，得，①，
，，
设线段的中点为，，则，，
线段的垂直平分线的方程为，
点的坐标为，，点的坐标为，
的面积为，，整理，
①等价为，，
解得或，即或，或或，
即的取值范围是，，，，．
【点评】本题主要考查双曲线的性质以及直线和双曲线的位置关系，联立方程组，利用韦达定理，设而不求思想以及三角形的面积公式进行求解是解决本题的关键，是中档题．
5．（2023•涪城区校级模拟）如图所示，已知抛物线，椭圆，过轴正半轴上点作斜率为的直线交抛物线于，两点，交椭圆于，两点．
（1）当点为抛物线的焦点时，．求抛物线的方程；
（2）若，两点关于轴的对称点为，，求四边形面积的最大值．
【分析】（1）设，，，，根据题意表示出抛物线方程和直线方程，联立得到根与系数的关系，根据弦长公式计算得到答案．
（2）联立方程得到根与系数的关系，计算，计算点，到直线的距离得到，得到面积解析式，构造函数，求导得到函数的单调区间，计算最大值得到答案．
【解答】解：（1）设，，，，当点为抛物线焦点时，，，
与抛物线联立，整理得，
则，
所以，
又，则，
即抛物线的方程为．
（2）设，与椭圆联立，整理得，
直线与椭圆有两个交点，，△，，又，故，
设，，，，有，，
，两点关于轴对称点为，，即，，，
设，分别为点，到直线的距离，
则，
将与抛物线联立，整理得，
两根为，，，，
四边形的面积，
令，令，
得到，即在上单调递增，在上单调递减，
所以（2），，
即四边形面积的最大值为．
【点评】本题考查了圆锥曲线和导数的综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用根与系数的关系解题是常考的知识点，需要熟练掌握，利用导数求最值是解题的关键．
6．（2023•滁州模拟）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线．已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点，分别为椭圆的左、右顶点．
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于，两点，若直线，的斜率分别为，．
试探究与的比值是否为定值．若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
求的取值范围．
【分析】（1）由题意可设双曲线，利用，可求；
（2）设，，，，直线的方程为，与双曲线联立方程组可得，，进而计算可得为定值．
设直线，代入双曲线方程可得，进而可得，，，，，进而由可得，，，进而求得的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可设双曲线，
则，解得，
双曲线的方程为；
（2）设，，，，直线的方程为，
由，消去得，则，△，
且，，
；
设直线，代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，此方程有一根为，
，解得，
点在双曲线的右支上，，
解得，，即，，
同理可得，，，
由，，，
，，，
，，．
【点评】本题考查椭圆和双曲线的标准方程与离心率，双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，渐近线与双曲线的位置关系，属中档题．
7．（2023•宝山区校级模拟）已知、是平面内的两个定点，且，动点到点的距离是10，线段的垂直平分线交于点，若以所在直线为轴，的中垂线为轴建立直角坐标系．
（1）试求点的轨迹的方程；
（2）直线与点所在曲线交于弦，当变化时，试求的面积的最大值．
【分析】（1）根据椭圆的定义可得；（2）将表示出来，将的面积表示出来求最值即可．
【解答】解：（1）以为轴，中垂线为轴，则，，
由题意得，
所以点的轨迹是以，为左右焦点，长轴长为10的椭圆，
设椭圆的方程为，，
解得，点的轨迹方程为．
（2）由得过定点，
由题有，，整理得恒成立．
，，
为直线斜率，，，
．
，，．
【点评】本题考查求轨迹方程，考查直线与椭圆相交的综合问题，属于中档题．
8．（2023•青羊区校级模拟）已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程，并说明是什么曲线；
（2）设，为曲线上的两动点，直线与直线的斜率乘积为．
①求证：直线恒过一定点；
②设的面积为，求的最大值．
【分析】（1）根据斜率公式列式化简从而写出曲线的方程，并根据椭圆的标准方程判断出曲线为焦点在轴上的椭圆；
（2）①根据题意判断得直线的斜率不为0，设直线的方程为，与椭圆方程联立方程组，化简得关于的一元二次方程，写出韦达定理，根据斜率公式列式得，代入韦达定理化简计算即可求解出的值，从而得所过定点坐标；
②根据①的结果，利用三角形面积公式计算的面积为，代入韦达定理化简计算，利用二次函数的性质从而计算得的最大值．
【解答】解：（1）由题意，得，
化简得，所以曲线为中心在坐标原点，
焦点在轴上的椭圆，不含左、右顶点．
（2）①证明：，，，．
因为若直线的斜率为0，
则点，关于轴对称，必有，不合题意，
所以直线的斜率必不为0．
如图，设直线的方程为．
由，得，
所以△，
且．因为，即．
因为
，
所以，此时△，
故直线恒过轴上一定点．
②解：由①可得，，，
所以
，
当且仅当即时等号成立，所以的最大值为．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
