《高考圆锥曲线必刷热点题型—MST.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考圆锥曲线必刷热点题型—MST.docx（61页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高中数学探究5622984952020高考圆锥曲线必刷热点题型1（2020蚌埠三模）如图，设抛物线与抛物线在第一象限的交点为，点，分别在抛物线，上，分别与，相切（1）当点的纵坐标为4时，求抛物线的方程；（2）若，求面积的取值范围2（2020威海一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，是和的等差中项（）求椭圆的标准方程；（）若为椭圆的右顶点，直线与轴交于点，过点的另一直线与椭圆交于、两点，且，求直线的方程3（2020濮阳一模）已知为坐标原点，抛物线的焦点坐标为，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（）证明：直线过定点；（）以，为切点作的切线，设两切线的交点为，点为圆上任意一点，求的最小值4
2、（2020辽阳一模）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点（1）若过点，抛物线在点处的切线与在点处的切线交于点证明：点在定直线上（2）若，点在曲线上，的中点均在抛物线上，求面积的取值范围5（2020东莞市模拟）已知抛物线，过抛物线焦点的直线1分别交抛物线和圆于点、（自上而下）（1）求证：为定值；（2）若、成等差数列，求直线的方程6（2020天津一模）已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，的准线与交于，两点，且（1）求的方程；（2）过的左顶点作直线交于另一点，且为坐标原点）的延长线交于点，若直线的斜率为1，求的方程7（2020丹东模拟）已知，是抛物线上的两点（1）若，证明：直线经过的焦点（2）经过
3、点，分别作的两条切线，若的交点在的准线上，证明：直线经过的焦点；8（2020德州一模）已知抛物线的焦点为，圆的方程为：，若直线与轴交于点，与抛物线交于点，且（1）求出抛物线和圆的方程；（2）过焦点的直线与抛物线交于、两点，与圆交于、两点，在轴同侧），求证：是定值9（2020白云区模拟）设、分别是椭圆的左、右焦点，点是该椭圆上的一个定点，同时满足如下三个条件：（1）；（2）；（3）在方向上的投影为（）求椭圆的离心率及椭圆方程；（）过焦点的直线交椭圆于点、两点，问是否存在以线段为直径的圆与相切，若存在，求出此时直线的方程，若不存在，请说明理由10（2020贵州模拟）设，分别是椭圆的左，右焦点，、两
4、点分别是椭圆的上、下顶点，是等腰直角三角形，延长交椭圆于点，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上异于、的动点，直线、与直线分别相交于、两点，点，试问：外接圆是否恒过轴上的定点（异于点？若是，求该定点坐标；若否，说明理由11（2020湖北模拟）已知，为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且过点的直线交椭圆于，两点，的周长为（）求椭圆的方程；（）我们知道抛物线有性质：“过抛物线的焦点为的弦满足”那么对于椭圆，问否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由12（2020永州三模）已知椭圆与抛物线有共同的焦点，且两曲线的公共点到的距离是它到直线（点在此直线右侧）的距离的一半（1）求
5、椭圆的方程；（2）设为坐标原点，直线过点且与椭圆交于，两点，以，为邻边作平行四边形是否存在直线，使点落在椭圆或抛物线上？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由13（2020合肥二模）已知圆经过抛物线的焦点，且与抛物线的准线相切（1）求抛物线的标准方程；（2）设经过点的直线交抛物线于，两点，点关于轴的对称点为点，若的面积为6，求直线的方程14（2020常德模拟）有一种曲线画图工具如图1所示是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动，处的笔尖画出的曲线记为以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系（1）求曲线的轨
6、迹方程；（2）设为曲线的右焦点，为曲线上一动点，直线斜率为，且与曲线的另一个交点为，是否存在点，使得，若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由15（2020赤峰模拟）已知曲线上的任意一点到点的距离比到直线的距离少1，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，其中，为切点（1）求曲线的方程；（2）判断直线是否能恒过定点？若能，求定点坐标；若不能，说明理由16（2020春全国月考）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于，两点，且与轴相交于点（1）若，求直线的方程；（2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点17（2020河南模拟）已知焦点为的抛物线与圆交于点（1）求抛物线的方程；（2）在第一象限内，圆上是
