专题7 圆锥曲线之极点与极线 微点1 圆锥曲线之极点与极线

这是一份专题7 圆锥曲线之极点与极线 微点1 圆锥曲线之极点与极线，共45页。

专题7 圆锥曲线之极点与极线 微点1 圆锥曲线之极点与极线
专题7 圆锥曲线之极点与极线
微点1 圆锥曲线之极点与极线
【微点综述】
“极点极线”是射影几何中的内容，不属于高考考查的范围，但极点极线是圆锥曲线的一种基本特征，蕴含了很多圆锥曲线的重要性质，自然成为命题人命题的背景知识和方向，可以肯定的说“极点极线”为背景的考题是出题人思维中的定势方向．
学生掌握了极点极线的相关知识，就可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，虽然高考解答题不能用相关结论，但是我们可以将它作为辅助手段，快速的找到正确答案，然后再用初等方法写过程解题．
一、极点极线发展简史
极点与极线 ，是法国数学家吉拉德·笛沙格(Girard Desargues，1591-1661)于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述．吉拉德·笛沙格，1591年2月21日生于法国里昂，1661年10月卒于里昂，法国数学家和工程师，别名S．G．D．L．（是他署名Sieur Girard Desargues Lyonnois的缩写），射影几何的创始人之一，他奠定了射影几何的基础．以他命名的事物有笛沙格定理、笛沙格图、笛沙格平面，1964年，国际天文学联合会以他的名字命名一个月球环形山．他建立了统一的二次曲线理论，是从笛沙格定理三角形的角度，也是笛沙格定理的退化（参见南师大周兴和著《高等几何》第四章P98，科学出版社，2003）．
二、引例
先看一个引例：
引例．对于一已知点和一已知圆：，直线的方程（*）的几何意义有如下3种情形：
（1）当点在圆上时，方程(*)表示为经过点的圆的切线，切点为；
（2）当点在圆的外部时，方程(*)表示为过点的两条切线的切点弦所在的直线．点在切点弦的中垂线上．
（3）当点在圆的内部，且不为圆心时，方程(*)表示为过点的对应点（即以点为中点的弦端点的两条切线的交点），且与以为中点的弦平行的直线．

【解析】（1）证法一：当点在圆上时，如图1，由圆的切线几何性质知，圆的切线垂直于经过切点的半径，切线的斜率切线方程为，整理得．在圆：上，，，即方程(*)表示为经过点的圆的切线，切点为．
证法二：在圆：上，，圆心到直线的距离为方程(*)表示为经过点的圆的切线，切点为．
（2）当点在圆的外部时，如图2，设两切点分别为，由（1）得两条切线方程分别为，在切线上，， 在直线上，由两点确定一条直线知直线的方程为，故方程(*)表示为过点的两条切线的切点弦所在的直线．易知点在切点弦的中垂线上．
（3）当点在圆的内部且不为圆心时，如图2，易证△∽Δ，，又，，．的斜率过与平行的直线方程为：
，整理得，故当点在圆的内部且不为圆心时，方程(*)表示为过点的对应点（即以点为中点的弦端点的两条切线的交点），且与以为中点的弦平行的直线．
二、圆的极点与极线的定义
为了讨论问题的方便，对于引例的上述三种情况，统称点与对应的直线为关于圆的极点与极线．事实上，如图3，点、为一双对应点，且满足条件：．
注：满足条件（为圆心，为圆的半径）的点的变换，称为反演变换．
因此，一般地，有
【定义1】设是平面上一个定圆（半径为），点、为满足条件的对应点（或反点），则过点且垂直于的直线称为点关于的极线，点称为直线关于的极点．
显然，对于平面上不过圆心的直线关于的极点是圆心在直线上的射影关于的对应点（反点）．
由定义1可以看出，给定了平面上的一个圆，除圆心外，平面上每一点都有唯一确定的极线；除过圆心的直线外，平面上每一条直线都有唯一确定的极点．因而极点与极线是平面上除圆心以外的点与平面上除过圆心的直线以外的直线间的一个一一对应关系．
在普通平面上，圆心没有极线，过圆心的直线没有极点．
由此亦可知，当点在上时，点的极线就是在的切线，切线的极点就是切点；当点在外时，点的极线就是过点所引的两条切线的切点弦直线；与相交的直线的极点就是在交点处的两条切线的交点；当点在内且不为圆心时，点的极线在圆外，是过点的对应点（反点），且与以为中点的弦平行的直线；外的直线的极点可以这样得到：过作于，过作的两条切线得切点、，切点弦的中点即为直线的极点．
三、圆锥曲线的极点与极线
上述结论可以推广到圆锥曲线中，例如，对于椭圆上述结论仍然处理．
已知椭圆（a＞b＞0），则称点和直线为椭圆的一对极点和极线．极点和极线是成对出现的．
我们先从几何的角度来研究圆锥曲线的极点与极线．
1．从几何角度看极点与极线
【定义2】如图4，设是不在圆锥曲线上的一点，过点引两条割线依次交圆锥曲线于四点，，，，连接，交于，连接，交于，则直线为点对应的极线．

