資源簡介

第26講 圓錐曲線壓軸小題
方法總結：
1、求離心率的方法：求橢圓和雙曲線的離心率主要圍繞尋找參數的比例關系（只需找出其中兩個參數的關系即可），方法通常有兩個方向：
（1）利用幾何性質：如果題目中存在焦點三角形（曲線上的點與兩焦點連線組成的三角形），那么可考慮尋求焦點三角形三邊的比例關系，進而兩條焦半徑與有關，另一條邊為焦距。從而可求解
（2）利用坐標運算：如果題目中的條件難以發掘幾何關系，那么可考慮將點的坐標用進行表示，再利用條件列出等式求解
2、離心率的范圍問題：在尋找不等關系時通常可從以下幾個方面考慮：
（1）題目中某點的橫坐標（或縱坐標）是否有范圍要求：例如橢圓與雙曲線對橫坐標的范圍有要求。如果問題圍繞在“曲線上存在一點”，則可考慮該點坐標用表示，且點坐標的范圍就是求離心率范圍的突破口
（2）若題目中有一個核心變量，則可以考慮離心率表示為某個變量的函數，從而求該函數的值域即可
（3）通過一些不等關系得到關于的不等式，進而解出離心率
注：在求解離心率范圍時要注意圓錐曲線中對離心率范圍的初始要求：橢圓：，雙曲線：
典型例題：
47．（2022·四川·模擬預測（文））已知拋物線的焦點為，點F關于直線的對稱點為M，過點F的直線l與拋物線C交于P，Q兩點，當時，直線PQ的斜率為___________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】
根據拋物線的焦點坐標求出拋物線的方程，利用點關于直線對稱的點求出點M的坐標，設直線l的方程為：，，聯立拋物線方程，進而利用韋達定理表示出，結合垂直向量的數量積為0列出關于的方程，解方程即可.
【詳解】
由題意知，拋物線的焦點F為，所以，
所以拋物線的方程為：，
設關于直線的對稱點為，
則直線MF與直線垂直，又，
有，得①，
因為線段MF的中點在直線，
所以，即②，
由①②，解得，所以，
設直線l的方程為：，，
則，，
，消去y，得，
，，
因為，所以，又，
所以
，
解得.
故答案為：
48．（2022·全國·模擬預測）已知A為雙曲線的左頂點，F為雙曲線C的右焦點，以實軸長為直徑的圓交其中一條漸近線于點P（點P在第二象限），PA平行于另一條漸近線，且，則______.
【答案】
【解析】
【分析】
先利用線線平行和漸近線的關系得到是等邊三角形，進而得到，再利用三角形的面積求出，，，再利用余弦定理進行求解.
【詳解】
如圖，連接PF，交另一條漸近線于點Q，
因為，所以，
所以是等邊三角形，所以，
則，即；
又因為，所以，
解得，，，
在中，，，，
由余弦定理，得.
故答案為：.
49．（2022·全國·模擬預測）已知點，分別是雙曲線的左、右焦點.為雙曲線上一點，且，當時，雙曲線的焦點到漸近線的距離是______.
【答案】
【解析】
【分析】
由條件可得，由勾股定理結合條件求出，，由雙曲線的定義得出，進一步得出雙曲線的方程，從而求出漸近線方程，由點到直線的距離公式得出答案.
【詳解】
由得.又因為，
由勾股定理得,解得，，
由雙曲線定義得，所以，所以，
所以雙曲線的漸近線是，所以焦點到漸近線的距離.
故答案為：
50．（2022·全國·模擬預測）已知是拋物線上一點，點，，則周長的最小值為______．
【答案】##
【解析】
【分析】
由拋物線的定義將P點到B點（B點即為拋物線的焦點）的距離轉化為到拋物線的準線的距離即可求解.
【詳解】
解：易知是拋物線的焦點，，周長為，
結合拋物線定義可知的最小值為點到拋物線的準線的距離，即，
所以周長的最小值為．
故答案為：.
51．（2022·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過的右焦點的直線，與的右支分別交于兩點，且，（為坐標原點），則雙曲線的離心率為______．
【答案】
【解析】
【分析】
由題意易知，設，由雙曲線定義可知，，在和中由勾股定理，分別可得，，兩式聯立化簡整理可得，由此即可求出結果.
【詳解】
如圖，連接，．
因為，所以，
設，
因為，所以．
由雙曲線定義可得，即，
由雙曲線定義可得，即，
在中，由勾股定理可得，即①，
在中，由勾股定理可得，即②，
由②得，代入①整理得，所以C的離心率為．
故答案為：.
52．（2022·四川省南充高級中學高三階段練習（理））已知橢圓與雙曲線有相同的焦點，點是兩曲線的一個公共點，且，若雙曲線為等軸雙曲線，則橢圓的離心率為______．
【答案】
【解析】
【分析】
設，由橢圓和雙曲線的定義，解方程可得 ，再由余弦定理，可得，與的關系，結合離心率公式，可得，的關系，計算可得所求值．
【詳解】
設，為第一象限的交點，設橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，
由橢圓和雙曲線的定義可得，解得，
在三角形中，，
由余弦定理可得，，
即有，可得，即為，
由雙曲線為等軸雙曲線，所以，可得.
故答案為：．
53．（2022·四川·三模（理））已知在直角坐標平面內，兩定點，，動點Q滿足以FQ為直徑的圓與x軸相切．直線FQ與動點Q的軌跡E交于另一點P，當時，直線PQ的斜率為______．
【答案】##
【解析】
【分析】
求得點的軌跡方程，設出直線的方程，結合根與系數關系列方程，化簡求得直線的斜率.
【詳解】
設，的中點坐標為，
由于動點Q滿足以FQ為直徑的圓與x軸相切，
所以，整理得點的軌跡方程為.
依題意可知直線的斜率存在，設直線的方程為，
由消去并化簡得，，
設，
則，
由于，所以，
即，
，
，
，，解得.
故答案為：
54．（2022·河南·高三階段練習（文））已知點F（c，0）為雙曲線C： （a＞0，b＞0）的右焦點，點B為雙曲線虛軸的一個端點，直線BF與雙曲線的一條漸近線垂直，則雙曲線C的離心率為__________．
【答案】
【解析】
【分析】
設出，，雙曲線的一條漸近線，運用兩點的斜率公式和兩直線垂直
的條件是斜率之積為，結合雙曲線的的關系和離心率公式計算即可得到所求值.
【詳解】
由對稱性知，選取雙曲線C的一條漸近線方程為，
相應直線方程為，知，
從而，即，則
，兩邊同時除以，得，
因為
所以雙曲線的離心率．
故答案為：.
55．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））若雙曲線的一個焦點F關于其一條漸近線的對稱點P在雙曲線上，則雙曲線的離心率為______.
【答案】
【解析】
【分析】
求出焦點關于一條漸近線的對稱點P的坐標，代入雙曲線方程求解作答.
【詳解】
由雙曲線的對稱性，不妨令F為右焦點，漸近線為，即，令半焦距為c，則，
過F垂直于漸近線的直線方程為：，即，
由解得，即過F垂直于漸近線的直線與該漸近線交于點，
依題意，點P的坐標為，而點P在雙曲線上，則有，
即，而，于是得，整理得：，而，解得，
所以雙曲線的離心率為.
故答案為：
過關練習：
1．（2022·全國·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知以M為圓心的圓.設點滿足：圓M上存在點P，使，則實數t的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
連接MT，過點T作圓M的一條切線，與圓相切于點Q，連接MQ，分析可得，從而可求出結果.
【詳解】
由題意知圓心，半徑，連接MT，過點T作圓M的一條切線，與圓相切于點Q，連接MQ，
根據圓的切線性質，有，反之，若，則圓M上存在一點P使得，因此圓M上存在點P，使得，等價于，由，得，解得，因此，實數t的取值范圍是，
故選：A.
2．（2022·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點，當滿足時，過點作的平行線l交雙曲線于A，B兩點，線段AB中點為Q，則直線PQ的斜率為（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
由余弦定理求得，從而得，求出后可得值，寫出直線方程，與雙曲線方程聯立，消元后應用韋達定理求得中點的坐標，可得直線斜率．
【詳解】
由可得，得，所以，
由雙曲線對稱性知，，在中，，所以，即，故，
直線l的方程為，與雙曲線方程聯立可得，
，，從而得點，，
故選：A.
3．（2022·全國·模擬預測）設F為拋物線焦點，是上的一點，，，則滿足條件的點的個數為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】D
【解析】
【分析】
過點作拋物線準線的垂線，垂足為，由拋物線的定義結合題目條件可得，從而寫出直線的方程，聯立方程組得一元二次方程，由判別式小于零可知直線與拋物線沒有交點，所以沒有滿足條件的點.
【詳解】
過點作拋物線準線的垂線，垂足為，則．又，∴，∴，∴直線的方程為，聯立方程組，化簡可得，由，可得直線與拋物線沒有交點，由對稱性可得與拋物線沒有交點，故滿足條件的點不存在.
故選：D．
【點睛】
解答直線與拋物線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．
4．（2022·安徽·高三開學考試（理））已知拋物線的焦點為F，過F且斜率為的直線l與C交于A，B兩點，，，若，滿足，，且，則（ ）．
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
由題設直線，聯立拋物線方程，利用韋達定理及條件可得，即得.
【詳解】
設直線，
聯立，則，
則，．
由，，得P，Q分別為線段AF，BF的中點，
又，滿足，，且，
∴，
解得．
故選：A．
5．（2022·吉林吉林·模擬預測（文））已知直線與圓相交于，兩點，則的值為（ ）
A． B．16 C． D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
分別求出A，B坐標，利用向量的坐標運算直接求出.
【詳解】
因為直線與圓相交于A，B兩點，
所以，解得：.
所以.
故選：C.
6．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知點，圓上的兩個不同的點、滿足，則的最大值為（ ）
A．12 B．18 C．60 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據給定條件求出弦AB中點的軌跡，再求出這個軌跡上的點到直線的距離最大值即可推理計算作答.
【詳解】
因，則點A，P，B共線，即過點P的直線AB與圓交于不同的兩點A，B，
表示點、到直線的距離和的5倍，
設弦AB中點，則有
于是得：，
圓的圓心，顯然點P在此圓內，即過點P的任意直線與圓都相交，
當點M與點P，Q都不重合時，由圓的性質知，，有，
當點M與點P，Q之一重合時，也成立，于是得，
又，從而得，即點M的軌跡是以原點為圓心的單位圓，
圓的圓心到直線的距離，
則圓上的點到直線的距離的最大值為，
所以的最大值為60.
故選：C
7．（2022·全國·高三階段練習（理））已知雙曲線C：的右頂點為A，，若在雙曲線C的漸近線上存在點M，使得∠AMB＝90°，則雙曲線C的離心率的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求出點坐標，以AB為直徑的圓D，問題轉化為雙曲線C的漸近線與圓D有交點，利用點到直線距離得到不等關系，求出離心率的取值范圍.
【詳解】
依題意，A（a，0），B（5a，0），則以AB為直徑的圓D：；而，故雙曲線C的漸近線與圓D有交點，故圓心D（3a，0）到直線的距離，則，故，故，則，故雙曲線C的離心率的取值為，
故選：B.
8．（2022·江蘇·南京市第五高級中學模擬預測）圓C：上恰好存在2個點，它到直線的距離為1，則R的一個取值可能為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
先求得符合題意條件的R的取值范圍，即可做出判斷.
【詳解】
圓C：的圓心，半徑R
點C到直線的距離為
圓C上恰好存在2個點到直線的距離為1，則
故選：B
9．（2022·全國·高三專題練習）廣為人知的太極圖，其形狀如陰陽兩魚互糾在一起，因而被習稱為“陰陽魚太極圖”如圖是放在平面直角坐標系中的“太極圖”整個圖形是一個圓形區域．其中黑色陰影區域在y軸左側部分的邊界為一個半圓．已知符號函數，則當時，下列不等式能表示圖中陰影部分的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據圓、符號函數的知識對選項逐一分析，從而確定正確選項.
【詳解】
對于A選項，當時，，
即表示圓內部及邊界，顯然不滿足，故A錯誤；
對于C選項，當時，，
即表示圓外部及邊界，滿足；
當時，，
即表示圓的內部及邊界，滿足，故C正確；
對于B選項，當時，，
即表示圓內部及邊界，顯然不滿足，故B錯誤；
對于D選項，當時，，
即表示圓外部及邊界，顯然不滿足，故D錯誤.
故選：C
10．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知拋物線，點P為直線上的任意一點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點分別為A，B，則點到直線AB的距離的最大值為（ ）
A．1 B．4 C．5 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先求得直線AB的方程，再去求點到直線AB的距離的最大值即可解決.
【詳解】
設，切點，
由題意知在點A處的切線斜率存在且不為0，設在點A處切線斜率為
在點A處切線方程可設為
由，可得
由，可得
則在點A處切線方程可化為，即
由題意知在點B處的切線斜率存在且不為0，設在點B處切線斜率為
在點B處切線方程可設為
由，可得
由，可得
則在點B處切線方程可化為，即
又兩條切線均過點P，則，
則直線AB的方程為，即
則直線AB恒過定點
點到直線AB的距離的最大值即為點到的距離
故點到直線AB的距離的最大值為.
故選：D
11．（2022·山東臨沂·一模）已知，分別為雙曲線C：（，）的左，右焦點，點P在第二象限內，且滿足，，線段與雙曲線C交于點Q，若.則C的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取的中點，由已知得，由三線合一得△是等腰三角形，表示出各邊長，再由余弦定理表示，再由雙曲線的定義表示，在△中由余弦定理列式，得關于的等式關系，即可求得離心率.
【詳解】
取線段的中點，連接，
因為，所以，
所以△是等腰三角形，且，
在中，，
連接，又，點在雙曲線上，由，則，
在△中，，整理得，
所以離心率.
故選：C
12．（2022·河南安陽·二模（文））拋物線具有以下光學性質：從焦點發出的光線經拋物線反射后平行于拋物線的對稱軸.該性質在實際生產中應用非常廣泛.如圖所示，從拋物線的焦點F發出的兩條光線a，b分別經拋物線上的A，B兩點反射，已知兩條入射光線與x軸的夾角均為60°，且兩條反射光線和之間的距離為，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
寫出直線AF、BF的方程，求出，，由，解出p.
【詳解】
拋物線的焦點.
由,所以直線AF的方程為，即，
聯立，得，解得：或，可得：.
同理直線BF的方程為，即，
聯立，解得：.
所以，解得：.
故選：B
13．（2022·河南·襄城縣教育體育局教學研究室二模（理））已知矩形ABCD中，，點M，N分別為線段AB，CD的中點，現將沿DM翻轉，直到與△首次重合，則此過程中，線段AC的中點的運動軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由點的軌跡為以為圓心，為半徑的半圓，其半徑為，分析出線段的中點的軌跡為以為圓心，為半徑的半圓，其半徑為，即可求出軌跡的長度.
【詳解】
由已知得:
四邊形是正方形，沿DM翻轉的過程中，點的軌跡為
以為圓心，為半徑的半圓，其半徑為，
設線段的中點,線段的中點,則點的軌跡為
以為圓心，為半徑的半圓，其半徑為，
線段AC的中點的運動軌跡長度為.
故選：.
14．（2022·全國·模擬預測）已知拋物線：上一點到其焦點的距離為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用拋物線定義結合已知條件列出方程組，求解方程組作答.
【詳解】
拋物線：的焦點，準線，
由點到的距離為得：，即，
由點在拋物線上得：，因此有，整理得，而，解得，
所以.
故選：C
15．（2022·河南·高三階段練習（理））已知拋物線的焦點為F，過F作與x軸平行的直線交拋物線于A，B（B在第一象限）兩點，且上存在點M，滿足，則r的最小值為（ ）
A．2 B．6 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出點A,B的坐標，根據得到點M的軌跡方程，然后結合點M滿足圓的方程求出答案.
【詳解】
易得，將代入得，，．
設，則由得，，故，故點M為圓與曲線（）的公共點，則，故，即．
故選：C．
16．（2022·河南·模擬預測（文））對于曲線（且），以下說法正確的是（ ）
A．曲線是橢圓 B．曲線是雙曲線
C．曲線的焦點坐標是 D．曲線的焦點坐標是
【答案】D
【解析】
【分析】
對m進行分類討論，分為雙曲線和橢圓，即可判斷.
【詳解】
當時，曲線為雙曲線，，故焦點坐標為；
當時，曲線為橢圓，，焦點坐標為.
故選：D.
17．（2022·黑龍江·嫩江市第一中學校高三期末（理））已知雙曲線的左焦點為F，直線與C交于A，B兩點（其中點A位于第一象限），，O為坐標原點，且的面積為，則C的離心率是（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
根據已知條件結合雙曲線的對稱性，知四邊形為矩形，再結合雙曲線的定義
和直角三角形的勾股定理及雙曲線的離心率公式即可求解.
【詳解】
如圖，設雙曲線的右焦點為，連接，因為，所以，
由圖形的對稱性知為矩形，則有，所以，
在中，，解得．
故選: C.
18．（2022·黑龍江·鐵力市第一中學校高三開學考試（理））過點作曲線C：的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
設出切點坐標，利用導函數求出切線斜率，進而表達出切線方程，將代入，結合，從而求出直線AB的方程.
【詳解】
設，，，所以在A點處的切線方程為，將代入得，因為，化簡得，同理可得，所以直線AB的方程為，
故選：A．
19．（2022·全國·高三專題練習（理）（文））設F1，F2是雙曲線C：(a>0，b>0)的左、右焦點，O是坐標原點.過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝|OP|，則C的離心率為（ ）
A． B．2
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用點到直線距離公式求出|F2P|＝b，進而求出|OP|＝a，利用勾股定理求出，從而得到a與b的關系，從而求出離心率.
【詳解】
如圖，過點F1向OP的反向延長線作垂線，垂足為P′，連接P′F2，由題意可知，四邊形PF1P′F2為平行四邊形，且△PP′F2是直角三角形，漸近線方程為：，
由點到直線距離公式得：，因為|F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a.
又|PF1|＝a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，
所以，所以c＝，
所以.
故選：C.
20．（2022·全國·高三階段練習（文））已知是橢圓上的任意一點，過原點作圓的兩條切線，設這兩條切線與橢圓交于，兩點，則，的斜率之積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
設過原點作圓兩條切線方程為，切線，的斜率分別記為，，
其中，是方程的兩根，計算可得結論.
【詳解】
由圓：，得圓心為，半徑為.
設過原點作圓兩條切線方程為，
由題意可知，圓心為到兩條切線的距離等于，則
即，
設切線，的斜率分別記為，，則
由已知得，就是，的斜率,
因為是橢圓上的任意一點，
所以，即.
所以，是方程的兩個實數根，
所以.
故選：B.
21．（2022·黑龍江·雙鴨山一中高三期末（理））已知橢圓的上焦點為，過原點的直線交于點，且，若，則的離心率的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由橢圓的對稱性，取橢圓的下焦點，由題意可得四邊形為矩形，求出，用表示的代數式，由橢圓的定義可得與的關系，由角的范圍求出三角函數的范圍，進而求出離心率的范圍，即可得到結果．
【詳解】
因為直線過原點，由橢圓及直線的對稱性可得，
所以，
設下焦點，連接，，又因為，即 且互相平分，
可得四邊形為矩形，
即有，
在中，，
，
由橢圓的定義可得，
所以，
所以離心率，
因為，，所以，，
所以，,
所以，
故選：C．
22．（2022·云南昭通·高三期末（理））已知P為拋物線上一個動點，Q為圓上一個動點，那么過點P作的垂線，垂足為M，與距離之和的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據點P到距離等于到準線的距離加1，結合拋物線的定義以及圖象，得出與距離之和的最小值.
【詳解】
拋物線的焦點為，圓的圓心為，半徑，如圖所示，根據點P到距離等于到準線的距離加1，由拋物線的定義可知，點P到準線的距離等于到焦點的距離，進而推斷當P，Q，F三點共線時，點P到點Q的距離與點P到拋物線的焦點距離之和的最小值為，故與距離的最小值為.
故選：D．
23．（2022·江西上饒·高三階段練習（理））當曲線與直線有兩個相異的交點時，實數k的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
畫出所表示的半圓，結合直線所過的定點，應用數形結合法判斷直線與半圓有兩個相異的交點，直線的位置情況，即可求k的范圍.
【詳解】
由題設，表示圓的半圓，又直線過定點，
由下圖知：k的取值范圍在直線與半圓左側相切時斜率(不含)、直線過時斜率之間.
當在半圓左側相切時到直線距離等于半徑，即，可得.
當直線過時，；
綜上，要使直線與半圓有兩個相異的交點，k的取值范圍是.
故選：C
24．（2022·黑龍江·哈師大附中高三期末（理））已知拋物線 的焦點 ，過其準線與 軸的交點 作直線 ，若直線 與拋物線相切于點，則 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由拋物線的方程求出的坐標，設切點的的坐標，求出切線的斜率，求出切線的方程與拋物線聯立，
由判別式等于求出的橫坐標與焦點的橫坐標相同，縱坐標為，可得軸，，可得
為等腰直角三角形，進而求出的值.
【詳解】
由題意得，設切點，，
，
所以過切點的切線方程為
，代入拋物線的方程，得
，
所以，可得，
所以，，即，所以軸，，
所以為等腰直角三角形，所以.
故選：C.
25．（2022·黑龍江·哈師大附中高三期末（理））已知橢圓的左、右焦點分別是，左、右頂點分別是，點是橢圓上異于的任意一點，則下列說法正確的個數是（ ）
（1）；
（2）存在點滿足
（3）直線與直線的斜率之積為
（4）若△的面積為，則點的橫坐標為
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
（1）由橢圓定義進行求解；（2）點P在以為直徑的圓上，求出圓的方程，與橢圓方程聯立作出判斷；（3）設出點P的坐標，表達出直線與直線的斜率，計算出答案；（4）利用的面積求出點P的縱坐標，進而利用橢圓方程求出橫坐標.
【詳解】
由題意得：，所以，，故，，，，由橢圓的定義知：，（1）錯誤；
假設存在點滿足，則點P在以為直徑的圓上，即，與橢圓方程聯立得：，無解，故假設不成立，不存在點滿足，（2）錯誤；
設點，則，所以其中，，所以，（3）正確；
，解得：，將代入橢圓方程中，解得：，（4）正確.
綜上：正確答案為2個，
故選：B
26．（2022·浙江·模擬預測）已知雙曲線H的兩條漸近線互相垂直，過H右焦點F且斜率為3的直線與H交于A，B兩點，與H的漸近線交于C，D兩點．若，則（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知條件可得漸近線方程為，雙曲線方程，設出直線方程代入雙曲線方程中消去，利用根與系數的關系結合弦長公式列方程可求出的值，從而可得漸近線方程與直線方程聯立可求出C，D兩點的坐標，從而可求出結果
【詳解】
設雙曲線方程為，則其漸近線方程為，
因為雙曲線H的兩條漸近線互相垂直，所以，所以漸近線方程為
所以雙曲線方程為，則右焦點，
所以直線方程為，
設，將代入化簡得，
，
所以，
所以，
解得，得，
所以雙曲線方程為，所以雙曲線的右焦點為，
直線方程為，
由，得，
由，得，
所以，
故選：C
27．（2022·河南濮陽·高三開學考試（文））已知橢圓C：的左、右焦點分別為，，直線與C交于M，N兩點（其中M在第一象限），若四邊形為矩形，且，則C的離心率e的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
設橢圓的半焦距為，依題意以為直徑的圓與橢圓有公共點，得到和的關系，再利用，結合橢圓的定義，得到關于，的不等關系，求解即可得到答案．
【詳解】
解：設橢圓的半焦距為，因為四邊形為矩形，
所以以為直徑的圓與橢圓有公共點，
則，所以，又，即，即
所以，
故，
因為，又，
所以，
則，
又，即，且，
所以，
故，即，即
解得，
所以橢圓的離心率的取值范圍是．
故選：C．
28．（2022·全國·高三專題練習）設直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點M，且M為線段AB中點，若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是（ ）
A．(1，3) B．(1，4) C．(2，3) D．(2，4)
【答案】D
【解析】
【分析】
設直線l：x＝ty＋m，討論t＝0時結合半徑范圍分析滿足條件的切線條數，再根據切線的性質研究t≠0時切線的條件，保證兩種情況下切線總共4條求r的取值范圍
【詳解】
不妨設直線l：x＝ty＋m，又，
當t＝0且r≥5，滿足條件的直線只有1條，不合題意；
當t＝0且0＜r＜5，則斜率不存在的直線有2條，此時只需t≠0的直線恰有2條即可.
當t≠0時，將直線代入拋物線方程有：y2－4ty－4m＝0,則△＝16t2＋16m＞0①，
所以，則M(2t2＋m，2t)，
由，可得m＝3－2t2代入①，可得3－t2＞0，即0＜t2＜3,
又由圓心到直線的距離等于半徑，得d＝r＝,
由0＜t2＜3，可得r∈(2，4).
故選：D
29．（2022·河南濮陽·高三開學考試（理））已知橢圓的左、右焦點分別為，，直線與C交M，N兩點（其中M在笫一象限），若M，，N，四點共圓，則C的離心率e的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
設橢圓的半焦距為，由橢圓的中心對稱性和圓的性質得到以為直徑的圓與橢圓有公共點，得到和的關系，再根據的關系即可得出答案.
【詳解】
解：設橢圓的半焦距為，由橢圓的中心對稱性和，，，四點共圓，
則四邊形為矩形，
所以以為直徑的圓與橢圓有公共點，
則，即，
所以，
故.
故選：A.
30．（2022·云南昭通·高三期末（文））已知雙曲線的漸近線方程為，則C的焦距等于（ ）
A． B． C． D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根據漸近線方程可得，由可得答案.
【詳解】
曲線的漸近線方程為，可得，
所以，所以焦距為，
故選：C.
31．（2022·云南昭通·高三期末（文））已知為拋物線上的兩個動點，以為直徑的圓C經過拋物線的焦點F，且的面積為4，若過圓心C作該拋物線準線的垂線，垂足為D，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
設可得，過點A作于Q，過點B作于P，利用拋物線定義得，利用梯形中位線、基本不等式可得答案.
【詳解】
根據題意，，設，即，過點A作于Q，過點B作于P，利用拋物線定義得，根據梯形中位線可知，，所以（當且僅當時，等號成立），
故選：A.