7、否存在点，过点作直线与抛物线交于点为第四象限的点），与轴交于点，且以点为圆心的圆过点，？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由18（2020兴宁区校级模拟）已知，是轴正半轴上两点在的左侧），且，过，作轴的垂线，与抛物线在第一象限分别交于，两点（）若，点与抛物线的焦点重合，求直线的斜率；（）若为坐标原点，记的面积为，梯形的面积为，求的取值范围19（2020广州模拟）已知点是抛物线的顶点，是上的两个动点，且（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值20（2020海安市模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知，两点分别为椭圆的右顶点和上顶点，且，右准
8、线的方程为（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线交椭圆于另一点，交于点若以为直径的圆经过原点，求直线的方程21（2020大同模拟）已知双曲线的右焦点，半焦距，点到直线的距离为，过点作双曲线的两条互相垂直的弦，设，的中点分别为，（1）求双曲线的标准方程；（2）证明：直线必过定点，并求出此定点的坐标22（2020邵阳一模）半圆的直径两端点为，点在半圆及直径上运动，若将点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到点，记点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）若称封闭曲线上任意两点距离的最大值为该曲线的“直径”，求曲线的“直径”23（2020临汾模拟）已知圆，为上任意一点，的垂直平分线交于点，记点的
9、轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）已知点，过的直线交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和为定值24（2020桂林一模）已知抛物线，抛物线与圆的相交弦长为4（1）求抛物线的标准方程；（2）点为抛物线的焦点，、为抛物线上两点，若的面积为，且直线的斜率存在，求直线的方程25（2020如皋市校级模拟）椭圆的中心在坐标原点，左、右焦点，在轴上，抛物线的顶点也在原点，焦点为，椭圆与抛物线的一个交点为 ，（）求椭圆与抛物线的方程；（）在抛物线位于椭圆内（不含边界）的一段曲线上，是否存在点，使得的外接圆圆心在轴上？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由26（2020一卷模拟）如图，已知圆，抛物线的焦
10、点为，过的直线与抛物线交于，两点，过且与垂直的直线与圆有交点（1）求直线的斜率的取值范围；（2）求面积的取值范围27（2020深圳模拟）在平面直角坐标系中，过点的动圆恒与轴相切，为该圆的直径，设点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点的任意直线与曲线交于点，为的中点，过点作轴的平行线交曲线于点，关于点的对称点为，除以外，直线与是否有其它公共点？说明理由28（2020武汉模拟）已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，且在第一象限，满足，（1）求抛物线的方程；（2）已知经过点的直线交抛物线于，两点，经过定点和的直线与抛物线交于另一点，问直线是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由29（2
11、020金牛区校级模拟）已知椭圆的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形（）求椭圆的标准方程；（）我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于、两点，若直线、的斜率为、，当时，求此时“卫星圆”的个数30（2020巴中模拟）在平面直角坐标系中，已知点，动点满足直线与的斜率之积为记点的轨迹为曲线（1）求的方程，并说明是什么曲线；（2）若，是曲线上的动点，且直线过点，问在轴上是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由参考答案与试题解析1（2020蚌埠三模）如图，设抛物线与抛物线在第一象限的交点为，点，分别在抛物线，上，分
12、别与，相切（1）当点的纵坐标为4时，求抛物线的方程；（2）若，求面积的取值范围【分析】（1）由点的纵坐标为4时代入可得的坐标，再代入中求出的值，进而求出抛物线的方程；（2）将的坐标代入中可得，的关系，设的坐标，设直线的方程，与联立，由与相切，可得判别式为0，求出与的关系，可得的坐标，设的坐标，设的方程与联立，由题意可得判别式为0，可得与的关系，解得的坐标，求出的值，再求出到直线的距离，进而求出三角形的面积的表达式，由的范围求出面积的取值范围【解答】解：（1）由条件，且，解得，即点，代入抛物线的方程，得，所以，则抛物线的方程为（2）将点代入抛物线的方程，得设点，直线方程为，联立方，消去，化简得，
