专题05 解析几何（解答题10种考法）讲义（解析版）.docx

1、专题05 解析几何（解答题10种考法）考法一 定点【例1-1】（2023山西运城山西省运城中学校校考二模）已知点为双曲线上一点，的左焦点到一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的标准方程；(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点为.【解析】（1）设到渐近线，即的距离为，则，结合得，又在双曲线上，所以，得，所以双曲线的标准方程为.（2）联立，消去并整理得，则，即，设，则，则，所以，所以，所以，整理得，所以，所以，因为直线不过，即，所以，即，所以直线，即过定点.【例1-2】（2023全国统考高考真题）已知

2、椭圆的离心率是，点在上(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点【答案】(1)(2)证明见详解【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【例1-3】（2023江西九江统考一模）已知过点的直线与抛物线交于两点，过线段的中点作直线轴，垂足为，且.(1)求抛物线的方程；(2)若为上异于点的任意一点，且直线与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意，可设直线的方程为，

3、将代入，消去得，设，则，是线段的中点，即， 又轴，垂足的坐标为，则，对任意的恒成立，又，解得，故抛物线的方程为.（2）设，由（1）可知， ，则，直线的方程为，令，则，同理，由抛物线的对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则定点必在轴上，设该点坐标为，则，且，或，以为直径的圆过定点和.【变式】1（2022全国统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足证明：直线HN过定点【答案】(1)(2)【解析】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，所以椭圆E的方程为：.（2）

4、，所以，若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点2（2023福建泉州统考模拟预测）已知椭圆的离心率是，上、下顶点分别为，.圆与轴正半轴的交点为，且.(1)求的方程；(2)直线与圆相切且与相交于，两点，证明：以为直径的圆恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由已知得，.则，所以.因为，又，所以，.故的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，即.因为直线与圆相切，所以，即.设，则，.由化简，得，由韦达定理

5、，得所以，所以，故，即以为直径的圆过原点.当直线的斜率不存在时，的方程为或.这时，或，.显然，以为直径的圆也过原点.综上，以为直径的圆恒过原点.3（2023河南校联考模拟预测）已知椭圆的焦距为2，圆与椭圆恰有两个公共点(1)求椭圆的标准方程；(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点处的切线方程为若椭圆的短轴长小于4，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，求证：直线过定点【答案】(1)或(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆的半焦距为当圆在椭圆的内部时，椭圆的方程为当圆在椭圆的外部时，椭圆的方程为（2）证明：设因为椭圆的短轴长小于4，所以的方程为则由已知可得，切线的方程为的方程为，将代入的方程整

6、理可得，显然的坐标都满足方程，故直线的方程为，令，可得，即直线过定点考法二 定值【例2】（2023四川南充四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆的左、右焦点为，离心率为点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线、分别与椭圆C交于点A、B，的周长为8(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，求证：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1），由离心率为得，从而，所以椭圆C的标准方程为（2）设，则，可设直线PA的方程为，其中，联立，化简得，则，同理可得，因为，所以，所以是定值.【变式】1（2023河北保定统考二模）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为短轴长的2倍，若椭圆经过点，(1)求椭圆的方程

7、；(2)若是椭圆上不同于点的两个动点，直线与轴围成底边在轴上的等腰三角形，证明：直线的斜率为定值【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设椭圆的方程为根据题意得，解得故所求椭圆方程为（2）如下图所示：设直线交该椭圆与两点将代入得所以由直线能与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形，可得，即整理得，即即，所以当时，不论为何值时都成立，所以直线与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形时直线的斜率为定值2（2023四川南充四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆的左、右焦点为，离心率为.点是椭圆上不同于顶点的任意一点，射线分别与椭圆交于点，的周长为8.(1)求椭圆的标准方程；(2)设，的面积分别为.求证：为定值

8、.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）解：因为的周长为，即所以，可得，由椭圆的离心率，可得，从而，所以椭圆的标准方程为（2）证明：设，则，可设直线PA的方程为，其中，联立方程，整理得，则，同理可得， 因为，所以 所以是定值3.（2023湖北武汉华中师大一附中校考模拟预测）已知抛物线T的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过，四点中的两点.(1)求抛物线T的方程：(2)已知圆，过点作圆的两条切线，分别交抛物线T于，和，四个点，试判断是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值16【解析】（1）抛物线T的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过，四点中的两点，由对称