32．（2022·內蒙古·海拉爾第二中學高三階段練習（理））已知橢圓的右焦點為，短軸的一個端點為，直線交橢圓于、兩點．若，點到直線的距離不小于，則橢圓的離心率的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
設橢圓的左焦點為，連接、，利用橢圓的定義求出的值，利用點到直線的距離公式可求得的取值范圍，再利用橢圓的離心率公式可求得結果.
【詳解】
設橢圓的左焦點為，連接、，
因為直線與橢圓均關于原點對稱，則、關于原點對稱，
又因為為的中點，則四邊形為平行四邊形，則，
所以，，可得，
取點，則，可得，
所以，，
故選：A.
33．（2022·福建漳州·一模）已知以F為焦點的拋物線經過點，直線與C交于A，B兩點（其中點A在x軸上方），若，則在y軸上的截距為（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由點求出拋物線方程，再利用向量得出A，B坐標的關系，聯立直線方程可求出點B坐標，再求出直線斜率即可得解.
【詳解】
拋物線經過點，
所以，解得，
即拋物線方程為，焦點為，
設，
聯立，消元得，由，
，
又，即,
，
，
，
，，
，
即直線方程為，
故在y軸上的截距為，
故選：D
34．（2022·江西·高三階段練習（理））如圖所示，橢圓C：的左右焦點分別為，直線y＝kx（k＞0）與C相交于M，N兩點，若四點共圓（其中M在第一象限），且直線傾斜角不小于，則橢圓C的實軸長的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求得橢圓的半焦距為，由橢圓的中心對稱性和圓的性質得到以為直徑的圓與橢圓有公共點，得到和的關系，再利用直線的傾斜角，結合橢圓的定義，得到關于的不等關系，求解即可得到答案．
【詳解】
設橢圓的半焦距為，由橢圓的中心對稱性和，，，四點共圓，
則四邊形為矩形，
所以以為直徑的圓與橢圓有公共點，
則，
所以，又由題意，即，
故，即
因為直線傾斜角不小于，
所以直線的傾斜角不小于，
則，化簡可得，
因為，
所以，
則，
又，所以，
故，
解得，所以，
綜上
故選：．
35．（2022·貴州貴陽·高三期末（文））已知雙曲線的方程為，雙曲線的右頂點A到漸近線的距離為（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據雙曲線方程寫出右頂點坐標以及漸近線方程，即可求得答案.
【詳解】
雙曲線的方程為,則右頂點A的坐標為 ，
根據雙曲線的對稱性，不妨取漸近線方程為 ，
故右頂點A到漸近線的距離為 ，
故選：C
36．（2022·云南保山·模擬預測（理））已知F為拋物線的焦點，點A在拋物線C上，，則以為直徑的圓與x軸的位置關系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相離 D．不確定
【答案】A
【解析】
【分析】
利用拋物線的定義求得點A的坐標，再根據直線與圓的位置關系判斷.
【詳解】
如圖所示：
拋物線的焦點為，準線方程為，
設，根據拋物線定義知，得.
線段的中點到軸的距離，
則以為直徑的圓與軸相切，
故選：A．
37．（2022·江西上饒·高三階段練習（文））若直線與圓交于M、N兩點，則弦長的最小值為（ ）
A．1 B．2 C． D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
由題意求得直線過定點，圓心，半徑，且當時，值最小，利用弦長公式即可求得答案．
【詳解】
設直線，即
聯立，解得，故直線經過定點，
由知定點在圓內，
由圓方程可知圓心，半徑，
當垂直時，最小，此時到直線的距離，
所以，
故選：．
38．（2022·新疆烏魯木齊·模擬預測（理））已知F為拋物線的焦點，過F的直線與拋物線交于兩點，以為直徑的圓分別與x軸交于異于F的兩點，且，則直線的斜率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
設為AF的中點，為BF的中點，，根據條件可得點A、B坐標間的關系，結合韋達定理可求得k的值.
【詳解】
解：設為AF的中點，為BF的中點，，，
所以，作軸于點P，軸于Q，則，
因為，所以P為NF的中點，則，同理，
因為，則，即，即，
所以，整理得，
設直線l的方程為，聯立，整理得，
所以，結合式得，代入中，即，
因為，所以，即，所以，
故選：D.
二、多選題
39．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P為橢圓C上任意一點，則下列說法正確的是（ ）
A．橢圓C的焦距為1
B．點在橢圓C內部
C．若橢圓的焦點在x軸上，則
D．若點，則的距離的最大值為
【答案】BCD
【解析】
【分析】
對于選項A，由橢圓方程求得判斷；對于選項B，將點代入橢圓方程判斷；對于選項C，由求解判斷；對于選項D，由P，Q，三點共線求解判斷.
【詳解】
對于選項A，由橢圓，易得，所以焦距為2，故選項A錯誤；
對于選項B，將點代入中，易得，則點Q在橢圓C內部，故選項B正確；
對于選項C，由橢圓的焦點在x軸上，得，解得，故選項C正確；
對于選項D，（當P，Q，三點共線時，且點P位于第四象限時，取得最大值），故選項D正確，
故選：BCD.
40．（2022·全國·模擬預測）已知點，是拋物線上的兩個不同的點，為坐標原點，焦點為，則（ ）
A．焦點的坐標為 B．若，則過定點
C．若直線過點，則 D．若直線過點，則的最小值為16
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根據拋物線方程求出焦點坐標，即可判斷A；設直線，聯立直線與拋物線方程，消元列出韋達定理，由，即可求出，即可判斷B；設直線，代入拋物線方程，消元列出韋達定理，即可判斷C、D；
【詳解】
解：對于A，由題意，所以焦點，故A錯誤；
對于B，若直線的斜率，顯然不合題意；設直線，代入，得，則，，所以，所以，所以，所以直線過定點，故B正確；
對于C，由直線過點，可設直線，代入，得，則，，所以，故C正確；
對于D，由C可知，，，所以，所以當時，的最小值為16，故D正確，
故選：BCD.
41．（2022·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，設直線與拋物線C交于A，B兩點，當直線l經過點F時，.設圓F為以點F為圓心，OF為半徑的圓（O為坐標原點），則下列說法正確的是（ ）
A．拋物線的C的方程為
B．直線l截圓F的弦長的最小值為
C．直線l截圓F的弦長的最大值為2
D．當時，取到最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】
對于選項A：判斷出直線l過定點.設直線l的傾斜角為，由可得，即可得.利用斜率，解得：，即可得拋物線C的方程；
對于選項B：判斷出點P在圓F外，可得直線l截圓F的弦長的最小值為0；
對于選項C：直線l截圓F的弦長取到最大值為圓F的直徑；
對于選項D：設點A，B的坐標為，，表示出，利用二次函數求最值.
【詳解】
對于選項A：直線，可化為：所以直線l過定點.設直線l的傾斜角為，則有，，且由可得，即可得.點F的坐標為，所以，解得：，即可得拋物線C的方程為，故選項A成立；
對于選項B：可得圓F的方程為，因為點P在圓F外，可得直線l截圓F的弦長的最小值為0，故選項B錯誤；
對于選項C：當直線l經過點F時，此時直線l截圓F的弦長取到最大值，最大值為圓F的直徑，故選項C成立；
對于選項D：由l過定點P，可設直線l為，設點A，B的坐標為，，聯立可得，
根據韋達定理可得，，
當時，取到最小值為，此時，故選項D成立.
故選：ACD.
42．（2022·全國·模擬預測）已知直線與圓交于，兩點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．的取值范圍為
C．的取值范圍為
D．當取得最小值時，直線的方程為
【答案】ABD
【解析】
【分析】
對于A,求出圓心到直線l的距離，根據圓心距和弦長的一半及半徑之間的關系可求得，即可判斷A;對于B,C,根據直線過定點，求出過該頂點的弦長的最小值和最大值，即可判斷；對于D,根據取得最小值時，直線的垂直關系，可求得直線MN的方程，由此可判斷D.
【詳解】
對于選項A，當時，直線，圓心到直線的距離，
∴，故選項A正確；
對于選項B，C，D，∵直線過定點，
當時，取得最小值，
此時圓心到直線的距離，，最長即為圓的直徑，故，
所以的取值范圍為，故B正確，C錯誤；
當時，取得最小值，此時，，
直線的方程為，，故選項D正確，
故選：ABD．
43．（2022·全國·模擬預測）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，則以下四個命題中正確的是（ ）
A．
B．面積的取值范圍為
C．已知M是邊BC的中點，則的取值范圍為
D．當時，的周長為
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用正弦定理化邊為角，結合三角形內角關系及兩角和的正弦公式即可判斷A；以BC的中點為坐標原點，BC所在的直線為x軸，建立平面直角坐標系，則，，設，求出點的軌跡方程，從而可判斷BC；由，可得，結合正弦定理及，可得，從而可求出，從而可求出，求出，即可判斷D.
【詳解】
解：對于A選項，∵，，
∴，
∴，
即，所以，
∴，故選項A正確；
對于選項B，以BC的中點為坐標原點，BC所在的直線為x軸，建立平面直角坐標系，則，，設，
因為，所以，
化簡得，
所以點A在以為圓心，為半徑的圓上運動，（B、C除外）
所以點A到BC邊的最大距離為，
所以面積的最大值為，
∴面積的取值范圍為，故選項B正確；
對于C選項，因為點A在以為圓心，為半徑的圓上運動，
設，則，即，
又，，
所以，故選項C錯誤；
對于D選項，由，可得，
由A選項，得，
由正弦定理得，即，
所以，化簡得，
因為，所以化簡得，
因為，所以，所以，
則，所以，
所以，，，為直角三角形，
所以，，所以的周長為，所以選項D正確.
故選：ABD．
44．（2022·山東·青島二中高三開學考試）如圖，已知橢圓的左、右焦點分別為，，P是E上異于頂點的一動點，圓I（圓心為I）與的三邊，，分別切于點A，B，C，延長PI交x軸于點D，作交于點H，則（ ）．
A．為定值 B．為定值
C．為定值 D．為定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根據橢圓的定義即可判斷A；
根據余弦定理可得，進而判斷B；
根據切線長定理和橢圓的定義可得，進而判斷C；
根據三角形面積公式和相似三角形的性質可得，進而判斷D.
【詳解】
A：根據橢圓的定義，得，則A正確；
B：設，，，，
由余弦定理，得，
即，解得，
由于P在E上運動，所以的值也隨之變化，從而mn不是定值，則B錯誤；
C：根據切線長定理和橢圓的定義，得，
且，則，
所以為定值，則C正確；
D：連接IA，則，
由，解得；
由，得為定值，則D正確．
故選ACD．
45．（2022·湖北·高三開學考試）已知雙曲線的右焦點為，坐標原點為，左、右頂點分別為、，為雙曲線上的點，且軸,連接AD交y軸于C，連接CB交直線DF于，.下列結論正確的是（ ）
A．雙曲線的離心率為3 B．
C．點到直線的距離為 D．直線斜率為2或-2
【答案】ACD
【解析】
【分析】
由可得，結合條件可得，進而可得，然后逐項判斷即得.
【詳解】
∵，
∴，，
∴，，即，
∴.
由知，，即
∴，
∴，即，故A正確；
∴，即直線是雙曲線的漸近線，所以點到直線的距離為，故C正確；
由條件可得，
∴，即直線BC的斜率為，故D正確；
又，即直線BD的斜率為，它不與直線BC垂直，所以，故B錯誤.
故選：ACD.
三、填空題
46．（2022·黑龍江·雙鴨山一中高三開學考試（理））已知F是拋物線的焦點，拋物線C上的點滿足，若在準線上的射影分別為，且的面積為5，則_______
【答案】#6.25
【解析】
【分析】
設出直線AB，聯立拋物線，利用韋達定理得到兩根之和，兩根之積，利用的面積和向量比例關系得到，進而利用焦點弦公式進行求解.
【詳解】
設直線AB為，聯立拋物線得：，設，，則，，其中，，則，由可得：，則，解得：，此時，所以，故，解得：，當，時，，此時，當，時，，此時，綜上：，.
故答案為：第26講 圓錐曲線壓軸小題
方法總結：
1、求離心率的方法：求橢圓和雙曲線的離心率主要圍繞尋找參數的比例關系（只需找出其中兩個參數的關系即可），方法通常有兩個方向：
（1）利用幾何性質：如果題目中存在焦點三角形（曲線上的點與兩焦點連線組成的三角形），那么可考慮尋求焦點三角形三邊的比例關系，進而兩條焦半徑與有關，另一條邊為焦距。從而可求解
（2）利用坐標運算：如果題目中的條件難以發掘幾何關系，那么可考慮將點的坐標用進行表示，再利用條件列出等式求解
2、離心率的范圍問題：在尋找不等關系時通常可從以下幾個方面考慮：
（1）題目中某點的橫坐標（或縱坐標）是否有范圍要求：例如橢圓與雙曲線對橫坐標的范圍有要求。如果問題圍繞在“曲線上存在一點”，則可考慮該點坐標用表示，且點坐標的范圍就是求離心率范圍的突破口
（2）若題目中有一個核心變量，則可以考慮離心率表示為某個變量的函數，從而求該函數的值域即可
（3）通過一些不等關系得到關于的不等式，進而解出離心率
注：在求解離心率范圍時要注意圓錐曲線中對離心率范圍的初始要求：橢圓：，雙曲線：
典型例題：
例1．（2022·四川·模擬預測（文））已知拋物線的焦點為，點F關于直線的對稱點為M，過點F的直線l與拋物線C交于P，Q兩點，當時，直線PQ的斜率為___________.
例2．（2022·全國·模擬預測）已知A為雙曲線的左頂點，F為雙曲線C的右焦點，以實軸長為直徑的圓交其中一條漸近線于點P（點P在第二象限），PA平行于另一條漸近線，且，則______.
例3．（2022·全國·模擬預測）已知點，分別是雙曲線的左、右焦點.為雙曲線上一點，且，當時，雙曲線的焦點到漸近線的距離是______.
例4．（2022·全國·模擬預測）已知是拋物線上一點，點，，則周長的最小值為______．
例5．（2022·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過的右焦點的直線，與的右支分別交于兩點，且，（為坐標原點），則雙曲線的離心率為______．
例6．（2022·四川省南充高級中學高三階段練習（理））已知橢圓與雙曲線有相同的焦點，點是兩曲線的一個公共點，且，若雙曲線為等軸雙曲線，則橢圓的離心率為______．
例7．（2022·四川·三模（理））已知在直角坐標平面內，兩定點，，動點Q滿足以FQ為直徑的圓與x軸相切．直線FQ與動點Q的軌跡E交于另一點P，當時，直線PQ的斜率為______．
例8．（2022·河南·高三階段練習（文））已知點F（c，0）為雙曲線C： （a＞0，b＞0）的右焦點，點B為雙曲線虛軸的一個端點，直線BF與雙曲線的一條漸近線垂直，則雙曲線C的離心率為__________．
例9．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））若雙曲線的一個焦點F關于其一條漸近線的對稱點P在雙曲線上，則雙曲線的離心率為______.
過關練習：
1．（2022·全國·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知以M為圓心的圓.設點滿足：圓M上存在點P，使，則實數t的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點，當滿足時，過點作的平行線l交雙曲線于A，B兩點，線段AB中點為Q，則直線PQ的斜率為（ ）
A． B． C． D．4
3．（2022·全國·模擬預測）設F為拋物線焦點，是上的一點，，，則滿足條件的點的個數為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
4．（2022·安徽·高三開學考試（理））已知拋物線的焦點為F，過F且斜率為的直線l與C交于A，B兩點，，，若，滿足，，且，則（ ）．
A．6 B．4 C．3 D．2
5．（2022·吉林吉林·模擬預測（文））已知直線與圓相交于，兩點，則的值為（ ）
A． B．16 C． D．8
6．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知點，圓上的兩個不同的點、滿足，則的最大值為（ ）
A．12 B．18 C．60 D．
7．（2022·全國·高三階段練習（理））已知雙曲線C：的右頂點為A，，若在雙曲線C的漸近線上存在點M，使得∠AMB＝90°，則雙曲線C的離心率的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·江蘇·南京市第五高級中學模擬預測）圓C：上恰好存在2個點，它到直線的距離為1，則R的一個取值可能為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2022·全國·高三專題練習）廣為人知的太極圖，其形狀如陰陽兩魚互糾在一起，因而被習稱為“陰陽魚太極圖”如圖是放在平面直角坐標系中的“太極圖”整個圖形是一個圓形區域．其中黑色陰影區域在y軸左側部分的邊界為一個半圓．已知符號函數，則當時，下列不等式能表示圖中陰影部分的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知拋物線，點P為直線上的任意一點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點分別為A，B，則點到直線AB的距離的最大值為（ ）
A．1 B．4 C．5 D．
11．（2022·山東臨沂·一模）已知，分別為雙曲線C：（，）的左，右焦點，點P在第二象限內，且滿足，，線段與雙曲線C交于點Q，若.則C的離心率為（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·河南安陽·二模（文））拋物線具有以下光學性質：從焦點發出的光線經拋物線反射后平行于拋物線的對稱軸.該性質在實際生產中應用非常廣泛.如圖所示，從拋物線的焦點F發出的兩條光線a，b分別經拋物線上的A，B兩點反射，已知兩條入射光線與x軸的夾角均為60°，且兩條反射光線和之間的距離為，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
13．（2022·河南·襄城縣教育體育局教學研究室二模（理））已知矩形ABCD中，，點M，N分別為線段AB，CD的中點，現將沿DM翻轉，直到與△首次重合，則此過程中，線段AC的中點的運動軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
14．（2022·全國·模擬預測）已知拋物線：上一點到其焦點的距離為，則（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·河南·高三階段練習（理））已知拋物線的焦點為F，過F作與x軸平行的直線交拋物線于A，B（B在第一象限）兩點，且上存在點M，滿足，則r的最小值為（ ）
A．2 B．6 C． D．
16．（2022·河南·模擬預測（文））對于曲線（且），以下說法正確的是（ ）
A．曲線是橢圓 B．曲線是雙曲線
C．曲線的焦點坐標是 D．曲線的焦點坐標是
17．（2022·黑龍江·嫩江市第一中學校高三期末（理））已知雙曲線的左焦點為F，直線與C交于A，B兩點（其中點A位于第一象限），，O為坐標原點，且的面積為，則C的離心率是（ ）
A． B．2 C． D．3
18．（2022·黑龍江·鐵力市第一中學校高三開學考試（理））過點作曲線C：的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為（ ）
A． B．
C． D．
19．（2022·全國·高三專題練習（理）（文））設F1，F2是雙曲線C：(a>0，b>0)的左、右焦點，O是坐標原點.過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝|OP|，則C的離心率為（ ）
A． B．2
C． D．
20．（2022·全國·高三階段練習（文））已知是橢圓上的任意一點，過原點作圓的兩條切線，設這兩條切線與橢圓交于，兩點，則，的斜率之積為（ ）
A． B． C． D．
21．（2022·黑龍江·雙鴨山一中高三期末（理））已知橢圓的上焦點為，過原點的直線交于點，且，若，則的離心率的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
22．（2022·云南昭通·高三期末（理））已知P為拋物線上一個動點，Q為圓上一個動點，那么過點P作的垂線，垂足為M，與距離之和的最小值是（ ）
A． B． C． D．
23．（2022·江西上饒·高三階段練習（理））當曲線與直線有兩個相異的交點時，實數k的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
24．（2022·黑龍江·哈師大附中高三期末（理））已知拋物線 的焦點 ，過其準線與 軸的交點 作直線 ，若直線 與拋物線相切于點，則 （ ）
A． B． C． D．
25．（2022·黑龍江·哈師大附中高三期末（理））已知橢圓的左、右焦點分別是，左、右頂點分別是，點是橢圓上異于的任意一點，則下列說法正確的個數是（ ）
（1）；
（2）存在點滿足
（3）直線與直線的斜率之積為
（4）若△的面積為，則點的橫坐標為
A．1 B．2 C．3 D．4
26．（2022·浙江·模擬預測）已知雙曲線H的兩條漸近線互相垂直，過H右焦點F且斜率為3的直線與H交于A，B兩點，與H的漸近線交于C，D兩點．若，則（ ）
A．2 B． C． D．3
27．（2022·河南濮陽·高三開學考試（文））已知橢圓C：的左、右焦點分別為，，直線與C交于M，N兩點（其中M在第一象限），若四邊形為矩形，且，則C的離心率e的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
28．（2022·全國·高三專題練習）設直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點M，且M為線段AB中點，若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是（ ）
A．(1，3) B．(1，4) C．(2，3) D．(2，4)
29．（2022·河南濮陽·高三開學考試（理））已知橢圓的左、右焦點分別為，，直線與C交M，N兩點（其中M在笫一象限），若M，，N，四點共圓，則C的離心率e的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
30．（2022·云南昭通·高三期末（文））已知雙曲線的漸近線方程為，則C的焦距等于（ ）
A． B． C． D．4
31．（2022·云南昭通·高三期末（文））已知為拋物線上的兩個動點，以為直徑的圓C經過拋物線的焦點F，且的面積為4，若過圓心C作該拋物線準線的垂線，垂足為D，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．2
32．（2022·內蒙古·海拉爾第二中學高三階段練習（理））已知橢圓的右焦點為，短軸的一個端點為，直線交橢圓于、兩點．若，點到直線的距離不小于，則橢圓的離心率的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
33．（2022·福建漳州·一模）已知以F為焦點的拋物線經過點，直線與C交于A，B兩點（其中點A在x軸上方），若，則在y軸上的截距為（ ）
A．2 B．1 C． D．
34．（2022·江西·高三階段練習（理））如圖所示，橢圓C：的左右焦點分別為，直線y＝kx（k＞0）與C相交于M，N兩點，若四點共圓（其中M在第一象限），且直線傾斜角不小于，則橢圓C的實軸長的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
35．（2022·貴州貴陽·高三期末（文））已知雙曲線的方程為，雙曲線的右頂點A到漸近線的距離為（ ）
A．1 B． C． D．
36．（2022·云南保山·模擬預測（理））已知F為拋物線的焦點，點A在拋物線C上，，則以為直徑的圓與x軸的位置關系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相離 D．不確定
37．（2022·江西上饒·高三階段練習（文））若直線與圓交于M、N兩點，則弦長的最小值為（ ）
A．1 B．2 C． D．2
38．（2022·新疆烏魯木齊·模擬預測（理））已知F為拋物線的焦點，過F的直線與拋物線交于兩點，以為直徑的圓分別與x軸交于異于F的兩點，且，則直線的斜率為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
39．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P為橢圓C上任意一點，則下列說法正確的是（ ）
A．橢圓C的焦距為1
B．點在橢圓C內部
C．若橢圓的焦點在x軸上，則
D．若點，則的距離的最大值為
40．（2022·全國·模擬預測）已知點，是拋物線上的兩個不同的點，為坐標原點，焦點為，則（ ）
A．焦點的坐標為 B．若，則過定點
C．若直線過點，則 D．若直線過點，則的最小值為16
41．（2022·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，設直線與拋物線C交于A，B兩點，當直線l經過點F時，.設圓F為以點F為圓心，OF為半徑的圓（O為坐標原點），則下列說法正確的是（ ）
A．拋物線的C的方程為
B．直線l截圓F的弦長的最小值為
C．直線l截圓F的弦長的最大值為2
D．當時，取到最小值
42．（2022·全國·模擬預測）已知直線與圓交于，兩點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．的取值范圍為
C．的取值范圍為
D．當取得最小值時，直線的方程為
43．（2022·全國·模擬預測）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，則以下四個命題中正確的是（ ）
A．
B．面積的取值范圍為
C．已知M是邊BC的中點，則的取值范圍為
D．當時，的周長為
44．（2022·山東·青島二中高三開學考試）如圖，已知橢圓的左、右焦點分別為，，P是E上異于頂點的一動點，圓I（圓心為I）與的三邊，，分別切于點A，B，C，延長PI交x軸于點D，作交于點H，則（ ）．
A．為定值 B．為定值
C．為定值 D．為定值
45．（2022·湖北·高三開學考試）已知雙曲線的右焦點為，坐標原點為，左、右頂點分別為、，為雙曲線上的點，且軸,連接AD交y軸于C，連接CB交直線DF于，.下列結論正確的是（ ）
A．雙曲線的離心率為3 B．
C．點到直線的距離為 D．直線斜率為2或-2
三、填空題
46．（2022·黑龍江·雙鴨山一中高三開學考試（理））已知F是拋物線的焦點，拋物線C上的點滿足，若在準線上的射影分別為，且的面積為5，則_______第27講 直線與圓錐曲線的位置關系
方法總結：
1、直線與圓錐曲線問題的特點：
（1）題目貫穿一至兩個核心變量
（2）條件與直線和曲線的交點相關，所以可設，至于坐標是否需要解出，則看題目中的條件，以及坐標的形式是否復雜
（3）通過聯立方程消元，可得到關于（或）的二次方程，如果所求的問題與兩根的和或乘積有關，則可利用韋達定理進行整體代入，從而設而不求
（4）有些題目會涉及到幾何條件向解析語言的轉換，注重數形幾何，注重整體代入。
2、韋達定理：是用二次方程的系數運算來表示兩個根的和與乘積，在解析幾何中得到廣泛使用的原因主要有兩個：一是聯立方程消元后的二次方程通常含有參數，進而導致直接利用求根公式計算出來的實根形式非常復雜，難以參與后面的運算；二是解析幾何的一些問題或是步驟經常與兩個根的和與差產生聯系。
3、直線方程的形式：直線的方程可設為兩種形式：
（1）斜截式：，此直線不能表示豎直線。
（2），此直線不能表示水平線，但可以表示斜率不存在的直線。
4、弦長公式：（已知直線上的兩點距離）設直線，上兩點，所以或
5、點差法：這是處理圓錐曲線問題的一種特殊方法，適用于所有圓錐曲線。
典型例題：
例1．（2022·山東臨沂·一模）已知橢圓C：(，)的左、右焦點分別為，，離心率為，直線被C截得的線段長為.
(1)求C的方程：
(2)若A和B為橢圓C上在x軸同側的兩點，且，求四邊形面積的最大值及此時的值.
【答案】(1)；
(2)最大面積為，＝.