13、则，解得，从而直线的斜率，解得，即点设点，直线方程为，联立方，消去，化简得，则，代入，解得，从而直线的斜率为，解得，即点；，点到直线，即的距离为，故面积为，而，所以面积的取值范围是【点评】本题考查抛物线的方程性质及直线与抛物线相切的性质，属于中档题2（2020威海一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，是和的等差中项（）求椭圆的标准方程；（）若为椭圆的右顶点，直线与轴交于点，过点的另一直线与椭圆交于、两点，且，求直线的方程【分析】（）通过是和的等差中项，又在椭圆上，得到，求出，可得椭圆的标准方程（）说明当直线与轴垂直时，不合题意当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程
14、，设，由韦达定理，由，推出，然后解得，求出直线的方程【解答】解：（）因为是和的等差中项，所以，得又在椭圆上，所以，所以，可得椭圆的标准方程为（）因为，由（）计算可知，当直线与轴垂直时，不合题意当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，可得，设，由韦达定理可得，由，可得，又，所以，得，带入，可得，所以，解得，所以直线的方程为【点评】本题考查椭圆方程以及椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题3（2020濮阳一模）已知为坐标原点，抛物线的焦点坐标为，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（）证明：直线过定点；（）以，为切点作的切线，设两切线的交点
15、为，点为圆上任意一点，求的最小值【分析】（）由已知求得，可得抛物线设直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及数量积公式列式求解，可得直线过定点；（）利用导数求得函数在，处的切线方程，联立解得交点纵坐标，可得两切线交点的轨迹方程为然后结合圆心到直线的距离求解【解答】（）证明：根据题意，故抛物线由题意设直线的方程为由，消去整理得显然设，则，由题意得，解得或（舍去）直线的方程为，故直线过定点（）解：，故以为切点的切线方程为，即，以为切点的切线方程为，即，联立，解得又，两切线交点的轨迹方程为圆心到直线的距离为3，圆上一点到直线的最小距离为，故的最小值为2【点
16、评】本题考查直线与圆、圆与圆锥曲线的位置关系，考查利用导数求过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，是中档题4（2020辽阳一模）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点（1）若过点，抛物线在点处的切线与在点处的切线交于点证明：点在定直线上（2）若，点在曲线上，的中点均在抛物线上，求面积的取值范围【分析】（1）设，根据条件分别求出直线的方程，的方程，联立可得故点在定直线上（2）设，表示出的面积结合在曲线上，即可求出面积的取值范围【解答】（1）证明：易知，设，由题意可知直线的斜率存在，故设其方程为由，得，所以由，得，则，直线的方程为，即，同理可得直线的方程为，联立，可得因为，所以，故点在定直线
17、上（2）解：设，的中点分别为，因为，得中点均在抛物线上，所以，为方程的解，即方程的两个不同的实根，则，即，所以的中点的横坐标为，则，所以的面积由，得，所以，因为，所以，所以面积的取值范围为【点评】本题考查直线与抛物线的综合，点过定直线的证明，三角形面积取值范围，合理利用根与系数关系是关键，属于难题5（2020东莞市模拟）已知抛物线，过抛物线焦点的直线1分别交抛物线和圆于点、（自上而下）（1）求证：为定值；（2）若、成等差数列，求直线的方程【分析】（1）由题意就得，可得圆的半径为1，当直线的斜率不存在时，求出点的坐标可得；当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立直线方程与抛物线方程，利用根与系数的
18、关系结合抛物线的定义可得；（2）由、成等差数列，得，得到弦长，由弦长公式及根与系数的关系列式求解，则直线方程可求【解答】（1）证明：由题意，圆的半径为1，当直线的斜率不存在时，交点，此时；当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，得则，由抛物线的定义，同理；（2）解：由、成等差数列，得弦长由（1）知，显然斜率存在，由抛物线的定义得故，解得直线的方程为【点评】本题考查圆与抛物线的综合，考查抛物线的简单性质，着重考查抛物线定义的应用，考查计算能力，是中档题6（2020天津一模）已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，的准线与交于，两点，且（1）求的方程；（2）过的左顶点作直线交于另一点，且为坐标原点）的延长
