高考数学一轮复习策略

1、揣摩例题。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。

2、精练习题

复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。

3、加强审题的规范性

每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。

4、重视错题

“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。

专题9.7   圆锥曲线综合问题

【考点分类剖析】

考点一 ：圆锥曲线中的定点问题

【典例1】5．（2020·全国高考真题（理））已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．

（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点.

【答案】（1）；（2）证明详见解析.

【解析】

（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，

，

，

椭圆方程为：

（2）证明：设，

则直线的方程为：，即：

联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：

，解得：或

将代入直线可得：

所以点的坐标为.

同理可得：点的坐标为

当时，

直线的方程为：，

整理可得：

整理得：

所以直线过定点．

当时，直线：，直线过点．

故直线CD过定点．

【典例2】（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知P是圆F1：（x+1）2+y2＝16上任意一点，F2（1，0），线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C．

（1）求曲线C的方程；

（2）记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H（4，0）.

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】

（1）由已知|QF1|+|QF2|＝|QF1|+|QP|＝|PF1|＝4，

所以点Q的轨迹为以为F1，F2焦点，长轴长为4的椭圆，

故2a＝4，a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3

所以曲线C的方程为

（2）由（1）可得A（﹣2，0），B（2，0），设点M的坐标为（1，m）

直线MA的方程为：

将与联立消去y整理得：（4m2+27）x2+16m2x+16m2﹣108＝0，

设点D的坐标为（xD，yD），则，

故，则

直线MB的方程为：y＝﹣m（x﹣2）

将y＝﹣m（x﹣2）与联立消去y整理得：（4m2+3）x2﹣16m2x+16m2﹣12＝0

设点E的坐标为（xE，yE），则，

故，则

HD的斜率为

HE的斜率为

因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H.

【规律方法】

1.圆锥曲线中定点问题的求解策略

圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等．解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清．

2.圆锥曲线中定点问题的两种解法

【变式探究】

1．（2019·北京高考真题（文））已知椭圆的右焦点为，且经过点.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.

【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）见解析.

【解析】

（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；

因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.

（Ⅱ）设

联立得，

，，.

直线，令得，即；

同理可得.

因为,所以；

，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.

2.（2019年高考北京卷理）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．

（1）求抛物线C的方程及其准线方程；

（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．

【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.

【解析】（1）由抛物线经过点，得.

所以抛物线的方程为，其准线方程为.

（2）抛物线的焦点为.

设直线的方程为.

由得.

设，则.

直线的方程为.

令，得点A的横坐标.

同理得点B的横坐标.

设点，则，

.

令，即，则或.

综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.

考点二 ：  圆锥曲线中的定值问题

【典例3】（2021·全国高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】

（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；

（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；

充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.

【详解】

（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，

又，所以椭圆方程为；

（2）由（1）得，曲线为，

当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；

当直线的斜率存在时，设，

必要性：

若M，N，F三点共线，可设直线即，

由直线与曲线相切可得，解得，

联立可得，所以，

所以,

所以必要性成立；

充分性：设直线即，

由直线与曲线相切可得，所以，

联立可得，

所以，

所以

，

化简得，所以，

所以或，所以直线或，

所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；

所以M，N，F三点共线的充要条件是．

【典例4】（2020·浙江高三月考）已知椭圆（）的焦距为，且过点．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若点，设为椭圆上位于第三象限内一动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值，并求出该定值．

【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）四边形的面积为定值2；证明见解析.

【解析】

（Ⅰ）由题意，，且，求得，所以．

所以椭圆的方程为；

（Ⅱ）设（，），则．

又，，所以直线的方程为．

令，得，从而．

直线的方程为．

令，得，从而．

所以四边形的面积

所以四边形的面积为定值2．

【规律方法】

1.圆锥曲线中定值问题的特征

圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等．定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知，可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现．

2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

3.两种解题思路

①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

②引进变量法：其解题流程为：

【变式探究】

1. （2020届山东省高考模拟）已知椭圆的离心率为，椭圆截直线所得的线段的长度为.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的点，是坐标原点，若，判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析

【解析】

 (Ⅰ)由解得

得椭圆的方程为.