【解析】
【分析】
(1)根據離心率表示出a、b、c的關系，再求出被截得的弦長，根據該弦長為即可求出a、b、c，從而確定橢圓的標準方程；
(2)，根據橢圓的對稱性，延長交橢圓與C、D，構造平行四邊形ABCD，根據即可計算四邊形面積的最大值，并求出此時的取值.
(1)
，，，∴，
∴橢圓標準方程為，
∴，由題可知，
；
(2)
，如圖，
延長交橢圓與C、D，根據橢圓的對稱性可知，四邊形ABCD為平行四邊形，且四邊形面積為四邊形ABCD面積的一半.
由題知，斜率不為零，故設方程為，
①，
設，∵，∴，
故，
O到的距離，
＝
，
當且僅當，即時，取等號，
∴當m＝±1時，四邊形面積最大為.
根據對稱性，不妨取m＝1時，方程①化為，解得，
由對稱性可知，故或，
∴或，
綜上，四邊形面積最大為，此時.
【點睛】
本題關鍵點利用橢圓的對稱性，將四邊形補全為平行四邊形進行求解.
例2．（2022·江蘇·南京市第五高級中學模擬預測）已知雙曲線的焦距為4，直線l：與交于兩個不同的點D E，且時直線l與的兩條漸近線所圍成的三角形恰為等邊三角形.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若坐標原點O在以線段DE為直徑的圓的內部，求實數m的取值范圍；
(3)設A B分別是的左 右兩頂點，線段BD的垂直平分線交直線BD于點P，交直線AD于點Q，求證：線段PQ在x軸上的射影長為定值.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）列方程求得a、b，即可得到雙曲線的方程；
（2）把坐標原點O在以線段DE為直徑的圓的內部，轉化為，解不等式可得實數m的取值范圍；
（3）求得P、Q兩點的坐標，得到，即可證明線段PQ在x軸上的射影長為定值.
(1)
當直線l：與C的兩條漸近線圍成的三角形恰為等邊三角形，
又雙曲線的漸近線為，則
又焦距為4，則，解得，，
則所求雙曲線的方程為.
(2)
設，，則，
由，得，
則，
，，，
又坐標原點O在以線段DE為直徑的圓內，
則，即，即，
即，則，
即，則或，
即實數m的取值范圍.
(3)
，
設，則，
直線BD的斜率為， 又，
則直線PQ的方程為，即，
直線AD的斜率為，直線AD的方程為，
由，得，
即點Q的橫坐標為，則.
故線段PQ在x軸上的射影長為定值.
例3．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知橢圓的左右焦點分別為，，且橢圓C上的點M滿足，.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若在x軸上存在一點E，使得過點E的任意一條直線l與橢圓的兩個交點P、Q，都有為定值，試求出此定值.
【答案】(1)
(2)5
【解析】
【分析】
（1）根據焦點坐標和焦點三角形中利用余弦定理建立方程，然后解出方程即可；
（2）先聯立直線和橢圓的方程，然后根據韋達定理表示出、兩點的縱坐標的關系，進而表示出，即可求得該定值，同時也對直線為軸時檢驗即可
(1)
依題意得：，
由橢圓定義知：
又，則，在中，
由余弦定理得：
即
解得：
又
故所求橢圓方程為：
(2)
設、、，當直線l不為x軸時的方程為
聯立橢圓方程得：
化簡可得：
根據韋達定理可得：，
當且僅當，即時，（定值）
即在x軸上存在點E使得為定值5，
點E的坐標為或
經檢驗，當直線PQ為x軸時，上面求出的點E也符合題意
【點睛】
（1）解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系；
（2）涉及到直線方程時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為或不存在等特殊情形．
例4．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓：，直線不過原點且不平行于坐標軸，與橢圓交于、兩點，線段的中點為．
(1)證明：直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值；
(2)若直線的方程為，延長線段與橢圓交于點，四邊形為平行四邊形，求橢圓的方程．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根據給定條件利用“點差法”結合斜率的坐標公式計算得解.
(2)聯立直線與橢圓的方程，結合(1)的信息及已知求出點P的坐標求解作答.
(1)
依題意，設，，，，
兩式相減可得，則，即，
因為，，直線的斜率，直線的斜率，
于是得是定值，
所以直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值.
(2)
設點的坐標為，由消去y并整理得：，
則，，又四邊形為平行四邊形，
即線段與線段互相平分，則，即點，而點在橢圓C上，
于是得，解得，
所以橢圓的方程為：．
【點睛】
思路點睛：涉及直線被圓錐曲線所截弦中點及直線斜率問題，可以利用“點差法”，設出弦的兩個端點坐標，代入曲線方程作差求解.
例5．（2022·河南安陽·二模（文））已知橢圓的右焦點為F，點A，B，P在橢圓C上．
(1)若線段AB的中點為，求直線AB的方程；
(2)若F恰好是△ABP的重心，且，，依次成等差數列，求點P的坐標．
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）判斷點在橢圓內部，然后根據點差法求得直線斜率，可得直線方程；
（2）根據三角形重心坐標公式可得，再根據，，依次成等差數列，可得，由此可解得答案.
(1)
由題意，將坐標代入中，滿足 ，
故點在橢圓內部，
又線段AB的中點為，可知直線AB的斜率存在，
設，，
則，，兩式相減整理得：，
由已知可得，則，所以AB的斜率為，
直線AB的方程為，即；
(2)
由已知可得，設，
因為F恰好是△ABP的重心，所以，即，
因為，，依次成等差數列，所以．
，
同理，．
所以，可得，
于是，得，
將代入橢圓方程得，
所以點P的坐標為或．
例6．（2022·河南·模擬預測（文））已知橢圓C：的離心率為，直線與橢圓僅有一個公共點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l：，試問在x軸上是否存在一定點M，使得過M的直線交橢圓于P，Q兩點，交l于N，且滿足，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，(4，0).
【解析】
【分析】
(1)根據離心率列出一個方程，聯立直線方程和橢圓方程由再得一個方程，結合本身a、b、c的關系即可解出a、b、c的值，從而確定橢圓的標準方程；
(2)設，，，，直線PQ的方程為，由，得，即，聯立直線PQ與橢圓方程，得和，從而可求m、n、t的關系，再結合N是l和直線PQ的交點即可求出m的值，從而可判定PQ是否過定點.
(1)
∵，∴，，
將代入，整理得，
∴，解得，
∴，，
∴橢圓C的方程為.
(2)
設，，，，直線PQ的方程為，
由，得，即.
將代入橢圓方程，整理得，
，即，
∴，.
∴.
將(1，n)代入，可得，代入上式可得.
當直線PQ的方程為時，也滿足題意.
故定點M為(4，0).
過關練習：
1．（2022·山西·懷仁市第一中學校一模（理））已知橢圓的離心率，橢圓上的點與左、右頂點所構成三角形面積的最大值為．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)設過橢圓C右焦點的直線l1，l2的斜率分別為k1，k2，滿足k1 k2＝﹣2，l1交C于點E，F，l2交C于點G，H，線段EF與GH的中點分別為M，N．判斷直線MN是否過定點，若過定點求出該定點；若不過定點，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)是定點，定點為.
【解析】
【分析】
（1）根據橢圓離心率、幾何性質，橢圓的上下定點與長軸構成的三角形面積最大，求得參數的值，寫出標準方程；
（2）設l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），聯立直線l1與橢圓C的方程，得到韋達定理，同時求得的坐標；
方法一：討論直線MN的斜率存在情況，將坐標代入直線方程lMN：y＝mx+n，求得之間的關系，從而判斷直線是否過定點；
方法二：討論直線MN的斜率存在情況，由坐標求得直線MN的斜率，并寫出直線方程，由橢圓的對稱性可知，若定點存在，則必在x軸上，所以令y＝0，化簡判斷x是否為定值即可.
(1)
設右焦點F（c，0），c＞0，由題知
求得a＝2，，c＝1，
所以橢圓C的標準方程為．
(2)
方法一：設l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），
聯立直線l1與橢圓C的方程得
消去y得，，
由根與系數的關系知，則，
代入直線l1的方程得，所以，
同理得．
①當直線MN的斜率存在時，設直線lMN：y＝mx+n，
將點M，N的坐標代入直線lMN，得
易知k1，k2為方程（4m+4n）k2+3k+3n＝0的兩個根，
由根與系數的關系知，
由題知k1 k2＝﹣2，所以，得，
所以直線，所以直線MN過定點．
②當直線MN的斜率不存在時，，即，
所以k1＝﹣k2，且k1 k2＝﹣2．
不妨設，，所以，
即直線，滿足過定點．綜上，直線MN過定點．
方法二：設l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），聯立直線l1與橢圓C的方程
消去y得，．
由根與系數的關系知，，，
代入直線l1的方程得，
所以，同理的．
①當直線MN的斜率存在時，即k1≠﹣k2，
＝＝，
（上式結合k1 k2＝﹣2化簡），直線＝，
由橢圓的對稱性可知，若定點存在，則必在x軸上，所以令y＝0，得
，
所以直線MN過定點．
②當直線MN的斜率不存在時，，即，
所以k1＝﹣k2，k1 k2＝﹣2．
不妨設，，所以，
即直線，滿足過定點．
綜上，直線MN過定點．
2．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓C：過點A(2，0)，B(0，1)兩點.
(1)求橢圓C的方程及離心率；
(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值.
【答案】(1)；；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
(1)由頂點可求a和b，由可求c，則橢圓的方程可求，離心率為可求；
(2)設，，求出、所在直線方程，得到，的坐標，求得，．由，結合在橢圓上求得四邊形的面積為定值．
(1)
由題可知，，則，
橢圓的方程為，離心率為；
(2)
設，，則，所在直線方程為，
取，得；
，所在直線方程為，
取，得．
，．
．
四邊形的面積為定值2．
【點睛】
解決定值定點方法一般有兩種：
(1)從特殊入手，求出定點、定值、定線，再證明定點、定值、定線與變量無關；
(2)直接計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定點、定值、定線.應注意到繁難的代數運算是此類問題的特點，設而不求方法、整體思想和消元的思想的運用可有效地簡化運算.
3．（2022·吉林吉林·模擬預測（文））已知拋物線上一點到焦點的距離為．
(1)求拋物線的標準方程；
(2)若點A，為拋物線位于軸上方不同的兩點，直線，的斜率分別為，，且滿足，求證：直線過定點．
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
(1)根據拋物線的定義和焦半徑公式即可求出p；
(2)方法一：設，表示出，，設AB為，聯立AB與拋物線方程，結合韋達定理和求出b與m的關系即可求得定點；
方法二：設、，的方程為：，聯立AB與拋物線方程，結合韋達定理和求出b與m的關系即可求得定點.
(1)
∵點到焦點的距離為 ，，解得：，
拋物線的標準方程為；
(2)
方法一：設，，則，，
設直線的方程為：，直線的斜率，
聯立方程得，
則，，，
，，則，即，
∴，即則直線的方程為，
過定點
∴直線過定點.
方法二：設、，由題意，∴，
設直線的方程為：，
聯立方程得，，
由，可得，，
，即，
，即，
即，即，整理得，
直線的方程為，過定點，
∴直線過定點.
4．（2022·全國·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，曲線C上的任意一點M到直線（且為常數）的距離與點M到點的距離相等.
(1)求動點M的軌跡方程（用t表示）；
(2)設直線l與曲線C相切于點P（點P在第一象限），過原點O作直線l的平行線與直線PF相交于點Q，證明：FQ為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）由拋物線的定義判定軌跡類型，進而求其方程；
（2）設出直線l及與其平行l的直線方程，聯立直線l和拋物線方程，利用判別式為0得到，進而得到切點的坐標，再利用三角形相似進行求解.
(1)
解：由題意知，點M到直線的距離等于點M到的距離，
由拋物線定義得，動點M的軌跡方程為.
(2)
證明：如圖所示，設直線，且與x軸交于點A，易得，
與拋物線聯立并消去y，得，
又直線l與拋物線C相切于點P，故，化簡得，
即化為，
所以切點P的橫坐標為，
易證，故，
即
，
故，為定值.
5．（2022·全國·模擬預測）已知P為橢圓短軸上的一個頂點，，為的左、右焦點，且的面積為，橢圓的焦距為2．
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線l為圓的切線，且l與相交于A，B兩點，求的取值范圍（O為坐標原點）．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）因為橢圓的焦距為2，則可得出c的值，再由三角形面積公式可求得b的值，進而求得的值，進而求得橢圓的標準方程；（2）由于直線l為圓的切線，注意討論直線l的斜率存在情況，先確定一般情況下的取值范圍，再確定特殊情況下的值，最后整合兩種情況下的范圍，即取兩者的并集，最終得到的取值范圍．
(1)
依題意，，
所以．
在中，，
解得，所以，
所以橢圓的方程為；
(2)
設，，
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為，聯立
整理得，
則，則，
則
．
又直線l為圓的切線，
則，即，
則
．
又，于是；
當直線l的斜率不存在時，設直線l的方程為，則，，
．
綜上，
【點睛】
方法點睛：在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下幾個方面考慮：①利用判別式來構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；②利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；③利用基本不等式求出參數的取值范圍；④利用函數的值域的求法，確定參數的取值范圍．
6．（2022·四川省南充高級中學高三階段練習（理））在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：的左，右頂點分別為A、B，點F是橢圓的右焦點，，．
(1)求橢圓C的方程；
(2)不過點A的直線l交橢圓C于M、N兩點，記直線l、AM、AN的斜率分別為k、、．若，證明直線l過定點，并求出定點的坐標．
【答案】(1)；
(2)證明見解析，(－5,0).
【解析】
【分析】
(1)寫出A、B、F的坐標，求出向量坐標，根據向量的關系即可列出方程組，求得a、b、c和橢圓的標準方程；
(2)設直線l的方程為y＝kx＋m，，．聯立直線l與橢圓方程，根據韋達定理得到根與系數的關系，求出，根據即可求得k和m的關系，即可證明直線過定點并求出該定點.
(1)
由題意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(c，0)．
∵，
∴
解得從而b2＝a2－c2＝3．
∴橢圓C的方程；
(2)
設直線l的方程為y＝kx＋m，，．
∵直線l不過點A，因此－2k＋m≠0．
由得．
時，，，
∴
．
由，可得3k＝m－2k，即m＝5k，
故l的方程為y＝kx＋5k，恒過定點(－5,0).
7．（2022·四川·三模（理））已知橢圓的離心率，且過點．
(1)求橢圓E的方程；
(2)設C點關于y軸的對稱點為D，點M在直線OD上，過點M的直線l與E交于A、B兩點，線段AB的中點為N，若，求點M的坐標．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用待定系數法求出橢圓的方程；
（2）先判斷出直線l的斜率不存在不合題意；
設過點M的直線l的方程為，設，用“設而不求法”得到，，由得到.設，將其代入得，
對任意k恒成立的充要條件為，即，即可求出點M的坐標為．
(1)
由已知，得， ①
又， ②
由①②解得，，故橢圓E的方程為：．
(2)
由題設及得．
當直線l的斜率不存在時，AB垂直于x軸，此時可設：，所以
，而.
因為，所以，解得：，這與相矛盾，故直線l的斜率存在.
可設過點M的直線l的方程為（斜率存在），
將其代入并整理得，
當時，設，，
∴，，繼而可得，
，
又，，∴
整理得， （*）
設，將其代入得，
又將代入（*）式整理得，
即：，
對任意k恒成立的充要條件為，即，
∴，故點M的坐標為．
【點睛】
（1）待定系數法可以求二次曲線的標準方程；
（2）“設而不求”是一種在解析幾何中常見的解題方法，可以解決直線與二次曲線相交的問題.
8．（2022·河南·高三階段練習（文））橢圓C： （a＞b＞0）的左，右焦點分別為F1，F2，＝，橢圓的上頂點為B，｜AB｜＝，O為坐標原點，△AOB為等腰直角三角形．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若經過點A的直線l與橢圓C交于M，N兩點，以線段MN為直徑的圓恰經過點B，求直線l的方程．
【答案】(1)；
(2)，或．.
【解析】
【分析】
（1）由題可得，，結合條件可得，即求；
（2）分情況討論，當直線l不存在斜率時，不合題意，當直線l存在斜率時，設直線l的方程為：，聯立橢圓方程利用韋達定理，結合條件可得，進而即求.
(1)
依題意，，
則點A的坐標為，點，
又因為為等腰直角三角形．
∴，
則可得，
從而橢圓C的方程為；
(2)
當直線l不存在斜率時，以線段為直徑的圓的方程即為，不經過點B．
當直線l存在斜率時，設，
若以線段為直徑的圓經過點B，則有，
不妨設直線l的方程為：，代入橢圓方程化簡得：，
，
從而有：，，
∴，
，
從而有，
，
由，得或．
所以直線l的方程為：，或．
9．（2022·河南·襄城縣教育體育局教學研究室二模（理））已知雙曲線的右焦點為，過點F與x軸垂直的直線與雙曲線C交于M，N兩點，且.
(1)求C的方程；
(2)過點的直線與雙曲線C的左 右兩支分別交于D，E兩點，與雙曲線C的兩條漸近線分別交于G，H兩點，若，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據雙曲線右焦點為，且，由求解；
（2）設直線的方程為，與雙曲線方程聯立，求得，與雙曲線C的漸近線方程聯立，求得，根據求解.
(1)
解：由題意得，
解得
故C的方程為.
(2)
顯然直線率存在，設直線的方程為，，，
聯立，得，
因為與雙曲線C的左，右兩支分別交于D，E兩點，
故，
解得，
此時有.
，
，
由，解得，同理可得，
所以.
因為，故.
因為，故，
故實數的取值范圍是.
10．（2022·浙江·高三專題練習）已知拋物線C：的焦點為F，直線l：與拋物線C交于A，B兩點.
(1)若，求的面積；
(2)若拋物線C上存在兩個不同的點M，N關于直線l對稱，求a的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
(1)聯立直線與拋物線，根據弦長公式求出，根據點到直線的距離公式求出點到直線的距離，根據三角形面積公式可求得結果；
(2)設直線的方程為代入拋物線，利用判別式大于0可得，
根據韋達定理求出的中點坐標，將其代入直線得到與的關系式，根據的范圍可得的范圍．
(1)
拋物線的焦點為，
時，直線，
聯立，可得，
設，，，，
則，．
，
點到直線的距離距離，
的面積．
(2)
∵點，關于直線對稱，∴直線的斜率為，
∴可設直線的方程為，
聯立，整理可得，
由，可得，
設，，，，則，
故的中點為，
∵點，關于直線對稱，∴的中點，在直線上，
∴，得，∵，∴．
綜上，的取值范圍為．
11．（2022·黑龍江實驗中學高三階段練習（文））橢圓：（），離心率為，過點.
(1)求橢圓方程；
(2)若橢圓左頂點為，過點的直線與橢圓交于不與D重合的、兩點，求.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根據求得，然后可得方程.
（2）設直線方程并按斜率是否存在進行討論，結合韋達定理并表示，計算即可.
(1)
由題可得，
解得，
∴橢圓方程為；
(2)
當直線斜率不存在時，，，，
∴，
當直線斜率存在時，設直線方程為，，
由，得，
，
∴，，
∴
綜上，的值為.
12．（2022·全國·高三階段練習（文））如圖所示，已知拋物線：，過點的直線與拋物線有兩個交點，若拋物線上存在不同的兩點，關于直線對稱，記的中點為.
(1)求點的軌跡方程；
(2)求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）設直線，，，，，，將，的坐標代入拋物線方程得到，再代入直線方程化簡即可；
（2）聯立直線的方程和拋物線方程，將在面積表示出來，再利用求解即可．
(1)
由題意可得直線的斜率存在且不為0，設直線，，，，，，如圖，
由可得：，
所以，
所以，代入直線方程得：，
又當時，由得，
在拋物線開口方向內，
，
點的軌跡方程為：；
(2)
由（1）可知直線：，
由 得：，
直線與拋物線交于，兩點，
即
則， ，
，又，
令，
，由得（負根舍去），
知當時，隨增大而增大，當時，隨增大而減小，
當時，取得最大值，
時，.
13．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓C：(0(1)求C的方程；
(2)若點P在C上，點Q在直線x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面積．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接根據離心率列式計算即可；
（2）設P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根據對稱性可設yQ>0，則yP>0，寫出直線直線BP的方程，利用|BP|＝|BQ|求出即可求出各點的坐標，再求出|P1Q1|，點A到直線P2Q2的距離，即可得△APQ的面積.
(1)
由題設可得＝，得m2＝，
所以C的方程為；
(2)
設P(xP，yP)，Q(6，yQ)，
根據對稱性可設yQ>0，則yP>0.
由已知可得B(5，0)，直線BP的方程為y＝－(x－5)，
所以|BP|＝yP，|BQ|＝.
因為|BP|＝|BQ|，所以yP＝1.
將yP＝1代入C的方程，解得xP＝3或－3.
由直線BP的方程得yQ＝2或8，
所以點P，Q的坐標分別為P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(－3，1)，Q2(6，8)．
所以|P1Q1|＝，直線P1Q1的方程為y＝x，
點A(－5，0)到直線P1Q1的距離為，
故△AP1Q1的面積為××＝；
|P2Q2|＝，直線P2Q2的方程為y＝x＋，
點A到直線P2Q2的距離為，
故△AP2Q2的面積為××＝.
綜上，△APQ的面積為.
14．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓：上有一點，點在軸上方，，分別為的左，右焦點，當△的面積取最大值時，.
(1)求的標準方程；
(2)若直線交于，兩點，設中點為，為坐標原點，，作，求證：為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）由題意可知當點為上頂點時的面積取得最大值，再結合，即可求出，的值，得到橢圓的標準方程．
（2）①當直線的斜率存在時，設點，，點，，設直線的方程為，與橢圓方程聯立，由韋達定理可得，，代入，可得，所以坐標原點到直線的距離為定值，②當直線的斜率不存在時，點即與軸交點，設點，代入橢圓可求出的值，得到直線的方程，得到亦成立．
(1)
解：當點為上頂點時，的面積取得最大值，
，，
又，
解得，
橢圓的標準方程為．
(2)
證明：①當直線的斜率存在時，設直線的方程為，
聯立方程，消去得：，
，即，
設點，，點，，
，，
，，
，
，
，
，
坐標原點到直線的距離為定值，
②當直線的斜率不存在時，點即與軸交點，，
設點，代入橢圓的方程得：，
解得，
當直線時，點，，，，
成立，
同理當直線時也成立，
，
綜上所求，為定值．
15．（2022·陜西武功·二模（理））已知拋物線C：x2＝2py的焦點為F，點N（t，1）在拋物線C上，且|NF|＝.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點M（0，1）的直線l交拋物線C于不同的兩點A，B，設O為坐標原點，直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值.
【答案】(1)x2＝2y；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）利用拋物線的定義進行求解即可；
（2）設直線l的直線方程與拋物線方程聯立，根據一元二次方程根與系數關系、斜率公式進行證明即可.
(1)
∵點N（t，1）在拋物線C：x2＝2py上，且|NF|＝，
∴|NF|＝，解得p＝1，
∴拋物線C的方程為x2＝2y；
(2)
依題意，設直線l：y＝kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），
聯立，得x2﹣2kx﹣2＝0.
則x1x2＝﹣2，∴.
故k1k2為定值.
【點睛】
關鍵點睛：利用拋物線的定義是解題的關鍵.
16．（2022·全國·模擬預測）已知，是雙曲線的左、右焦點，且雙曲線過點，．
(1)求雙曲線的方程；
(2)已知過點的直線交雙曲線左、右兩支于，兩點，交雙曲線的漸近線于，（點位于軸的右側）兩點，求的取值范圍．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）設雙曲線的半焦距為，由建立關于的方程，并求出的值，再將點坐標代入雙曲線得，結合，解得，的值，即可求出雙曲線的方程；
（2）先設直線的方程為，再分別與雙曲線的漸近線方程聯立，得到，的表達式，即可求出長度的表達式，聯立雙曲線與直線的方程，整理成關于的一元二次方程．設，，結合韋達定理求出，的表達式，并得到的取值范圍，進而求得的表達式，化簡，再結合的取值范圍即可求解．
(1)
設雙曲線的半焦距為，
∵，∴．
又，，解得，，
∴雙曲線的方程為．
(2)
由題意可設直線的方程為，雙曲線的漸近線方程為，
聯立得，聯立得，
∴．
聯立得，
設，，則，，
由即，
∴，
∴
．
又，∴，∴，
∴的取值范圍為．
【點睛】
本題以雙曲線為背景，考察雙曲線的方程與幾何性質、直線與雙曲線的位置關系，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，考查數學運算和邏輯推理核心素養，屬綜合困難題.
17．（2022·廣東深圳·一模）已知雙曲線：經過點A，且點到的漸近線的距離為．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點作斜率不為的直線與雙曲線交于M，N兩點，直線分別交直線AM，AN于點E，F．試判斷以EF為直徑的圓是否經過定點，若經過定點，請求出定點坐標；反之，請說明理由．
【答案】(1)
(2)以為直徑的圓經過定點，定點坐標為和
【解析】
【分析】
（1）根據點在雙曲線上和點到直線的距離分別建立方程，然后解出方程即可；
（2）聯立直線與雙曲線的方程，利用韋達定理，并表示出以為直徑的圓的方程，結合對稱性即可求得定點坐標
(1)
由題意得：
因為雙曲線C的漸近線方程為，所以有：
解得：
因此，雙曲線C的方程為：
(2)
①當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為
由可得：
設、，
則由：，
由直線AM方程，令，得點
由直線AN方程，令，得點
則以EF為直徑的圓的方程為：
令，有：
將，代入上式，得
可得：
解得：，或
即以EF為直徑的圓經過點和；
②當直線l的斜率不存在時，點E、F的坐標分別為、，以EF為直徑的圓方程為，該圓經過點和
綜合可得，以EF為直徑的圓經過定點和
18．（2022·河南·高三階段練習（文））在平面直角坐標系中，直線的參數方程為為參數），以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為．
(1)求直線的普通方程和曲線C的直角坐標方程；
(2)若直線與曲線C相交于A，B兩點，求｜AB｜．
【答案】(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）由直線的參數方程，消去參數求得直線的普通方程，根據直角坐標與極坐標的互化公式，即可求得曲線的直角坐標方程；
（2）由（1）可知，直線經過拋物線的焦點，聯立方程組，結合韋達定理和拋物線的定義，即可求解.