19、线交于点，若直线的斜率为1，求的方程【分析】（1）由求得椭圆的右焦点，左焦点为设椭圆的半焦距为，依题意得关于，的方程组，解得，则椭圆的方程可求（2）由题意，得的左顶点又知直线的斜率存在，不妨设为，点，则直线方程为联立方程组，利用根与系数的关系求得的坐标，再由对称性求得的坐标，由解得则所求直线的方程可求【解答】解：（1）由抛物线方程得，抛物线的焦点的坐标为，准线方程，椭圆的右焦点，左焦点为设椭圆的半焦距为，依题意得，解得故所求椭圆的方程为（2）由题意，得的左顶点又知直线的斜率存在，不妨设为，点，则直线方程为联立方程组，消去并整理，得，（）得，点，为方程（）的实数根，从而，由题意，点，均在上，且，
20、关于原点对称，点，即，解得故所求直线的方程为，即【点评】本题是圆锥曲线的综合题，考查抛物线与椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题7（2020丹东模拟）已知，是抛物线上的两点（1）若，证明：直线经过的焦点（2）经过点，分别作的两条切线，若的交点在的准线上，证明：直线经过的焦点；【分析】（1）设直线，一抛物线方程联立，结合根的判别式及根与系数关系即可得到，即可证得；（2）分别求出直线的方程为，的方程为，联立可得，则，即，由（1）可得结论；由知，所以【解答】解：（1）不妨设，代入，则，当时，有，因为，所以，则，于是直线经过的焦点，（2）由题设，的斜率存在，分别设为，则
21、的方程为，将代入得，由得，同理，所以的方程为，的方程为，联立两方程可得，由条件可知，则，因为在的准线上，所以，则，由（1）可知，直线经过的焦点；又因为，所以【点评】本题考查直线与抛物线的综合，考查根的判别式，方程思想，整体思想，属于中档题8（2020德州一模）已知抛物线的焦点为，圆的方程为：，若直线与轴交于点，与抛物线交于点，且（1）求出抛物线和圆的方程；（2）过焦点的直线与抛物线交于、两点，与圆交于、两点，在轴同侧），求证：是定值【分析】（1）设，由求得，把点代入抛物线方程得，则抛物线与圆的方程可求；（2）抛物线的焦点，设直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，利用根与系数的关系结合抛物线的
22、定义即可证明是定值1【解答】解：（1）设，由，得，即将点代入抛物线方程，可得抛物线，圆的方程为：；证明：（2）抛物线的焦点，设直线的方程为，联立，得则，且，由圆的方程可得圆的圆心坐标为，半径为1，圆心就是焦点由抛物线的定义可知，则，即是定值1【点评】本题考查圆与抛物线的综合，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，是中档题9（2020白云区模拟）设、分别是椭圆的左、右焦点，点是该椭圆上的一个定点，同时满足如下三个条件：（1）；（2）；（3）在方向上的投影为（）求椭圆的离心率及椭圆方程；（）过焦点的直线交椭圆于点、两点，问是否存在以线段为直径的圆与相切，若存在，求出此时直线的方程，若不存在
23、，请说明理由【分析】（）根据题目的三个条件可得，解得即可；（）由（）可得焦点的坐标，设直线的方程与由、椭圆联立求出两根之和及两根之积，设，的坐标，及切点的坐标，由题意可得，求出参数及的坐标，可得直线的方程【解答】解：（），为直角三角形，在方向上的投影为，即，椭圆的离心率为，椭圆方程为；（）设满足条件的直线为，其方程为，两交点坐标为，设线段为直径的圆与相切于点，由，消去得：，即，整理可得，当且，此时或，直线方程为，或，即或【点评】本题主要考查圆锥曲线的方程和直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题10（2020贵州模拟）设，分别是椭圆的左，右焦点，、两点分别是椭圆的上、下顶点，是等腰直角三角形，延长
24、交椭圆于点，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上异于、的动点，直线、与直线分别相交于、两点，点，试问：外接圆是否恒过轴上的定点（异于点？若是，求该定点坐标；若否，说明理由【分析】（1）由题意由的周长为可得的值，再由是等腰直角三角形可得，之间的关系，再由，之间的关系求出，的值，进而可得椭圆的方程；（2）由（1）可得，的坐标，设的坐标直线，的斜率之积为定值，设直线的方程可得直线的方程，再由椭圆可得，的坐标，可得外接圆的圆心的坐标，外接圆恒过轴上的定点（异于点，设的纵坐标，可得，解得的坐标为【解答】解：（1）因为：的周长为，由定义可得，所以，所以，又因为是等腰直角三角形，且，所以，所以椭
25、圆的方程为：；（2）设，则，所以直线与的斜率之积，设直线的斜率为，则直线的方程为：，直线的方程：，由，可得，同理，假设的外接圆恒过定点，则其圆心，又，所以，解得，所以的外接圆恒过定点【点评】本题考查求椭圆的方程，以线段为直径的圆的性质，及直线与椭圆的应用，属于中档题11（2020湖北模拟）已知，为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且过点的直线交椭圆于，两点，的周长为（）求椭圆的方程；（）我们知道抛物线有性质：“过抛物线的焦点为的弦满足”那么对于椭圆，问否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由【分析】（）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可点的