9．（2023•姜堰区模拟）小徐同学在平面直角坐标系画了一系列直线和以点为圆心，为半径的圆，如图所示，他发现这些直线和对应同一值的圆的交点形成的轨迹很熟悉．
（1）求上述交点的轨迹的方程；
（2）过点作直线交此轨迹于、两点，点在第一象限，且，轨迹上一点在直线的左侧，求三角形面积的最大值．
【分析】（1）先设交点的坐标，再根据已知列方程组，消参即可得轨迹方程；
（2）先设直线的方程，再和抛物线联立方程组得两根和及两根积，最后结合向量关系及面积公式求解即可．
【解答】解：（1）设交点为，
，
，
（2）
设直线为，
，，，，，
，，
，
，
，即
，
，
，，
直线，
设点，，，
点到直线的距离为，
所以
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
10．（2023•惠来县校级一模）如图所示，是一个矩形，，，、分别是、的中点，以某动直线为折痕将矩形在其下方的部分翻折，使得每次翻折后点都落在边上，记为．过作垂直于交直线于点．设点的轨迹是曲线．
（1）建立恰当的直角坐标系，求曲线的方程；
（2）是上一点，，过点的直线交曲线于、两点，且，求实数的取值范围．
【分析】（1）以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，利用交轨法建立方程组关系进行求解即可．
（2）根据向量共线关系，求出的坐标，然后联立方程组，转化为一元二次方程根的分布问题，进行求解即可．
【解答】解：（1）以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系．
设，则直线的方程为，的中点坐标为，
直线是线段的垂直平分线为，将代入上式，得，
所以，点的坐标是．
由，消去参数，得，
因此，点的轨迹方程是，．
（2）因为，可得点坐标为，
设，，，，
则，，，是方程组的解，
消去，得，①
所以，，，②，
因为方程①在，上有两个不同的实根，
所以，，得，即，
由，得，，，
得，代入②，得，，消去，得，
，，
解得，
即实数的取值范围，．
【点评】本题主要考查曲线轨迹方程的求解，利用交轨法，建立方程关系是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．
11．（2023•沙坪坝区校级模拟）在平面直角坐标系中，点在轴上滑动，点在轴上滑动，、两点距离为3．点满足，且点的轨迹为曲线．
（1）求点的轨迹方程；
（2）曲线与轴负半轴交于点，过点的直线，分别与曲线交于，两点，直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点，并求面积的最大值．
【分析】（1）由题意得，由得，，，消去、得出点的轨迹方程．
（2）由曲线的方程求出点坐标，设直线的方程为，与曲线的方程联立，消去得关于的方程，利用根与系数的关系求出和，再求和，利用求出，证明直线过定点，再求面积的最大值．
【解答】（1）解：由题意，设点，点，，
则，所以，
由，得，，，
所以，解得，；
所以，
所以点的轨迹方程为．
（2）证明：由曲线，令，得点，
由题意知直线斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
联立，消去，得，
所以△，
，，
则，；
因为，所以，即，
所以，
解得，满足△，此时直线的方程为，所以直线过定点，
此时，，；
所以的面积为．
设，，令，，则在，上单调递增，
所以的面积为，
当且仅当，即时，的面积取得最大值为．
【点评】本题考查了求点的轨迹方程应用问题，也考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题，也考查了运算求解能力与逻辑思维能力，是难题．
12．（2023•咸宁模拟）我们给予圆锥曲线新定义：动点到定点的距离，与它到定直线（不通过定点）的距离之比为常数（离心率）．我们称此定点是焦点，定直线是准线．已知双曲线．
（1）求双曲线的准线；
（2）设双曲线的右焦点为，右准线为．椭圆以和为其对应的焦点及准线过点作一条平行于的直线交椭圆于点和．已知的中心在以为直径的圆内，求椭圆的离心率的取值范围．
【分析】（1）将曲线变型，得到双曲线的方程，然后得到其准线方程；
（2）根据椭圆的定义先用离心率表示出椭圆方程，然后和直线联立，利用韦达定理得出圆心坐标，半径，然后根据点和圆的位置关系列出不等式．
【解答】解：（1）由，得．
所以双曲线的中心，右焦点，，，
所以准线为或．
（2）
设是椭圆上任意一点，上椭圆的长轴长，椭圆的焦距，
设，，，，
则．①
又直线的方程为．②
由①②联立得，
由题意知、是这个方程的两个根，
所以
所以，
所以圆心坐标为．
从而有
．
又在椭圆中，根据椭圆的定义，当为椭圆左顶点时，设，
，得．又，所以，
故椭圆的中心坐标为，
又点在以为直径的圆内，
所以，
整理得，
即．
因为椭圆的离心率，所以，
即，故，
故离心率的取值范围为．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
考法3：存在性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在，否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.