9、性，点和点不可能同时在抛物线T上，点和点也不可能同时在抛物线T上，则抛物线只可能开口向上或开口向右，设，若过点，则，得，抛物线过点，符合题意；设，若过点，则，得，但抛物线不过点，不合题意综上，抛物线T的方程为（2），设直线，即，由AB与圆相切得，设，同理可得，是方程的两根，联立，消y得，同理，所以为定值16考法三 定直线【例3】（2023全国统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【解析】（1）设双曲线方程为，

10、由焦点坐标可知，则由可得，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【变式】1（2023湖南永州统考一模）已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点(1)求点的轨迹的方程；(2)设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由得，其半径为4，因为线段的垂直平分线与直线交于点，故，则,而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，则，故点的

11、轨迹的方程为.（2）证明：由题意知，若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，联立，得，故，设，则直线的方程为，直线的方程为，故，则，即，解得，故直线与直线的交点在定直线上.2（2023江苏常州校考一模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为(1)求椭圆的方程；(2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意可知，因为，所以解得，所以所求椭圆的方程为（2）设，直线的斜率显然存在，设为，则的方程为因为，四点共线，不妨设，则，由，可得，化简得（*）联立直线和椭圆

12、的方程，得，消去，得，得，由韦达定理，得，代入（*）化简得，即又，代入上式，得，化简得所以点总在一条定直线上考法四 最值【例4】（2023全国统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且(1)求；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，求面积的最小值【答案】(1)(2)【解析】（1）设，由可得，所以，所以，即，因为，解得：（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，由可得，所以，因为，所以，即，亦即，将代入得，所以，且，解得或设点到直线的距离为，所以，所以的面积，而或，所以，当时，的面积【变式】1（2023浙江模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般

13、好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足.(1)化简曲线的方程；(2)已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直线的垂线，交于两点，求面积的最小值.【答案】(1)；(2)【解析】（1），由得所以曲线的方程是；（2）设，直线方程是，则直线方程为，即,直线与已知圆相切，所以，则，由得，由题意（），或，又原点到直线的距离为，由或得，设，当且仅当时等号成立，当且仅当时等号成立，时，即时，2（2023浙江模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线与椭圆交于点，与圆相切且切点为为中点.(1)求圆的半径的取值范围；(2)求的取值范围.【答案】(

14、1)(2)【解析】（1）如图所示，由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为（），设圆N的半径为r， ，所以，又因为M为的中点，所以，又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，所以，所以，解得，所以，解得：，所以（），所以，即，所以圆N的半径r的取值范围为.（2）由（1）知，所以（），令，则（），所以，显然在上单调递减，所以，所以，即，故的取值范围为.3（2023河北秦皇岛校联考二模）已知双曲线实轴的一个端点是，虚轴的一个端点是，直线与双曲线的一条渐近线的交点为.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与曲线有两个不同的交点是坐标原点，求的面积最小值.【答案】(1)(2)【解析】（1）设点，点

15、，则直线的方程为，与渐近线联立，得，解之得，即直线与双曲线的一条渐近线交点为，又直线与双曲线的一条渐近线的交点为，所以，即，因此双曲线方程为.（2）设，把代入，得，则 ，点到直线的距离，所以的面积为，令，所以，令，则，因为，所以，由，得，由，得，由，得，即当时，等号成立，此时满足，所以面积的最小值为.考法五 轨迹问题【例5】（2023湖南校联考二模）已知为双曲线的左右焦点，且该双曲线离心率小于等于，点和是双曲线上关于轴对称非重合的两个动点，为双曲线左右顶点，恒成立(1)求该双曲线的标准方程；(2)设直线和的交点为，求点的轨迹方程【答案】(1)(2)【解析】（1）设双曲线的焦距为，由及双曲线的定