26、椭圆方程（）求出，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，利用韦达定理，不妨设，求出，化简整理即可求出【解答】解：（）根据椭圆的定义，可得，的周长为，椭圆的方程为，将代入得，所以椭圆的方程为（）由（）可知，得，依题意可知直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，消去，整理得，设，则，不妨设，同理，所以，即，所以存在实数，使得成立【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题12（2020永州三模）已知椭圆与抛物线有共同的焦点，且两曲线的公共点到的距离是它到直线（点在此直线右侧）的距离的一半（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，直线过点且与椭圆交于，两
27、点，以，为邻边作平行四边形是否存在直线，使点落在椭圆或抛物线上？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由已知求得，可得，再由已知求得点的坐标，代入椭圆方程得关于，的方程，联立求得，的值，则椭圆方程可求；（2）当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，结合为平行四边形，即，可得的坐标，分别代入椭圆与抛物线方程，得到关于的方程，求解无解，当直线斜率不存在时，易知存在点在椭圆上，可得不存在直线，使点落在抛物线上，存在直线，使点落在椭圆上【解答】解：（1）由题意知，因而，即，又两曲线在第二象限内的交点，到的距离是它到直线的距离的一半，即，得，则，代
28、入到椭圆方程，得 由，解得，所求椭圆的方程为 （2）当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，由，得，设，则，由于为平行四边形，得，故， 若点在椭圆上，则，代入得，解得无解；若点在抛物线上，则，代入得，解得无解当直线斜率不存在时，易知存在点在椭圆上故不存在直线，使点落在抛物线上，存在直线，使点落在椭圆上【点评】本题考查求椭圆的标准方程的求法，考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查计算能力，是中档题13（2020合肥二模）已知圆经过抛物线的焦点，且与抛物线的准线相切（1）求抛物线的标准方程；（2）设经过点的直线交抛物线于，两点，点关于轴的对称点为点，若的面积为6，求直线的方程【分析】（1）根据
29、抛物线的定义即可得解；（2）设，则，由抛物线的定义可知，设直线的方程为，将其与抛物线的方程联立，消去可得关于的一元二次方程，写出韦达定理；设直线的倾斜角为，则，且，将其转化为只含的代数式，再利用正弦面积公式得，并结合前面写出的韦达定理表达式，化简整理可得，从而解出的值，进而求得直线的方程【解答】解：（1）由已知可得：圆心到焦点的距离与到准线的距离相等，即点在抛物线上，解得抛物线的标准方程为（2）由已知可得，直线斜率存在，否则点与点重合设直线的斜率为，则直线的方程为设，联立消去得，由对称性可知，设直线的倾斜角为，则，由已知可得，解得直线的方程为，即【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及抛物
30、线的定义、曲直联立、正弦面积公式等，考查学生分析问题的能力和运算能力，属于中档题14（2020常德模拟）有一种曲线画图工具如图1所示是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动，处的笔尖画出的曲线记为以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系（1）求曲线的轨迹方程；（2）设为曲线的右焦点，为曲线上一动点，直线斜率为，且与曲线的另一个交点为，是否存在点，使得，若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由【分析】（1）设的坐标，可得的坐标，可得的轨迹方程；（2）有题意设直线的方程与椭圆联立求出两根之和，可得的中点的坐标
31、，因为，所以直线为线段的垂直平分线，可得与的斜率之积为，求出的表达式，由均值不等式可得的取值范围【解答】解（1）设则，则，即；（2）设直线的方程为，将代入，得；设，线段的中点为，即，因为，所以直线为线段的垂直平分线，所以，则，即所以，当时，因为，所以，当时，因为，所以综上，存在点，使得，且的取值范围为【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，属于中档题15（2020赤峰模拟）已知曲线上的任意一点到点的距离比到直线的距离少1，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，其中，为切点（1）求曲线的方程；（2）判断直线是否能恒过定点？若能，求定点坐标；若不能，说明理由【分析】（1）由已知得动点到点的距
