专题六 解析几何 第六讲　定值问题-2025年高考数学二轮复习讲义（新高考专用）

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目录
【真题自测】2
【考点突破】5
【考点一】定值问题5
【专题精练】20
真题自测
一、解答题
1．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
参考答案：
1．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得，，
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
考点突破
【考点一】定值问题
一、单选题
1．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知椭圆C：的离心率为，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，D是直线上的一动点．与C交于点P（P在x轴的上方），过A作的垂线交的延长线于点E，当取最大值时，点D的纵坐标为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·河南·三模）已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，P，M，Q，N是抛物线上的四个点（P，M在轴上方，Q，N在轴下方），已知直线PQ与MN的斜率分别为和2，且直线PQ与MN相交于点，则（ ）
A．B．C．D．2
二、多选题
4．（23-24高二上·云南昆明·期末）设椭圆的右焦点为F，直线与椭圆交于A，B两点，则（ ）
A．为定值B．的周长的取值范围是
C．当时，为直角三角形D．当时，的面积为
5．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线：与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点在直线上，点Q在直线上，且，则（ ）
A．C的离心率为3B．当时，
C．D．为定值
6．（2024高三·江苏·专题练习）已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（ ）
A．
B．存在实数，使得
C．若，则
D．若直线与的倾斜角互补，则
三、填空题
7．（2024·吉林白山·二模）已知点是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上异于，的一点，且以为直径的圆过点，点在轴上，且三点共线，为坐标原点，若成等比数列，则椭圆的离心率为 .
8．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）已知点是等轴双曲线的左右顶点，且点是双曲线上异于一点，，则 ．
9．（2024·四川成都·三模）设为抛物线 的焦点，过的直线与相交于两点，过点作的切线，与轴交于点，与轴交于点，则(其中为坐标原点) 的值为
四、解答题
10．（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值．
11．（23-24高三上·广西·阶段练习）已知双曲线过点和点．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过的直线与双曲线交于，两点，过双曲线的右焦点且与平行的直线交双曲线于，两点，试问是否为定值？若是定值，求该定值；若不是定值，请说明理由．
12．（2023·广东·二模）已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且．
(1)设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
(2)若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值．
参考答案：
1．D
【分析】结合已知并注意到，且，由此可得，进一步有，结合基本不等式取等条件以及锐角三角函数即可列方程求解.
【详解】由题意有：；
又因为，
所以，
显然直线斜率不为0，
即，
当，即时，取最大值．
此时，又，则．
故选：D．
2．A
【分析】容易知道，求出，两点坐标，则，由正弦定理求外接圆半径，结合基本不等式分析求解.
【详解】由题意可知：，

设动点，则，即，
设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设，
因为，，
则，即，
可知直线方程为：，则直线方程为：，
令得，，
即，，则，
由正弦定理得：，，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
3．A
【分析】设出点的坐标，写出直线的方程，联立抛物线方程，再根据韦达定理和弦长公式分别求得，再求结果即可.
【详解】设，则直线的方程为，
联立抛物线方程可得，，
则；
又直线方程为，
联立抛物线方程可得，
则，；
故，，，；
故.
故选：A.
4．AC
【分析】由椭圆定义可判断A；由为定值以及AB的范围可判断B；求出，的坐标，由数量积公式得出，可判断C；求出，的坐标，由三角形面积公式可判断D.
【详解】设椭圆的左焦点为，则，所以为定值6，故A正确；
的周长为，因为为定值6，
易知AB的范围是，所以的周长的范围是，故B错误；
将与椭圆方程联立，可解得，，
又易知，所以，
所以为直角三角形，故C正确；
将与椭圆方程联立，解得，，
所以，故D错误.
故选：AC．
5．BCD
【分析】根据离心率的公式即可求解A，联立直线与抛物线方程， 根据弦长公式即可求解B，根据二倍角公式以及斜率关系即可求解C，根据角的关系即可求解线段长度相等，判断D.
【详解】由题意得，，故A错误；
联立，得，解得或，则，故B正确；
由直线：可知，又，，故在线段的中垂线上，
设，的斜率分别为，，，故直线的方程为，
联立，得，
设，则，，故.
当轴时，，是等腰直角三角形，且易知；
当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故，
因为，所以，所以，，故C正确；
因为，故，故，故D正确.
故选:BCD.
6．ACD
【分析】根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可判断A正确；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线与的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.
【详解】由已知，抛物线：，∴，，焦点F1,0，
不妨设为Ax1,y1，Bx2,y2，设，到准线的距离分别为，，