16、义，得，解得，由可得，又恒成立，所以，解得因为该双曲线离心率小于等于，所以，即，解得，所以，则，所以双曲线的标准方程为（2）因为，所以点只能在双曲线的右支上，设，则，因为在双曲线上，所以，易得，所以直线的斜率为，直线的方程为，同理可求得直线的方程为，由得，将代入得，化简得，令=即，化简得，因为，所以，即点的轨迹方程为【变式】1（2023湖北武汉华中师大一附中校考模拟预测）已知过右焦点的直线交双曲线于两点，曲线的左右顶点分别为，虚轴长与实轴长的比值为(1)求曲线的方程；(2)如图，点关于原点的对称点为点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的轨迹方程【答案】(1)(2)【解析】（1）由题意得，

17、又，则，曲线的方程为；（2）设直线的斜率分别为，直线为，由，得，则，由于点关于原点的对称点为点，则直线为，直线为，显然，由，得，即，则直线的方程为，由得，即，当时，由对称性可知在轴上，此时直线平行于直线，不符合题意，故的轨迹方程为2（2023江西校联考二模）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.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设点，由题意知切线的方程为，同理，设点，则切线的方程分别

18、为：，又点Q在直线上，所以，所以直线的方程为：，和比较可得，又在曲线上，即，所以，即点Q的轨迹E的方程为；（2）设点，则由知，设，则且，则：，即，整理可得且，又在曲线E上，则，故，所以，所以，即，由于,故时，所以动点T的轨迹过定点.3（2023湖南长沙雅礼中学校考一模）已知椭圆C：，直线l与椭圆C交于A，B两点(1)点为椭圆C上的动点（与点A，B不重合），若直线PA，直线PB的斜率存在且斜率之积为，试探究直线l是否过定点，并说明理由；(2)若过点O作，垂足为点Q，求点Q的轨迹方程【答案】(1)直线l过定点；(2)【解析】（1）直线过定点，下面证明：设，又，直线过原点满足又当PA两点固定时为定值

19、，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为， 则直线重合，则重合，直线l过定点（2）设，不妨设，又点A，B在椭圆上，两式相加得，由，得，点Q的轨迹是以点O为圆心以为半径的圆，点Q的轨迹方程为考法六 长度比值【例6】（2023上海杨浦复旦附中校考模拟预测）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论如图所示，抛物线，其中为一给定的实数.(1)写出抛物线的焦点坐标及准线方程；(2)若直线与抛物线只有一个

20、公共点，求实数k的值；(3)如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：【答案】(1)，(2)(3)证明见解析【解析】（1）焦点为，准线为；（2）将代入，化简得（*），方程（*）的判别式，化简得，解得；（3）设，设抛物线在点处的切线方程为，由，消去并化简得，解得，故切线方程为， ，即，同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：，联立，解得，即，同理可得，因为，所以【变式】1（2023云南校联考三模）如图，已知椭圆的上、下顶点为，右顶点为，离心率为，直线和相交于点，过作直线交轴的正半轴于点，交椭圆于点，连接交于点.(1)求的方程；(2)求证：.【答案】(

21、1)(2)证明见解析【解析】（1）依题意可得，又，解得，所以的方程为.（2）在椭圆中，所以，设直线（），直线（），因为直线与直线相交于点，由，解得，所以，又点在椭圆上，所以，整理得，因为直线交轴正半轴于点，令得，即，又因为，所以，所以，因为直线交于点，令得，故，又，所以，所以，又，所以，所以，所以.2（2023河南校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为.(1)求C的方程；(2)证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）根据题意有，C的一条渐近线方程为，将代入C的方程有，所以M，N到直

22、线的距离之和为，所以，C的方程为.（2）方法1：当l垂直于x轴时，由（1）可知，且由双曲的定义可知，故.当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知，故.设，代入C的方程有：，设，则，所以，所以.综上，的值为6.方法2：当l垂直于x轴时，由（1）可知，且由双曲的定义可知，故.当l不垂直于x轴时，设，代入C的方程有：.设，则，所以.综上，的值为6.考法七 存在性【例7】（2023陕西西安陕西师大附中校考模拟预测）已知椭圆经过点，过点的直线交该椭圆于，两点.(1)求面积的最大值，并求此时直线的方程；(2)若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)面