若为圆锥曲线上的点，则过点的切线即为极线．
由图4同理可知，为点对应的极线，为点所对应的极线．因而将称为自极三点形．
设直线交圆锥曲线于点，两点，则，恰为圆锥曲线的两条切线．
【定理1】（1）当在圆锥曲线上时，则点的极线是曲线在点处的切线；
（2）当在外时，过点作的两条切线，设其切点分别为，，则点的极线是直线（即切点弦所在的直线）；
（3）当在内时，过点任作一割线交于，，设在，处的切线交于点，则点的极线是动点的轨迹．
定理1给出了极点与极线作法．
【定理2】如图5，设点关于圆锥曲线Γ的极线为，过点任作一割线交于，，交于，则①；反之，若有①成立，则点，调和分割线段，或称点与关于调和共轭，或称点（或点）关于圆锥曲线的调和共轭点为点（或点）．点关于圆锥曲线的调和共轭点是一条直线，这条直线就是点的极线．
【推论1】如图5，设点关于圆锥曲线的调和共轭点为，则有②；反之，若有②成立，则点与关于调和共轭．
可以证明①与②是等价的，事实上有．
同理可证得——
【推论2】如图5，设点关于圆锥曲线的调和共轭点为，则有．
特别地，我们还有——
【推论3】如图6，设点关于有心圆锥曲线（设其中心为）的调和共轭点为点，连线经过圆锥曲线的中心，则有，反之若有此式成立，则点与关于调和共轭．

证明：设直线与的另一交点为，则，化简即可得．反之由此式可推出，即点与关于调和共轭．
【推论4】如图7，，圆锥曲线的一条对称轴上的两点（不在上），若，关于调和共轭，过任作的一条割线，交于，两点，则．
【推论5】如图8①～②，已知点在圆锥曲线的对称轴上，直线垂直于该对称轴，过作直线交于点为上任意一点．若点与直线是的一对极点与极线：
（1）如图8①，当对称轴是轴或平行于轴时，；
（2）如图8②，当对称轴是轴或平行于轴时，．

【推论6】如图9①～③，已知点、直线和圆锥曲线，过作直线交于点，在直线上任取一点，连结，分别过作的平行线交于点．若点与直线是的一对极点与极线，则或．

【定理3】（配极原则）点关于圆锥曲线的极线经过点点关于的极线经过点；直线关于的极点在直线上直线关于的极点在直线上．
证明：点的坐标用标记，点的坐标用1标记，点的极线为，
由于极线过点，，
这个式子说明是方程的解，也就是点在的极线上．
由此可知，共线点的极线必共点；共点线的极点必共线．
2．从代数角度看极点与极线
【定义3】已知圆锥曲线：，则称点和直线：是圆锥曲线的一对极点和极线．
更一般地，对于圆锥曲线：，则称点和直线：是圆锥曲线的一对极点和极线．
事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换，以替换，以替换，以替换即可得到点的极线方程．从形式上看：直线l的方程是在圆锥曲线方程中按照以下置换：．
特别地：
（1）对于椭圆，与点对应的极线方程为；
证明：仅以焦点在轴上为例证明结论．
①当点在椭圆上时，极线是以点为切点的切线．
由知，当时，，甴导数的几何意义可得切线的斜率为以为切点的切线方程：，整理得，即此时极线l为过点的切线．当时，同理可证．