对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，
直线：过焦点F1,0，
∴由抛物线的定义，故选项A正确；
对于B，消去，化简得（显然），
则，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴不存在实数，使得，选项B错误；
对于C，，，
∵，∴，∴，
又∵由选项B判断过程知，，
∴解得，，或，，，
∴若，则，选项C正确；
对于D，由题意，，，，，
直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，
∴，代入，，化简得，
由选项B的判断知，，
∴，∴，故选项D正确.
故选：ACD.
7．
【分析】由题意得，首先设直线，联立椭圆方程得坐标，进一步由，成等比数列，可得的坐标，从而可得斜率，注意到，结合离心率公式即可顺利得解.
【详解】
因为以为直径的圆过点，所以，
由题意设直线（斜率显然存在，否则点就不存在了），不妨设点分别在第一象限、第三象限，
则直线的斜率；
联立，解得，
则，
而，成等比数列，
则，
设，则，
从而，而不重合，也就是，
解得，则，
故直线的斜率，
设，
所以，
所以，故所求离心率.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是分别表示出，由此结合即可顺利得解.
8．
【分析】
根据等轴双曲线可得，据此可得关于的正切的方程，从而可求.
【详解】
因为双曲线为等轴双曲线，故，故，
设，则，，且，
，
即，
，，
，而，故即.
故答案为：.
9．/
【分析】设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据导数的几何意义求出过点作的切线的方程，即可求出两点的坐标，进而可得出答案.
【详解】由抛物线 ，得，
设直线的方程为，，
联立，消得，
则，
由，得，
所以过点作的切线的斜率为，
故切线方程为，即，
令，则，令，则，
即，
则，
所以.
故答案为：.
10．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意得，将点代入椭圆的方程可求得的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可．
【详解】（1）因为，所以，再将点代入得，
解得，故椭圆的方程为；
（2）由题意可设，
由可得，
易知恒成立，所以，
又因为A-2,0，
所以直线的方程为y=y1x1+2x+2，令，则，故，
同理，
从而，
故为定值．
11．(1)
(2)是，定值为．
【分析】
（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程， 进而由离心率公式即可求解.
（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解，即可代入化简求解.
【详解】（1）
将点和点的坐标代入，
得，解得
所以双曲线的离心率．
（2）
依题意可得直线的斜率存在，设：．
联立得，
设，，则，，
所以．
，直线：．设，．
联立得，
则且，
则
，
所以，所以为定值，定值为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围或者定值问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等或者等量关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，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建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数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.
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可得，结合斜率分析可得，即可得结果；
（2）根据题意利用韦达定理求弦长，可得面积，结合二次函数分析运算.
【详解】（1）因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，
设，，，，
则点M的横坐标，点N的横坐标，
由，得，
因式分解得，约分得，
所以，即，
所以MN垂直于x轴．
（2）设，则，且，
当时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当时，D为PB中点，同理得，
所以是方程的两个根，
因为，
由韦达定理得，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以
，，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．
【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
规律方法：
求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
专题精练
一、单选题
1．（2024·河北秦皇岛·二模）已知A，B为椭圆：上两个不同的点（直线与y轴不平行），F为C的右焦点，且，若线段的垂直平分线交x轴于点P，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·黑龙江·二模）双曲线的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点.若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高三上·内蒙古赤峰·期中）已知点在抛物线上，过点作直线，与抛物线分别交于不同于点的两点．若直线的斜率互为相反数，则直线的斜率为（ ）
A．B．
C．D．不存在
二、多选题
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，点是椭圆上任意一异于顶点的点，连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则下列结论正确的是（ ）
A．为定值
B．
C．当四边形的面积最大时，直线的斜率为1
D．点的纵坐标没有最大值