(1)
解：由直線的參數方程為參數），可得，
即直線的普通方程為；
又由曲線，兩邊同時乘以，可得，
根據，化簡得，即曲線的直角坐標方程為.
(2)
解：由（1）可知，直線經過拋物線的焦點，
聯立方程組，整理得，可得，
根據拋物線的定義，可得.
19．（2022·四川成都·高三階段練習（文））已知圓，橢圓．
(1)求證：圓C在橢圓M內；
(2)若圓C的切線m與橢圓M交于P，Q兩點，F為橢圓M的右焦點，求△面積的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)4
【解析】
【分析】
（1）證明橢圓M上任意一點到圓心C的距離大于半徑1即可解決；
（2）以設而不求的方法得到△面積的表達式，再去求最大值即可.
(1)
圓心，半徑．設為橢圓M上一點，
則．
∵，∴當時，有最小值．
而，即，故點A總在圓C外．
∴圓C在橢圓M內．
(2)
若直線m斜率不存在，m不能過點，則m的方程只能為，
，．
若直線m斜率存在，設m的方程為．
由直線m與圓C相切得，化簡得，則．
由得，
則．
又到直線m的距離．
設，則，
．
綜上，面積的最大值為4．
20．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓過點，以四個頂點圍成的四邊形面積為．
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)過點P(0，-3)的直線l斜率為k，交橢圓E于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別交直線于點M、N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據橢圓所過的點及四個頂點圍成的四邊形的面積可求，從而可求橢圓的標準方程.
（2）設，求出直線的方程后可得的橫坐標，從而可得，聯立直線的方程和橢圓的方程，結合韋達定理化簡，從而可求的范圍，注意判別式的要求.
(1)
因為橢圓過，故，
因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，
故橢圓的標準方程為：.
(2)
設，
因為直線的斜率存在，故，
故直線，令，則，同理.
直線，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
，
故即，
綜上，或.
所以的取值范圍是.第27講 直線與圓錐曲線的位置關系
方法總結：
1、直線與圓錐曲線問題的特點：
（1）題目貫穿一至兩個核心變量
（2）條件與直線和曲線的交點相關，所以可設，至于坐標是否需要解出，則看題目中的條件，以及坐標的形式是否復雜
（3）通過聯立方程消元，可得到關于（或）的二次方程，如果所求的問題與兩根的和或乘積有關，則可利用韋達定理進行整體代入，從而設而不求
（4）有些題目會涉及到幾何條件向解析語言的轉換，注重數形幾何，注重整體代入。
2、韋達定理：是用二次方程的系數運算來表示兩個根的和與乘積，在解析幾何中得到廣泛使用的原因主要有兩個：一是聯立方程消元后的二次方程通常含有參數，進而導致直接利用求根公式計算出來的實根形式非常復雜，難以參與后面的運算；二是解析幾何的一些問題或是步驟經常與兩個根的和與差產生聯系。
3、直線方程的形式：直線的方程可設為兩種形式：
（1）斜截式：，此直線不能表示豎直線。
（2），此直線不能表示水平線，但可以表示斜率不存在的直線。
4、弦長公式：（已知直線上的兩點距離）設直線，上兩點，所以或
5、點差法：這是處理圓錐曲線問題的一種特殊方法，適用于所有圓錐曲線。
典型例題：
例1．（2022·山東臨沂·一模）已知橢圓C：(，)的左、右焦點分別為，，離心率為，直線被C截得的線段長為.
(1)求C的方程：
(2)若A和B為橢圓C上在x軸同側的兩點，且，求四邊形面積的最大值及此時的值.
例2．（2022·江蘇·南京市第五高級中學模擬預測）已知雙曲線的焦距為4，直線l：與交于兩個不同的點D E，且時直線l與的兩條漸近線所圍成的三角形恰為等邊三角形.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若坐標原點O在以線段DE為直徑的圓的內部，求實數m的取值范圍；
(3)設A B分別是的左 右兩頂點，線段BD的垂直平分線交直線BD于點P，交直線AD于點Q，求證：線段PQ在x軸上的射影長為定值.
例3．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知橢圓的左右焦點分別為，，且橢圓C上的點M滿足，.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若在x軸上存在一點E，使得過點E的任意一條直線l與橢圓的兩個交點P、Q，都有為定值，試求出此定值.
例4．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓：，直線不過原點且不平行于坐標軸，與橢圓交于、兩點，線段的中點為．
(1)證明：直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值；
(2)若直線的方程為，延長線段與橢圓交于點，四邊形為平行四邊形，求橢圓的方程．
例5．（2022·河南安陽·二模（文））已知橢圓的右焦點為F，點A，B，P在橢圓C上．
(1)若線段AB的中點為，求直線AB的方程；
(2)若F恰好是△ABP的重心，且，，依次成等差數列，求點P的坐標．
例6．（2022·河南·模擬預測（文））已知橢圓C：的離心率為，直線與橢圓僅有一個公共點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l：，試問在x軸上是否存在一定點M，使得過M的直線交橢圓于P，Q兩點，交l于N，且滿足，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
過關練習：
1．（2022·山西·懷仁市第一中學校一模（理））已知橢圓的離心率，橢圓上的點與左、右頂點所構成三角形面積的最大值為．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)設過橢圓C右焦點的直線l1，l2的斜率分別為k1，k2，滿足k1 k2＝﹣2，l1交C于點E，F，l2交C于點G，H，線段EF與GH的中點分別為M，N．判斷直線MN是否過定點，若過定點求出該定點；若不過定點，請說明理由．
2．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓C：過點A(2，0)，B(0，1)兩點.
(1)求橢圓C的方程及離心率；
(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值.
3．（2022·吉林吉林·模擬預測（文））已知拋物線上一點到焦點的距離為．
(1)求拋物線的標準方程；
(2)若點A，為拋物線位于軸上方不同的兩點，直線，的斜率分別為，，且滿足，求證：直線過定點．
4．（2022·全國·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，曲線C上的任意一點M到直線（且為常數）的距離與點M到點的距離相等.
(1)求動點M的軌跡方程（用t表示）；
(2)設直線l與曲線C相切于點P（點P在第一象限），過原點O作直線l的平行線與直線PF相交于點Q，證明：FQ為定值.
5．（2022·全國·模擬預測）已知P為橢圓短軸上的一個頂點，，為的左、右焦點，且的面積為，橢圓的焦距為2．
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線l為圓的切線，且l與相交于A，B兩點，求的取值范圍（O為坐標原點）．
6．（2022·四川省南充高級中學高三階段練習（理））在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：的左，右頂點分別為A、B，點F是橢圓的右焦點，，．
(1)求橢圓C的方程；
(2)不過點A的直線l交橢圓C于M、N兩點，記直線l、AM、AN的斜率分別為k、、．若，證明直線l過定點，并求出定點的坐標．
7．（2022·四川·三模（理））已知橢圓的離心率，且過點．
(1)求橢圓E的方程；
(2)設C點關于y軸的對稱點為D，點M在直線OD上，過點M的直線l與E交于A、B兩點，線段AB的中點為N，若，求點M的坐標．
8．（2022·河南·高三階段練習（文））橢圓C： （a＞b＞0）的左，右焦點分別為F1，F2，＝，橢圓的上頂點為B，｜AB｜＝，O為坐標原點，△AOB為等腰直角三角形．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若經過點A的直線l與橢圓C交于M，N兩點，以線段MN為直徑的圓恰經過點B，求直線l的方程．
9．（2022·河南·襄城縣教育體育局教學研究室二模（理））已知雙曲線的右焦點為，過點F與x軸垂直的直線與雙曲線C交于M，N兩點，且.
(1)求C的方程；
(2)過點的直線與雙曲線C的左 右兩支分別交于D，E兩點，與雙曲線C的兩條漸近線分別交于G，H兩點，若，求實數的取值范圍.
10．（2022·浙江·高三專題練習）已知拋物線C：的焦點為F，直線l：與拋物線C交于A，B兩點.
(1)若，求的面積；
(2)若拋物線C上存在兩個不同的點M，N關于直線l對稱，求a的取值范圍.
11．（2022·黑龍江實驗中學高三階段練習（文））橢圓：（），離心率為，過點.
(1)求橢圓方程；
(2)若橢圓左頂點為，過點的直線與橢圓交于不與D重合的、兩點，求.
12．（2022·全國·高三階段練習（文））如圖所示，已知拋物線：，過點的直線與拋物線有兩個交點，若拋物線上存在不同的兩點，關于直線對稱，記的中點為.
(1)求點的軌跡方程；
(2)求的最大值.
13．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓C：(0(1)求C的方程；
(2)若點P在C上，點Q在直線x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面積．
14．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓：上有一點，點在軸上方，，分別為的左，右焦點，當△的面積取最大值時，.
(1)求的標準方程；
(2)若直線交于，兩點，設中點為，為坐標原點，，作，求證：為定值.
15．（2022·陜西武功·二模（理））已知拋物線C：x2＝2py的焦點為F，點N（t，1）在拋物線C上，且|NF|＝.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點M（0，1）的直線l交拋物線C于不同的兩點A，B，設O為坐標原點，直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值.
16．（2022·全國·模擬預測）已知，是雙曲線的左、右焦點，且雙曲線過點，．
(1)求雙曲線的方程；
(2)已知過點的直線交雙曲線左、右兩支于，兩點，交雙曲線的漸近線于，（點位于軸的右側）兩點，求的取值范圍．
17．（2022·廣東深圳·一模）已知雙曲線：經過點A，且點到的漸近線的距離為．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點作斜率不為的直線與雙曲線交于M，N兩點，直線分別交直線AM，AN于點E，F．試判斷以EF為直徑的圓是否經過定點，若經過定點，請求出定點坐標；反之，請說明理由．
18．（2022·河南·高三階段練習（文））在平面直角坐標系中，直線的參數方程為為參數），以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為．
(1)求直線的普通方程和曲線C的直角坐標方程；
(2)若直線與曲線C相交于A，B兩點，求｜AB｜．
19．（2022·四川成都·高三階段練習（文））已知圓，橢圓．
(1)求證：圓C在橢圓M內；
(2)若圓C的切線m與橢圓M交于P，Q兩點，F為橢圓M的右焦點，求△面積的最大值．
20．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓過點，以四個頂點圍成的四邊形面積為．
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)過點P(0，-3)的直線l斜率為k，交橢圓E于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別交直線于點M、N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范圍．第28講 圓錐曲線的面積問題
方法總結：
1、面積問題的秒殺總結：
（1）求三角形的面積需要尋底找高，為了簡化運算，通常優先選擇能用坐標直接進行表示的底（或高）。
（2）面積的拆分：不規則的多邊形的面積通常考慮拆分為多個三角形的面積和
2、多個圖形面積的關系的轉化：尋找這些圖形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特點，從而可將面積的關系轉化為線段的關系
3、面積的最值問題：通常利用公式將面積轉化為某個變量的函數，再求解函數的最值，
典型例題：
例1．（2022·山西呂梁·一模（文））已知橢圓的離心率為，點，是橢圓C的左右焦點，且右焦點與拋物線的焦點重合.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過左焦點且與x軸不重合的直線交橢圓于A，B兩點，求面積的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據拋物線的方程可求，根據離心率可求，再求出后可得橢圓方程.
（2）設直線方程為，設，，聯立直線方程和拋物線方程，消元后利用韋達定理得到面積的表達式，利用換元法和導數可求面積的最大值.
(1)
易知拋物線的焦點為，所以，
又因為離心率，所以，
又因為所以橢圓C的方程為
(2)
由題意設直線方程為，設，
與橢圓方程聯立消去得：，易知
所以，
所以
因為到直線的距離為
所以
設，則，
設，則，所以在單調遞增，
所以，即三角形面積的取值范圍為
例2．（2022·全國·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，已知點F既是橢圓的右焦點，又是拋物線的焦點．和在第一象限內交于．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過的動直線l與交于A，B．直線OA與交于M，N，直線OB與交于P，Q．記四邊形MPNQ的面積為，的面積為．求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據題意可得，將點K坐標分別代入橢圓和拋物線方程，即可求得a，b值，即可得答案.
（2）由（1）知的標準方程為，設直線l的方程為，與拋物線聯立，結合韋達定理，可得，設設直線MN的方程為，與橢圓聯立，可得，與拋物線聯立，可求得，用代替k可得和，進而可得表達式，結合基本不等式，即可得答案.
(1)
由題可知，解得，
所以的標準方程為．
(2)
由（1）知的標準方程為．
設，，直線l的方程為．
聯立，得．
由韋達定理得，
因為
所以．
設直線MN的方程為．
聯立，得．
聯立，得．
用代替k可得，．
所以
等號成立當且僅當．
故的最大值為．
例3．（2022·江西贛州·高三期末（文））已知點M是橢圓C：上一點，，分別為橢圓C的上、下焦點，，當，的面積為5.
(1)求橢圓C的方程：
(2)設過點的直線和橢圓C交于兩點A，B，是否存在直線，使得與（O是坐標原點）的面積比值為5：7.若存在，求出直線的方程：若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根據焦距可求出c,再根據以及的面積可求出a,b，即得橢圓方程；
（2）設直線方程并和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系式，根據與的面積比值為5：7，得到相關等式，聯立根與系數的關系式化簡，即可得到結論.
(1)
由,
由,
,故,
∴,
∴,
∴，
即橢圓的標準方程為.
(2)
假設滿足條件的直線存在，
當直線的斜率不存在時，不合題意，
不妨設直線：，，，顯然 ，
聯立，得，
所以，
因為，，得，
即（3），
由（1），（3），得 （4），
將（1）（4）代入（3）得，
所以直線的方程為，
故存在直線，使得與的面積比值為5：7.
【點睛】
本題考查了橢圓方程的求解以及直線和橢圓的位置關系，涉及到橢圓中的三角形面積問題，解答時一般思路是要將直線方程和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系式，再將該關系式代入到相關等式中化簡，其中計算量大,多是關于字母參數的運算，要求計算準確，需要細心和耐心.
例4．（2022·浙江嘉興·高三期末）已知拋物線上的任意一點到焦點的距離比到y軸的距離大.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過拋物線外一點作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，若三角形ABP的重心G在定直線上，求三角形ABP面積的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根據題意，拋物線上的任意一點到焦點的距離與到直線的距離相等，然后根據拋物線的定義即可求得答案.
（2）設動點，切點，，進而設出切線方程并代入拋物線方程，結合判別式法和點G在直線上得到的關系，然后取線段AB的中點Q，求出點Q的坐標，最后根據求得答案.
(1)
根據題意，拋物線上的任意一點到焦點的距離與到直線的距離相等，由拋物線的定義可知：，，拋物線C的方程為.
(2)
設動點，切點，.
設過A的切線PA方程為，與拋物線方程聯立，
消去x整理得，，所以，
所以切線PA方程為，同理可得切線PB方程為，
聯立解得兩切線的交點，所以有.
因為，
又G在定直線，所以有，即P的軌跡為，
因為P在拋物線外，所以.
如圖，取AB中點Q，則，
所以，因為，
所以，所以，所以當時，.
【點睛】
本題第（2）問運算量大，一定要注意對根與系數的關系的應用，另外本題為什么要取點Q，一方面是受點G為三角形的重心的影響，另一方面是為了處理三角形的面積，即有，平常一定要多加訓練，培養自己做題的感覺.
例5．（2022·江西贛州·高三期末（理））已知橢圓過點，且離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)在y軸上是否存在點M，過點M的直線l交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，使得三角形的面積？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根據條件列出相應的方程組，即可求得答案；
（2）首先利用三角形的面積結合向量運算，將問題轉化為，然后設直線方程，聯立橢圓方程，利用根與系數的關系代入化簡可得答案.
(1)
由 ，解得 ，
則橢圓C的方程為；
(2)
設存在點，由已知條件可知直線l的斜率存在，
故可設直線l的方程為，
則，
由，
得，
即，
由得，
∴需滿足，
∴，
∴，
∴，
∴，∴滿足.
∴，∴點.
【點睛】
本題考查了橢圓方程的求解以及直線和橢圓的位置關系，涉及到三角形面積問題，解答的關鍵在于利用面積關系結合向量的運算轉化為點的坐標之間的關系，再化簡求值，計算量較大，需要耐心.
過關練習：
1．（2022·重慶長壽·高三期末）已知曲線過點和．
(1)求曲線C的方程，并指出曲線類型；
(2)若直線2x－y－2＝0與曲線C的兩個交點為A，B，求△OAB的面積（其中O是坐標原點）．
【答案】(1)曲線的方程為，表示橢圓
(2)
【解析】
【分析】
（1）點代入解方程組即可得出結果.
（2）利用弦長公式計算即可.
(1)
曲線C過點和，
則解得
∴曲線C的方程為，表示橢圓．
(2)
由得，．
設，，則．
又O到直線2x－y－2＝0的距離為，
∴△OAB的面積為．
2．（2022·陜西武功·二模（文））已知拋物線上的點到準線的距離為5.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點的直線與拋物線C交于A，B兩點，與x軸交于點，圓與x軸交于點M，求面積的最小值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用定義求出，即可得到拋物線C的方程；
（2）設，設直線的方程為：，用韋達定理表示出，得到，利用二次函數求最值即可.
(1)
由拋物線C的方程可得其準線方程為，
依題意得，解得.
∴拋物線C的方程為.
(2)
依題意可設直線的方程為：，
聯立消去x得.
設，
則.
∴.
依題意，
∴.
∵，
∴，即面積的最小值為.
3．（2022·福建福州·高三期末）定義：若點，在橢圓上，并且滿足，則稱這兩點是關于M的一對共軛點，或稱點關于M的一個共軛點為.已知點在橢圓，O坐標原點.
(1)求點A關于M的所有共軛點的坐標；
(2)設點P，Q在M上，且，求點A關于M的所有共軛點和點P，Q所圍成封閉圖形面積的最大值.
【答案】(1)或
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用共軛點的定義列方程求解即可，
（2）設直線的方程為，，將直線方程代入橢圓方程化簡，利用根與系數的關系，結合弦長公式表示出，分別求出，到直線的距離，代入，即可求出其最大值
(1)
設點在橢圓的共軛點為，則
，且，
解得或，
所以點A關于M的所有共軛點的坐標為或
(2)
因為∥，，所以設直線的方程為，，，
將代入中，化簡得，
由，得，
，
所以
，
設，到直線的距離分別為，
因為∥，
所以等于，到直線的距離和，
所以，
所以
，
令，則在上單調遞減，
所以當時，即時，取最大值16，
所以當時，的最大值為
4．（2022·江西九江·一模（文））在直角坐標系中，已知拋物線的焦點為F，過點F的直線交C于A，B兩點，的最小值為4.
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)若，求面積的最小值.
【答案】(1)；
(2)4.
【解析】
【分析】
（1）由題可得，即求；
（2）分類討論，利用條件可得，然后利用韋達定理、弦長公式及面積公式可表示，即求；
(1)
當垂直于x軸時，最小，
其最小值為，∴，
∴拋物線C的標準方程為.
(2)
解法一：取，
則點M在直線上，且點O為線段的中點.
∴.
當垂直于x軸時，A，B的坐標分別為，，
，
當不垂直于x軸時，設其斜率為k，則直線的方程為.
則點O到直線的距離，
聯立方程，消去y整理得，
則，，
∴，
綜上可得，面積的最小值為4.
解法二：當垂直于x軸時，A，B的坐標分別為，，
由，得點P的坐標為，
則點P到直線的距離為2，
又，所以的面積為，
當不垂直于x軸時，設其斜率為，
則直線的方程為，
設P，A，B的坐標分別為，，，
則，，
由，得，
，
即，故點P在直線上，且此直線平行于直線.
則點P到直線的距離，
聯立方程，消去y整理得，
則，，
∴，
綜上可得，面積的最小值為4.
解法三：取，
則點M在直線上，且點O為線段的中點.
∴，
設直線的方程為，則點O到直線的距離.
聯立方程，消去x整理得，
則，，
∴，
綜上可得，面積的最小值為4.
5．（2022·江西九江·一模（理））在直角坐標系中，已知橢圓的右焦點為，過點F的直線交橢圓C于A，B兩點，的最小值為．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若與A，B不共線的點P滿足，求面積的取值范圍．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根據通徑的性質即可求解；
(2)取，則點M在直線上，且點M為線段的中點．得，設AB方程，與橢圓方程聯立，表示出并求其范圍即可.
(1)
由右焦點知，，
當垂直于x軸時，最小，其最小值為．
又∵，解得，，
∴橢圓C的標準方程為．
(2)
解法一：取，
則點M在直線上，且點M為線段的中點．
∴．
當垂直于x軸時，A，B的坐標分別為，，；
當不垂直于x軸時，設其斜率為k，則直線的方程為．
則點O到直線的距離，
聯立方程，消去y整理得，
則，，，
，
∴，
令，則，
此時．
綜上可得，面積的取值范圍為．
解法二：當垂直于x軸時，A，B的坐標分別為，，
由，得點P的坐標為，
則點P到直線的距離為1，
又，∴的面積為，
當不垂直于x軸時，設其斜率為k ，
則直線的方程為，
設P，A，B的坐標分別為，，，
則，，
由，得，
，
即．
故點P在直線上，且此直線平行于直線．
則點P到直線的距離，
聯立方程，消去y整理得，
則，，
，
∴，
令，則，
此時．
綜上可得，面積的取值范圍為．
解法三：取，
則點M在直線上，且點M為線段的中點．
∴，
設直線的方程為，則點O到直線的距離．
聯立方程，消去x整理得，
則，，，
，
∴，
∴，
即面積的取值范圍為．
6．（2022·江西上饒·高三階段練習（文））已知橢圓的一個焦點到雙曲線漸近線的距離為，且點在橢圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)若四邊形ABCD的頂點在橢圓上，且對角線AC、BD過原點O，直線AC和BD的斜率之積－，證明：四邊形ABCD的面積為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據題意列出相應等式，求得，再根據點（）是橢圓上一點，求得，即得答案；
（2）考慮直線斜率是否存在情況，然后設直線方程，和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系式，結合可得到，進而表示出四邊形ABCD的面積，化簡可得結論.
(1)
不妨取左焦點（－c，0），到漸近線的距離為，解得，
∴
又∵點（）是橢圓上一點，∴，
解得
因此，橢圓的方程為
(2)
證明:：當直線AB的斜率不存在時，不妨設 ，
則 ，又 ，解得 ，
根據橢圓的對稱性，不妨取 ,則，
則 ,
所以 ;
當直線AB斜率存在時，設直線AB的方程為，設點
聯立，得，
則
因為，得，即，
所以，，解得，
，
原點到直線AB的距離為，
因為
且
所以（定值），
綜上述四邊形ABCD的面積為定值．
7．（2022·浙江溫州·高三開學考試）如圖，過點的直線l交拋物線于A，B兩點.
(1)求證：點A，B的縱坐標之積為定值；
(2)若拋物線上存在關于直線l對稱的兩點M，N，直線AM，AN分別交x軸于點D，E，求△BDE的面積的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）分過點的直線l斜率存在與不存在兩種情況去證明；
（2）先求得△BDE的面積的的解析式，再求其取值范圍即可解決.
(1)
過點的直線l斜率不存在時，方程為，令，，則A，B的縱坐標之積為.
過點的直線l斜率存在時，方程可設為，令，
由可得，，則
綜上，點A，B的縱坐標之積為定值.
(2)
由題意可知直線MN斜率存在且不為0，
直線MN的方程可設為，令，
由，可得，
則，
設，，則中點為，代入
得，即，代入，得
由 ，即，可得，則
由 ，，可得，則
則
故△BDE的面積為
又，則
故△BDE的面積的取值范圍為
【點睛】
(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系；
(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．
8．（2022·四川·成都七中高三開學考試（文））把拋物線沿軸向下平移得到拋物線.
(1)當時，過拋物線上一點作切線，交拋物線于，兩點，求證：；
(2)拋物線上任意一點向拋物線作兩條切線，從左至右切點分別為，.直線交從左至右分別為，兩點.求證：與的面積相等.
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
（1）根據給定條件求出拋物線在點處切線方程，再將此切線與拋物線的方程聯立，計算線段AB中點坐標即可得解.
（2）設出過點M的拋物線的切線方程，與拋物線的方程聯立，借助韋達定理求出點C，D坐標，進而
求出直線CD方程，把直線CD與拋物線的方程聯立，計算線段CD與EF的中點坐標推理作答.
(1)
當時，，顯然拋物線在點處切線斜率存在，設切線AB方程為，
由消去y并整理得：，則，解得，
于是得切線AB的方程為：，拋物線，，
由消去y并整理得：，顯然，
設，則，線段的中點坐標為與切點P重合，即點P是線段AB中點，所以.
(2)
顯然過點M的拋物線的切線斜率存在，設此切線方程為：，且，
由消去y并整理得：，
，關于的方程，
于是得切線的斜率是方程的兩個不等實根，分別令為，有，
切點C的橫坐標是方程的等根，則點，
同理可得切點，則直線斜率為，
直線：，由消去y并整理得：
，即，
，
設直線CD與拋物線的交點，則，即線段中點橫坐標為，
又線段的中點橫坐標為，因此，線段與有相同中點，
由題意知，即，因此的底邊與的底邊相等，高都是點M到直線CD的距離，
所以與的面積相等，即.
【點睛】
結論點睛：拋物線在點處的切線斜率；拋物線在點處的切線斜率.
9．（2022·浙江·模擬預測）如圖，已知橢圓和拋物線，斜率為正的直線與軸及橢圓依次交于、、三點，且線段的中點在拋物線上．
(1)求點的縱坐標的取值范圍；
(2)設是拋物線上一點，且位于橢圓的左上方，求點的橫坐標的取值范圍，使得的面積存在最大值．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）設直線的方程為，則，將直線的方程與橢圓的方程聯立，可求得點的坐標，將點的坐標代入拋物線的方程，可得出，結合可得出的取值范圍，進而可求得的取值范圍，即可得解；
（2）設點，計算得出的面積，令，記，則，求導，分析可知函數在內有唯一的極值點，且為極大值點，結合已知條件可得出關于的不等式組，解出的取值范圍，即可得出點的橫坐標的取值范圍.
(1)
解：由題意可設直線的方程為，則，
聯立可得，
，可得，①
設點、，由韋達定理可得，，
設點，則，，
將點的坐標代入拋物線的方程得，則，
代入①可得，可得，解得，
因此.