②当点在椭圆外时，极线与椭圆相交，且为由点向椭圆所引切线的切点弦所在直线：
，
即点均满足，故极线即为切点弦所在直线方程．
③当点在椭圆内时，极线与椭圆相离，极线为经过点的弦在两端点处切线交点的轨迹，且极线与以点为中点的弦所在直线平行．
，过为切点的切线交于，．
即点在直线上，又∵以为中点的弦，由点差法知，即极线与中点弦平行．
特别的，当点在椭圆内时，是点关于椭圆的中点弦方程（为弦中点）．
类似的可以证明了下结论（2）～（4）．
（2）对于双曲线，与点对应的极线方程为；
（3）对于抛物线，与点对应的极线方程为．
（4）若圆锥曲线是椭圆，当为其右焦点（左焦点）时，则极线恰为椭圆的右准线（左准线）；若圆锥曲线是双曲线，当为其右焦点（左焦点）时，则极线恰为椭圆的右准线（左准线）；若圆锥曲线是抛物线，当为其焦点时，则极线恰为抛物线的准线．对于焦点在轴上的椭圆（或双曲线）相应的结论也成立．对于焦点在轴负半轴上或轴正（或负）半轴上的抛物线，相应的结论也成立．
综上所述：圆锥曲线的焦点与其相应的准线是该圆锥曲线的一对极点与极线．
下面再给出圆锥曲线极点与极线有关的性质：
【定理4】（1）如图13，已知点是椭圆上任一点，极点，相应的极线．椭圆在点处的切线与极线交于点，过作于，则直线恒过轴上的一个定点，且点的轨迹是以为直径的圆（点除外）；
（2）如图14，已知点是双曲线上任一点，极点，相应的极线．双曲线在点处的切线与极线交于点，过作直线于，则直线恒过轴上的一个定点，且点的轨迹是以为直径的圆（点除外）；
（3）如图15，已知点是抛物线上任一点，极点，相应的极线．抛物线在点处的切线与极线交于点，过作于，则直线恒过轴上的一个定点，且点的轨迹是以为直径的圆（点除外）．

【定理5】如图16，设圆锥曲线的一个焦点为，与相应的准线为．
（1）若过点的直线与圆锥曲线相交于两点，则在两点处的切线的交点在准线上，且；
（2）若过准线上一点作圆锥曲线的两条切线，切点分别为，则直线过焦点，且；
（3）若过焦点的直线与圆锥曲线相交于两点，过作交准线于，则直线是圆锥曲线的两条切线．
【定理6】设椭圆的一个焦点为，相应的准线为，过焦点的直线交椭圆于两点，是椭圆上任意一点，直线交准线于两点，则以为直径的圆必过．
【定理7】点的极线经过的充分必要条件是在二次曲线上．
证明：点的极线方程为，
必要性，如果点在极线上，代入得到也就是说明在二次曲线上．
充分性，如果点在二次曲线上，则，显然（是的解，也就是说，点在极线上．
【定理8】帕斯卡定理：圆锥曲线内接六边形三对边所在直线的交点共线．
如图就是一个内接六边形，对边三个交点共线，我们把这条线记为L．

图17
注意其中的两点，我们固定点，先让与重合，与重合，这样，直线就成了椭圆的切线．
我们得到一个圆锥曲线的内接四边形，这相当于帕斯卡定理的极限情形，我们对这个“六边形”用帕斯卡定理，就可以知道对边交点与对应切线的交点在上．值得注意的是是切点弦，说明是切点弦上某个点的极线．
另一方面，这个四边形我们也可以看成是B与A重合，F与E重合得到的，再对这个“六边形”使用帕斯卡定理，由于前后2次使用帕斯卡定理的对象其实本质上是一个六边形，因此不会变化，那么A，E处的切线交点也在L上，同理AE是切点弦，说明L是切点弦AE上某个点的极线．
两个点的极线都是L，说明这两个点必须是同一个点，也就是AE，CF的交点，也就是四边形对角线的交点．
由此我们得到一个重要的结论：对于圆锥曲线内部任意一个定点P，对于任何内接四边形，只要这个四边形的对角线交点是这个定点，那么其对边所在直线的交点，对顶点处的切线的交点，都在这个定点的极线上．
这是后面论述几何作图的重要基础．