5．（23-24高二下·重庆·开学考试）设F为双曲线的右焦点，O为坐标原点．若圆交C的右支于A，B两点，则（ ）
A．C的焦距为B．为定值
C．的最大值为4D．的最小值为2
6．（2024·辽宁大连·一模）已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于A，两点，点为坐标原点，下列结论正确的是（ ）
A．存在点A、，使
B．若点是弦的中点，则点M到直线的距离的最小值为
C．平分
D．以为直径的圆与轴相切
三、填空题
7．（23-24高二上·江苏常州·期中）椭圆的弦满足，记坐标原点在的射影为，则到直线的距离为1的点的个数为 .
8．（2024·河北沧州·一模）已知双曲线：的焦距为，双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，则 ．
四、解答题
9．（2023·福建·模拟预测）已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为Γ
(1)求Γ的方程；
(2)坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与Γ交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.
①的面积是定值；②的面积是定值：③的面积是定值.
10．（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
11．（23-24高三下·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.
(1)当时，求直线的方程;
(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），
（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】设点Ax1,y1，Bx2,y2，求出和，由条件得，依次求得线段的中点坐标和其中垂线斜率，写出中垂线方程，令，求得点横坐标即得.
【详解】
如图，由题意知，设Ax1,y1，Bx2,y2，
根据点A，B在C上，则，，
所以，
同理可得，所以，
所以，
因线段的中点为，，
则的垂直平分线的斜率为，
又由，，作差化简得：，
则线段垂直平分线的方程为，
令，得：，
解得，所以.
故选：A.
2．D
【分析】设，由双曲线定义和题目条件，表达出，，，在中，由余弦定理得，则，在中，由余弦定理得，故，设，求出直线与的斜率之积为.
【详解】设，则，
由双曲线定义得，，
在中，由余弦定理得
，
解得，
则，，
在中，由余弦定理得
，
解得，则，，
设，则，
将代入得，
则直线与的斜率之积为.
故选：D
【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：
椭圆与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知椭圆的两顶点分别为，则椭圆上一点（除两点），满足；
双曲线与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知双曲线的两顶点分别为，则双曲线上一点（除两点），满足；
3．B
【分析】直线与抛物线相交于两点，已知点，设直线的斜率为，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理可用表示点的坐标，同理可用表示点的坐标，由消参，再求的斜率即可.
【详解】将点代入抛物线方程，得，
所以抛物线.
设直线的斜率分别为，则，
直线的方程为，与抛物线的方程联立，
消去整理得，
设，因为，
所以，代入直线的方程，得，
即
同理可得，
又，即，
所以直线的斜率为
.
故选：B.
4．AB
【分析】根据给定的椭圆方程，设点，结合斜率坐标公式计算判断AB；取点在第一象限，求出面积最大时的斜率判断C；表示出M点纵坐标后利用基本不等式即可判断D.
【详解】依题意，，设，
对于A，，A正确；
对于B，直线的方程为，它与直线的交点，
因此，B正确；
对于C，不妨令，四边形的面积
，当且仅当时取等号，此时点，
直线的斜率为，C错误；
对于D，设，则，，
联立，解得，
要确定点的纵坐标的最大值，不妨令，
则，当且仅当时等号成立，D错误.
故选：AB
【点睛】结论点睛：椭圆上的点的坐标可以设为.
5．BCD
【分析】根据双曲线方程求焦距，判断A；根据两个圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可判断B；并根据基本不等式，即可判断C；根据坐标表示，结合B选项，即可判断D.
【详解】双曲线方程，其中，则，所以焦距，故A错误；
设，，
所以，
（*）
联立，得，
其中，，代入（*）
得到（定值），故B正确；
，当时，等号成立，故C正确；
，同理，
所以，
其中
由B选项可知，，，，
所以上式，当时，取得的最小值，
所以的最小值是，
则的最小值是，故D正确.
故选：BCD
6．BCD
【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，直线m的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据判断A，根据焦半径公式判断B，通过计算即可判断C；结合题意结合抛物线的定义分析判断D；
【详解】对于A，由题意可知：抛物线C的焦点F的坐标为0,1，准线，
直线的斜率一定存在且与抛物线C相交，
设Ax1,y1,Bx2,y2，直线m的方程为，
与抛物线联立，得，则，，
可得，
所以为钝角，故A错误；
对于B，因为，
当且仅当时，等号成立，
所以点M到直线的距离为，故B正确；
对于C，因为点，因为，
即直线和直线的倾斜角互补，所以平分，故C正确；
对于D，由题意可知：的中点到x轴距离，
可知以为直径的圆与轴相切，故D正确．
故选：BCD．
7．4
【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再结合直线与这个轨迹的位置关系求解即得.
【详解】椭圆的弦满足，即有
设，则，，
于是，解得，同理，
则，即，
由原点在的射影为，得，而，
因此，即点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，方程为，
圆心到直线的距离，显然此直线与圆相交，
垂直于直线的圆的直径端点到直线距离分别为，
于是圆上到直线的距离为1的点有4个，
所以到直线的距离为1的点的个数为4.
故答案为：4