因此，點的縱坐標的取值范圍是.
(2)
解：設點，則點到直線的距離為，
，故的面積，②
將代入②得，
令，記，則，則，
因為在上單調遞減，所以，函數在內有唯一的極值點，且為極大值點，
所以，，可得，③
因為點在橢圓的左上方，則，④
由③④可得，因此，點的橫坐標的取值范圍是.
【點睛】
方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：
一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；
二是代數法，常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值．
10．（2022·云南師大附中高三階段練習（理））已知拋物線：，焦點為F，點Р是上任一點（除去原點），過點P作的切線交準線于點Q．
(1)求拋物線在處的切線方程；
(2)若點Р在第一象限，點R在準線上且位于點Q右側．
①證明：；
②求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)① 證明見解析；②
【解析】
【分析】
（1）利用導數求出斜率，然后可得答案；
（2）①設，然后求出的坐標，然后證明即可，②算出和點到切線的距離，然后可得，然后利用導數求出最小值即可.
(1)
由得，，則切線斜率為，
故切線方程為，即．
(2)
①設，由（1）得切線斜率為．
所以，且切線為，即．
令得，即．
當時，，；
，，滿足．
當時，，
，
所以．
因為在第一象限，所以，，故．
綜上，．
②由①得，
，
點到切線的距離為，
所以，
令，，則，
所以當，；當，．
故當時，取最小值．
所以當時，取最小值．
11．（2022·四川·威遠中學校高三階段練習（文））已知橢圓C： ＝1(a>b>0)經過點A，其長半軸長為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設經過點B(-1，0)的直線l與橢圓C相交于D，E兩點，點E關于x軸的對稱點為F，直線DF與x軸相交于點G，記△BEG與△BDG的面積分別為S1，S2，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）按照題目所給的條件，可以直接算出結果；
（2）將直線方程設為橫截式，用水平底鉛錘高表達面積，將其表示為關于的函數，利用對勾函數求其最值.
(1)
由已知的a=2，假設橢圓的方程為，將點代入橢圓方程，得b=1，
∴橢圓方程為.
(2)
作圖如下：
設過點B的直線方程為（依題意，并且存在），點，，則；
聯立方程；解得：，…①
…②，
直線FD的方程為：，令y=0解得：，將①②并，帶入，解得x=-4，即點；
，，，，
由于點D與點E必然在x軸的兩邊，與異號，
∴=，
，當且僅當m=2時，取得最大值.
12．（2022·浙江·慈溪中學高三階段練習）已知拋物線，直線與拋物線交于點，，且.
(1)求的值.
(2)已知點，過拋物線上一動點（點在直線的左側）作拋物線的切線分別交，于點，，記，的面積分別為，，求的最小值.
【答案】(1)1；
(2)2.
【解析】
【分析】
（1）將代入拋物線方程，求得，坐標，根據坐標滿足拋物線方程即可求得結果；
（2）聯立直線DE的方程與拋物線的方程，由切線可知，進而得直線DE的方程為，將DE的方程與AM的方程聯立得，同理可得，易得，可知，利用二次函數性質可得解.
(1)
將代入拋物線方程，得，即，
由，即，解得.
(2)
設點，，設直線DE的方程為，
將與拋物線方程聯立，得到，
由，可得，
即直線DE的方程為.
由已知得直線AM的方程為，
將DE的方程與AM的方程聯立得，同理可得，
易得，由，，
則，所以，
而.
故.
故的最小值為2，此時.
【點睛】
本題考查拋物線方程的求解，以及拋物線中三角形面積的最值問題；解決問題的關鍵是構造面積關于點坐標之間的函數關系，屬綜合題.
13．（2022·全國·高三專題練習）如圖，已知點F(1，0)為拋物線的焦點，過點F的直線交拋物線于A、B兩點，點C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F右側.記△AFG，△CQG的面積為，.
(1)求p的值及拋物線的標準方程.
(2)求的最小值及此時點G的坐標.
【答案】(1)2，；
(2)最小值1＋，G(2，0).
【解析】
【分析】
(1)由拋物線的性質可得：，由此能求出拋物線的準線方程；
(2)設，，，，，，重心，，令，，則，從而得直線的方程，代入拋物線方程求出B，由重心在軸上，得到C和G，進而得直線的方程，從而得Q的坐標，由此結合已知條件能即能求出結果．
(1)
由題意得＝1，即p＝2.
∴拋物線的標準方程為；
(2)
設，，，，，，重心，，
令，，則，
由于直線過，故直線的方程為，
代入，得：，
，即，，，
又，，重心在軸上，
，
，，，，
直線的方程為，得，，
在焦點的右側，，
，
令，則，
，
當時，取得最小值為，此時．
【點睛】
本題考查實數值、拋物線標準方程的求法，考查三角形的面積的比值的最小值及相應點的坐標的求法，考查拋物線、直線方程、重心性質、弦長公式等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，是中檔題．
14．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線：，過點的動直線與拋物線交于不同的兩點、，分別以、為切點作拋物線的切線、，直線、交于點.
(1)求動點的軌跡方程；
(2)求面積的最小值，并求出此時直線的方程.
【答案】(1)
(2)1，
【解析】
【分析】
（1）設，，分別求出以為切點的切線方程，聯立兩切線方程表示出點的坐標，再設直線的方程為：，與拋物線的方程聯立，代入可得點的軌跡方程；
（2）由（1）知和到直線的距離，利用三角形面積公式求得面積，可求得S的最小值和直線的方程.
(1)
設，，，
則以A為切點的切線為，整理得：，
同理：以為切點的切線為：，
聯立方程組：，解得，
設直線的方程為：，
聯立方程組，整理得：，
恒成立，
由韋達定理得：，，故，
所以點的軌跡方程為；
(2)
解：由（1）知：，
到直線的距離為：，
∴，
∴時，取得最小值，此時直線的方程為.
【點睛】
思路點睛：本題考查直線與拋物線的交點相關問題，涉及到拋物線的切線和三角形的面積的最值，直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系．屬中檔題.
15．（2022·廣東高州·二模）已知橢圓C：，經過圓O：上一動點P作橢圓C的兩條切線．切點分別記為A，B，直線PA，PB分別與圓O相交于異于點P的M，N兩點．
(1)求證：M，O，N三點共線；
(2)求△OAB面積的最大值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根據圓的對稱性，設在第一象限，討論、斜率不存在或為0、斜率存在且不為0兩種情況，再設切線方程并聯立橢圓，由及韋達定理，求證即可證結論.
（2）同（1）設在第一象限，，，討論、斜率不存在或為0、斜率存在且不為0兩種情況，分別求△OAB面積情況，注意斜率存在且不為0時，根據P在、上求直線的方程，再聯立橢圓方程，應用韋達定理、弦長公式、點線距離公式及三角形面積公式得到關于所設參數的表達式，最后應用基本不等式求范圍確定面積的最大值.
(1)
由圓的對稱性，不妨設在第一象限，
若斜率不存在，則直線為，
所以，則另一條切線為(即斜率為0)，此時；
若、斜率存在且不為0時，設切線方程為，
聯立橢圓方程有，整理得，
所以，整理得，且，
所以，又，故，即；
綜上，有，又M，N兩點圓O上，即，
由圓的性質知：是圓O的直徑，所以M，O，N三點共線，得證；
(2)
同（1），由圓的對稱性，設在第一象限，，，
當時，；
當時，、斜率都存在且不為0，令為，
聯立橢圓并整理得：，
由，整理得，
所以，又在橢圓上，則，故，
所以直線的方程為，化簡得，即；
同理可得：直線的方程為，
又在直線、直線上，則，
所以直線的方程為，聯立橢圓方程可得：，
又，則，故，
所以，，又不共線，，
，
而O到直線的距離，
所以，
令，，且，即或，
所以，則，當且僅當時等號成立，此時；
綜上，，當時△OAB面積的最大值.
【點睛】
關鍵點點睛：第二問，分類討論切線、斜率情況分別求三角形面積，在斜率存在且不為0時，設點坐標及切線方程求直線、，再由在直線上求直線關于m、n的方程，聯立橢圓及在圓上，結合韋達定理、弦長公式等求三角形面積表達式，最后應用基本不等式求范圍.
16．（2022·北京密云·高三期末）已知橢圓過，兩點．設為第一象限內一點且在橢圓上，直線與軸交于點，直線與軸交于點．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)設橢圓的右頂點為，求證：三角形的面積等于三角形的面積；
(3)指出三角形的面積是否存在最大值和最小值，若存在，寫出最大值，最小值（只需寫出結論）．
【答案】(1)，；
(2)證明見解析；
(3)存在最大值，且最大值為.
【解析】
【分析】
(1)根據橢圓過的點的坐標可得，進而求出c，即可得出結果；
(2)設點，利用兩點坐標求出直線MA、MB的方程，求出點P、Q的坐標，進而表示出，利用分析法證明即可；
(3)由(2)可得，進而可得，
令，利用導數求出即可得出結果.
(1)
由題意知，橢圓C：過點，
所以，所以，
所以橢圓C的方程為：，離心率為；
(2)
由題意知，，設點，得，
所以直線MA的方程為：，直線MB的方程為：，
所以，所以，
故，，
要證，只需證，
只需證，
只需證，
又點在橢圓上，所以，即，
所以；
(3)
三角形MPQ的面積存在最大值.
由(2)知，，，得，
，
令，則，
令，函數單調遞增，
令，函數單調遞減，
所以，
即當時，有最大值，且最大值為，無最小值.
所以三角形MPQ的面積存在最大值，無最小值，且最大值為.
17．（2022·江西·高三階段練習（理））已知拋物線C： x2＝2py（p＞0）的焦點為F， P為C上的動點，Q為P在動直線y＝t（t＜0）上的投影．當△PQF為等邊三角形時，其面積為．
(1)求C的方程；
(2)設O為原點，過點P的直線l與C相切，且與橢圓交于A，B兩點，直線OQ與線段AB交于點M．試問：是否存在t，使得△QMA和△QMB面積相等恒成立？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）設，根據等邊三角形的面積公式得到，再根據拋物線的定義得到，即可得到，從而求出，即可得到拋物線方程；
（2）設，，，利用導數求出切線的方程，聯立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，再求出直線的方程，從而求出點的橫坐標，再根據△QMA和△QMB的面積相等，且A，M，B在同一條直線上，可得點M為AB的中點，從而得到，即可求出參數的值，即可得解；
(1)
解：設，∵為等邊三角形時，其面積為，
∴，解得，
∵Q為在動直線上的投影，∴；當為等邊三角形時，，
由拋物線的定義知，，∴，解得，∴C的方程為；
(2)
解：設，，則，，
∵，∴，∴切線，即，
聯立方程，∴
∵．∴，，
∵△QMA和△QMB的面積相等，且A，M，B在同一條直線上，則點M為AB的中點，
∴，即，則，
所以存在，使得△QMA和△OMB的面積相等恒成立．
18．（2022·廣東·執信中學高三階段練習）已知橢圓的上頂點到右頂點的距離為，離心率為，過橢圓左焦點作不與軸重合的直線與橢圓C相交于M，N兩點，直線的方程為：，過點作垂直于直線m交直線于點E．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)①求證線段必過定點P，并求定點P的坐標；
②點O為坐標原點，求面積的最大值．
【答案】(1)
(2)①證明見解析； ；②
【解析】
【分析】
（1）橢圓的上頂點到右頂點的距離為，離心率為，列出方程，求解，，得到橢圓的標準方程．
（2）①設直線方程：，，，，，，聯立直線與橢圓方程，利用韋達定理求解直線方程，然后得到定點坐標．
②由（1）中，利用弦長公式，求解三角形的面積表達式，然后求解最大值即可．
(1)
由題意可得：
，所以，．
故橢圓的標準方程為．
(2)
證明：
①由題意知， ，
設直線方程：，，，，，，
聯立方程，得，
所以，，所以，
又，所以直線方程為：，
令，則．
所以直線過定點．
②由（1）中，所以，
又，
所以，
令，，則，
令 ，當時， ，
故在，上單調遞增，
則在，上單調遞減，
即在，上單調遞減，
所以時，．
19．（2022·河南焦作·一模（理））已知拋物線的焦點與雙曲線的一個焦點重合．
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作斜率不為0的直線交拋物線于，兩點，過，作的垂線分別與軸交于，，求四邊形面積的最小值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）拋物線的焦點與雙曲線的一個焦點重合求解；
（2）設直線，代入拋物線方程得，設點，，直線，得到，，然后由四邊形的面積，利用導數法求解.
(1)
解：雙曲線方程化為標準方程是，其焦點坐標為，，
因為拋物線的焦點與雙曲線的一個焦點重合，
所以，，，
故拋物線的方程為．
(2)
設直線，代入拋物線方程得，
設點，，則，，
直線，所以點，同理可得，
所以四邊形的面積，
，
由拋物線的對稱性，只需考慮的情形，
則，
所以，
令，得，
當時，，當時，，
所以當時，四邊形的面積最小，最小值為．
20．（2022·浙江·高三開學考試）如圖，已知點在半圓：上一點，過點P作拋物線C：的兩條切線，切點分別為A，B，直線AP，BP，AB分別與x軸交于點M，N，T，記的面積為，的面積為．
(1)若拋物線C的焦點坐標為（0，2），求p的值和拋物線C的準線方程：
(2)若存在點P，使得，求p的取值范圍．
【答案】(1)；準線方程為直線
(2)
【解析】
【分析】
(1)根據拋物線的焦點坐標即可以求p和其準線方程；
(2)設，，表示出過A和B的切線方程，求出M和N點坐標，根據P在兩直線上求出P點坐標，進而再求出T點坐標，表示出，，進而可以得到，從而可求，由此求出P的軌跡方程，問題轉化為問題轉化為P的軌跡與半圓：有交點，據此即可求出答案.
(1)
，．準線方程為直線．
(2)
設，，過點A的切線方程：，于是；
過點的切線方程：，于是；
點在兩條切線上，所以，
可得點P坐標為．
且：，于是．
，，
而，所以．
于是點，點P的軌跡方程為，
問題轉化為拋物線與半圓：有交點．
記，則，又因為，
解得：．
【點睛】
本題關鍵在求出點P的軌跡方程，將問題轉化為P的軌跡與半圓Q有交點，從而求出p的范圍.第28講 圓錐曲線的面積問題
方法總結：
1、面積問題的秒殺總結：
（1）求三角形的面積需要尋底找高，為了簡化運算，通常優先選擇能用坐標直接進行表示的底（或高）。
（2）面積的拆分：不規則的多邊形的面積通常考慮拆分為多個三角形的面積和
2、多個圖形面積的關系的轉化：尋找這些圖形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特點，從而可將面積的關系轉化為線段的關系
3、面積的最值問題：通常利用公式將面積轉化為某個變量的函數，再求解函數的最值，
典型例題：
例1．（2022·山西呂梁·一模（文））已知橢圓的離心率為，點，是橢圓C的左右焦點，且右焦點與拋物線的焦點重合.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過左焦點且與x軸不重合的直線交橢圓于A，B兩點，求面積的取值范圍.
例2．（2022·全國·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，已知點F既是橢圓的右焦點，又是拋物線的焦點．和在第一象限內交于．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過的動直線l與交于A，B．直線OA與交于M，N，直線OB與交于P，Q．記四邊形MPNQ的面積為，的面積為．求的最大值．
例3．（2022·江西贛州·高三期末（文））已知點M是橢圓C：上一點，，分別為橢圓C的上、下焦點，，當，的面積為5.
(1)求橢圓C的方程：
(2)設過點的直線和橢圓C交于兩點A，B，是否存在直線，使得與（O是坐標原點）的面積比值為5：7.若存在，求出直線的方程：若不存在，說明理由.
例4．（2022·浙江嘉興·高三期末）已知拋物線上的任意一點到焦點的距離比到y軸的距離大.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過拋物線外一點作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，若三角形ABP的重心G在定直線上，求三角形ABP面積的最大值.
例5．（2022·江西贛州·高三期末（理））已知橢圓過點，且離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)在y軸上是否存在點M，過點M的直線l交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，使得三角形的面積？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由.
過關練習：
1．（2022·重慶長壽·高三期末）已知曲線過點和．
(1)求曲線C的方程，并指出曲線類型；
(2)若直線2x－y－2＝0與曲線C的兩個交點為A，B，求△OAB的面積（其中O是坐標原點）．
2．（2022·陜西武功·二模（文））已知拋物線上的點到準線的距離為5.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點的直線與拋物線C交于A，B兩點，與x軸交于點，圓與x軸交于點M，求面積的最小值.
3．（2022·福建福州·高三期末）定義：若點，在橢圓上，并且滿足，則稱這兩點是關于M的一對共軛點，或稱點關于M的一個共軛點為.已知點在橢圓，O坐標原點.
(1)求點A關于M的所有共軛點的坐標；
(2)設點P，Q在M上，且，求點A關于M的所有共軛點和點P，Q所圍成封閉圖形面積的最大值.
4．（2022·江西九江·一模（文））在直角坐標系中，已知拋物線的焦點為F，過點F的直線交C于A，B兩點，的最小值為4.
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)若，求面積的最小值.
5．（2022·江西九江·一模（理））在直角坐標系中，已知橢圓的右焦點為，過點F的直線交橢圓C于A，B兩點，的最小值為．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若與A，B不共線的點P滿足，求面積的取值范圍．
6．（2022·江西上饒·高三階段練習（文））已知橢圓的一個焦點到雙曲線漸近線的距離為，且點在橢圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)若四邊形ABCD的頂點在橢圓上，且對角線AC、BD過原點O，直線AC和BD的斜率之積－，證明：四邊形ABCD的面積為定值．
7．（2022·浙江溫州·高三開學考試）如圖，過點的直線l交拋物線于A，B兩點.
(1)求證：點A，B的縱坐標之積為定值；
(2)若拋物線上存在關于直線l對稱的兩點M，N，直線AM，AN分別交x軸于點D，E，求△BDE的面積的取值范圍.
8．（2022·四川·成都七中高三開學考試（文））把拋物線沿軸向下平移得到拋物線.
(1)當時，過拋物線上一點作切線，交拋物線于，兩點，求證：；
(2)拋物線上任意一點向拋物線作兩條切線，從左至右切點分別為，.直線交從左至右分別為，兩點.求證：與的面積相等.
9．（2022·浙江·模擬預測）如圖，已知橢圓和拋物線，斜率為正的直線與軸及橢圓依次交于、、三點，且線段的中點在拋物線上．
(1)求點的縱坐標的取值范圍；
(2)設是拋物線上一點，且位于橢圓的左上方，求點的橫坐標的取值范圍，使得的面積存在最大值．
10．（2022·云南師大附中高三階段練習（理））已知拋物線：，焦點為F，點Р是上任一點（除去原點），過點P作的切線交準線于點Q．
(1)求拋物線在處的切線方程；
(2)若點Р在第一象限，點R在準線上且位于點Q右側．
①證明：；
②求面積的最小值．
11．（2022·四川·威遠中學校高三階段練習（文））已知橢圓C： ＝1(a>b>0)經過點A，其長半軸長為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設經過點B(-1，0)的直線l與橢圓C相交于D，E兩點，點E關于x軸的對稱點為F，直線DF與x軸相交于點G，記△BEG與△BDG的面積分別為S1，S2，求的最大值.
12．（2022·浙江·慈溪中學高三階段練習）已知拋物線，直線與拋物線交于點，，且.
(1)求的值.
(2)已知點，過拋物線上一動點（點在直線的左側）作拋物線的切線分別交，于點，，記，的面積分別為，，求的最小值.
13．（2022·全國·高三專題練習）如圖，已知點F(1，0)為拋物線的焦點，過點F的直線交拋物線于A、B兩點，點C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F右側.記△AFG，△CQG的面積為，.
(1)求p的值及拋物線的標準方程.
(2)求的最小值及此時點G的坐標.
14．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線：，過點的動直線與拋物線交于不同的兩點、，分別以、為切點作拋物線的切線、，直線、交于點.
(1)求動點的軌跡方程；
(2)求面積的最小值，并求出此時直線的方程.
15．（2022·廣東高州·二模）已知橢圓C：，經過圓O：上一動點P作橢圓C的兩條切線．切點分別記為A，B，直線PA，PB分別與圓O相交于異于點P的M，N兩點．
(1)求證：M，O，N三點共線；
(2)求△OAB面積的最大值．
16．（2022·北京密云·高三期末）已知橢圓過，兩點．設為第一象限內一點且在橢圓上，直線與軸交于點，直線與軸交于點．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)設橢圓的右頂點為，求證：三角形的面積等于三角形的面積；
(3)指出三角形的面積是否存在最大值和最小值，若存在，寫出最大值，最小值（只需寫出結論）．
17．（2022·江西·高三階段練習（理））已知拋物線C： x2＝2py（p＞0）的焦點為F， P為C上的動點，Q為P在動直線y＝t（t＜0）上的投影．當△PQF為等邊三角形時，其面積為．
(1)求C的方程；
(2)設O為原點，過點P的直線l與C相切，且與橢圓交于A，B兩點，直線OQ與線段AB交于點M．試問：是否存在t，使得△QMA和△QMB面積相等恒成立？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．
18．（2022·廣東·執信中學高三階段練習）已知橢圓的上頂點到右頂點的距離為，離心率為，過橢圓左焦點作不與軸重合的直線與橢圓C相交于M，N兩點，直線的方程為：，過點作垂直于直線m交直線于點E．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)①求證線段必過定點P，并求定點P的坐標；
②點O為坐標原點，求面積的最大值．
19．（2022·河南焦作·一模（理））已知拋物線的焦點與雙曲線的一個焦點重合．
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作斜率不為0的直線交拋物線于，兩點，過，作的垂線分別與軸交于，，求四邊形面積的最小值．
20．（2022·浙江·高三開學考試）如圖，已知點在半圓：上一點，過點P作拋物線C：的兩條切線，切點分別為A，B，直線AP，BP，AB分別與x軸交于點M，N，T，記的面積為，的面積為．
(1)若拋物線C的焦點坐標為（0，2），求p的值和拋物線C的準線方程：
(2)若存在點P，使得，求p的取值范圍．第29講 圓錐曲線參數的范圍問題
方法總結：
解決此類問題的策略：
（1）若題目中含有某個變量的范圍，則可以優先考慮函數的方向，將該變量視為自變量，建立所求變量與自變量的函數關系，進而求得值域
（2）若題目中含有某個表達式的范圍（或不等式），一方面可以考慮將表達式視為整體，看能否轉為（1）的問題進行處理，或者將該表達式中的項用所求變量進行表示，從而建立起關于該變量的不等式，解不等式即可
（3）利用判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
（4）利用已知參數的范圍，求出新參數的范圍，解題的關鍵是建立兩個參數之間的等量關系；
（5）利用基本不等式求出參數的取值范圍；
（6）利用函數值域的求法，確定參數的取值范圍．
典型例題：
例1．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓的左焦點為F，離心率為，點是橢圓C上一點.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若M N為橢圓C上不同于A的兩點，且直線關于直線對稱，設直線與y軸交于點，求d的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由橢圓的離心率公式和，，的關系，以及點是橢圓C上一點，可得，，，進而得到所求橢圓方程；（2）設直線AM的斜率為，由對稱性可得直線AN的斜率為，求得直線AM的方程，代入橢圓方程，運用韋達定理可得M的橫坐標，將其中的換為，可得N的橫坐標，求得MN的斜率和方程，聯立橢圓方程，由判別式大于0，結合M，N的位置，解不等式可得所求范圍.
(1)
∵，，
∴①
又在橢圓C上，
∴②
由①②解得，，
所以所求橢圓標準方程為
(2)
由（1）知，∴軸，設直線的斜率為k，因為，關于直線對稱，
所以直線的斜率為，
又，所以直線的方程是，
設，，
，
所以，將上式中的k換成得，，
所以，
所以直線的方程是，
代入橢圓方程得，
所以，解得，
又由題意知點M，N在A點兩側，而直線中，當時，，故.
例2．（2022·北京八中高三開學考試）已知圓：，，為圓上的動點，若線段的垂直平分線交于點.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)已知為上一點，過作斜率互為相反數且不為0的兩條直線，分別交曲線于，，求的取值范圍.
【答案】(1)動點的軌跡的方程為；
(2)的取值范圍.
【解析】
【分析】
(1)由條件線段的垂直平分線交于點可得，由此可得，根據橢圓的定義可得點的軌跡為橢圓，結合橢圓的標準方程求動點的軌跡的方程；(2)由(1)可求點坐標，設直線的方程為，，聯立方程組化簡可得，，由直線，的斜率互為相反數可得的值，再由弦長公式求的長，再求其范圍.
(1)
由題知
故.
即
即在以為焦點且長軸為4的橢圓上
則動點的軌跡的方程為：；
(2)
故
即.
設：，
聯立
（*），，
∴ ，，
又
則：
即
若，則過，不符合題意
故，∴
，
故
例3．（2022·全國·高三專題練習）橢圓：的左、右焦點分別是，離心率為，過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為1．
（1）求橢圓的方程；
（2）點是橢圓上除長軸端點外的任一點，連接，，設的角平分線交的長軸于點，求的取值范圍；
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）把代入橢圓方程得，進而可得，再由以及求出的值即可求解；
（2）設，，由角平分線以及正弦定理可得，再根據，即可得的取值范圍.
【詳解】
（1）把代入橢圓方程得，解得，
因為過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為1，
所以，又，聯立得，解得，
所以橢圓的方程為；
（2）如圖所示，設，，
在中，由正弦定理可得
在 中，由正弦定理可得，
因為，，
兩式相除可得，
又，消去得到，化為，
因為，即，
也即，解得：，
所以的取值范圍為．
【點睛】
思路點睛：解決圓錐曲線中的范圍或最值問題時，若題目的條件和結論能體現出明確的函數關系，則可先建立目標函數，再求這個函數的最值．在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下幾個方面考慮：
①利用判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
②利用已知參數的范圍，求出新參數的范圍，解題的關鍵是建立兩個參數之間的等量關系；
③利用基本不等式求出參數的取值范圍；
④利用函數值域的求法，確定參數的取值范圍．
例4．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線，點是的焦點，為坐標原點，過點的直線與相交于兩點.