一．解答题（共12小题）
1．（2023•鲤城区校级模拟）已知圆，点，圆周上任一点，若线段的垂直平分线和相交于点，点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的动直线与椭圆相交于，两点，直线的方程为．过点作于点，过点作于点．记，，的面积分别为，，．问是否存在实数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据题意可得圆的圆心，，半径，又，即，又椭圆的定义，即可得出答案．
（2）根据题意设直线的方程为，设，，，，则，，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，
则，，同理，计算，即可得出答案．
【解答】解：（1）因为圆的方程，
所以圆的圆心，，半径，
因为点为线段垂直平分线上的点，
所以，
又，即，
所以点的轨迹是以，，，点为轨迹的椭圆，且，，
所以，，
所以，
所以点的轨迹方程为．
（2）根据题意设直线的方程为，
设，，，，则，，
联立，得，
所以，，
所以
，
因为，
同理，
所以
，
所以，
所以，
所以，
所以存在实数，使得成立．
【点评】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
2．（2023•重庆模拟）抛物线，双曲线且离心率，过曲线下支上的一点作的切线，其斜率为．
（1）求的标准方程；
（2）直线与交于不同的两点，，以为直径的圆过点，过点作直线的垂线，垂足为，则平面内是否存在定点，使得为定值，若存在，求出定值和定点得坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点斜式设出切线方程与抛物线方程联立，由判断式等于0即可求出结果；
（2）与圆锥相交的直线过定点，设出直线方程，与圆锥曲线联立，借助韦达定理求出根与系数的关系，即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意可知，切线方程为，即，
由，消整理可得，
则△，解得，即，，
由，可得，
双曲线方程为，
把点的坐标代入可得，解得，
；
（2）当直线不垂直轴时，设直线的方程为，，，，，
由，消去并整理可得，且，
△，
，，
，，，，为直径的圆过点，
则当，与都不重合时，有，则，
则当，其中一点与重合时，也成立，
，
即，
整理可得，
即，
解得或，均满足△，
当时，直线为，即恒过点，不符合题意，
当时，直线为，即恒过点，符合题意，
当直线垂直于轴是，设直线的方程为，，
由，解得，
为直径的圆过点，且，两点关于轴对称，在轴上，
为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形，
，
即，
解得，不合题意），即直线恒过，
，
综上直线直线恒过，
取的中点，
与，从而，
存在定点，使得，点．
【点评】本题考查了抛物线的方程，双曲线的方程，直线和方程的位置关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于中档题．
3．（2023•广西一模）如图：小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点处，另一端固定在画板上点处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线的一部分图象．已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点处，此时，，．设直尺边沿所在直线为，以过垂直于直尺的直线为轴，以过垂直于的垂线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．
（1）求曲线的方程；
（2）斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，，已知的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据给定条件，求得笔尖留下的轨迹，再结合抛物线的定义求出方程作答；
（2）求出直线的方程，并与曲线的方程联立，利用韦达定理及共线向量建立函数关系即可求解作答．
【解答】解：（1）依题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
因此笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，设其方程为，
则，由，，，得，，
由得点的横坐标，而抛物线的准线方程为，则，解得，
所以轨迹的方程为；
（2）假设存在，使得，设，，，，直线的方程为，
联立方程，消去得，
而，△，
所以，，
由，得，即，
于是，令，
则，
因此，又，即，
解得或，
所以存在，使得成立．
【点评】本题主要考查了求动点轨迹方程，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
4．（2023•龙岩模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交椭圆于，两点，以线段为直径的圆与圆内切．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作轴于点，过点作轴于点，与交于点，是否存在直线截得的面积等于？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据已知条件结合椭圆的定义求出，由焦点坐标可知的值，利用，，的关系可求出的值，从而求出椭圆的方程．
（2）依题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出点的坐标，将三角形的面积表示为关于的函数，解方程求出的值即可．
【解答】解：（1）设，为线段的中点，
