新高考数学圆锥曲线62种题型第十四讲 圆锥曲线在高考压轴题目中的考法探究(教师版)

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类型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题
在平面直角坐标系中，点分别在轴，轴上运动，且，动点满足．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)设圆上任意一点处的切线交轨迹于点两点，试判断以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标．若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)以为直径的圆过定点.
【详解】（1）设
由得①
由得
所以代入①式得
整理得，所以动点的轨迹的方程为.
（2）①当切线斜率不存在时，切线方程为
（i）当切线方程为时，
以为直径的圆的方程为②
（ii）当切线方程为时，
以为直径的圆的方程为，③
由②③联立，可解得交点为.
②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，设切线方程为，
则，故
由联立并消去整理得
因为
所以切线与椭圆恒有两个交点，
设，则
所以
所以，即以为直径的圆过原点
综上所述，以为直径的圆过定点.
方法总结
1、曲线方程的定义
一般地，如果曲线与方程之间有以下两个关系：
①曲线上的点的坐标都是方程的解；
②以方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
此时，把方程叫做曲线的方程，曲线叫做方程的曲线．
2、求曲线方程的一般步骤：
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为；
（3）根据曲线上点所适合的条件写出等式；
（4）用坐标表示这个等式，并化简；
（5）确定化简后的式子中点的范围．
上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．
3、求轨迹方程的方法：
3.1定义法：
如果动点的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。
3.2直接法：
如果动点的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点所满足的几何上的等量关系，再用点的坐标表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
3.3代入法（相关点法）：
如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出，用表示出相关点的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程。
3.4点差法：
圆锥曲线中与弦的中点有关的轨迹问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得，，，等关系式，由于弦的中点的坐标满足，且直线的斜率为，由此可求得弦中点的轨迹方程.
类型2 圆锥曲线中的中点弦问题
已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，其短轴的一个端点到焦点的距离为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若为的中点，为椭圆上一点，过且平行于的直线与椭圆相交于，两点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【详解】（1）由题意，得，
又，所以，
所以，
故椭圆的标准方程为；
（2），，
若直线的斜率不存在，则，，
由，得，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去，得，
，
设，，
则，，
由题意，，
所以
由题意知，直线的方程为，
由消去，得，
设，则，
所以，
由，得，
综上，存在实数，使得成立．
方法总结
1、相交弦中点（点差法）
直线与曲线相交，涉及到交线中点的题型，多数用点差法。按下面方法整理出式子，然后根据实际情况处理该式子。
主要有以下几种问题：
（1）求中点坐标；（2）求中点轨迹方程；（3）求直线方程；（4）求曲线；
中点， ，
2、点差法
设直线和曲线的两个交点，，代入椭圆方程，得； ；
将两式相减，可得；；
最后整理得：
同理，双曲线用点差法，式子可以整理成：
设直线和曲线的两个交点，，代入抛物线方程，得； ；
将两式相减，可得；整理得：
类型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题
已知双曲线T：的离心率为，且过点．若抛物线C：的焦点F与双曲线T的右焦点相同．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点且斜率为正的直线l与抛物线C相交于A，B两点（A在M，B之间），点N满足：，求与面积之和的最小值，并求此时直线l的方程．
【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）由题意得：，解之得，即双曲线的右焦点为，
，所以；
（2）
根据题意不妨设直线l的方程为，，，，
则由得
∴
∵，∴，
又，
同理，
∴，
当且仅当，时，“＝”成立，
即，
此时，直线l的方程为．
方法总结
1、弦长公式

（最常用公式，使用频率最高）

2、三角形面积问题
直线方程：
3、焦点三角形的面积
直线过焦点的面积为

注意：为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数
4、平行四边形的面积
直线为，直线为
注意：为直线与椭圆联立后消去后的一元二次方程的系数.