【点睛】思路点睛：涉及用椭圆上的动点处理问题时，可以借助正余弦函数设出此点坐标，再利用三角函数关系求解.
8．/
【分析】先用导数求在处切线的斜率，根据垂直关系，求出双曲线渐近线的斜率，进而得到双曲线的标准方程，再设直线与双曲线联立，求出，的坐标，即可得到答案.
【详解】因为，所以.
因为双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，
所以双曲线C的一条渐近线的斜率为：.
对双曲线，，所以双曲线C的标准方程为：.
如图：
M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，
设直线的方程为：，
由，所以.
又，用代替，可得.
所以
故答案为：.
9．(1)
(2)结论③正确，证明见解析
【分析】（1）由几何性质知P到，两点的距离之和为定值可得P的轨迹为椭圆；
（2）解法一、二：设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
解法三：当直线垂直于x轴时求得Q横坐标为4，当直线不垂直于x轴时，设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
解法四：设直线，，，表示出直线，的方程，利用在椭圆上得，将直线的方程化为，与直线联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
【详解】（1）由题意得，，.
因为D为BC中点，所以，即，
又，所以，
又E为的中点，所以，
所以，
所以点P的轨迹是以，为焦点的椭圆（左､右顶点除外）.
设，其中，.
则，，，.
故.
（2）解法一：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，
，
解得.
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.
解法二：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，
得
，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.
解法三：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0.
（i）当直线垂直于x轴时，，由，得或.
不妨设，，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，所以，
故Q到的距离，此时的面积是.
（ii）当直线不垂直于x轴时，设直线，，，且，.
由，得，
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得
.
下证：.
即证，即证，
即证，
即证，
上式显然成立，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
此时的面积是定值，为.
由（i）（ii）可知，的面积为定值.
解法四：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
因为，所以，
故直线的方程为：.
由，得
，
解得.
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.
【点睛】方法点睛：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G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x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质､定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
10．(1)
(2)，证明见解析.
【分析】（1）利用双曲线定义即可得到其方程；
（2）先得到特殊情况时，再证明其对一般情况也适用.
【详解】（1）连接，则，
点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，
点的轨迹方程为:.
（2）因为点的轨迹方程为:，则.
当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则，
而，易知此时为等腰直角三角形，
其中，
即，即:，
下证：对直线斜率存在的情形也成立，
设Px1,y1，其中，且，因为，则，且，
即，
，
，
，
结合正切函数在上的图象可知，.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.
11．(1)
(2)（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解.
（2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，由方程根的思想即可求解. 或O，M，C，N四点共圆，由或，也可求解.
（2）（ii）记的面积分别为，分别联立方程先求出，所以，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解.
【详解】（1）解:设直线
联立，消去，得，
所以，
，则
，则，又由题意，
直线的方程是;
（2）（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，
即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设，则，
因为O，M，D，N四点共圆，所以当M，D在直线异侧时，，
即，
化简可得:；
当M，D在直线同侧时，，
即，
化简可得:；
综上可得的重心的纵坐标为0.
（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，
所以，
由（1）得，，
所以，即，
因为，
点到直线MN的距离，
所以，
所以
在第一象限，即，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，
又因为，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为.
【点睛】
题号
1
2
3
4
5
6




答案
D
A
A
AC
BCD
ACD




题号
1
2
3
4
5
6




答案
A
D
B
AB
BCD
BCD