图18
四、极点与极线的几何作图
1．几何作图：求圆锥曲线内一点的极线

图19
利用前面的分析就非常简单了，过A任意作两条直线交圆锥曲线于四点，这就构成了一个以A为对角线交点的四边形，两组对边所在直线的交点所构成的直线就是准线．这里还有一些结论，我们让其中一组对边所在直线的交点在极线上运动起来，那么这个四边形就是变化的，但是对角线的交点始终是A．
如果过A点作极线的平行线，那么就是中点弦了，这里还有一个蝴蝶定理，可以参考“微专题：蝴蝶定理”．
2．几何作图：求圆锥曲线外一点的极线，进而求出切线
设圆锥曲线外一定点是A，过任意作三条直线交圆锥曲线于六个点，将相邻的四个点交叉相连，得到B，C两点．对于B，B相当于是一个四边形的对角线交点，而A是对边所在直线的交点，根据之前的结论，B极线过A．再根据性质三，A的极线也过B．同理，A极线也过C，那么根据两点确定一条直线，直线BC就是A的极线．直线BC与圆锥曲线交于D和另外一个点（图中没有标出），连接AD，就是切线．对于另外一个点也是如此．这不失为一种画切线的好方法．

3．几何作图：求圆锥曲线外一点的极线，也就是切线
曲线上有一定点A，为了求出切线，可以想办法构造图形，方便利用前面的结论．
任意做一个以A为顶点的四边形，对角线交点为C，利用前面的结论先作出C的极线．在AC上任取一点B，作出B的极线与C的极线交于Q．由于B的极线，C的极线过Q，那么Q的极线过BC，事实上BC就是Q的极线．那么A就是切点弦的一个端点了，连AQ，即为切线．B在AC上运动时，极线会绕Q点转动，这是很明显的结论，不仅仅对极线是这样．证明略．

图22
五、进一步的推广——类极线
了解极线后，为了方便，下面我们引入类极线的概念．类极线是指方程为：（两边的可以消去，但是为了容易记忆，没有省略）的一条直线，容易知道这条直线与极线平行．这个解析式很眼熟，当在曲线内部时，类极线是中点弦，而极线是切线交点轨迹，可见两者是平行的．
当点在曲线上时，类极线的右边是．极线与类极线是一致的，都表示切线．
当点在曲线外部时，极线是切点弦，而类极线是过点，且与切点弦平行的直线．
至此，三条极线，两条（有一条切线与极线一致）类极线都可以用前面讲的将换成，换成，换成，换成，换成，常数项不变的方法得到，可以直接得到的是极线．由于类极线都是过点的，因此类极线的右边还要加上把点坐标代入到左边的结果．到这里，实现了“六线一方程”．
六、双切线
前面讲了很多与切线有关的问题，但是都没有谈到切线的方程应该怎么求．要注意到切线一般有两条，求出来的方程要是包含这两条的话，也是二次曲线．
我们退一步，考察这个问题，如下图，P是曲线外任意一个定点，任意作两条直线分别于曲线有2个交点．在已知直线AC，BD方程的前提下如何求PA，PC的方程．
设，表示二次曲线．
这个问题非常简单，设直线AC，BD方程分别为，那么方程，表示经过A，B，C，D的二次曲线系，如果把P的坐标带入，定出，那么这成了一条确定的二次曲线，而且还过P点．