5、范围问题
首选均值不等式，其实用二次函数，最后选导数均值不等式
变式：
作用：当两个正数的积为定值时求出这两个正数的和的最小值；
当两个正数的和为定值时求出这两个正数的积的最大值
注意：应用均值不等式求解最值时，应注意“一正二定三相等”
圆锥曲线经常用到的均值不等式形式列举：
（1）（注意分三种情况讨论）
（2）
当且仅当时，等号成立
（3）
当且仅当时等号成立.
（4）
当且仅当时，等号成立
(5)
当且仅当时等号成立.
类型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴和轴，且双曲线过点，.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的直线分别交的左、右支于两点，过点作垂直于轴的直线，交直线于点，点满足.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知：双曲线焦点在轴上，故设双曲线方程为.
将两点坐标代入双曲线方程得，
所以，即双曲线方程为.
（2）直线过定点，
若三点共线，
设点，直线方程为，
由题意知：直线的方程为，
点为线段的中点，从而，
，
若，
化简得①
又因为，
代入①式得②
联立，化简得，
则，.
代入②式左边得，
由于，
，
，
从而②式左边等于0成立，直线过定点.
方法总结
定点问题
1.求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量，视作常数，把方程一边化为零，既然是过定点，那么这个方程就是对任意参数都成立，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.常用方法：一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
定值问题
1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．常见定值问题的处理方法：
（1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示
（2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数.
2. 定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向.
（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢
（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算
定直线问题
定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．
类型5 圆锥曲线中的向量问题
设点，分别是椭圆:的左、右焦点，且椭圆上的点到点的距离的最小值为.点M、N是椭圆上位于轴上方的两点，且向量与向量平行.
（1）求椭圆的方程；
（2）当时，求△的面积；
（3）当时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】解：（1）点、分别是椭圆的左、右焦点，
，，
椭圆上的点到点的距离的最小值为，
，
解得，
椭圆的方程为，
（2）由（1）可得，，
点、是椭圆上位于轴上方的两点，
可设，，
，，，，
，
，
解得，，
，
，
，
向量与向量平行，
直线的斜率为，
直线方程为，
联立方程组，解得，（舍去），或，，
，，
，
点到直线直线的距离为，
的面积，
（3）向量与向量平行，
，
，
，即，
设，，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，或（舍去）
，
，
，
，
直线的方程为，
即为
方法总结
1.设为直线l的方向向量,若,则l斜率为k；若（m≠0）,则l斜率为；
2.A、B、C是平面内不重合的三点,若有下列条件之一,则A、B、C共线: = 1 \* GB3 ①=; = 2 \* GB3 ②=+且+=1; = 3 \* GB3 ③=(+)/(1+)； = 4 \* GB3 ④∥.
3.A、B、C是平面内不重合的三点,若有下列条件之一,则C为线段AB的中点: = 1 \* GB3 ①=; = 2 \* GB3 ②=(+).
4.在四边形ABCD中,若∙=0,则ABAC;若∣+∣=∣-∣,则ABAD;若∙=∙,则ACBD.
5.圆锥曲线中涉及向量相等,通常利用横坐标或纵坐标相等进行转化,涉及向量共线问题,通项利用非零向量共线转化,涉及向量的数量积,通常利用数量积的坐标运算进行转化.
课时训练
1．人造地球卫星在以地球的球心为一个焦点的椭圆轨道上运行，运行轨道离地面的最近距离为600千米，离心率为，将地球看作一个半径为6400千米的球体，以运行轨道的中心为坐标原点，运行轨道的中心与近地点所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记该卫星的运行轨迹为曲线，定义千米为.
(1)以为单位，求曲线的方程；
(2)已知三颗卫星在轨道上运行，当轨道中心恰好为的重心时，则称此时为“三星对中”状态.则当三颗卫星成“三星对中”状态时，的面积是否为定值？若是，求出这个定值并给出证明；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为，证明见解析
【分析】（1）由已知条件设出椭圆方程待定系数求解即可；
（2）分类讨论计算的面积，斜率存在时联立方程组由韦达定理计算的面积为定值即可.
【详解】（1）设曲线，
则
解得.
曲线的方程为.
（2）设，
①当直线斜率不存在时，如图

即，
由轨道中心为的重心可知，，
，
因为点在椭圆上，所以，
当时，，则，
同理当时，.