（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，

此时四边形的面积为．

当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程

，

点到直线的距离是

由得

因为点在曲线上，所以有

整理得

由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为

由得, 故四边形的面积是定值，其定值为．

2. （2021·福建高三月考）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为60°，原点到直线的距离是．

（1）求的方程；

（2）过上任一点作直线，分别交于，（异于的两点），且，，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）是定值，定值为6．

【分析】

（1）先求出，然后由点到直线的距离列出关于的方程，求出的值，进而得到的值，从而得到的方程；

（2）①当点为椭圆右顶点时，求出；②当点为椭圆左顶点时，求出；③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，设直线，的方程，分别与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后利用向量的关系，求出，，即可得到答案．

【详解】

（1）由题意，点，直线的倾斜角为60°，所以，

在中，求得点到直线的距离是，

又由原点到直线的距离是，则，所以，

故的标准方程为.

（2）①当点为椭圆右顶点时，，，所以；

②当点为椭圆左顶点时，同理可得；

③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，

设直线的方程是，直线的方程是，

分别代入椭圆方程，

可得和，

设，，，则，，

由，可得，则，

由直线的方程，可得，

所以，

由，同理可得，所以为定值．

综上所述，为定值6．

【点睛】

（1）椭圆的焦点三角形的周长为定值：；

（2）圆，圆上一点处的切线方程为：.

考点三 ：  圆锥曲线中的最值与范围问题

【典例5】（2021·北京高考真题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．

（1）求椭圆E的方程；

（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】

（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.

（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.

【详解】

（1）因为椭圆过，故，

因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，

故椭圆的标准方程为：.

（2）

设，

因为直线的斜率存在，故，

故直线，令，则，同理.

直线，由可得，

故，解得或.

又，故，所以

又

故即，

综上，或.

【典例6】（2019年高考全国Ⅱ卷理21）已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.

（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；

（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.

（i）证明：是直角三角形；

（ii）求面积的最大值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．

（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．

由得．

记，则．

于是直线的斜率为，方程为．

由得

．①

设，则和是方程①的解，故，由此得．

从而直线的斜率为．

所以，即是直角三角形．

（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．

设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．

因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．

因此，△PQG面积的最大值为．

【典例7】（2021·上海市控江中学高三开学考试）在平面直角坐标系中，抛物线，点，，为上的两点，在第一象限，满足.

（1）求证：直线过定点，并求定点坐标；

（2）设为上的动点，求的取值范围；

（3）记△的面积为，△的面积为，求的最小值.

【答案】（1）证明见解析，；（2）；（3）.

【分析】

（1）设，由已知并结合向量数量的坐标表示易得，再设为联立抛物线，应用韦达定理有，求得，即可证结论.

（2）设并求，关于参数a的表达式，由目标式化简，应用换元法并结合二次函数的性质求范围.

（3）由（1），用参数k表示、到的距离、，由、可得关于k的函数，应用判别式法求值域，进而可得最小值.

【详解】

（1）令，则，

由知：，又，，

∴，则，

设直线为，联立抛物线方程整理得：，则，

∴，故直线为，即直线过定点.

（2）设，则， ，

∴，令，

∴且，

∴当时，；当时，.

∴.

（3）由（1），直线为， 联立抛物线整理得：，

∴，，有，由在第一象限，则，即，

∴，可得.

，又到的距离，

∴，而，

∴，

∴，整理得，

∴，即，又，得：.

∴的最小值为.

【总结提升】

1．处理圆锥曲线最值问题的求解方法

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.

2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面

(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．

(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．

(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．

(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．

【变式探究】

1.（2020·浙江金华�高二期末）已知：抛物线，过外点作的两条切线，切点分别为、.

（Ⅰ）若，求两条切线的方程；

（Ⅱ）点是椭圆上的动点，求面积的取值范围.

【答案】（Ⅰ）和；（Ⅱ）.

【解析】

（Ⅰ）设过点的切线方程为，将其代入，可得，

因为直线与抛物线相切，，解得.

因此，所求的两条切线的方程为和；

（Ⅱ）设、、，由，可得，

则切线的方程为，又，

即.同理，切线的方程为.

又和都过点，.

直线方程为，即.

联立，得.

,

由韦达定理得，.

.

点到直线的距离为，

的面积.

，，，

.

2.（2019·四川高三月考（理））已知抛物线，过点的直线与抛物线交于 两点，又过两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点.

（1）证明：直线的斜率之积为定值；

（2）求面积的最小值

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

（1）证明：由题意设 的方程为 ，

联立 ，得 因为 ，

所以设 ，则

设直线 的斜率分别为 ，

对 求导得 ，

所以 ，

所以，（定值）

（2）解：由（1）可得直线 的方程为

①

直线 的方程为

②

联立①②，得点 的坐标为，

由（1）得 ，

所以 .