32、离与到直线的距离相等，然后直接利用抛物线的定义求曲线的方程；（2）设，利用导数求过点与的切线方程，可得点，的坐标都满足，由此可得直线，恒过抛物线的焦点【解答】解：（1）由已知得动点到点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义可知，曲线为抛物线，焦点，准线曲线的方程为；（2）设，由，即，得抛物线在点处的切线方程为，即，又点在切线上，同理，综合得，的坐标都满足直线，恒过抛物线的焦点【点评】本题考查利用抛物线的定义求抛物线的方程，训练了利用“同一法”求直线方程，是中档题16（2020春全国月考）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于，两点，且与轴相交于点（1）若，求直线的方程；（2）设关于轴的对称点为，证明
33、：直线过轴上的定点【分析】（1）设直线的方程为，联立椭圆方程，可得的二次方程，设出的横坐标，求得的坐标，运用向量共线的坐标表示，解得的横坐标，代入二次方程解得斜率，进而得到所求直线方程；（2）运用韦达定理，由对称性可得的坐标，由点斜式方程可得直线的方程，可令，解得的表达式，化简整理，即可得到定点【解答】解：（1）由题意可设直线的方程为，联立椭圆方程，可得，设，由，可得，解得，代入方程可得，解得，则直线的方程为；（2）证明：由题设可得，由（1）可得，再由（1）可得直线的方程为，令，可得，故直线过轴上的定点，【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，以及直线恒过定点的求法，注意联
34、立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查方程思想和运算求解能力，属于中档题17（2020河南模拟）已知焦点为的抛物线与圆交于点（1）求抛物线的方程；（2）在第一象限内，圆上是否存在点，过点作直线与抛物线交于点为第四象限的点），与轴交于点，且以点为圆心的圆过点，？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由【分析】（1）将点坐标代入两方程，解出即可；（2）假设存在，设的方程为，则的方程为，分别与圆、抛物线方程联立解出、坐标，结合为的中点，即可得到关于的方程，故不存在【解答】解：（1）将点代入得，解得，则抛物线的方程为；（2）假设在第一象限内圆上存在点，且以点为圆心的圆过点，则，为的中点，由题意可得直
35、线的斜率存在且大于0，设的方程为，则的方程为，联立，解得，所以，联立，解得，所以，由为的中点，可得，整理得，方程无实数解，则符合条件的不存在，所以满足条件的不存在【点评】本题考查圆的方程和抛物线的方程的运用，直线和圆的方程、直线和抛物线方程联立，求交点，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题18（2020兴宁区校级模拟）已知，是轴正半轴上两点在的左侧），且，过，作轴的垂线，与抛物线在第一象限分别交于，两点（）若，点与抛物线的焦点重合，求直线的斜率；（）若为坐标原点，记的面积为，梯形的面积为，求的取值范围【分析】（）求得抛物线的焦点坐标，可得的坐标，代入抛物线方程可得，的坐标，应用直线的斜率公式
36、可得所求值；（）可设，且，联立抛物线方程消去，可得的二次方程，应用韦达定理和判别式大于0，可得，再由点到直线的距离公式可得到的距离，应用三角形的面积和梯形的面积公式可得，即可点到所求范围【解答】解：（）由题意可得，则，又，可得，则直线的斜率为；（）可设，且，由消去，可得，即，又，可得，则，到的距离为，则，则，【点评】本题考查抛物线的方程和应用，考查直线方程和抛物线联立，应用韦达定理和弦长公式，考查直线的斜率和方程的应用，考查方程思想和运算能力，属于中档题19（2020广州模拟）已知点是抛物线的顶点，是上的两个动点，且（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是的外接圆的圆心，点到轴的距离为
37、，点，求的最大值【分析】（1）抛物线的方程可得顶点的坐标，设直线的方程与抛物线联立，求出两根之和及两根之积，求出数量积，再由题意可得参数的值，即可得直线恒过定点，进而判断出不在直线上；（2）设，的坐标，可得线段，的中点的坐标，进而可得线段，的中垂线的方程，两个方程联立可得交点的坐标，消参数可得的轨迹方程为抛物线，再由抛物线的性质可得到焦点的距离等于到准线的距离，可得的最大值【解答】解：（1）由抛物线的方程可得顶点，由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为：，设，联立直线与抛物线的方程：整理可得：，即，而，所以，解得，满足判别式大于0，即直线方程为，所以恒过可得点不在直线上（2）因为点是的外接圆