②当直线斜率存在时，如图：

设直线，
联立整理得，
且，
则，
由轨道中心为的重心可知，，
则.
将点坐标代入，化简得，即.
由轨道中心为的重心，可知到直线的距离为轨道中心到直线的距离的3倍，
所以，
.
综上所述，的面积为定值.
【点睛】求解定值问题常用方法为：“特殊探路，一般证明”:即先通过特殊情况确定定值，再转化为有方向、有目的的一般性证明.
2．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，左焦点为，点在上，轴，且直线的斜率为．
(1)求的方程；
(2)（异于点）是线段上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为，直线与直线相交于点，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值是2
【分析】（1）设，代入的方程，再结合直线的斜率为及左焦点为，即可得出，的值，进而得出的方程；
（2）设直线的方程及，，，其中，，直线的方程与椭圆联立消去，根据韦达定理得出和，再由直线与直线相交于点，得出，，表示出，代入和即可得出，解出得出点在直线上，结合轴，即可得出的值．
【详解】（1）设，
因为点在上，直线的斜率为，椭圆的左焦点为，
则由题意得，
解得，，，
所以的方程为．
（2）由（1）知，，
设，，，其中，，
由题意设：，与联立消得，
则，，
因为直线与直线相交于点，且与的另一交点为，
所以，，即，，
所以
，
所以，即点在直线上，
又轴，，所以，
即为定值2．
3．已知双曲线过点，且焦距为.
(1)求的方程；
(2)已知过点的动直线交的右支于两点，为线段上的一点，且满足，证明：点总在某定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；
（2）设点、、，记，则，，利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点Q的轨迹方程，即可证得结论成立.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以，双曲线的方程为.
（2）设点、、，
因为，即，记，

又A、P、B、Q四点共线，则，，
即，，
有，，
得，，
又因为，则，作差可得，
即，
得，即，
故点Q总在定直线上.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用线段长之比相等求点的轨迹方程，解题的关键在于引入参数，将相等的长度之比转化为向量的坐标运算，结合点差法进行求解.
4．已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为F，C的离心率为，且C上的点B到F的距离的最大值和最小值的积为1．过点F的直线（与x轴不重合）交C于P，Q两点，直线，分别交过点F且垂直x轴的直线于M，N两点．
(1)求C的方程；
(2)记，的面积分别为，，试探究：是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）根据题意，列出方程，求得即可得到椭圆方程；
（2）根据题意，分别表示出直线的直线方程，从而得到点的纵坐标，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，解得，所以，
则椭圆的方程为.
（2）
依题意得直线的方程为，设直线的方程为，，
由得，，则，
所以，
的方程为：，
由，解得，
的方程为：，
由，解得，
所以
【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交的问题，以及三角形面积问题，难度较难，解决本题的关键在于得到直线的方程，得到点的纵坐标，然后结合运算即可得到的比值.
5．已知椭圆与坐标轴的交点所围成的四边形的面积为上任意一点到其中一个焦点的距离的最小值为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于两点，为坐标原点，以，为邻边作平行四边形在椭圆上，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于a、b、c的方程，结合可解；
（2）设，利用韦达定理结合四边形为平行四边形可的点P坐标，然后结合点P在椭圆上可解.
【详解】（1）由题可知
，
所以，即，
所以，
所以，因为，
所以2，所以.
所以椭圆的方程为：.
（2）联立，消去，化简整理得：，
需满足，
设，由韦达定理可
知：.
则以为邻边作平行四边形，
则，
由于点在椭圆上，所以，
即
化简得：，经检验满足
又
，
由于，
所以，
所以，故，
所以的取值范围为.
6．如图，已知双曲线的一条渐近线与轴夹角为，点在上，过的两条直线的斜率分别为，且交于交于，线段与的中点分别为
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：存在点，使为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意，求解即可；
（2）设的方程为，的方程为，联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理求得，同理求得，又，从而有进而求得直线的方程为，从而可知直线恒过定点，由此可知的轨迹为以为直径的圆.取中点即为所求.