我们现在想象，如果让这两条直线旋转起来，使得重合，重合．那么这两条直线都变成了切线．这时正好是切点弦，于是都成了极线：
，
这时，就有，带入的坐标即可求得这样的二次曲线．
注意，由于确定这条二次曲线我们只用了两个切点，一个定点也就是三个点，因此这个方程表示的二次曲线只能是两条相交直线，也就是我们要求的双切线方程．这样，就实现“七线一方程”了，用之前的诀窍，可以快速地写出双切线的方程．
七、弦中点的轨迹
思考这样的一个问题：过任意一个定点，作任意一条直线交二次曲线于两点，当直线转动时两个交点的中点（也就是弦的中点）的轨迹是什么？
有了前面的基础，这就比较简单了．设那个中点是，那么这条直线不就是中点弦吗？（注意，中点弦与弦中点的区别），那么直线可以写为别忘了这是类极线之一．
由于点也在这条直线上，那么，于是可以看成是方程的一个解，那么这也就是其轨迹．我们仔细审查这个式子，我将它这样写：左边就是二次曲线的方程，右边是极线方程．这是容易记忆的．
关于这个方程我还想说一点题外话，由于二次曲线的种类很大程度上取决于三个二次项系数，而方程右边只不过是多了一些一次项和常数．这对于二次曲线的类型没有太大影响，也就是说弦中点轨迹与原来的二次曲线的类别基本上是一类的．事实上可以肯定，如果原来的二次曲线表示的是圆锥曲线的话，弦中点的轨迹一定是一类的．通俗地将，椭圆的弦中点轨迹一定是椭圆，双曲线的一定是双曲线，抛物线的是抛物线．
八、典型例题
例1．（2021年新高考Ⅱ卷11，多选题）
1．已知直线：与圆：，点，则下列说法正确的是（    ）
A．若点在圆上，则直线与圆相切
B．若点在圆内，则直线与圆相离
C．若点在圆外，则直线与圆相离
D．若点在直线上，则直线与圆相切
例2．（2021广东一模）
2．已知椭圆的两焦点为,点满足,则的取值范围为_______，直线与椭圆的公共点个数_____．
例3．（2021年高考全国乙卷21）
3．已知抛物线的焦点为，且与圆上的点的距离的最小值4．
(1)求；
(2)若点在圆上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
4．已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.
（1）求C的方程.
（2）若直线与C交于M，N两点，且与相交于点T，证明：点T在定直线上.
5．若双曲线与椭圆共顶点，且它们的离心率之积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为，，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线与的斜率分别为，，且．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
6．已知椭圆的左、右顶点分别为，，为原点.以为对角线的正方形的顶点，在上.
（1）求的离心率；
（2）当时，过作与轴不重合的直线与交于，两点，直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出定值，并加以证明；若不是，请说明理由.

7．设椭圆过点 ，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线 与椭圆相交与两不同点 时，在线段上取点 ，满足，证明：点 总在某定直线上
例8．（2011高考四川卷21）
8．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．

（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
【针对训练】
（2021·江苏泰州·高三期末）
9．如图，已知椭圆，矩形ABCD的顶点A，B在x轴上，C，D在椭圆上，点D在第一象限.CB的延长线交椭圆于点E，直线AE与椭圆､y轴分别交于点F､G，直线CG交椭圆于点H，DA的延长线交FH于点M.

（1）设直线AE､CG的斜率分别为､，求证：为定值；
（2）求直线FH的斜率k的最小值；
（3）证明：动点M在一个定曲线上运动.
（2021·江苏徐州·高三期末）
10．已知左、右焦点分别为的椭圆与直线相交于两点，使得四边形为面积等于的矩形.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆上一动点（不在轴上）作圆的两条切线，切点分别为，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，求的面积的取值范围.
11．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆（）的离心率为．为椭圆上异于顶点的一点，点满足．

（1）若点的坐标为，求椭圆的方程；（2）设过点的一条直线交椭圆于两点，且，直线的斜率之积，求实数的值．
（2019高考全国Ⅲ卷21）
12．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.
（2022·延边州一模）
13．已知椭圆：（）的离心率为，上、下顶点分别为，，直线经过点且与椭圆交于，两点，当时，四边形的面积为．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）若直线，交于点，试判断点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
（2021·如皋市月考）
14．已知双曲线：（，）实轴端点分别为，，右焦点为，离心率为2，过点且斜率1的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)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？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
15．在平面直角坐标系中，如图，已知的左、右顶点为、，右焦点为，设过点的直线、与椭圆分别交于点、，其中，，．

（1）设动点满足，求点的轨迹；
（2）设，，求点的坐标；
（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．
（2022·成都模拟）
16．已知椭圆C： ＝1(a>b>0)经过点A，其长半轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过点B(-1，0)的直线l与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直线DF与x轴相交于点G，记△BEG与△BDG的面积分别为S1，S2，求的最大值.
（2022·湖南模拟）
17．已知椭圆C：=1(a>b>0)的离心率e=，F1，F2分别为左､右焦点，点T在椭圆上，△TF1F2的面积最大为2.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的左､右顶点分别为A，B.过定点(1，0)且斜率不为0的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP和直线BQ相交于椭圆C外一点M，求证：点M的轨迹为定直线.
18．如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.

（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.