于是 ，

点 到直线 的距离，

所以 ，

当，即时，的面积取得最小值

3．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知椭圆E：()的左焦点为，过F的直线交E于A、C两点，的中点坐标为.

（1）求椭圆E的方程；

（2）过原点O的直线和相交且交E于B、D两点，求四边形面积的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

（1）设，，

可得，，两式相减得，

将，代入上式，

即，，

又，即有，，

则椭圆E的方程为；

（2）直线AC的方程为，

联立，解得或，

，

设，，且直线的斜率存在，设方程为()，

联立，得，则，

设，分别表示B，D到直线的距离，

所以

，

令，则，

故，

当且仅当，即，时，四边形的面积取得最大值.

考点四 ：  圆锥曲线中的探索性问题

【典例8】（2019·全国高考真题（文））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．

（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．

（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．

【答案】（1）或；

（2）见解析.

【解析】

（1）在直线上    设，则

又    ，解得：

过点，    圆心必在直线上

设，圆的半径为

与相切   

又，即

，解得：或

当时，；当时，

的半径为：或

（2）存在定点，使得

说明如下：

，关于原点对称且

直线必为过原点的直线，且

①当直线斜率存在时，设方程为：

则的圆心必在直线上

设，的半径为

与相切   

又

，整理可得：

即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点

，即抛物线上点到的距离   

当与重合，即点坐标为时，

②当直线斜率不存在时，则直线方程为：

在轴上，设

，解得：，即

若，则

综上所述，存在定点，使得为定值.

【例9】（2021·河南高二期末（文））已知以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴的椭圆经过点，．

（1）求椭圆的标准方程．

（2）设过点的直线与交于，两点，点在轴上，且，是否存在常数使？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）存在实数满足题意.

【分析】

(1)设出椭圆标准方程，将给定点的坐标代入列出方程组，求解即得；

(2)直线斜率存在时，设出的方程，联立与的方程消元，借助韦达定理求出线段MN长，再求出QF长即可，验证斜率不存在时即可判断作答.

【详解】

（1）设椭圆的标准方程为，因点，在椭圆上，

则有，解得，，

所以椭圆的标准方程为；

（2）显然点为椭圆的右焦点，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

由消去y并整理得：，

设，，则，，

于是得，

而，则线段的中点坐标为，

因为点在轴上，且，则为线段的垂直平分线与轴的交点，

当时，，，则，

当时，线段的垂直平分线方程为，

令，得，即，则有，于是得，

当直线的斜率不存在时，，取或能满足，

综上所述，存在实数满足题意.

【总结提升】

1.探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证．若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性；若证明某结论不存在，也可以采用反证法.

2.解析几何中存在性问题的求解方法：

（1）通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在．

（2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．

【变式探究】

1.（2021·全国高三（理））已知椭圆的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）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，的斜率存在，记为，．

①求证：为定值；

②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）；（2）①，②．

【分析】

（1）依题意列方程组，，即可求解；

（2）①设椭圆的“卫星圆”的圆心为，由切线条件得，，化简即可求得为定值；②设由题意得，由于，所以，根据距离公式即可求得结果．

【详解】

（1）依题意得，，，解得

所以椭圆的标准方程为

（2）①直线，的方程分别为，设椭圆的“卫星圆”的圆心为

因为直线，为“卫星圆”的两条切线，则，

化简得，

所以，为方程的两根，故

又因为，所以，故为定值；

②设，

由 ，

则

由于，所以，

得

所以为定值．

2.（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高二月考）已知椭圆T：经过以下四个不同点中的某三个点：，，，．

（1）求椭圆T的方程；

（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，得到椭圆E．已知M，N两点的坐标分别为，，点F是直线上的一个动点，且直线，分别交椭圆E于G，H（G，H分别异于M，N点）两点，试判断直线是否恒过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】（1）；（2）直线恒过定点.

【分析】

（1）分析可得三点在椭圆上，代入椭圆方程，待定系数即得解；

（2）先通过伸缩变换得到椭圆E方程为：，设，，，分别表示直线，的方程，与椭圆联立，求得G，H坐标，表示直线的方程，整理即得定点.

【详解】

（1）由题意可得A，C一定在椭圆上，即①，

若B在椭圆上，则②，

由①②可得，不存在，

所以D在椭圆上，可得③，

由①③可得，，

所以椭圆的方程为：；

（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，设E上的点为：，对应的点，由题意可得，，

所以，，

所以E的方程，

设，，，

，

所以直线的方程为：，直线的方程，

联立直线与椭圆的方程整理可得，所以，，即，

联立直线NF与椭圆的方程：整理可得，所以，即，

所以直线的斜率为：，

所以直线的方程为：，

整理可得，当，.