【详解】（1）依题意，则，
的方程为.
（2）
设的方程为，
的方程为，
联立，得，
则，且，
，从而
同理可得，
，
的斜率，
直线的方程为，即
直线恒过定点.又
的轨迹为以为直径的圆.取中点，
则.
故存在定点使为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7．已知椭圆的右焦点为，点，在椭圆上运动，且的最小值为；当点不在轴上时点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线与椭圆在第一象限交于点，若的内角平分线的斜率不存在.探究：直线的斜率是否为定值，若是，求出该定值；若不是.请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线的斜率为定值，理由见解析
【分析】（1）设，椭圆的左、右顶点坐标分别为，，即可得到，再根据及求出、，即可得解；
（2）首先求出点坐标，设直线的斜率为，则直线的斜率为，，，表示出的方程，联立求出，把换为得，即可求出、，从而求出直线的斜率，即可得解.
【详解】（1）设，椭圆的左、右顶点坐标分别为，，
故，
即，则，
又，即，解得，所以，
即椭圆的方程为.
（2）联立，解得或，又在第一象限，所以，
由题意知的内角平分线的斜率不存在，即该角平分线与轴垂直，
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
设，，直线的方程为，即，
由消去得，
因为、为直线与椭圆的交点，所以，即，
把换为得，
所以，
所以，
所以直线的斜率，即直线的斜率为定值.
8．在平面直角坐标系中，过椭圆：上的动点作轴的垂线，垂足为点，，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线：交于不同的两点、，向量，，是否存在常数，使得满足的实数有无穷多解？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，则，根据向量数量关系的坐标表示得，利用两点距离公式求椭圆轨迹方程；
（2）（法一）联立直线与椭圆，应用韦达定理得、，结合向量关系得，进而有，将韦达式代入得到恒等式求参数k；
（法二）同方法一，根据向量关系得到，韦达式代入恒成立，求参数k；
（法三）根据题设向量关系有，设，则，确定坐标，斜率两点式判断是否为常数即可.
【详解】（1）设，则，由得：，
由得：，所以曲线的方程为：.
（2）（法一）将直线代入椭圆得：，即，
由韦达定理，，
由知：，又，故有，
由，则，
所以恒成立，为任意实数，
所以，可得，得，经检验，不合题意，
即存在常数使对任意实数恒成立，
（法二）将直线代入椭圆得：，即，
由韦达定理得，
由知：，即，
代入得：，
由于为常数，故当且仅当时等式成立，
故存在常数使对任意实数恒成立，.
（法三）由知：，
设，则，
由此得到或者，或者
当，时，求得；
当，时，求得；
当，时，求得，不为常数；
当，时，求得，不为常数；
综上，存在常数使对任意实数恒成立，.
【点睛】关键点点睛：第二问，联立直线与椭圆，应用韦达定理结合已知关系得到恒等关系求参数，注意验证所得结果.
9．已知双曲线：的一条渐近线为，椭圆：的长轴长为4，其中.过点的动直线交于A，B两点，过点Р的动直线交于M，N两点.
(1)求双曲线和椭圆的方程；
(2)是否存在定点Q，使得四条直线QA，QB，QM，QN的斜率之和为定值?若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)双曲线的方程为：；椭圆的方程为：
(2)存在，点坐标为.
【分析】（1）由椭圆及双曲线的性质计算即可；
（2）两直线与椭圆、双曲线的交点没有联系，故可分开单独计算各斜率之和即可，设点A、B、Q坐标及直线：与双曲线联立，结合韦达定理化简计算得：，待定系数计算并检验可得，再代入验证是否为定值即可.
【详解】（1）已知双曲线渐近线为，即.
因为椭圆的长轴长，即，.
所以双曲线的方程为：.
椭圆的方程为：.
（2）
当直线、的斜率不存在时，不满足题意.
故直线的方程设为：，直线过点，即.
与双曲线方程联立，得.
故，.
设，，有，.
设.
.
化简得.
代入韦达定理得：
.