参考答案：
1．ABD
【分析】根据点与圆的位置关系及直线与圆的位置关系的判断方法，逐一分析各选项即可求解.
【详解】解：对于选项A：∵点在圆上，∴，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相切，故A选项正确；
对于选项B：∵点在圆内，，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相离，故B选项正确；
对于选项C：∵点在圆外，∴，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相交，故C选项错误；
对于选项D：∵点在直线上，∴，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相切，故D选项正确．
故选：ABD．
2．          0
【分析】由题意可知点在椭圆内部，且不与原点重合，由椭圆的定义和平面几何性质可得；当时分析直线与椭圆的交点情况，当时，联立直线与椭圆方程，分析其判别式即可得到答案.
【详解】由可知，点在椭圆内部，且不与原点重合.
根据椭圆的定义和几何性质可得：
当点不在轴上时，三点构成三角形，则
当点不在轴上且在点两侧时，
当点不在轴上且在点之间时，
所以
故
当时，直线，则，直线方程化为
由，即，则或
所以，而椭圆上的点的横坐标的取值范围是
所以此时椭圆与直线无公共点.
当时，由，可得
则
由，则，故
所以此时椭圆与直线无公共点.
综上所述：椭圆与直线无公共点
故答案为：；0

3．(1)2
(2)

【分析】(1)由点F到圆M上的点最小值为4建立关于p的方程，解出即可；
(2) 根据题意，可知与切点弦所在直线：互为极点与极线，并联立方程组求解得方程，通过韦达定理、弦长公式表达出，以及点到直线距离公式表达出点到直线的距离，从而写出面积表达式进而求最大值.
（1）抛物线的焦点为，，∴与圆上点的距离的最小值为，解得．
（2）
设点，，，由于点在圆上，是的两条切线，是切点，所以与切点弦所在直线：互为极点与极线，联立可得，由韦达定理可得，，，点到直线的距离为，∴，，由已知可得，∴当时，的面积取最大值．
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合运用，考查直线与抛物线的位置关系以及运算求解能力，更要运用到极点与极线的关系.
4．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）解：设，，直线方程与抛物线方程联立方程组消去后应用韦达定理得，利用焦半径公式及韦达定理的结果可求得得抛物线方程；
（2）设，，，把两点坐标代入抛物线方程相减琍，同理可得，然后求得交点的横坐标为常数即证（由．化为坐标表示后相加即可得）．
【详解】（1）解：设，，由，得，
则，
从而，
解得，故的方程为.
（2）证明：设，，，.
因为，所以.
根据得，则，
同理得.
又两式相加得，
即，由于，所以.
故点在定直线上.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交求抛物线的方程，点在定直线上等问题，解题方法一是应用韦达定理得出交点的坐标之和，利用焦半径公式求解，二是把交点坐标代入抛物线方程相减同弦中点坐标与弦所在直线斜率之间的关系．
5．（1）；（2）直线l恒过定点．.
【解析】（1）待定系数法椭圆的标准方程；
（2）用“设而不求法”把直线和椭圆联立方程组，，表示出，整理出直线过定点.
【详解】（1）由已知得双曲线的离心率为，又两曲线离心率之积为，所以椭圆的离心率为；
由题意知，所以，．
所以椭圆的标准万程为．
（2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知：
，不满足，
故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为，
由，得：，
因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，
所以，
整理得：，
设、，则
，，，．
因为，
所以，
整理得：，
，
将，代入整理得：

要使上式恒成立，只需，此时满足，
因此，直线l恒过定点．
【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；
（3）证明直线过定点，通常有两类：①直线方程整理为斜截式y=kx+b，过定点(0,b)；
②直线方程整理为点斜式y - yo=k(x- x0)，过定点(x0,y0) ．
6．（1）；（2）是，，证明见解析.
【分析】（1）由题意可知，将其代入椭圆方程中化简可得，从而可求出离心率；
（2）当时，，所以椭圆的方程为，然后当直线的斜率不存在时，求出，两点的坐标，从而可求出，，进而可得的值，当直线的斜率存在时，设的方程为，，设，，然后将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，，然后求，化简可得答案；或利用根与系数的关系后，由于
在椭圆上，所以，所以，再化简即可得答案；或由于，在椭圆上，代入椭圆方程中，化简可得，，设，则，从而可得，进而可得直线经过点，又过定点，故，从而可求得结果
【详解】解法一：（1）以为对角线的正方形的顶点坐标分别为，，.
因为，在椭圆上，所以，
所以，
所以，
所以椭圆的离心率；

（2）当时，，所以椭圆的方程为.
为定值，理由如下：
①当直线的斜率不存在时，的方程为，则，，
所以，，所以.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，，
设，，
不妨设，且.
由可得，
，，.
要证，只要证明：，
只要证：，
只要证：，
只要证：，
因为，，即证，
因为，，所以.
所以成立，
综上所述：.