（1）求向量與的數量積；
（2）設，若，求在軸上截距的取值范圍.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）設A，B坐標為，再設直線方程，聯立拋物線的方程，結合韋達定理與向量的數量積坐標公式計算即可；
（2）由（1），利用韋達定理表達出和的關系以及在軸上截距關于的表達式，再根據得出的取值范圍，進而求得截距范圍即可
【詳解】
（1）設A，B坐標為，由題知直線傾斜角不可能為0，設直線方程為：.聯立得，，
由韋達定理得.
.
向量的數量積為.
（2）由（1）知，
代入得.
在為增函數
在y軸上截距的取值范圍為
過關練習：
1．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的上頂點為，過點且與軸垂直的直線被截得的線段長為.
(1)求橢圓的標準方程﹔
(2)設直線交橢圓于異于點的兩點，以為直徑的圓經過點線段的中垂線與軸的交點為，求的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由題設有且求參數a，進而寫出橢圓方程.
（2）討論的斜率，當斜率存在時設、，聯立橢圓方程結合韋達定理求關于的表達式，再由，應用數量積的坐標表示列方程求參數m，進而求線段中垂線的方程及的范圍，即可確定的取值范圍.
(1)
由已知條件得：，令，得，
由題意知：，解得，
∴橢圓的標準方程為，
(2)
①當直線的斜率不存在時，顯然不合題意；
②當直線斜率存在時，設，
當時，此時關于y軸對稱，令，
∴且，則，又，
∴，解得或(舍)，則符合題設.
∴此時有；
當時，則，得，，
設，則，得，，
且，
由，即，
∴，整理得，解得（舍去），
代入得：，
∴為，得：，
則線段的中垂線為，
∴在軸上截距，而，
∴且，
綜合①②:線段的中垂線在軸上的截距的取值范圍是.
【點睛】
關鍵點點睛：第二問，討論直線斜率，設直線方程及交點坐標，聯立橢圓方程并應用韋達定理求交點坐標與所設直線參數的表達式，再根據向量垂直的坐標表示求參數，進而確定中垂線方程及參數范圍.
2．（2022·全國·高三專題練習）已知圓的圓心為，點是圓上的動點，點是拋物線的焦點，點在線段上，且滿足.
(1)求點的軌跡的方程；
(2)不過原點的直線與（1）中軌跡交于兩點，若線段的中點在拋物線上，求直線的斜率的取值范圍.
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）依題意，根據橢圓的定義可得到軌跡為橢圓，再由幾何關系得到相應的參數值即可得到橢圓方程；（2）設出直線方程并且和橢圓聯立，根據韋達定理得到中點坐標，將點Q坐標代入拋物線方程得到，將此式代入得到，解不等式即可.
(1)
易知點是拋物線的焦點，，
依題意，
所以點軌跡是一個橢圓，其焦點分別為，長軸長為4，
設該橢圓的方程為，
則，
，
故點的軌跡的方程為.
(2)
易知直線1的斜率存在，
設直線1：，
由得：，
，
即①又，
故，將，代，
得：，
將②代入①，得：，
即，
即，即，
且，
即的取值范圍為或.
3．（2022·全國·高三專題練習）設橢圓過，兩點，為坐標原點．
(1)求橢圓的方程；
(2)是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，，且？若存在，寫出該圓的方程，并求的取值范圍；若不存在，說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【解析】
【分析】
（1）根據橢圓E： （）過，兩點，直接代入方程解方程組，解方程組即可.
（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯立，根據，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到，結合題意求解即可，當切線斜率不存在時，驗證即可.
(1)
將，的坐標代入橢圓的方程得，
解得，．
所以橢圓的方程為．
(2)
假設滿足題意的圓存在，其方程為，其中，
設該圓的任意一條切線和橢圓交于，兩點，
當直線的斜率存在時，令直線的方程為，①
將其代入橢圓的方程并整理得，
由韋達定理得，，②
因為，所以，③
將①代入③并整理得，
聯立②得，④
因為直線和圓相切，因此，由④得，
所以存在圓滿足題意．
當切線的斜率不存在時，易得，
由橢圓方程得，顯然，
綜上所述，存在圓滿足題意．
當切線的斜率存在時，由①②④得
，
由，得，
即．
當切線的斜率不存在時，易得，
所以．
綜上所述，存在圓心在原點的圓滿足題意，且．
4．（2022·全國·高三專題練習）在平面直角坐標系中，點，的坐標分別為，，是動點，且直線與的斜率之積等于.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)已知直線與橢圓：相交于，兩點，與軸交于點，若存在使得，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據直線與的斜率之積列方程，化簡求得動點的軌跡的方程.
（2）利用向量的坐標運算，由得到，聯立直線與橢圓：，化簡寫出根與系數關系、判別式，求得關于的不等式，并由此求得的取值范圍.
(1)
設，則，
所以可得動點P的軌跡C的方程為.
(2)
設又，由得
，
聯立可得
，
即，且，
又，則，
，
代入得，
，解得.
的取值范圍是
5．（2022·全國·高三專題練習）如圖，點，分別是橢圓的左 右焦點，點A是橢圓C上一點，且滿足軸，，直線與橢圓C相交于另一點B.
(1)求橢圓C的離心率；
(2)若的周長為，M為橢圓C上任意一點，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)結合已知條件，分別求出、與的關系式，進而求得離心率；(2)結合(1)中結論和已知條件求出橢圓的方程，然后設出的坐標，然后利用數量積公式表示出，最后利用二次函數的性質求解即可.
(1)
在中，∵，
∴，，
由橢圓的定義，，，
∴橢圓離心率.
(2)
的周長為，則，
∵，∴，，
∴橢圓C的標準方程為，
可得，設，則，，
∵，
∴，
∵，
所以由二次函數性質可知，當時，的最大值為；
當時，的最小值為，
所以的取值范圍是.
6．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓左、右焦點分別為，.給出下列條件：①橢圓過點，且離心率；②橢圓過點，且；③焦距為2，且離心率.
(1)在以上三個條件中任意選擇一個，求橢圓的方程.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
(2)在（1）的條件下，若直線與橢圓交于點，，且，求的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用已知條件，結合橢圓中求解即可；
（2）聯立直線與橢圓的方程，由判別式得到的取值范圍，設，，利用韋達定理求出，的表達式，再利用斜率之和等于0，即可求出的取值范圍.
(1)
選①，∵橢圓過點，∴，
∵，∴，∴.
∵，∴，∴，∴，
∴橢圓的方程為；
選②，∵橢圓過點，且，∴，.
∵，∴，∴，∴，
∴橢圓的方程為；
選③，∵，∴.∵，∴，∴，，
∴橢圓的方程為.
(2)
聯立得，
由，得.
設，，則有，.
∵，且，∴，∴.
當時，等式成立；當時，，
整理得，得.
可知上式恒成立，故直線的斜率的取值范圍是.
【點睛】
綜合性考查落實，本題以橢圓為背景，考查橢圓的幾何性質、橢圓方程的求法、直線與橢圓的位置關系，考查數學運算、數據分析和邏輯推理核心素養.
7．（2022·全國·模擬預測）已知，是雙曲線的左、右焦點，且雙曲線過點，．
(1)求雙曲線的方程；
(2)已知過點的直線交雙曲線左、右兩支于，兩點，交雙曲線的漸近線于，（點位于軸的右側）兩點，求的取值范圍．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）設雙曲線的半焦距為，由建立關于的方程，并求出的值，再將點坐標代入雙曲線得，結合，解得，的值，即可求出雙曲線的方程；
（2）先設直線的方程為，再分別與雙曲線的漸近線方程聯立，得到，的表達式，即可求出長度的表達式，聯立雙曲線與直線的方程，整理成關于的一元二次方程．設，，結合韋達定理求出，的表達式，并得到的取值范圍，進而求得的表達式，化簡，再結合的取值范圍即可求解．
(1)
設雙曲線的半焦距為，
∵，∴．
又，，解得，，
∴雙曲線的方程為．
(2)
由題意可設直線的方程為，雙曲線的漸近線方程為，
聯立得，聯立得，
∴．
聯立得，
設，，則，，
由即，
∴，
∴
．
又，∴，∴，
∴的取值范圍為．
【點睛】
本題以雙曲線為背景，考察雙曲線的方程與幾何性質、直線與雙曲線的位置關系，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，考查數學運算和邏輯推理核心素養，屬綜合困難題.
8．（2022·吉林·長春十一高高三階段練習（理））已知點在拋物線上，過點的直線與拋物線C有兩個不同的交點A、B，且直線PA交軸于M，直線PB交軸于N.
(1)求直線的斜率的取值范圍；
(2)設為原點，，，試判斷是否為定值，若是，求值；若不是，求的取值范圍.
【答案】(1)；
(2)為定值2.
【解析】
【分析】
(1)通過拋物線經過的點，求解，得到拋物線方程，設出直線方程聯立直線與拋物線方程，然后求解的范圍．
(2)設點，，設，，，，利用韋達定理，結合直線方程求解，的縱坐標，轉化求解為定值2．
(1)
因點在拋物線上，則，解得，
∴拋物線C的方程為.
令直線的斜率為k，則直線方程為：，
由消去y并整理得：，
因直線與拋物線C有兩個不同的交點A、B，則，解得且，
又直線PA，PB與相交，而點(1，－2)在拋物線C上，則直線不能過點(1，－2)，
否則PA或PB之一平行于y軸，矛盾，因此，
綜上得：，且，
∴直線的斜率的取值范圍.
(2)
設點，，，而，則，同理，
設，由(2)知，
直線方程：，即，則，
令，得，同理，
于是得
，
∴為定值2.
【點睛】
方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
9．（2022·安徽阜陽·高三期末（文））已知橢圓的離心率為，C的左，右焦點分別為，A，B是C上關于原點對稱的兩點，四邊形的周長為.
(1)求C的方程；
(2)設分別為直線和的斜率，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由題設及橢圓性質，得，，求出的值，即可得到答案；
（2）對直線的斜率進行討論，當斜率不存在時；當斜率存在時，再利用基本不等式求解，即可得到答案；
(1)
由題設及橢圓性質，得，，
得，
故C的方程為.
(2)
當直線的斜率不存在時，A，B為橢圓的短軸端點，；
當直線的斜率存在時，設直線：，
聯立得，
得，
則（當時，等號成立），
所以.
綜上，的取值范圍為.
10．（2022·河南·高三期末（理））已知動直線l過拋物線C：的焦點F，且與拋物線C交于M，N兩點，且點M在x軸上方．
(1)若，求l的方程；
(2)設點Q（n，0）（）是x軸上的定點，若l變化時，M總在以QF為直徑的圓外，求n的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由題意得F（1，0），設直線l的方程為，，，將直線方程與拋物線的方程聯立，消去，利用根與系數的關系，由可得，結合前面的式子可求出的值，從而可求得的值，進而可求得直線l的方程，
（2）以QF為直徑的圓的圓心為，半徑為，由點M（x，y）在該圓外，可得對任意恒成立，令，然后分和兩種情況求解可得結果
(1)
由題意得F（1，0），設直線l的方程為，，，
聯立方程得消去x可得，
由根與系數的關系得，．
因為，所以，有，
結合，解得，，
所以，l的方程為．
(2)
以QF為直徑的圓的圓心為，半徑為，
因為點M（x，y）在該圓外，
所以，即對任意恒成立．
令．
則①，解得；
②解得，又，故．
綜上所述，n的取值范圍是．
11．（2022·吉林吉林·高三期末（理））已知拋物線上一點到焦點的距離為．
(1)求拋物線的標準方程；
(2)若點、為拋物線位于軸上方不同的兩點，直線、的斜率分別為、，且滿足，求證：直線過定點，并求出直線斜率的取值范圍．
【答案】(1)；
(2)證明見解析，直線斜率的取值范圍是.
【解析】
【分析】
（1）利用拋物線的定義可求得的值，即可得出拋物線的標準方程；
（2）分析可知直線不與坐標軸垂直，可設直線的方程為，設點、，其中，，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，根據題中斜率關系結合韋達定理，可得出、所滿足的關系式，即可得出直線所過定點的坐標，根據已知條件可得出關于的不等式組，解出的取值范圍，即可得出直線的斜率的取值范圍.
(1)
解：因為拋物線上一點到焦點的距離為，
，解得，拋物線的標準方程為.
(2)
證明：設、，其中，，則，，
若直線軸，則直線與拋物線至多一個交點，不合乎題意，
若直線軸，則直線與拋物線不可能在軸上方有兩個交點，不合乎題意，
設直線的方程為，直線的斜率，
聯立方程得，
因為且，則，，，
，則，即，
所以，即，
則直線的方程為，直線過定點，
由題意，即，解得，所以，.
所以直線的斜率取值范圍是.
【點睛】
方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
12．（2022·廣東茂名·一模）已知橢圓C：的左焦點為，且過點（1，）.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過且互相垂直的兩條直線，分別交橢圓C于A、B兩點和 M、N兩點，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由題意可得，，將點的坐標代入橢圓的方程，即可得到答案；
（2）對直線的斜率分兩種情況討論，即當垂直軸，與不垂直軸，結合弦長公式、基本不等式，即可得到答案；
(1)
由題意可得，.
又由
所以橢圓的方程為；
(2)
當垂直軸時，，，所以.
同理：當垂直軸時，
當、均不垂直軸時，設的方程為，
由
，
因為與互相垂直，
由，當且僅當時，等號成立，
所以.
綜上，的取值范圍為
13．（2022·全國·高三專題練習）設橢圓的右焦點為，右頂點為，已知，其中為原點，為橢圓的離心率．
(1)求橢圓的方程；
(2)設過點的直線與橢圓交于不在軸上），垂直于的直線與交于點，與軸交于點，若，且，求直線的斜率的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由所給等式建立a，c的關系式，再利用即可得解；
（2）設直線l的方程，與橢圓方程聯立得B點坐標，再利用BF⊥HF，數量積為0，得H得坐標，從而得MH的方程，由MH與l得交點M的坐標，最后利用|，建立不等式可解．
(1)
設，由得，
，
可得，
又，
可得，，
橢圓方程為：；
(2)
設直線的方程為，，，，
由方程組得，
，
解得，或，
由題意可知，
進而得，
由（1）知，，設，
則，
，
由題意得，，
解得，
直線的方程為，
與直線的方程聯立，可得點的橫坐標
，
在中，由，
得，
得，
，
解得，或，
故直線的斜率的取值范圍為：．
14．（2022·江蘇無錫·高三期末）已知橢圓的離心率為，點在橢圓上，點是軸正半軸上的一點，過橢圓的右焦點和點的直線與橢圓交于兩點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)求的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）列出關于的方程組，解方程組即得解；
（2）設直線的方程為，其中，，，聯立直線和橢圓方程得到韋達定理，求出，再對分類討論，利用函數的單調性求出函數的取值范圍.
(1)
解：由題意知，橢圓標準方程為.
(2)
解：設直線的方程為，其中，，
，，
，
，，
若，則，，
若，則，
令，，，
因為在單調遞減，
所以
綜上：的取值范圍為.
15．（2022·全國·高三專題練習）已知圓，點是圓上任意一點，在軸上的射影為，點滿足，記點的軌跡為．
(1)求曲線的方程；
(2)已知，過的直線與曲線交于兩點，過且與垂直的直線與圓交于兩點，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）、設出點坐標，根據題意求出點坐標，代入圓方程即可求出曲線的方程；
（2）、對直線的斜率分類討論，利用弦長公式結合導數法求出的取值范圍.
(1)
設點，由，得，
由點在圓上，所以，整理得，所以曲線的方程是
(2)
當直線的斜率為時，，，，
當直線的斜率不存在時，，，，
當直線的斜率存在且不為時，設：，則：
點到直線的距離，所以，
將代入曲線的方程，整理得
，設，
則，，則，
所以，
令，則，
令，，則，所以在上單調遞減，
所以，即．
綜上所述，的取值范圍是．
16．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓的右焦點為，離心率為，點在橢圓上且位于第二象限，直線被圓截得的線段的長為．
(1)求直線的斜率；
(2)當時，①求該橢圓的方程；②設動點在橢圓上，若直線的斜率小于，求直線（為原點）的斜率的取值范圍．
【答案】(1)
(2)①；②
【解析】
【分析】
（1）由已知可得，得到，，設直線的斜率為，則的方程為，利用點到直線的距離公式及垂徑定理列式求解；
（2）①由（1）得橢圓方程為，直線的方程為，聯立求解坐標，再由解得，可得橢圓方程；
②設，直線的斜率為，得，即，與橢圓方程聯立求得，解得或．設直線的斜率為，得，即，與橢圓方程聯立可得，然后對分段求解的取值范圍得答案．
(1)
解：由已知可得，，
又，，，
設直線的斜率為，則的方程為，
由已知有，解得；
(2)
解：①由（1）得橢圓方程為，直線的方程為，
聯立兩個方程，可得，解得或，
點在第二象限，可得的坐標為，
由，解得．
橢圓方程為；
②設，直線的斜率為，得，即，
聯立，得，
又由已知，得，解得或，
設直線的斜率為，得，即，與橢圓方程聯立，
整理可得，
當時，有，因此，于是，
得，；
當時，有，因此，于是，
得．
綜上所述，直線的斜率的取值范圍是，．
【點睛】
本題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查運算求解能力和分類討論思想，難度較大．第29講 圓錐曲線參數的范圍問題
方法總結：
解決此類問題的策略：
（1）若題目中含有某個變量的范圍，則可以優先考慮函數的方向，將該變量視為自變量，建立所求變量與自變量的函數關系，進而求得值域
（2）若題目中含有某個表達式的范圍（或不等式），一方面可以考慮將表達式視為整體，看能否轉為（1）的問題進行處理，或者將該表達式中的項用所求變量進行表示，從而建立起關于該變量的不等式，解不等式即可
（3）利用判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
（4）利用已知參數的范圍，求出新參數的范圍，解題的關鍵是建立兩個參數之間的等量關系；
（5）利用基本不等式求出參數的取值范圍；
（6）利用函數值域的求法，確定參數的取值范圍．
典型例題：
例1．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓的左焦點為F，離心率為，點是橢圓C上一點.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若M N為橢圓C上不同于A的兩點，且直線關于直線對稱，設直線與y軸交于點，求d的取值范圍.
例2．（2022·北京八中高三開學考試）已知圓：，，為圓上的動點，若線段的垂直平分線交于點.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)已知為上一點，過作斜率互為相反數且不為0的兩條直線，分別交曲線于，，求的取值范圍.
例3．（2022·全國·高三專題練習）橢圓：的左、右焦點分別是，離心率為，過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為1．
（1）求橢圓的方程；
（2）點是橢圓上除長軸端點外的任一點，連接，，設的角平分線交的長軸于點，求的取值范圍；
例4．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線，點是的焦點，為坐標原點，過點的直線與相交于兩點.
（1）求向量與的數量積；
（2）設，若，求在軸上截距的取值范圍.
過關練習：
1．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的上頂點為，過點且與軸垂直的直線被截得的線段長為.
(1)求橢圓的標準方程﹔
(2)設直線交橢圓于異于點的兩點，以為直徑的圓經過點線段的中垂線與軸的交點為，求的取值范圍.
2．（2022·全國·高三專題練習）已知圓的圓心為，點是圓上的動點，點是拋物線的焦點，點在線段上，且滿足.
(1)求點的軌跡的方程；
(2)不過原點的直線與（1）中軌跡交于兩點，若線段的中點在拋物線上，求直線的斜率的取值范圍.
3．（2022·全國·高三專題練習）設橢圓過，兩點，為坐標原點．
(1)求橢圓的方程；
(2)是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，，且？若存在，寫出該圓的方程，并求的取值范圍；若不存在，說明理由．
4．（2022·全國·高三專題練習）在平面直角坐標系中，點，的坐標分別為，，是動點，且直線與的斜率之積等于.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)已知直線與橢圓：相交于，兩點，與軸交于點，若存在使得，求的取值范圍.
5．（2022·全國·高三專題練習）如圖，點，分別是橢圓的左 右焦點，點A是橢圓C上一點，且滿足軸，，直線與橢圓C相交于另一點B.
(1)求橢圓C的離心率；
(2)若的周長為，M為橢圓C上任意一點，求的取值范圍.
6．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓左、右焦點分別為，.給出下列條件：①橢圓過點，且離心率；②橢圓過點，且；③焦距為2，且離心率.
(1)在以上三個條件中任意選擇一個，求橢圓的方程.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
(2)在（1）的條件下，若直線與橢圓交于點，，且，求的取值范圍.
7．（2022·全國·模擬預測）已知，是雙曲線的左、右焦點，且雙曲線過點，．
(1)求雙曲線的方程；
(2)已知過點的直線交雙曲線左、右兩支于，兩點，交雙曲線的漸近線于，（點位于軸的右側）兩點，求的取值范圍．
8．（2022·吉林·長春十一高高三階段練習（理））已知點在拋物線上，過點的直線與拋物線C有兩個不同的交點A、B，且直線PA交軸于M，直線PB交軸于N.
(1)求直線的斜率的取值范圍；
(2)設為原點，，，試判斷是否為定值，若是，求值；若不是，求的取值范圍.
9．（2022·安徽阜陽·高三期末（文））已知橢圓的離心率為，C的左，右焦點分別為，A，B是C上關于原點對稱的兩點，四邊形的周長為.
(1)求C的方程；
(2)設分別為直線和的斜率，求的取值范圍.
10．（2022·河南·高三期末（理））已知動直線l過拋物線C：的焦點F，且與拋物線C交于M，N兩點，且點M在x軸上方．
(1)若，求l的方程；
(2)設點Q（n，0）（）是x軸上的定點，若l變化時，M總在以QF為直徑的圓外，求n的取值范圍．
11．（2022·吉林吉林·高三期末（理））已知拋物線上一點到焦點的距離為．
(1)求拋物線的標準方程；
(2)若點、為拋物線位于軸上方不同的兩點，直線、的斜率分別為、，且滿足，求證：直線過定點，并求出直線斜率的取值范圍．
12．（2022·廣東茂名·一模）已知橢圓C：的左焦點為，且過點（1，）.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過且互相垂直的兩條直線，分別交橢圓C于A、B兩點和 M、N兩點，求的取值范圍.
13．（2022·全國·高三專題練習）設橢圓的右焦點為，右頂點為，已知，其中為原點，為橢圓的離心率．
(1)求橢圓的方程；
(2)設過點的直線與橢圓交于不在軸上），垂直于的直線與交于點，與軸交于點，若，且，求直線的斜率的取值范圍．
14．（2022·江蘇無錫·高三期末）已知橢圓的離心率為，點在橢圓上，點是軸正半軸上的一點，過橢圓的右焦點和點的直線與橢圓交于兩點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)求的取值范圍.
15．（2022·全國·高三專題練習）已知圓，點是圓上任意一點，在軸上的射影為，點滿足，記點的軌跡為．
(1)求曲線的方程；
(2)已知，過的直線與曲線交于兩點，過且與垂直的直線與圓交于兩點，求的取值范圍．
16．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓的右焦點為，離心率為，點在橢圓上且位于第二象限，直線被圓截得的線段的長為．
(1)求直線的斜率；
(2)當時，①求該橢圓的方程；②設動點在橢圓上，若直線的斜率小于，求直線（為原點）的斜率的取值范圍．專題30 圓錐曲線中的存在性問題
方法總結：
解決存在性問題的一些妙招：
（1）特殊值（點）法：對于一些復雜的題目，可通過其中的特殊情況，解得所求要素的必要條件，然后再證明求得的要素也使得其它情況均成立。
（2）核心變量的選取：因為解決存在性問題的核心在于求出未知要素，所以通常以該要素作為核心變量，其余變量作為輔助變量，必要的時候消去。
（3）核心變量的求法：
①直接法：利用條件與輔助變量直接表示，并進行求解
②間接法：若無法直接求出，則可將核心變量參與到條件中，列出關于該變量與輔助變量的方程（組），運用方程思想求解。
典型例題：
例1．（2022·安徽·淮南第一中學一模（理））已知橢圓的左、右焦點分別為、，點在橢圓上，且滿足．
(1)求橢圓的方程；
(2)設為坐標原點，過點且斜率不為零的直線交橢圓于不同的兩點、，則在軸上是否存在定點，使得平分？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）分析可知，可得出橢圓的兩個焦點的坐標，利用橢圓的定義可求得的值，可得出的值，由此可得出橢圓的標準方程；
（2）設直線，設點、、，將直線的方程與橢圓方程聯立，列出韋達定理，分析可知，利用斜率公式結合韋達定理求出的值，即可得出結論.
(1)
解：（1）因為，所以，，即，所以，
又點在橢圓上，、，
且由橢圓定義得，
則，，則橢圓的標準方程為.
(2)
解：假設存在定點滿足要求，因為直線斜率不為零，所以設直線，
設點、、，
聯立可得，則，
由韋達定理可得，，
因為直線平分，則，即，
，
整理得，
，由于，，所以存在滿足要求．
【點睛】
方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
例2．（2022·全國·高三專題練習）在平面直角坐標系中，設雙曲線的右準線與其兩條漸近線的交點分別為、，且．
(1)求雙曲線的方程；
(2)設動直線與雙曲線相交于點、，若，求證：存在定圓與直線相切，并求該定圓的方程．
【答案】(1)；
(2)證明見解析，定圓方程為.
【解析】
【分析】
（1）由二倍角的正切公式可求得，可得出，利用雙曲線的右準線方程可求得的值，可得出的值，由此可得出雙曲線的方程；
（2）分析可知直線、的斜率都存在，可設直線直線的方程為，設點，將直線的方程與雙曲線的方程聯立，求出，可得出的值，利用等面積法可求得原點到直線的距離，即可得出結論.
(1)
解：設漸近線的傾斜角為，則，
由已知可得，整理可得，
因為，解得，則，所以，，
雙曲線的右準線方程為，可得，，
故雙曲線的方程為.
(2)
解：若直線、中有一條直線的斜率不存在時，
則直線、分別與兩坐標軸重合，則這兩條直線中有一條直線不與雙曲線相交，不合乎題意；
若直線、的斜率都存在時，可設直線的方程為，設點、，
聯立可得，所以，，，
所以，，，
設點到直線的距離為，則，
綜上，存在定圓與直線相切，該定圓的方程為．
【點睛】
方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
例3．（2022·安徽合肥·高三期末（理））在平面直角坐標系中，是拋物線E：上一點.若點M到點的距離 點M到y軸的距離的等差中項是.