所以直线恒过定点．

考点五 ：  直线、圆及圆锥曲线的交汇问题

【典例10】（2020·全国高考真题（理））若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ）

A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+

【答案】D

【解析】

设直线在曲线上的切点为，则，

函数的导数为，则直线的斜率，

设直线的方程为，即，

由于直线与圆相切，则，

两边平方并整理得，解得，（舍），

则直线的方程为，即.

故选：D.

【典例11】（2021·福建莆田·高三）曲线上任意一点到点的距离与它到直线的距离之比等于，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点．

（1）求的方程；

（2）求证：内切圆的圆心在定直线上．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】

（1）设点，根据条件建立等式，化简即可；

（2）设出直线和点，将代入C，消元后根据根与系数的关系得到两根间的关系，设出直线AF与BF的斜率然后求和，化为两根关系结合根与系数的关系化简，进而得到答案.

【详解】

（1）设，由题意：，

化简得：，即C的方程为：.

（2）设直线，，将代入C得：，

∴

设直线AF与BF的斜率分别为，则

.

∴，则，∴直线平分，而三角形内心在的角平分线上，∴内切圆的圆心在定直线上.

【典例12】（2021·吉林长春市·东北师大附中高三月考（理））椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.

（1）求椭圆的方程及其离心率；

（2）直线与椭圆相交于，两点，为原点，是否存在点满足，，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由

【答案】（1），；（2）存在，或.

【分析】

（1）由题意，椭圆的，再代入，联立即得解，，再由即可得离心率；

（2）由题意，R为的重心，将直线与椭圆联立，借助韦达定理可得

，且在圆上，代入可得

，由可得，，代入可得，结合的范围可得解.

【详解】

（1）由题意，抛物线的标准方程为，

∴抛物线焦点坐标为

即在椭圆中，，

将点代入曲线的方程，

得

由得，

，，

则椭圆的方程为

则椭圆的离心率

（2）存在符合要求的点.

直线与椭圆相交于，两点，

联立方程，整理得

设，两点坐标为，，

则，

，

得

∵点满足且，

的重心在圆上

，

，

即，

，

，

即，

，

，

令，

则，

则，

或

【总结提升】

直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力．

【变式探究】

1.（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知抛物线，的焦点为，过点的直线的斜率为，与抛物线交于，两点，抛物线在点，处的切线分别为，，两条切线的交点为．

（1）证明：；

（2）若的外接圆与抛物线有四个不同的交点，求直线的斜率的取值范围．

【答案】（1）证明见解析（2）或

【解析】

（1）证明：依题意有，直线，

设，，，，直线与抛物线相交，

联立方程消去，化简得，

所以，．

又因为，所以直线的斜率．

同理，直线的斜率，

所以，，

所以，直线，即．

（2）由（1）可知，圆是以为直径的圆，

设是圆上的一点，则，

所以，圆的方程为，

又因为，

所以，圆的方程可化简为，

联立圆与抛物线得

消去，得，

即，即，

若方程与方程有相同的实数根，

则，矛盾，

所以，方程与方程没有相同的实数根，

所以，圆与抛物线有四个不同的交点等价于，

综上所述，．

2.（2019年高考全国Ⅲ卷理）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.

【答案】（1）见详解；（2）3或.

【解析】（1）设，则.

由于，所以切线DA的斜率为，故 .

整理得

设，同理可得.

故直线AB的方程为.

所以直线AB过定点.

（2）由（1）得直线AB的方程为.

由，可得.

于是，

.

设分别为点D，E到直线AB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t=0或.

当=0时，S=3；当时，.

因此，四边形ADBE的面积为3或.

3．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高二月考（文））已知椭圆的两个焦点坐标分别是(-2，0)，(2，0)，并且经过点，，是椭圆上的不同两点，且以为直径的圆经过原点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）是否存在圆心在原点的圆恒与直线相切，若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，.

【解析】

（1）设椭圆方程为，

由椭圆定义得，

则，，

所以椭圆方程为；

（2）假设存在圆心在原点的圆恒与直线相切，

设， 且，

由以为直径的圆经过原点得，即，

设，与联立，消去得，

则，

整理得，

又原点到直线的距离,

故存在圆心在原点的圆恒与直线相切，且圆的方程为.