解法二：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不妨设.
由可得，
，，.
所以，即.



.
综上所述：.
解法三：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不防设.
由可得，
，，.
因为在椭圆上，所以，即，
所以.
，


.
所以.
综上所述：.
解法四：（1）同解法一；
当时，，所以椭圆的方程为.
设，，
因为在椭圆上，所以，所以.
所以，
同理.
设，则，
所以，①
，②
①+②得，
当时得，不合题意，舍去.
当时，，
所以直线经过点，
又过定点，故，解得.
综上所述：.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆离心率的求法，考查椭圆中的定值问题，解题的关键是当直线的斜率存在时，设的方程为，，设，，然后将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，，然后求，化简可得答案，考查计算能力，属于中档题
7．（Ⅰ）
（Ⅱ）见解析
【详解】(1)由题意：
，解得，所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为．
由题设知均不为零，记,则且
又A，P，B，Q四点共线，从而
于是 ，
，
从而
，（1） ，（2）
又点A、B在椭圆C上，即

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得
即点总在定直线上
方法二
设点，由题设，均不为零．
且
又四点共线，可设,于是
（1）
（2）
由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得
（3）
(4)
(4)－(3) 　　　得

即点总在定直线上

8．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得

即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
9．（1）证明见解析；（2）；（3）M在曲线上运动，证明见解析.
【解析】（1）由对称性，设出点的坐标，求出直线，的斜率即可求证；
（2）由直线的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点坐标，直线的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点坐标，即可表示出直线FH的斜率,利用基本不等式即可求最值；
（3）求出直线的方程，令，可得点纵坐标用表示，利用点在椭圆上，相关点法可求动点的轨迹方程，即可求证.
【详解】（1）由对称性，设，，，
则，得，
故，，则，
（2）由，
联立，
由根与系数的关系可得 ，所以，
所以，可得，
又，联立，
由根与系数的关系可得 ，所以，
所以可得：，
所以
，
由图知，所以即,
当且仅当即取等.
所以直线FH的斜率k的最小值为.
（3）易知，
令 可得，
所以，

，
所以 ，
因为，
所以，
即M在曲线上.
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程.
10．（1）（2）,
【详解】试题分析：（1）由矩形为面积等于可得，故椭圆方程可化为，又由题意可得,代入椭圆方程可解得，从而可得椭圆的方程；（2）设，根据相交两圆的公共弦所在直线方程的求法得到直线的方程为，用代数方法求出弦长，从而可得的面积，最后根据函数的知识求范围．
试题解析：
（1）∵四边形为面积等于的矩形，
∴，故，
∴椭圆方程化为，且点，
∵点A在椭圆上，
∴，
整理得，
解得．
∴椭圆的方程为；
（2）设，则以线段为直径的圆的方程为
，
又圆的方程为，
两式相减得直线的方程为.
由消去y整理得