(1)求拋物線E的方程；
(2)過點作直線l，交以線段AO為直徑的圓于點AB，交拋物線E于點C，D（點B，C在線段AD上）.問是否存在t，使點B，C恰為線段AD的兩個三等分點？若存在，求出t的值及直線l的斜率；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，斜率為
【解析】
【分析】
（1）由點M到點的距離 點M到y軸的距離的等差中項是可得，從而得到拋物線方程；
（2）假設存在t，設直線l的方程為，以線段AO為直徑的圓的方程為，聯立方程得到點坐標，由得點坐標，由得點坐標，代入拋物線E的方程解得，可得答案.
(1)
因為是拋物線E的焦點，所以點M到點距離為.
由已知得，解得.
∴拋物線E的方程為.
(2)
假設存在t滿足題意，由題意可以判斷，直線l的斜率存在且不為0，設其斜率為k，
則直線l的方程為，以線段AO為直徑的圓的方程為，
由解得，
由得，由得，
代入拋物線E的方程得，解得，，
∴當且直線的斜率為時，點B，C恰為線段AD的兩個三等分點.
例4．（2022·安徽·安慶一中高三期末（理））已知動點M到直線的距離是M與點距離的倍，記M的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)動直線與C交于兩點A，B，曲線C上是否存在定點P，使得直線的斜率和為零？若存在求出點P坐標；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，定點或.
【解析】
【分析】
(1)根據給定條件列出方程，再化簡作答.
(2)把直線l與曲線C的方程聯立，設出點P的坐標，結合韋達定理、斜率坐標公式計算，再借助恒成立列式計算作答.
(1)
設動點M的坐標為，由已知得，化簡整理得，
所以曲線C的方程為.
(2)
由已知與聯立，消去y整理得：，
由已知得，且，解得：
設，則，，
假定曲線C上存在定點使得直線的斜率和為零，即，
則，整理得，
則有，整理得：，
因當時恒有成立，則，
解得 或，顯然點或在橢圓C上，
所以曲線C上存在定點或，使得直線的斜率和為零.
【點睛】
方法點睛：求定值問題常見的方法：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
例5．（2022·重慶·一模）已知橢圓過點，且離心率為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點的兩條直線分別和橢圓交于不同兩點A，（A，異于點且不關于坐標軸對稱），直線，的斜率分別為，，且.試問直線是否恒過一定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由.
【答案】(1)
(2)是，直線恒過定點
【解析】
【分析】
（1）由離心率為可得，然后再將點代入橢圓方程中可求出，從而可求出橢圓方程，
（2）設直線的方程為，代入橢圓方程中可求出點A的坐標，再由可得點的坐標，從而可表示出直線的方程，化簡可得結果
(1)
因為橢圓的離心率為，所以，，得，
因為，所以得，，
所以橢圓方程為，
因為橢圓過點，所以，得，
所以橢圓方程為，
(2)
設直線的方程為，代入中，得
，
解得或，
所以，
由于，所以將點A的坐標中的換為，可得，
則直線的斜率為，
所以直線的方程為，
化簡得，
所以直線恒過點
例6．（2022·湖南長沙·高三階段練習）已知離心率為的橢圓C1：(a>b>0)的左，右焦點分別為F1，F2，P為橢圓上的一點，△PF1F2的周長為6，且F1為拋物線C2：的焦點.
(1)求橢圓C1與拋物線C2的方程；
(2)過橢圓C1的左頂點Q的直線l交拋物線C2于A，B兩點，點O為原點，射線OA，OB分別交橢圓于C，D兩點，△OCD的面積為S1，△OAB的面積為S2.則是否存在直線l使得？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在，或.
【解析】
【分析】
（1）由題可得，即求；
（2）設直線l的方程為，聯立拋物線方程利用韋達定理可得，利用直線與橢圓的位置關系可求，再利用三角形面積公式及條件列出方程，即得.
(1)
由題意得，解得
∴ 橢圓的方程為，，
所以拋物線的方程為.
(2)
由題意得直線l的斜率不為0，，
設直線l的方程為，設，
由，得，
∴，
∵，
∴，
∵，∴ 直線OA的斜率為，即直線OA的方程為,
由，得，
同理可得，
，
∴，得m=±1，
∴ 存在直線l，方程為或.
過關練習：
1．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知橢圓的左右焦點分別為，，且橢圓C上的點M滿足，.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若在x軸上存在一點E，使得過點E的任意一條直線l與橢圓的兩個交點P、Q，都有為定值，試求出此定值.
【答案】(1)
(2)5
【解析】
【分析】
（1）根據焦點坐標和焦點三角形中利用余弦定理建立方程，然后解出方程即可；
（2）先聯立直線和橢圓的方程，然后根據韋達定理表示出、兩點的縱坐標的關系，進而表示出，即可求得該定值，同時也對直線為軸時檢驗即可
(1)
依題意得：，
由橢圓定義知：
又，則，在中，
由余弦定理得：
即
解得：
又
故所求橢圓方程為：
(2)
設、、，當直線l不為x軸時的方程為
聯立橢圓方程得：
化簡可得：
根據韋達定理可得：，
當且僅當，即時，（定值）
即在x軸上存在點E使得為定值5，
點E的坐標為或
經檢驗，當直線PQ為x軸時，上面求出的點E也符合題意
【點睛】
（1）解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系；
（2）涉及到直線方程時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為或不存在等特殊情形．
2．（2022·河南·模擬預測（文））已知橢圓C：的離心率為，直線與橢圓僅有一個公共點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l：，試問在x軸上是否存在一定點M，使得過M的直線交橢圓于P，Q兩點，交l于N，且滿足，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，(4，0).
【解析】
【分析】
(1)根據離心率列出一個方程，聯立直線方程和橢圓方程由再得一個方程，結合本身a、b、c的關系即可解出a、b、c的值，從而確定橢圓的標準方程；
(2)設，，，，直線PQ的方程為，由，得，即，聯立直線PQ與橢圓方程，得和，從而可求m、n、t的關系，再結合N是l和直線PQ的交點即可求出m的值，從而可判定PQ是否過定點.
(1)
∵，∴，，
將代入，整理得，
∴，解得，
∴，，
∴橢圓C的方程為.
(2)
設，，，，直線PQ的方程為，
由，得，即.
將代入橢圓方程，整理得，
，即，
∴，.
∴.
將(1，n)代入，可得，代入上式可得.
當直線PQ的方程為時，也滿足題意.
故定點M為(4，0).
3．（2022·黑龍江大慶·高三階段練習（理））已知橢圓的焦距為4，且經過點.
(1)求的方程.
(2)過點的直線交于，兩點，過點作直線的垂線，垂足為，過原點作，垂足為.證明：存在定點，使得為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據焦距求出，代入，以及，解出，進而求出橢圓方程；（2）設出直線的方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理得到兩根之和，兩根之積，求出直線過的定點，結合垂直關系，利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半得到定點，使得為定值.
(1)
由題意得：，所以，又經過點，故
，解得，
故的方程為.
(2)
證明：由題可知直線與軸不重合，可設，聯立
得.
設，，
則，，，
所以.
因為，，
所以直線的斜率為，
所以直線的方程為，所以直線過定點.
因為，所以為直角三角形，
取的中點，則，即為定值.
綜上，存在定點，使得為定值
【點睛】
圓錐曲線求解存在定點滿足定值問題，需要結合一些常見結論進行求解，比如直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，或者圓的半徑等，本題中就要先求出直線過定點，再使用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半進行求解.
4．（2022·福建三明·高三期末）已知橢圓C：，、為橢圓的左、右焦點，焦距為2，P（－）為橢圓上一點．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)已知過點（0，－）的直線l與C交于A，B兩點；線段AB的中點為M，在軸上是否存在定點N，使得恒成立？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，N（0，1）.
【解析】
【分析】
（1）根據焦距求出c，再將點P的坐標代入橢圓方程，進而求得答案；
（2）討論斜率存在和不存在兩種情況，若存在，根據得到點N在以AB為直徑的圓上，得到，進而設出直線方程并代入橢圓方程并化簡，然后結合根與系數的關系解決問題.
(1)
由焦距為2得，又因為P（，－）在橢圓上，所以，即，又因為，所以，所以橢圓C的方程為：．
(2)
假設在y軸上存在定點N，使得恒成立，設N（0，），A（，），B（，）.
①當直線l的斜率存在時，設l：，由整理得，，，．
因為，所以，而點M為線段AB的中點，所以，則點N在以AB為直徑的圓上，即．
因為，
所以
，
∴解得，即存在N（0，1）滿足題意.
②當直線l的斜率不存在時A（0，1），B（0，－1），M（0，0），點N（0，1）滿足.
綜上，存在定點N（0，1），使得恒成立.
【點睛】
本題需要解決兩個問題：首先，說明什么，千萬不要硬去求角的三角函數值，而應找到線段關系或者角的關系；其次，在知道之后，最好通過平面向量來解決問題，進而會發現接下來需要通過根與系數的關系來處理.
5．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，已知、分別是橢圓的左、右焦點，分別是橢圓的左、右頂點，為線段的中點，且．
(1)求橢圓的方程；
(2)若為橢圓上的動點（異于點A、B），連接并延長交橢圓于點N，連接MD、ND并分別延長交橢圓于點P，Q，連接PQ，設直線MN、PQ的斜率存在且分別為、．試問是否存在常數，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)
(2)存在滿足條件的常數，．
【解析】
【分析】
（1）由已知求得a，b，c，由此求得橢圓的標準方程；
（2）設，，，，則直線MD的方程為，與橢圓的方程聯立整理得，，根據根與系數的關系求得點， 同理，求得點，由三點共線，得，從而由兩點的斜率公式求得，從而求得滿足條件的常數．
(1)
解：∵，∴，所以，化簡得，
又點為線段的中點，∴，從而，，左焦點，故橢圓E的方程為；
(2)
解：存在滿足條件的常數，，
設，，，，
則直線MD的方程為，代入橢圓方程，整理得，，
∵，∴，從而，故點， 同理，點，
∵三點共線，∴，
從而，從而，
故，從而存在滿足條件的常數，．
6．（2022·江西·高三階段練習（理））已知拋物線C： x2＝2py（p＞0）的焦點為F， P為C上的動點，Q為P在動直線y＝t（t＜0）上的投影．當△PQF為等邊三角形時，其面積為．
(1)求C的方程；
(2)設O為原點，過點P的直線l與C相切，且與橢圓交于A，B兩點，直線OQ與線段AB交于點M．試問：是否存在t，使得△QMA和△QMB面積相等恒成立？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）設，根據等邊三角形的面積公式得到，再根據拋物線的定義得到，即可得到，從而求出，即可得到拋物線方程；
（2）設，，，利用導數求出切線的方程，聯立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，再求出直線的方程，從而求出點的橫坐標，再根據△QMA和△QMB的面積相等，且A，M，B在同一條直線上，可得點M為AB的中點，從而得到，即可求出參數的值，即可得解；
(1)
解：設，∵為等邊三角形時，其面積為，
∴，解得，
∵Q為在動直線上的投影，∴；當為等邊三角形時，，
由拋物線的定義知，，∴，解得，∴C的方程為；
(2)
解：設，，則，，
∵，∴，∴切線，即，
聯立方程，∴
∵．∴，，
∵△QMA和△QMB的面積相等，且A，M，B在同一條直線上，則點M為AB的中點，
∴，即，則，
所以存在，使得△QMA和△OMB的面積相等恒成立．
7．（2022·四川省南充高級中學高三階段練習（文））已知橢圓的左、右頂點分別為點，且為橢圓上一點， 關于軸的對稱點為，.
(1)求橢圓的離心率；
(2)若橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，斜率為1的直線與橢圓交于兩點，在軸上存在點，使得，求直線的方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）設，則，由可得，從而求出離心率；
（2）求出橢圓的方程，設直線方程為，線段的中點為，直線與橢圓方程聯立利用韋達定理得，由得，由得，將代入
求得可得直線的方程.
(1)
由橢圓知，設，則，
點在橢圓上，有，
所以，
故橢圓的離心率.
(2)
由題意知橢圓的一個焦點為，則橢圓的方程為，
設直線方程為，線段的中點為，
聯立，
則，
，即，
由，
由，
將代入可得，
，
解得滿足條件，所以，
故直線的方程為.
8．（2022·廣東·模擬預測）已知動圓過點（0，1），且與直線：相切．
(1)求動圓圓心的軌跡的方程；
(2)點一動點，過作曲線E兩條切線，，切點分別為，，且，直線與圓相交于，兩點，設點到直線距離為．是否存在點，使得？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由見解析.
【解析】
【分析】
（1）根據拋物線定義寫出軌跡的方程；
（2）設直線AB：y＝kx＋m，，聯立拋物線方程應用韋達定理及求參數m，進而寫出切線，的方程并求交點P的坐標，再應用點線距離公式、弦長公式、圓中弦長的求法求到直線距離為、、，最后結合求參數k，判斷存在性.
(1)
依題意，圓心的軌跡E是以F為焦點，l：y＝－1為準線的拋物線．
所以拋物線焦點到準線的距離等于2，故動圓圓心的軌跡E為x2＝4y．
(2)
依題意，直線AB斜率存在，設直線AB：y＝kx＋m，．
由，得，故．
，由x2＝4y，得，故切線 PA，PB的斜率分別為
由 PA⊥PB，得：，
所以m＝1，這說明直線 AB 過拋物線E的焦點F，則切線．
聯立，消去y得：，即，
則，即，
于是P到直線AB：kx－y＋1＝0的距離．
．
設原點到直線kx－y＋1＝0的距離為，則，所以．
因為，所以， 化簡整理得，無解，
所以滿足條件的點P不存在．
【點睛】
關鍵點點睛：第二問，設直線并聯立拋物線，應用韋達定理求所設直線的參數值，再根據點線距離、弦長公式及圓中弦長、半徑、弦心距關系，分別求出到直線距離為、、，求參數判斷存在性.
9．（2022·江西宜春·高三期末（文））已知橢圓C的離心率為，且過點（），分別為橢圓的左、右焦點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過的直線m交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，以O，A，B三點為頂點作平行四邊形OAPB，是否存在直線m，使得點P在橢圓C上？若存在，求出直線m的方程；若不存在，說明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）根據橢圓離心率以及橢圓過點，列出的方程組，求解即可；
（2）當直線斜率存在時，設出直線方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理以及，即可求得點的坐標，根據其坐標滿足橢圓方程，解方程即可確定存在滿足題意；當斜率不存在時，即可容易求得點的坐標，根據題意，即可確定直線的方程.
(1)
橢圓的離心率為 ，，
又由橢圓經過點，，解得
則橢圓的方程為：
(2)
依題意，
當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，，
聯立直線方程與，
整理得，則，
設，由四邊形為平行四邊形，得，
則，即，
若點落在橢圓上，則， 即，
整理得，令，
故上式等價于，解得（舍去），
故斜率存在時，不存在直線滿足題意；
當直線的斜率不存在時，直線的方程，
此時存在點在橢圓上.
綜上，存在直線：，使得點在在橢圓上
【點睛】
本題考察橢圓方程的求解，以及橢圓中定直線問題的處理；解決問題的關鍵是利用向量合理的轉化四邊形為平行四邊形，從而求得點的坐標，屬中檔題.
10．（2022·山東菏澤·高三期末）已知中，，，，，曲線E過C點，動點Р在E上運動，且保持的值不變.
(1)求曲線E的方程；
(2)過點的直線與曲線交于M，N兩點，則在軸上是否存在定點，使得的值為定值？若存在，求出點的坐標和該定值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)存在點，使得為定值
【解析】
【分析】
（1）根據條件可知動點的運動軌跡滿足橢圓定義，由橢圓的方程可的結果.
（2）分直線的斜率為零和不為零兩種情況分別計算.
(1)
解：由題意，可得，
而，
所以點Р的軌跡為以A，B為焦點，長軸長為的橢圓，
由，，得，，
所以曲線的方程為.
(2)
當直線的斜率為不為0時，設直線的方程為，設定點
聯立方程組，消可得，
設，，
可得，，
所以
.
要使上式為定值，則，解得
此時
當直線的斜率為0時，，，此時，也符合.
所以，存在點，使得為定值.
11．（2022·江西贛州·高三期末（文））已知點M是橢圓C：上一點，，分別為橢圓C的上、下焦點，，當，的面積為5.
(1)求橢圓C的方程：
(2)設過點的直線和橢圓C交于兩點A，B，是否存在直線，使得與（O是坐標原點）的面積比值為5：7.若存在，求出直線的方程：若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根據焦距可求出c,再根據以及的面積可求出a,b，即得橢圓方程；
（2）設直線方程并和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系式，根據與的面積比值為5：7，得到相關等式，聯立根與系數的關系式化簡，即可得到結論.
(1)
由,
由,
,故,
∴,
∴,
∴，
即橢圓的標準方程為.
(2)
假設滿足條件的直線存在，
當直線的斜率不存在時，不合題意，
不妨設直線：，，，顯然 ，
聯立，得，
所以，
因為，，得，
即（3），
由（1），（3），得 （4），
將（1）（4）代入（3）得，
所以直線的方程為，
故存在直線，使得與的面積比值為5：7.
【點睛】
本題考查了橢圓方程的求解以及直線和橢圓的位置關系，涉及到橢圓中的三角形面積問題，解答時一般思路是要將直線方程和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系式，再將該關系式代入到相關等式中化簡，其中計算量大,多是關于字母參數的運算，要求計算準確，需要細心和耐心.
12．（2022·安徽六安·一模（理））已知橢圓的左右焦點分別是，，右頂點和上頂點分別為，，的面積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)以此橢圓的上頂點為直角頂點作橢圓的內接等腰直角，這樣的直角三角形是否存在？若存在，請說明有幾個；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，有三個
【解析】
【分析】
（1）由可得，然后可解出答案；
（2）設邊所在直線的方程為，聯立直線與橢圓的方程，解出點的坐標，然后可得，用代替中的可得，然后由 求解即可.
(1)
由題意得 ①
因為 ，所以 ②
由①②得③，由②③得，
所以橢圓方程為；
(2)
假設能構成等腰直角，其中B(0， 1)，由題意可知，直角邊不可能垂直或平行于軸，
故可設邊所在直線的方程為(不妨設)
聯立直線方程和橢圓方程得：，得
，
用代替上式中的，得，
由得，
即，，
故存在三個滿足題設條件的內接等腰直角三角形.
13．（2022·黑龍江·鐵力市第一中學校高三開學考試（文））已知橢圓的離心率為，以其左頂點、上頂點及左焦點為頂點的三角形的面積為．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線與橢圓交于、兩點，且，證明：存在定點，使得點到直線的距離為定值．
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）分析可得，，利用三角形的面積公式可求得的值，即可得出、的值，即可得出橢圓的方程；
（2）設、．對直線的斜率是否存在進行分類討論，在直線軸時，直接計算出原點到直線的距離；在直線的斜率存在時，設直線的方程為，將該直線方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，根據可得出、所滿足的等式，再計算出原點到直線的距離，即可得出結論.
(1)
解：設橢圓的半焦距為，
因為，所以，又，所以．
由題意知，所以，所以，，
所以橢圓的方程為．
(2)
證明：設、．
①若直線與軸垂直，不妨設點在第一象限，由對稱性及可知所在直線方程為，
聯立，可得，即點，
此時直線的方程為，則原點到直線的距離為；
②若直線不與軸垂直，設直線的方程為，
由消去整理得，
，
由韋達定理得，．
又，所以，
所以，，
，整理得，滿足．
所以原點到直線的距離為，
故存在定點到的距離為（定值）．
綜上所述，存在定點，使得到直線的距離為定值．
【點睛】
方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
14．（2022·湖北·荊州中學高三期末）如圖所示，已知橢圓與直線．點在直線上，由點引橢圓的兩條切線、，、為切點，是坐標原點．
(1)若點為直線與軸的交點，求的面積；
(2)若，為垂足，求證：存在定點，使得為定值.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）可得點，設切線方程為，將切線方程與橢圓方程聯立，由判別式為零可求得的值，可知，求出兩切點的坐標，可得出、，利用三角形的面積公式可求得結果；
（2）設、，可得出切線、的方程，設點，求出直線的方程，可得出直線過定點，由結合直角三角形的幾何性質可得出結論.
(1)
解：由題意知，過點與橢圓相切的直線斜率存在，設切線方程為，
聯立，可得，（*）
由，
可得，即切線方程為，所以，，
將代入方程（*）可得，可得，此時，
不妨設點，同理可得點，，
因此，.
(2)
證明：先證明出橢圓在其上一點處的切線方程為，
因為點在橢圓上，則，
聯立，消去可得，
整理得，即，解得，
因此，橢圓在其上一點處的切線方程為.
設、，則切線的方程為，切線的方程為.
設，則，
所以，點、的坐標滿足方程，
所以，直線的方程為，
因為點在直線上，則，則，
所以，直線的方程可表示為，即，
由，可得，故直線過定點，
因為，所以，點在以為直徑的圓上，
當點為線段的中點時，，此時點的坐標為.
故存在點，使得為定值.
【點睛】
方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
15．（2022·江西贛州·高三期末（理））已知橢圓過點，且離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)在y軸上是否存在點M，過點M的直線l交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，使得三角形的面積？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根據條件列出相應的方程組，即可求得答案；
（2）首先利用三角形的面積結合向量運算，將問題轉化為，然后設直線方程，聯立橢圓方程，利用根與系數的關系代入化簡可得答案.
(1)
由 ，解得 ，
則橢圓C的方程為；
(2)
設存在點，由已知條件可知直線l的斜率存在，
故可設直線l的方程為，
則，
由，
得，
即，
由得，
∴需滿足，
∴，
∴，
∴，
∴，∴滿足.
∴，∴點.
【點睛】
本題考查了橢圓方程的求解以及直線和橢圓的位置關系，涉及到三角形面積問題，解答的關鍵在于利用面積關系結合向量的運算轉化為點的坐標之間的關系，再化簡求值，計算量較大，需要耐心.專題30 圓錐曲線中的存在性問題
方法總結：
解決存在性問題的一些妙招：
（1）特殊值（點）法：對于一些復雜的題目，可通過其中的特殊情況，解得所求要素的必要條件，然后再證明求得的要素也使得其它情況均成立。
（2）核心變量的選取：因為解決存在性問題的核心在于求出未知要素，所以通常以該要素作為核心變量，其余變量作為輔助變量，必要的時候消去。
（3）核心變量的求法：
①直接法：利用條件與輔助變量直接表示，并進行求解
②間接法：若無法直接求出，則可將核心變量參與到條件中，列出關于該變量與輔助變量的方程（組），運用方程思想求解。
典型例題：
例1．（2022·安徽·淮南第一中學一模（理））已知橢圓的左、右焦點分別為、，點在橢圓上，且滿足．
(1)求橢圓的方程；
(2)設為坐標原點，過點且斜率不為零的直線交橢圓于不同的兩點、，則在軸上是否存在定點，使得平分？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
例2．（2022·全國·高三專題練習）在平面直角坐標系中，設雙曲線的右準線與其兩條漸近線的交點分別為、，且．
(1)求雙曲線的方程；
(2)設動直線與雙曲線相交于點、，若，求證：存在定圓與直線相切，并求該定圓的方程．
例3．（2022·安徽合肥·高三期末（理））在平面直角坐標系中，是拋物線E：上一點.若點M到點的距離 點M到y軸的距離的等差中項是.
(1)求拋物線E的方程；
(2)過點作直線l，交以線段AO為直徑的圓于點AB，交拋物線E于點C，D（點B，C在線段AD上）.問是否存在t，使點B，C恰為線段AD的兩個三等分點？若存在，求出t的值及直線l的斜率；若不存在，請說明理由.
例4．（2022·安徽·安慶一中高三期末（理））已知動點M到直線的距離是M與點距離的倍，記M的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)動直線與C交于兩點A，B，曲線C上是否存在定點P，使得直線的斜率和為零？若存在求出點P坐標；若不存在，請說明理由.
例5．（2022·重慶·一模）已知橢圓過點，且離心率為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點的兩條直線分別和橢圓交于不同兩點A，（A，異于點且不關于坐標軸對稱），直線，的斜率分別為，，且.試問直線是否恒過一定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由.
例6．（2022·湖南長沙·高三階段練習）已知離心率為的橢圓C1：(a>b>0)的左，右焦點分別為F1，F2，P為橢圓上的一點，△PF1F2的周長為6，且F1為拋物線C2：的焦點.
(1)求橢圓C1與拋物線C2的方程；
(2)過橢圓C1的左頂點Q的直線l交拋物線C2于A，B兩點，點O為原點，射線OA，OB分別交橢圓于C，D兩點，△OCD的面積為S1，△OAB的面積為S2.則是否存在直線l使得？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.
過關練習：
1．（2022·安徽·合肥一中高三階段練習（理））已知橢圓的左右焦點分別為，，且橢圓C上的點M滿足，.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若在x軸上存在一點E，使得過點E的任意一條直線l與橢圓的兩個交點P、Q，都有為定值，試求出此定值.
2．（2022·河南·模擬預測（文））已知橢圓C：的離心率為，直線與橢圓僅有一個公共點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l：，試問在x軸上是否存在一定點M，使得過M的直線交橢圓于P，Q兩點，交l于N，且滿足，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
3．（2022·黑龍江大慶·高三階段練習（理））已知橢圓的焦距為4，且經過點.
(1)求的方程.
(2)過點的直線交于，兩點，過點作直線的垂線，垂足為，過原點作，垂足為.證明：存在定點，使得為定值.
4．（2022·福建三明·高三期末）已知橢圓C：，、為橢圓的左、右焦點，焦距為2，P（－）為橢圓上一點．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)已知過點（0，－）的直線l與C交于A，B兩點；線段AB的中點為M，在軸上是否存在定點N，使得恒成立？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
5．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，已知、分別是橢圓的左、右焦點，分別是橢圓的左、右頂點，為線段的中點，且．
(1)求橢圓的方程；
(2)若為橢圓上的動點（異于點A、B），連接并延長交橢圓于點N，連接MD、ND并分別延長交橢圓于點P，Q，連接PQ，設直線MN、PQ的斜率存在且分別為、．試問是否存在常數，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
6．（2022·江西·高三階段練習（理））已知拋物線C： x2＝2py（p＞0）的焦點為F， P為C上的動點，Q為P在動直線y＝t（t＜0）上的投影．當△PQF為等邊三角形時，其面積為．
(1)求C的方程；
(2)設O為原點，過點P的直線l與C相切，且與橢圓交于A，B兩點，直線OQ與線段AB交于點M．試問：是否存在t，使得△QMA和△QMB面積相等恒成立？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．
7．（2022·四川省南充高級中學高三階段練習（文））已知橢圓的左、右頂點分別為點，且為橢圓上一點， 關于軸的對稱點為，.