依题意，得：，
所以，
又，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）依题意，当直线斜率为0时，不符合题意；
当直线斜率不为0时，设直线方程为，
联立，得，
易知△，
设，，，，
则，
因为轴，轴，所以，，，，
所以直线，①
直线，②
联立①②，解得，
因为，与直线平行，
所以，
因为，
所以，
由，解得，
故存在直线的方程为或，使得的面积等于．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
5．（2023•普宁市校级二模）在平面直角坐标系中，已知，，，，点满足，记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线和，直线与相交于两个不同的点和，在线段上取点，满足，直线交直线于点，试问面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由题意，根据所给信息以及斜率公式进行求解即可；
（2）设，，，，，，，，且，求出点坐标，利用，在双曲线上可求得点轨迹方程，设直线的斜率为，直线的斜率为，求出，，根据三角形面积得到关于的表达式，利用基本不等式求出最小值以及相对应的，再检验直线是否与双曲线相交即可．
【解答】解：（1）已知，，，，
所以，，
因为点满足，
所以，
解得，
则的方程为；
（2）不妨设，，，，，，，，且，
此时，，，，
所以，
解得，
联立，
解得，
所以，
因为，两点在双曲线上，
此时，
整理得且，
则，
故动点的轨迹方程为，
不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
此时，，
而，
当且仅当时，等号成立，
此时直线与双曲线不存在相交于两个不同点，，
故的面积不存在最小值．
【点评】本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
6．（2023•台江区校级模拟）已知在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点和右焦点分别为，，动点满足，记动点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）设点在上，过作的两条切线，分别与轴相交于，两点．是否存在点，使得等于的短轴长？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据题意求出，的坐标，根据动点满足的条件进行化简求解即可．
（2）设出过的两条切线方程，联立方程组，利用设而不求思想以及弦长公式进行化简求解即可．
【解答】解：（1）椭圆，
，，，
即，，
设，满足，
，
即，即，
即．
即的方程为．
（2）设点，，则，
由题意知，，的斜率存在，不妨依次设为，，
则直线的方程为，即，
直线与圆相切，，
即，
同理，可得，
则，是方程的两根，
判别式△，
即，，，
设，，
则，，
，
等于的短轴长，
，
得，由，得，
存在，或，满足题意．
【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的综合应用，联立方程，转化为一元二次方程，利用韦达定理以及设而不求思想，相交弦的弦长公式进行化简求解是解决本题的关键，是中档题．
7．（2023•渝中区校级模拟）已知点，，是异于，的动点，，分别是直线，的斜率，且满足．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）在线段上是否存在定点，使得过点的直线交的轨迹于，两点，且对直线上任意一点，都有直线，，的斜率成等差数列．若存在，求出定点，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意，根据所给点的坐标以及，化简可得动点的轨迹方程；
（2）假设存在这样的定点，设出，，，的坐标，得到直线的方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理以及根的判别式得到相关表达式，利用等差数列的性质得到，用关于的式子表达出来，再按部就班进行求解即可．
【解答】解：（1）已知点，，，
此时，
整理得；
（2）不妨设存在这样的定点，
设，
令，，，，，
此时直线的方程为，
联立
消去并整理得，
由韦达定理得，，
△，
因为直线，，的斜率成等差数列，
所以，
即，
等价于，
对任意成立，所以，
由
可得
，
即，
因为对任意成立，
此时，
经检验，符合题意，
所以，存在定点满足题意．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与椭圆的综合问题，属于中档题．
8．（2023•厦门模拟）已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．
（1）求的轨迹的方程；
（2）过的直线交于，两点，在第一象限，在处的切线为，交轴于点，过作的平行线交于点，是否存在最大值？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
（2）将问题转化为直线与的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理，求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解．
【解答】解：（1）如图，
设关于的对称点为，由已知得，，互相垂直平分，
所以四边形为菱形，
所以．
因为为中点，
所以，即点在定直线上，
因为，
所以与直线垂直，
即点到定点的距离等于点到定直线的距离，
所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
所以点的轨迹的方程为．
（2）存在最大值．
延长交于，，