将代入其中消去化简得：
.
由动直线、互不影响可知，要满足为定值，
则为定值，为定值.
因此要满足为定值，则有：
①若，，计算得，.
经检验满足，此时.
②若，即，，
有.
无解.
综上，当，.
下面只需验证当时，是否为定值.
设直线方程为：，直线过点，即.
椭圆方程联立，得.
故.
设，，有，.
.
化简得.
代入韦达定理化简可得：.
将代入其中可得：.
所以当，，，.
所以点坐标为.
【点睛】关键点睛：第二问斜率定值问题，关键在于待定系数化简计算上，即设点A、B、Q的坐标及直线的方程，利用韦达定理消元化简两斜率之和可得：，待定系数求值即可确定斜率和为定值时的Q坐标，再确定此时是否为定值，注意检验.
10．已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆内一点M满足，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)椭圆上一点P在第一象限，且满，与椭圆交于点Q，直线交的延长线于点D．若的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件可知，为的中点根据，代入距离公式与比例关系可以求得的关系，即可求得离心率.
（2）设所在直线方程与椭圆联立，可以求得的坐标，再有直线联立可以求得的坐标，用点到直线的距离与两点间的距离公式既可以求出三角形的面积，即可求得椭圆方程.
【详解】（1）因为椭圆内一点M满足，所以为的中点，则，，化简得，
因为，所以，
所以椭圆的离心率为.
（2）椭圆上一点P在第一象限，且满,

所以直线，设直线方程为，
由直线方程与椭圆方程联立得，
，解得，因为点P在第一象限，，因为关于原点对称，
，因为，，
则直线的方程为，联立得，，
所以，所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，，
所以的面积，所以，
所以椭圆的标准方程为.
故椭圆方程为.
【点睛】关键点睛：本题为圆锥曲线中直线与椭圆的位置关系，通常设直线方程，并与椭圆方程联立，借助韦达定理与点到直线的距离公式即可解决有关三角形面积的问题.
11．设直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，且三角形的面积为.
(1)求的值；
(2)已知直线与轴不垂直且斜率不为0，与交于两个不同的点，，关于轴的对称点为，为的右焦点，若，，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到两点的坐标，得到三角形的面积为，列出方程，求出的值；
（2）设出直线方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出，求出直线所过的定点.
【详解】（1）双曲线：的渐近线方程为，
不妨设，
因为三角形的面积为，所以，
所以，又，所以.
（2）双曲线的方程为：，所以右焦点的坐标为，
依题意，设直线与轴交于点，直线的方程为，
设，，则，
联立，得，
且，
化简得且，
所以，，
因为直线的斜率存在，所以直线的斜率也存在，
因为，，三点共线，所以，
即，即，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
化简得，所以经过轴上的定点.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线的方程为，，，则，再将其与双曲线方程联立，从而得到韦达定理式，根据三点共线，则有，整理代入韦达定理式化简求出值即可.
12．平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点M满足成等比数列.
(1)设动点M的轨迹为曲线E，求曲线E的标准方程；
(2)若动直线与曲线E相交于不同两点，直线与曲线E的另一交点为P，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，求出的长，根据成等比数列可得答案；
（2）设直线方程为，点，则，与双曲线方程联立根据直线与双曲线交点分别在双曲线左､右支可得，求出直线的方程由韦达定理整理化简可得答案.
【详解】（1）设，则，
成等比数列，
，
，
两边同时平方得：，
，整理得，
所以曲线的标准方程为；
（2）设直线方程为：，设点，
则，
联立，代入得，
直线与双曲线交点分别在双曲线左､右支，
，解得
由韦达定理得，
直线的斜率，
直线的方程为，
整理得，
又
直线的方程为，
故直线过定点.

【点睛】思路点睛：本题第二位主要是求出直线的方程利用韦达定理进行化简，考查了学生的思维能力和运算能力.
13．已知抛物线C：的焦点为F，P(4,4)是C上的一点.