∵直线与椭圆交于两点，
∴，
设，
则
又原点到直线CD的距离为，
∴
设，
∵，
∴
又在上单调递增，
∴，
所以的面积的取值范围为.
点睛：（1）由于解析几何中涉及到大量的运算问题，故在进行计算时要注意方法的选择，如常见的“设而不求”、“整体代换”等；另外在计算弦长时还应记住以下结论，即若是一元二次方程的两根，则，以简化运算过程，减少运算量．
（2）解决解析几何中的最值或范围问题的方法，一是考虑基本不等式，二是利用函数的知识解决，在解题时要根据条件进行选择．
11．（1）（2）
【分析】（1）求椭圆方程，一般利用待定系数法，即列出两个对立条件即可：一个是离心率，另一个是点A在椭圆上（2）直线与椭圆位置关系，一般有两个思路，一是利用韦达定理，二是利用点坐标变换，本题选用后一种思路：设，则由的斜率之积得，由解出代入椭圆方程化简得，从而求出实数的值．
【详解】试题解析：解：（1）因为，而，
所以．
代入椭圆方程，得，①
又椭圆的离心率为，所以，②
由①②，得，
故椭圆的方程为．
（2）设，
因为，所以．
因为，所以，
即
于是
代入椭圆方程，得，
即，③
因为在椭圆上，所以． ④
因为直线的斜率之积为，即，结合②知． ⑤
将④⑤代入③，得，
解得．
考点：直线与椭圆位置关系
12．(1)见详解；(2) 3或.
【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，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，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以．思路较为清晰，但计算量不小．
13．（1）；（2）点在定直线上， ．
【分析】（1）由题意可得为的中点，所以，由点可计算出，再由四边形的面积公式可得关于的方程，再结合离心率以及即可求得的值，可得椭圆的方程；
（2）设：，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得、，求出直线，的方程，求得交点的坐标，化简整理，可得点在定直线上.
【详解】（1）由题意知，当时，易得为的中点，
所以，
又直线过点，所以
此时四边形的面积
又，，
得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）点在定直线上．    
显然直线的斜率存在，由题可设：，，．
将代入，得，
则，，
所以．
由（1）知，，
直线的方程为即．        ①
同理求得直线的方程为，即．        ②    
由①②得，
所以，
所以点在定直线上，且定直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的关键是利用根与系数的关系得到，后，能够得到，所以，本题中动直线经过的定点 在轴上，所以若交点在某条定直线上，则这条直线一定关于轴对称，即证明交点的纵坐标等于定值．
14．(1)
(2)在定直线方程上

【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
（1）
设直线的方程为，联立，得，
又，，代入上式得，即，
∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．
（2）
当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立得，∴，，
∴直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又，满足，
∴
，
∴，∴，或，（舍去）
综上，在定直线上，且定直线方程为．
15．（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的标准方程可得、、的坐标,设动点，根据条件，结合两点间距离公式,化简即可得解；
（2）根据，代入椭圆方程即可求得、的坐标，进而求得直线与直线的方程，联立两条直线方程即可求得交点的坐标；
（3）设出直线与直线的方程，分别联立椭圆方程即可表示出、的坐标，讨论与，并分别求得的值，即可求得所过定点的坐标.
【详解】（1）设点，则，，，

由，得，
化简得，
故所求点的轨迹为直线．
（2）将，分别代入椭圆方程，以及，，
得，，
直线方程为，即，
直线方程为，即，
联立方程组，解得，
所以点的坐标为．
（3）点的坐标为，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，
解得、，
若，且,得，
此时直线的方程为，过点；
若，则，直线的斜率，
直线的斜率，
所以,所以直线过点，
因此直线必过轴上一定点.
16．(1)
(2)

【分析】（1）按照题目所给的条件，可以直接算出结果；
（2）将直线方程设为横截式，用水平底铅锤高表达面积，将其表示为关于的函数，利用对勾函数求其最值.
(1)
由已知的a=2，假设椭圆的方程为，将点代入椭圆方程，得b=1，
∴椭圆方程为.
(2)
作图如下：

设过点B的直线方程为（依题意，并且存在），点，，则；
联立方程；解得：，…①
…②，
直线FD的方程为：，令y=0解得：，将①②并，代入，解得x=-4，即点；
，，，，
由于点D与点E必然在x轴的两边，与异号，
∴=，
，当且仅当m=2时，取得最大值.
17．（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)由椭圆离心率及焦点三角形面积最大值，列出关于a，b，c的方程组求解即得；
(2)依条件设出直线l的方程，联立直线l与椭圆C的方程，利用韦达定理列出交点P，Q的关系，再列出直线AP与BQ交点M的关系，经变形整理即得.
【详解】(1)由题意，椭圆的离心率为，△TF1F2的面积的最大值为2，
所以，又，联立解得a2=9，b2=5，c2=4，
所以椭圆的方程为；
(2)证明：由题意，直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为：x=ty+1，
则消去x整理可得：(5t2+9)y2+10ty-40=0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)(y1>0，y2<0)，M(x，y)，而A(-3，0)，B(3，0)
则，即，
由A，P，M三点共线得：，
由B，Q，M三点共线得：，
两式相除可得：=，解得x=9，
所以点M在定直线x=9上.
【点睛】过x轴上定点(x0，0)的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)的动直线方程可设为.
18．（1）；（2）存在，Q点的坐标为.
【详解】（1）由已知，点在椭圆E上.
因此，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，
则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，
A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，
所以，.
因此.
易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.

又，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与P不同的定点，使得恒成立.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.