所以最大即直线与的倾斜角之差最大．
由题意可知直线有斜率，设，，，，，，
由，得，
所以，．
因为，
所以的斜率，的斜率．
设直线与的倾斜角为，，
则
．
当且仅当，即，时等号成立，
因为，
所以，
所以当最大时，最大，即最大，
此时，所以，
所以的方程为．
【点评】本题考查抛物线的标准方程及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9．（2023•桐城市校级一模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线，的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的，两点反射后，分别经过点和，且，，．
（1）求双曲线的方程；
（2）设，为双曲线实轴的左右顶点，若过的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用双曲线的定义建立方程进行求解即可．
（2）设出直线的方程为，联立方程组利用设而不求思想求出直线与直线的交点的横坐标即可．
【解答】解：（1），，
，在直角三角形中，
设，则，，
双曲线方程为，，
则，
，
，
，得，得，
则，，
则直角三角形中，，
则，
即，则，
即双曲线方程为．
（2）由题意可得，，
设直线的方程为，代入．
整理得．
设，，，，
则，，
直线，直线，
联立两直线方程，解
，
即的横坐标为，
直线与直线的交点在定直线上．
【点评】本题主要考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线相交的性质，联立方程组利用设而不求思想求出交点坐标是解决本题的关键，是中档题．
10．（2023•泸县校级模拟）已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于，两点．
（1）说明曲线的形状，并写出其标准方程；
（2）是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先设动点坐标为，根据题意列出等式，化简整理即可求出结果；
（2）分情况讨论如下：当直线与轴垂直时，易得点必在轴上；当直线与轴垂直时，易得点的坐标只可能是；再证明直线斜率存在且时均有即可．
【解答】解：（1）设动点坐标为，
点到直线的距离为．依题意可知，
则，
化简得，
所以曲线是椭圆，它的标准方程为；
（2）①当直线与轴垂直时，由椭圆的对称性可知，
又因为得，则，
从而点必在轴上．
②当直线与轴垂直时，则，，由①可设，，
由得，解得（舍去），或．
则点的坐标只可能是．
下面只需证明直线斜率存在且时均有即可．
设直线的方程为，代入，得．
设，，，，
，，
，
设点关于轴对称的点坐标，，
因为直线的斜率，
同理得直线的斜率，
，
，三点，，共线．
故由．
所以存在点满足题意．
【点评】本题主要考查椭圆方程以及椭圆中的定点问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，属于常考题型．
11．（2023•定西模拟）已知点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线交于，，，两点，则在轴的正半轴上是否存在点，使得，分别交于另外两点，，且？若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据点到点的距离等于它到直线的距离，结合抛物线的定义得出抛物线的标准方程；
（2）设，，，，由结合抛物线方程得出，是方程的两根，设直线的方程为，并与抛物线方程联立结合韦达定理得出点坐标．
【解答】解：（1）因为点到点的距离比它到直线的距离小，
所以点到点的距离等于它到直线的距离，
则点的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
则曲线的方程为．
（2）设，，，，
由得：，且，得，
即，，，所以，
代入抛物线方程，得，
整理得，同理可得
故，是方程的两根，，
由韦达定理可得①，
由题意，直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，
与抛物线方程联立可得，
易得△，由韦达定理可得，②，
由①②可得，
故在轴的正半轴上存在一点满足条件．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
12．（2023•青岛三模）已知动圆经过点，并且与圆相切，记圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若动圆的圆心在曲线上，定直线与圆相切，切点记为，探究：是否存在常数使得？若存在，求及直线的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由动点的轨迹满足椭圆定义求椭圆方程即可．
（2）设出点坐标可表示、，根据恒成立列式可求得结果．
【解答】解：（1）如图所示，
由题意知，圆圆心为，半径为4，设动圆的半径为，
因为，
所以点在圆内，如图所示，
所以，，
所以，
所以圆心的轨迹为以、为焦点，长轴长为4的椭圆．
所以，，故，，则．
所以曲线的方程为．
（2）如图所示，
存在常数使得，理由如下：
设，，则，，，，
所以，，
假设存在常数使得，
则对于任意的，恒成立，
即：对于任意的，恒成立，
所以，．
即：存在常数使得，此时直线方程为．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，属于难题．
几何法
若题目的条件和结论明显能体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.
代数法
若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.