23、积的最大值为，此时直线的方程为或；(2)存在，【解析】（1）将代入椭圆方程，得到，故，故椭圆方程为.当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，得，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最大值为，此时直线的方程为或.（2）在x轴上存在点使得恒成立，理由如下：因为，所以，即，整理得，即，所以，则，解得，故在x轴上存在点，使得恒成立.【变式】1（2023吉林长春东北师大附中校考一模）椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范

24、围【答案】(1)(2)【解析】（1）因为该椭圆的离心率为，所以有，在方程中，令，解得，因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，所以有，由可得：，所以椭圆的方程为；（2）当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为，于是有，因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，化简，得，设，于是有，因为，所以，代入中，得，于是有，化简，得，代入中，得.2（2023辽宁抚顺校考模拟预测）已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离之比为(1)求点的轨迹的方程；(2)对，曲线上是否始终存在两点，关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若

25、不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）设，则，即，整理得，所以点的轨迹的方程为（2）假设曲线上始终存在两点，关于直线对称，当时，设直线方程为，联立，整理得，则，所以，设的中点为，则，将代入，则，所以，所以对恒成立，即对恒成立，因为，所以，则易知当时，曲线上存在两点，关于直线对称所以的取值范围为3（2023四川成都模拟预测）已知椭圆的中心为O，左、右焦点分别为，M为椭圆C上一点，线段与圆相切于该线段的中点N，且的面积为4.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说

26、明理由.【答案】(1)(2)【解析】（1）连接，则，因为为的中点，为的中点，所以，故，解得，由椭圆定义可知，解得，由勾股定理得，即，解得，故，故椭圆方程为；（2）由题意得，当直线的斜率不存在时，即，此时，解得，设，由于，由对称性可知，为椭圆左顶点，但，故不合要求，舍去，当直线的斜率存在时，设为，联立得，设，则，则中点坐标为，假设存在点P，使得四边形是平行四边形，则，将代入椭圆中，得，解得，此时直线AB的方程为.考法八 角度关系转斜率【例8】（2022全国统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0(1)求l的斜率；(2)若，求的面积【答案】(1)；(2)【解析】（

27、1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，联立可得，所以，且所以由可得，即，即，所以，化简得，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故（2）方法一：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，当均在双曲线左支时，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，因为方程有一个根为，所以，同理可得，所以，点到直线的距离，故的面积为方法二： 设直线AP的倾斜角为，由，得，由，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故【变式】1

28、（2023陕西宝鸡校考模拟预测）已知点P是平面直角坐标系异于O的任意一点过点P作直线及的平行线，分别交x轴于M，N两点，且(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在x轴正半轴上取两点，且，过点A作直线l与轨迹C交于E，F两点，证明：【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意，设点P坐标为，则根据题意，得，由得：，化简得：，所以轨迹C的方程为：（2）由题意，当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，成立当直线l的斜率存在，由题意，设直线l的方程为：、，由得：，有得：，且，则，又，因为，所以，则综上所述，2（2023贵州毕节校考模拟预测）已知椭圆的三个顶点所确定的三角形的面积为，（是的离心率）是

29、上一点.(1)求的方程；(2)若直线与交于两点，设，直线与分别交于（不同于）两点，当时，记直线的倾斜角分别为，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）依题意可得，得，得，得，得，得，得，则，所以椭圆的方程为.（2）设，联立，消去并整理得，因为在椭圆内，所以判别式恒大于，当时，直线：，联立，消去并整理得， 因为，即，所以，所以，因为在椭圆内，所以判别式恒大于，所以，当时，直线：，易得，也满足，故，同理可得，所以，所以，因为，所以，当且仅当，又，即时，等号成立，所以的最大值为.考点九 三点共线【例9】（2023贵州毕节校考模拟预测）已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，当平行于轴时，