(1)若直线PF交C于另外一点A，求；
(2)若圆：，过P作圆E的两条切线，分别交C于M，N两点，证明：直线MN过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点在抛物线上求得，写出直线方程，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线定义求；
（2）设，，则为①，设出直线，根据与圆的相切关系得，易知为的两个不同根，应用韦达定理得，代入①中求定点即可.
【详解】（1）由题设，则，故，则，
又直线过抛物线焦点，则直线，
联立直线与抛物线并整理得：，故，即，
所以，
结合抛物线定义知：.
（2）设，，则（斜率存在且不为0）：，
所以为，则①，
由，则，所以，
而，与圆相切，则，整理得：，
同理可得：，
所以为的两个不同根，
故，，代入①，有，
所以，即，可得，
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：第二问，设点坐标、、方程，利用直线与圆相切，应用点线距离公式得到为的两个不同根为关键.
14．已知点、在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线交于、两点，且，则直线是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定点坐标为
【分析】（1）将点、的坐标代入椭圆的方程，可求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线的斜存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理求出的值，即可求得直线所过定点的坐标.
【详解】（1）解：将点、的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：直线过定点，理由如下：
若直线轴，则、关于轴对称，设、则，则，
，不合乎题意，
所以，直线的斜率一定存在，
设直线的方程为，设点、，
联立方程，消去可得，
，
所以，，
所以
，
，
因为，所以，
因为，所以，，
所以，
整理得，解得或，
当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意，
所以，，所以直线的方程为，直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
15．如图，已知半圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于E点，半椭圆的上焦点为，并且是面积为的等边三角形，将满足的曲线记为“”．

(1)求实数、的值；
(2)直线与曲线交于M、N两点，在曲线上再取两点S、T（S、T分别在直线两侧），使得这四个点形成的四边形的面积最大，求此最大面积；
(3)设点，P是曲线上任意一点，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)
【分析】（1）由题意列出关于的等式，联立求解即可；
（2）根据题意可判断出与直线平行的直线与半圆相切，与直线平行的直线与半椭圆相切时，四边形面积最大，设出方程，并与方程联立，利用求出方程，再计算出平行直线间的距离，代入面积公式计算即可；
（3）讨论时，，时，利用两点距离公式列出表达式，再根据的范围分类讨论和两种情况.
【详解】（1）设，由题意得，
故，所以，.
（2）由（1）得，.
设与直线平行的直线与半圆相切，切点为；
与直线平行的直线与半椭圆相切，切点为.
当点、恰好分别取、时，四边形面积最大.
由，得，故，.
设方程为，则由，得，
因为相切，所以，故，即方程为，
此时直线与直线的距离为；
又因为直线过半圆的圆心，直线与半圆相切，所以两平行直线，的距离为,
所以四边形面积的最大值为.
（3）当时，；
当时，设是半椭圆上的点，由得.
此时
若，则，在上单调递减，在上单调递增，
故当时,；
若，则，在上单调递减，
故当时，；
综上所述.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是四边形面积的求解，分割为两个三角形的面积和；二是的最小值求解，借助二次函数的最值进行求解.
16．（1）已知椭圆E：，直线经过点，交椭圆E于点A，B，直线经过点，交椭圆E于点A，C，其中点A不是椭圆E的顶点．若直线OA的斜率为，求直线BC的斜率（用表示）．
（2）已知椭圆E：，直线经过点，交椭圆E于点A，B，直线经过点，交椭圆E于点A，C，其中点A不是椭圆E的顶点．记为直线OA的斜率，为直线BC的斜率．写出与的关系式（只需写出结果即可，不需写出推证过程）．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）运用韦达定理可将用的代数表示，用的代数表示，同理可得与，用，代入公式中求解即可.
（2）同（1）思路相同求解即可.
【详解】（1）如图所示，
设直线为，则点A，B满足：，
所以，满足：，即．
所以．
所以，
所以，
即，．
同理，．
所以．
即直线BC的斜率为.
（2）．
理由如下：设直线为，则点A，B满足：，
所以，满足：，
即．
所以．
所以，
所以，
即，．
同理，．
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
（1）求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
（2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
（3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．