38、的圆心，所以点是三角形三条边的中垂线的交点，设线段的中点为，线段的中点为为，因为，设，所以，所以线段的中垂线的方程为：，而在抛物线上，所以，所以线段的中垂线的方程为：，同理可得线段的中垂线的方程为：，联立方程解得，由（1）得，所以，即点的轨迹方程为：；可得焦点，准线方程为：连接交抛物线于，由抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，所以的最大值为【点评】本题考查抛物线的性质及直线过定点的求法和直线与抛物线的综合应用，考查运算求解能力，是中档题20（2020海安市模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知，两点分别为椭圆的右顶点和上顶点，且，右准线的方程为（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线交椭
39、圆于另一点，交于点若以为直径的圆经过原点，求直线的方程【分析】（1）设椭圆的焦距为，解得：，即可（2）由题意得直线不垂直轴，设联立可得可得联立，可得利用解得即可【解答】解：（1）设椭圆的焦距为，解得：，所以椭圆的标准方程为：（2）由题意得直线不垂直轴，设联立可得，联立，可得因为以为直径的圆经过原点，所以解得直线方程为：，或【点评】本题考查了椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系，考查了计算能力，属于中档题21（2020大同模拟）已知双曲线的右焦点，半焦距，点到直线的距离为，过点作双曲线的两条互相垂直的弦，设，的中点分别为，（1）求双曲线的标准方程；（2）证明：直线必过定点，并求出此定点的坐标【分析】
40、（1）由题意可得的值，再由点到直线的距离为，可得的值，再由，之间的关系求出双曲线的方程；（2）设弦所在的直线方程，与双曲线的方程联立可得两根之和进而可得的中点的坐标，再由椭圆可得弦的中点的坐标，分别讨论当的斜率存在和不存在两种情况可得直线恒过定点【解答】解：（1）由题意可得，解得：，所以双曲线的方程为：；（2）证明：设设过的弦所在的直线方程为：，则有中点，联立直线与双曲线的方程：整理可得：，因为弦与双曲线有两个交点，所以，所以，；当时，点即是，此时直线为轴；当时，将的坐标中的换成，同理可得的坐标，当直线不垂直于轴时，直线的斜率，将代入方程可得直线，化简可得，所以直线恒过定点；当直线垂直于轴时，
41、可得，直线也过定点；综上所述直线恒过定点【点评】考查直线与双曲线的综合，属于中难题22（2020邵阳一模）半圆的直径两端点为，点在半圆及直径上运动，若将点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到点，记点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）若称封闭曲线上任意两点距离的最大值为该曲线的“直径”，求曲线的“直径”【分析】（1）设，则，分别讨论在直径上时，以及在半圆上时，代入方程，化简可得所求曲线的方程；（2）设曲线上两动点，显然，至少有一点在椭圆上时才能取得最大，不妨设，运用两点的距离公式和椭圆方程，结合二次函数的最值求法，可得所求最大值，即曲线的“直径”【解答】解：（1）设，则，由题意可得当在
42、直径上运动时，显然；当在半圆上时，所以曲线的方程为或；（2）设曲线上两动点，显然，至少有一点在椭圆上时才能取得最大，不妨设，则，等号成立时，或，由两点的距离公式可得，故曲线的“直径”为【点评】本题考查曲线的方程的求法和运用，考查坐标转移法和转化思想、以及二次函数的最值求法，以及化简运算能力、推理能力，属于中档题23（2020临汾模拟）已知圆，为上任意一点，的垂直平分线交于点，记点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）已知点，过的直线交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和为定值【分析】（1）由的中垂线可得，而，进而可得的轨迹为椭圆；且可得，为椭圆的焦点，的长为长轴长，进而求出椭圆的方程；（
43、2）设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出直线，的斜率之和，将之和及之积代入，由于在直线上，可得参数的关系，进而可得斜率之和为定值【解答】解：因为在的中垂线上，所以，而，所以，由椭圆的定义可得的轨迹为焦点在轴上，长轴长为4，焦点坐标为：，的椭圆，即，所以，所以曲线的方程：；（2）由题意可知直线的斜率存在，设的方程为：，设，联立直线与椭圆的方程：，整理可得：，整理可得：，代入可得，因为直线过点，所以，所以，即证了直线的斜率与直线的斜率之和为定值【点评】考查求轨迹方程的方法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题24（2020桂林一模）已知抛物线，抛物线与圆的相交弦长为4（1）求抛物线的标准方程；（2）点为抛物线的焦点，、为抛物线上两点，若的面积为，且直线的斜率存在，求直线的方程【分析】（1）由抛物线和的对称性可得两条曲线的交点坐标关于轴对称，由相交弦长可得交点的纵坐标，分别代入两个方程可得参数，及交点的横坐标，即可求出抛物线的方程；（2）由题意设过焦点的直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积