30、.(1)求抛物线的方程；(2)若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为的中点为，证明：三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）抛物线的焦点为，当平行于轴时，设直线的方程为，设点、，解得，所以，抛物线的方程为.（2）设直线的方程为，设点、，联立可得，由韦达定理可得，又因为直线的方程为，将代入直线的方程可得，可得，即点，所以，因为，则，所以，直线的方程为，联立可得，则，故，则，由的中点为，可得，故、三点共线【变式】1（2022秋云南昆明 ）过抛物线：上一动点作x轴的垂线，记垂足为，设线段的中点为，动点的轨迹为曲线，设为坐标原点(1)求曲线的方程；(

31、2)过抛物线的焦点作直线与曲线交于两点，设抛物线的准线为，过点作直线的垂线，记垂足为，证明：、三点共线，【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）解：设，则，因为是的中点，所以，即，所以，即，所以曲线C的方程；（2）证明：由题意得，准线，设点，则设过抛物线的焦点的直线为当时，则，所以直线的方程为，即，因为过原点，所以、三点共线；当时，联立方程，化简得，则，且，直线的方程为，将代入的方程，即当成立时，、三点共线.下面证明成立：因为，欲证成立，只需证成立，即证成立，即证成立，又，所以所以成立，所以、三点共线.2（2023江苏镇江）已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于两点、，其中，且.（1）

32、求该抛物线的方程；（2）设O为坐标原点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为C，证明：B、O、C三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）依题意可知抛物线的焦点坐标为，故直线的方程为，联立，可得.，解得.经过抛物线焦点的弦，解得.抛物线方程为；（2）由（1）知A点的坐标为，B点的坐标为，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为C，则C点的坐标为，又直线与直线有一个公共点O，所以B、O、C三点共线.3（2023江苏南京）在平面直角坐标系中，已知抛物线：的准线方程为：.（1）求抛物线的方程；（2）过抛物线的焦点作直线与抛物线相交于，两点，过点作直线的垂线，交于点，求证：，三点共线.【答案】

33、(1)；(2)证明见详解.【解析】（1）因为抛物线的准线方程为：，故可得，解得.故抛物线方程为.（2）由（1）中抛物线方程可得，设坐标分别为，故可设直线方程为，联立抛物线方程可得：，；又根据抛物线定义可知点坐标为，故可得.故可得斜率相同，且有公共点，故可得三点共线.即证.考法十 三角形类型的转化【例10】（2022黑龙江佳木斯佳木斯一中校考三模）已知椭圆，左焦点为，上顶点为，直线BF与椭圆交于另一点Q，且，且点在椭圆上.(1)求椭圆C的方程；(2)设，M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点P，直线与直线交于点.证明：是等腰三角形.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）因为，

34、 ，故，故，所以即，而在椭圆上，故，故，解得，所以，故椭圆方程为：.（2）设，故，而，由可得，同理.,因为在椭圆上，故，故即，而所以，故是等腰三角形.【变式】1.（2022浙江模拟预测）已知直线l：为双曲线C：的一条渐近线，且双曲线C经过点.(1)求双曲线C的方程；(2)设A，B是双曲线右支上两点，若直线l上存在点P，使得为正三角形，求直线AB的斜率的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）双曲线C：的渐近线为直线l：为曲线C：的渐近线，所以即，所以双曲线方程为，又因为双曲线C经过点.即，所以，所以双曲线方程为：（2）当的斜率不存在时，则为原点，则，舍去.由题意得的斜率一定不为零，当的斜率

35、存在时，设方程为，点.把直线方程代入双曲线方程得：并且即则故线段的中点为，又为正三角形，故，由正三角形可得即则即代入，若，则，不满足，则，得则，又两点在右支上，故，则，解得.2（2023福建统考一模）已知椭圆的离心率为，其左焦点为(1)求的方程；(2)如图，过的上顶点作动圆的切线分别交于两点，是否存在圆使得是以为斜边的直角三角形？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【解析】（1）由题意设焦距为，则，由离心率为，所以，则，的方程为（2）不存在，证明如下：假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，直线的斜率为0，不合题意依题意不妨设为：，：，圆的半径为，则圆心到直线的距离为，即是关于的方程的两异根，此时，再联立直线与椭圆方程得，所以，即，得所以，同理由，得，由题意，即，此时，所以，因为，所以方程无解，命题得证