(1)求橢圓的離心率；
(2)若橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，斜率為1的直線與橢圓交于兩點，在軸上存在點，使得，求直線的方程.
8．（2022·廣東·模擬預測）已知動圓過點（0，1），且與直線：相切．
(1)求動圓圓心的軌跡的方程；
(2)點一動點，過作曲線E兩條切線，，切點分別為，，且，直線與圓相交于，兩點，設點到直線距離為．是否存在點，使得？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
9．（2022·江西宜春·高三期末（文））已知橢圓C的離心率為，且過點（），分別為橢圓的左、右焦點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過的直線m交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，以O，A，B三點為頂點作平行四邊形OAPB，是否存在直線m，使得點P在橢圓C上？若存在，求出直線m的方程；若不存在，說明理由.
10．（2022·山東菏澤·高三期末）已知中，，，，，曲線E過C點，動點Р在E上運動，且保持的值不變.
(1)求曲線E的方程；
(2)過點的直線與曲線交于M，N兩點，則在軸上是否存在定點，使得的值為定值？若存在，求出點的坐標和該定值；若不存在，請說明理由.
11．（2022·江西贛州·高三期末（文））已知點M是橢圓C：上一點，，分別為橢圓C的上、下焦點，，當，的面積為5.
(1)求橢圓C的方程：
(2)設過點的直線和橢圓C交于兩點A，B，是否存在直線，使得與（O是坐標原點）的面積比值為5：7.若存在，求出直線的方程：若不存在，說明理由.
12．（2022·安徽六安·一模（理））已知橢圓的左右焦點分別是，，右頂點和上頂點分別為，，的面積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)以此橢圓的上頂點為直角頂點作橢圓的內接等腰直角，這樣的直角三角形是否存在？若存在，請說明有幾個；若不存在，請說明理由.
13．（2022·黑龍江·鐵力市第一中學校高三開學考試（文））已知橢圓的離心率為，以其左頂點、上頂點及左焦點為頂點的三角形的面積為．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線與橢圓交于、兩點，且，證明：存在定點，使得點到直線的距離為定值．
14．（2022·湖北·荊州中學高三期末）如圖所示，已知橢圓與直線．點在直線上，由點引橢圓的兩條切線、，、為切點，是坐標原點．
(1)若點為直線與軸的交點，求的面積；
(2)若，為垂足，求證：存在定點，使得為定值.
15．（2022·江西贛州·高三期末（理））已知橢圓過點，且離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)在y軸上是否存在點M，過點M的直線l交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，使得三角形的面積？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由.第31講 圓錐曲線定點定值問題
方法總結：
1、處理定點問題的思路：
（1）確定題目中的核心變量（此處設為）
（2）利用條件找到與過定點的曲線 的聯系，得到有關與的等式
（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立。
2.常見定值問題的處理方法：
（1）確定一個（或兩個）變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示
（2）將所求表達式用核心變量進行表示（有的甚至就是核心變量），然后進行化簡，看能否得到一個常數。
3.求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
4.求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點 ，常利用直線的點斜式方程 或截距式 來證明.
典型例題：
例1．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓的右焦點為，點及點都在橢圓上，若直線與直線的傾斜角互補.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)證明：直線的斜率為定值.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）由題可得，即求；
（2）由題可設直線的方程為，利用韋達定理可得求點A、B的坐標，然后利用斜率公式計算即得.
(1)
依題意，化簡得，
解得或（舍去），
，
故橢圓的標準方程為.
(2)
設直線的斜率為，則直線的斜率為，
則直線的方程為，設，
由，得，
∴，
∴，，
同理可得，，
∴，
即直線的斜率為定值.
例2．（2022·貴州貴陽·高三期末（文））已知橢圓的焦距為，左 右焦點分別是，其離心率為，圓與圓相交，兩圓交點在橢圓上.
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線不經過點且與橢圓相交于兩點，若直線與直線的斜率之和為，證明：直線過定點.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據題意列出等式，求得 ，即得答案；
（2）考慮直線斜率是否存在，存在時，設出直線方程并和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系，結合直線與直線的斜率之和為化簡整理可得參數之間的關系式，即可證明結論.
(1)
由題意得，
由圓與圓相交，兩圓交點在橢圓上，
可知：，又，
解得：
所以橢圓的方程為：.
(2)
證明：①當直線的斜率不存在時，設直線，
由題意可知，且，設，
因為直線的斜率之和為，所以，
化簡得，所以直線的方程為.
②當直線的斜率存在時，
設方程為，
聯立消去，化簡得.
，
由題意可得，
因為直線的斜率之和為，
所以，
，
，
，
，
化簡整理得，
當且僅當時，即 或且 時符合題意，
直線的方程：，即，
故直線過定點，
綜上①②可得直線過定點.
【點睛】
本題考查了橢圓方程的求法，以及直線和橢圓相交時的直線過定點問題，解答時要注意考慮直線斜率是否存在的情況，斜率存在時設出直線方程，和橢圓方程聯立，得到根與系數的關系，然后結合條件得等式，化簡即可，難點在于計算量較大并且運算繁瑣，需要十分細心.
例3．（2022·江蘇南通·一模）已知雙曲線，四點，，，中恰有三點在上.
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于，兩點，過點作直線的垂線，垂足為.證明：直線過定點.
【答案】(1).
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知得點，，在曲線上，代入建立方程組，求解即可；
（2）當直線斜率不存在時，求得，，的坐標，得出直線的方程，得出過點；當直線斜率存在時，設為，，，則，聯立整理得，，再計算得，從而得出結論.
(1)
解：因為四點，，，中恰有三點在上，
而點，關于原點對稱，，所以點，，在曲線上，代入可得，
解得，所以的方程為：.
(2)
解：當直線斜率不存在時，得，，，
則直線方程為，過點；
當直線斜率存在時，設為，，，則，
聯立，整理得，，，，
則，所以，
又，
所以，即直線過點；
例4．（2022·湖北江岸·高三期末）已知拋物線的準線與圓相切.
(1)求；
(2)若定點，，M是拋物線上的一個動點，設直線AM，BM與拋物線的另一交點分別為 恒過一個定點.求出這個定點的坐標.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由拋物線的準線與圓相切，即可求出.
（2）根據題意設出點的坐標，再求出直線與的方程，再由，分別過，.消去代入直線，即可得到直線恒過的定點.
(1)
依題意，直線與圓相切，，.
(2)
拋物線方程，設，，，
過的直線方程為
化簡得：同理，，
又，分別過，.
∴，
消去，代入得
，直線恒過一個定點.
過關練習：
1．（2022·河南南陽·高三期末（理））已知圓O：.
(1)求證：過圓O上點的切線方程為.類比前面的結論，寫出過橢圓C：上一點的切線方程（不用證明）.
(2)已知橢圓C：，Q為直線上任一點，過點Q作橢圓C的切線，切點分別為A B，利用（1）的結論，求證：直線AB恒過定點.
【答案】(1)證明見解析.過點的橢圓的切線方程為
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）利用與切線垂直求得圓的切線方程，通過類比求得過點的橢圓的切線方程.
（2）設出的坐標，結合（1）的結論列方程組，由此判斷出直線過定點.
(1)
當時，切線方程為，①
當時，切線方程為，②
當時，切線方程為，③
當時，切線方程為，④
當與不重合時，過點的切線的斜率存在，設為，
直線的斜率存在，
則，，
所以切線方程為，
整理得，⑤.
①②③④這四種情況，⑤也符合，
所以過圓O上點的切線方程為.
類比得：過橢圓C：上一點的切線方程為.
(2)
設，，
由（1）的結論得直線.
直線.
直線和直線都過點，
所以，
即滿足方程，恒過定點.
2．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓，設直線不經過點的直線交于兩點，若直線的斜率之和為，證明：直線恒過定點．
【答案】證明見解析
【解析】
【分析】
以點P為原點建立新坐標系，設直線方程，利用直線方程和新方程構造齊次式可得直線方程中參數的關系，然后可證.
【詳解】
解：以點為坐標原點，建立新的直角坐標系，如圖所示：
舊坐標 新坐標
即所以
原來則轉換到新坐標就成為：
設直線方程為：
原方程：則轉換到新坐標就成為：
展開得：構造齊次式：
整理為：兩邊同時除以，則
所以所以
而對于任意都成立．
則：，故對應原坐標為所以恒過定點．
3．（2022·河南濮陽·高三開學考試（文））已知過點的直線與拋物線C：交于不同的兩點M，N，過點M的直線交C于另一點Q，直線MQ斜率存在且過點，拋物線C的焦點為F，的面積為1．
(1)求拋物線C的方程；
(2)求證：直線QN過定點．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據求得，即可得出答案；
（2）設，，，直線AM的方程，理由韋達定理求得，從而可求得，直線QN的方程為，要證直線QN過定點，即證恒成立，同理求得直線MQ的方程，代入整理即可得出結論.
(1)
解：由題可知，
由，解得，
所以拋物線C的方程為；
(2)
證明：設，，，直線AM的方程，
聯立消去y得，
則，
則，
由題可知，
所以直線QN的方程為，
要證直線QN過定點，即證，
即恒成立，
同理可知直線MQ的方程為，
代入得，
得，
所以，所以，即直線QN過定點．
4．（2022·黑龍江·鶴崗一中高三期末（理））已知動圓過定點,且在y軸上截得的弦長為4，設動圓圓心的軌跡為H，點為一個定點，過點E作斜率分別為的兩條直線交H于點A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點．
(1)求軌跡H的方程；
(2)若，求證：直線MN過定點．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）設動圓圓心的坐標為，根據題意列出圓心滿足的等量關系式即可
（2）根據題意求出直線MN關于的表達式，令參數系數為零可求出定點
(1)
設動圓圓心的坐標為，
由題意知，化簡得
所以動圓圓心的軌跡H的方程為
(2)
設直線AB的方程為，，
聯立，消去并整理，得
則，，.
因為，所以.
同理，可得，且
所以，
所以直線MN的方程為
即，所以直線MN過定點
5．（2022·新疆烏魯木齊·模擬預測（理））已知動點P與定點的距離和它到定直線的距離之比為，記P的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)過點的直線與曲線C交于兩點，分別為曲線C與x軸的兩個交點，直線交于點N，求證:點N在定直線上．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）設動點坐標依據題意列式即可求解；
（2）設，，，直線方程，直線與橢圓方程聯立，利用韋達定理可得，再求出直線和的方程，聯立直線和的方程，代入，、即可求解.
(1)
設動點，
∵動點P與定點的距離和它到定直線的距離之比為，
∴，整理得，
∴曲線C的方程為；
(2)
設，，，直線方程，
與橢圓方程聯立，整理得：，
，
由韋達定理得：，化簡得：，
由已知得,,
則直線的方程為，直線的方程為，
聯立直線和： ，代入，、可得：，化簡可得：，
所以N點在一條定直線上．
6．（2022·四川巴中·一模（文））已知橢圓C：（a>b>0）的左 右焦點分別為，，點滿足，且的面積為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設橢圓C的上頂點為P，不過點P的直線l交C于A，B兩點，若，證明直線l恒過定點.
【答案】(1)
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
(1)由可得，由題意點在橢圓上，將點坐標代入橢圓，結合可得答案.
(2) 由題意，根據條件直線的斜率必存在,設直線的方程為，,將直線的方程與橢圓方程聯立，得出韋達定理，由，則，將韋達定理代入，可得出答案.
(1)
由,則，所以
又，則點在橢圓上
所以，又
聯立解得
所以橢圓C的方程；
(2)
由題意，根據條件直線的斜率必存在
設直線的方程為，
由 ，得
所以
（*）
由，則
所以，即，即或（舍）
將代入（*）成立.
所以直線的方程為，
所以直線恒過點
7．（2022·吉林·東北師大附中模擬預測（理））已知橢圓的離心率與等軸雙曲線的離心率互為倒數關系，直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸長為半徑的圓相切.
(1)求橢圓的方程；
(2)設是橢圓的上頂點，過點分別作直線，交橢圓于，兩點，設兩直線的斜率分別為，，且，求證：直線過定點.
【答案】(1)
(2)答案見解析
【解析】
【分析】
（1）由等軸雙曲線的離心率可得橢圓的離心率，再由直線與圓相切，可得的值，由，，與離心率的關系求出的值，進而求出橢圓的方程；
（2）由（1）可得的坐標，分直線的斜率存在和不存在兩種情況討論，設直線的方程，與橢圓聯立求出兩根之和及兩根之積，再由斜率之和可可得參數的關系，可證得直線恒過定點．
(1)
∵等軸雙曲線的離心率為，∴橢圓的離心率，
又∵直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸長為半徑的圓相切，
∴，即，
可得，即，
則橢圓的方程為：；
(2)
①若直線的斜率不存在，設方程為，
則點，，，，
由，即，解得，此時直線的方程為；
②若直線的斜率存在，設的方程為，由題意可得，
設，，，，
則，整理可得：，
，
且，，
由，可得，即，
即，，，
故直線的方程為，即直線過定點，
綜上所述：直線過定點．
8．（2022·遼寧·高三期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點，，動點滿足直線AE與BE的斜率之積為，記E的軌跡為曲線C．
(1)求C的方程，并說明C是什么曲線．
(2)過點的直線交C于P，Q兩點，過點P作直線的垂線，垂足為G，過點O作，垂足為M．證明：存在定點N，使得為定值．
【答案】(1)，C是中心在原點，焦點在x軸上，不含左、右頂點的橢圓
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）直譯法即可求得曲線C的軌跡方程，由方程可知道曲線C是橢圓的一部分；
（2）直線與橢圓聯立方程組，以設而不求的方法簡化運算，找到直線所過定點是本題關鍵入手點，簡化了證明過程，是一條捷徑.
(1)
由，，可得，
由題意得，，化簡得，
所以曲線C是中心在原點焦點在x軸上不含左、右頂點的橢圓．
(2)
由（1）知直線與x軸不重合，可設：，，，
聯立得．
則，，故有．
因為，，所以直線QG的斜率為，
則直線QG的方程為，即
故直線QG過定點．
因為，所以△為直角三角形，
取OH的中點，則，即為定值．
綜上，存在定點，使得為定值．
【點睛】
解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：
(1)解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．
(2)涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．
9．（2022·山東德州·高三期末）已知拋物線C的頂點是坐標原點O，對稱軸為x軸，焦點為F，拋物線上點A的橫坐標為1，且.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過拋物線C的焦點作與x軸不垂直的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線分別交直線OM，ON于點A和點B，求證：以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）由題意知拋物線開口向右可設其拋物線方程，焦點為，拋物線上點A的橫坐標為1，可設出點坐標含有未知數，再由可列出，再由，代入即可解得，即可求出拋物線方程.
（2） 由題意設直線l：，，，再把拋物線與直線進行聯立消，得.直線OM的方程為，與聯立可得：，同理可得，可寫出圓心和半徑進而寫出圓的方程，在令，即可求出以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點.
(1)
由題意可設拋物線方程為， ，
由.可得，即.解得
拋物線方程為：.
(2)
設直線l：，，，
由聯立得，.
則.
直線OM的方程為，與聯立可得：，同理可得.
以AB為直徑的圓的圓心為，半徑為，則圓的方程為. 令.則.
即，解得或.
即以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點，.
10．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線的頂點為原點，其焦點，到直線的距離為．
(1)求拋物線的方程；
(2)設點，為直線上一定點，過點作拋物線的兩條切線，，其中，為切點，求直線的方程，并證明直線過定點．
【答案】(1)
(2)直線的方程為，證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據題意，由求解；
（2）設，，切點為，求得，利用切線斜率由，得到，結合韋達定理表示直線方程即可.
(1)
解：拋物線的焦點，到直線的距離為，
，
解得或，（舍，
拋物線的方程為．
(2)
設，，設切點為，
因為曲線，所以，
則切線的斜率為，
化簡，得，
設，，，，則，是以上方程的兩根，
，，
，
則直線方程為：，
化簡得：，
因為，
所以，
即，
所以直線AB過定點．
11．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓過點，離心率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線不經過點且與相交于、兩點，且．證明：直線過定點．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據橢圓上過的點及離心率列出方程組，求出橢圓方程；（2）設出直線方程，分斜率不存在和斜率存在兩種情況，特別是當斜率存在時，設直線為y=kx+m，與橢圓聯立，根據題干中條件，列出方程，找到k和m的關系，求出過的定點，記得檢驗是否滿足斜率不存在的情況.
(1)
根據題意得：，
又，即有，
點在橢圓上，可得，
解得，，
故橢圓的方程為：；
(2)
證明：當直線的斜率不存在時，設，則，其中，由得：，解得：或2，因為直線不經過點，所以，即此時直線為；
當直線的斜率存在時，
設直線方程為，，，，，
聯立直線方程與橢圓方程，
消去，得，
，
，，
，，
由，可得，
，
化為，
可得，
化為，
可得，
直線不過，
，
則，
直線的方程為：，
即，直線過定點，顯然當直線斜率不存在時，也符合要求，綜上：直線過定點．
【點睛】
直線過定點問題，先考慮直線斜率不存在時，再考慮直線斜率時，要設出直線方程為，與曲線方程聯立后得到兩根之和與兩根之積，根據題意建立等量關系，求出的關系或者的值，從而求出定點.
12．（2022·北京昌平·高三期末）已知橢圓過點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若過點的直線與橢圓交于點，直線分別交直線于點.求證：線段的中點為定點.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據橢圓過點，代入橢圓方程求解；
（2）設直線的方程為 ，聯立，令，分別求得直線與直線的交點的縱坐標，結合韋達定理，由求解.
(1)
解：由題設，得
解得.
所以橢圓的方程為：.
(2)
依題意，直線的斜率存在，設其方程為 .
由得.
由得，即.
設，
則 .
直線的方程為，
令，得點的縱坐標.
同理可得點的縱坐標.
所以
，
因為
所以.
所以線段的中點坐標為是定點.
13．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線的焦點為，A為上異于原點的任意一點，過點A的直線交于另一點，交軸的正半軸于點，且有，當點A的橫坐標為3時，為正三角形.
(1)求的方程
(2)若直線平行，且和有且只有一個公共點，證明直線恒過定點，求的面積最小值.
【答案】(1)
(2)證明見解析，16
【解析】
【分析】
（1）過點A作軸于，根據拋物線定義及題干條件，可得，又，聯立求得p值，即可得答案.
（2）設，，根據拋物線定義及題干條件，可得，設直線方程為，與拋物線聯立，根據判別式，可得E點坐標，進而可得直線AE方程，整理可得定點，再求得直線AB方程，可求得點E到直線AB的距離，代入面積公式，結合基本不等式，即可得答案.
(1)
當點A的橫坐標為3時，過點A作軸于，
則，，，
.
為正三角形，
.
又，
，
.
的方程為.
當在焦點的左側時，
又，
為正三角形，
，解得，
的方程為.此時點在軸負半軸，不成立，故舍去.
的方程為.
(2)
證明：設，，，
，，
.
由直線可設直線方程為，
聯立方程，消去得①
由和有且只有一個公共點得，
，
這時方程①的解為，代入得，
，.
點A的坐標可化為，直線方程為，
即，
直線過定點；
直線的方程為，即.
聯立方程，消去得，
，
，
點的坐標為，，點到直線的距離為：，
的面積，
當且僅當時等號成立，
的面積最小值為16.
14．（2022·全國·高三專題練習）為坐標原點，動點在橢圓上，過作軸的垂線，垂足為，點滿足.
(1)求點的軌跡方程；
(2)設點在直線上，且，直線過點且垂直于，求證：直線過定點.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）用相關點法求點的軌跡方程；
（2）先表達出條件，再轉換成直線過定點的具體條件.
(1)
設，，則，，，
由得：，，
因為點在橢圓上，所以，
即點的軌跡方程：；
(2)
由題意設，則，
由得：，，，
，
，
由已知得，
直線的方程：，
所以直線恒過定點.
15．（2022·全國·高三專題練習）已知動圓過定點，且在軸上截得的弦的長為8.
(1)求動圓圓心的軌跡的方程；
(2)若軌跡與圓相交于、、、四個點，求的取值范圍；
(3)已知點，設不垂直于軸的直線與軌跡交于不同的兩點，，若軸是的角平分線，證明直線過定點.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）設圓心，進而根據弦長的幾何求解得，再帶入化簡整理即可得答案；
（2）聯立，得，進而根據題意，將問題轉化為方程有兩個正實數解得問題，再結合判別式及韋達定理求解即可.
（3）設，，，，進而根據軸是的角平分線得，整理得，由于直線的方程為，代換整理得，進而得直線過定點.
(1)
解：（1）設圓心，過點作 軸，垂足為，則，
，
，化為；
(2)
解：聯立，得.
軌跡與圓相交于、、、四個點，
方程有兩個不相等的正實數根，
，
解得：；
所以的取值范圍是.
(3)
解：設，，，，
由題意可知，，.
軸是的角平分線，，
，，整理得.
直線的方程為，
，化為，
整理得，即，
令，則，
直線過定點.
16．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知雙曲線的虛軸長為4，直線2x－y＝0為雙曲線C的一條漸近線．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)記雙曲線C的左、右頂點分別為A，B，過點T(2，0)的直線l交雙曲線C于點M，N(點M在第一象限)，記直線MA斜率為，直線NB斜率為，求證：為定值．
【答案】(1)；
(2)見解析.
【解析】
【分析】
(1)由虛軸長為，和漸近線方程為，求得和的值，即可；
(2)設直線的方程為，將其與雙曲線的方程聯立，得到關于的一元二次方程，再結合韋達定理和直線的斜率公式，計算的值，即可．
(1)
虛軸長為4，，即，
直線為雙曲線的一條漸近線，
，，
故雙曲線的標準方程為．
(2)
由題意知，，，
由題可知，直線l斜率不能為零，故可設直線的方程為，
設，，，
聯立，得，
，，
，
直線的斜率，直線的斜率，
，為定值．
17．（2022·全國·高三專題練習）設橢圓，橢圓的右焦點恰好是直線與x軸的交點，橢圓的離心率為.
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)設橢圓E的左 右頂點分別為A，B，過定點的直線與橢圓E交于C，D兩點（與點A，B不重合），證明：直線AC，BD的交點的橫坐標為定值.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知求橢圓參數a、b、c，即可寫出橢圓方程.
（2）設直線方程為、、，聯立橢圓方程并應用韋達定理可得，，再寫出直線AC、BD的方程并求交點橫坐標關于的表達式化簡，即可證結論.
(1)
∵直線與x軸的交點為，則，又，
∴，則.
∴橢圓E的標準方程為.
(2)
由（1）得：，.
由題知，過的直線斜率不為0，故設直線的方程為，
設，，聯立，整理得，，
∴，.
設直線AC的方程為，直線BD的方程為，
聯立兩直線方程，解得①，
將，代入①，得②，
將，代入②，得.，
∴直線AC，BD的交點的橫坐標為定值.
18．（2022·山西懷仁·高三期末（文））已知 為橢圓：的左右頂點，P為橢圓上異于 的點，直線與的斜率之積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知定點，若直線與相交于G H兩點，求證為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）設，根據直線與的斜率之積列方程，化簡求得，由此求得橢圓的方程.
（2）聯立直線的方程與橢圓的方程，化簡寫出根與系數關系，利用向量數量積的坐標運算計算出為定值.
(1)
設，，，
因為直線與的斜率之積為，
所以①，
又所以②，
由①②得，所以，
所以橢圓的方程為.
(2)
由得,
設，,
有，，
.
∴為定值.
19．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線的焦點為，直線與拋物線交于，兩點，且．
(1)求拋物線的方程；
(2)若，是拋物線上一點，過點的直線與拋物線交于，兩點（均與點不重合），設直線，的斜率分別為，，求證：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
(1)聯立直線和拋物線方程，根據拋物線定義和焦半徑公式得到，根據韋達定理可得到最終結果；（2）代入點坐標可得到參數的值，設直線的方程為，聯立該直線和拋物線方程，，代入韋達定理可得到最終結果.
(1)
設點，，點，，
聯立，整理得，
，
由拋物線的定義知，
解得，
拋物線的方程為．
(2)
，為拋物線上一點，
，即，
設，，，，直線的方程為，
由，消去得，
，，
，
即為定值．
20．（2022·全國·高三專題練習）已知點為橢圓上一點，，分別為橢圓的左、右焦點，且的面積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過的直線與橢圓交于不同的兩點，（均與不重合），直線，分別與軸交于點，，已知點，證明：為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）根據三角形面積可求出，再由點在橢圓上，即可求出，得橢圓方程；
（2）先驗證直線斜率為0時，滿足題意，當斜率不為0時設l的方程為，聯立方程，求出根與系數的關系，表示出D、E的坐標，計算，化簡運算后即可求出定值.
(1)
由點為C上一點，得①.
因為的面積為 ，
所以，，
所以，則②.
由①②，聯立解得，
故C的標準方程為.
(2)
由題易知直線l的斜率存在.
當直線l的斜率為0時,直線l的方程為，
此時或，.
當直線l的斜率不為0時,設l的方程為，
由消去x得，
由，得，
且.
當直線AP的斜率不存在時，可得P(4, -2)，此時m=1，不符合題意，
同理AQ的斜率也存在，
故直線AP的方程為，則, 即，
同理,
則
,
故為定值1.
21．（2022·山東·青島二中高三開學考試）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，且，是C上一點．
(1)求C的方程；
(2)過點的直線與C交于兩點A，B，與直線交于點N．設，，求證：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
(1)根據雙曲線的定義和焦距的概念求出a、c，進而得出結果；
(2)設，，，顯然直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為，聯立雙曲線方程并消去y，利用韋達定理得出表達式；將點N坐標代入直線方程，結合可得，同理求得，
進而化簡計算即可.
(1)
設C的焦距為，則，
即，，；
由雙曲線的定義，得，即，
所以，故C的方程為．
(2)
設，，，顯然直線AB的斜率存在，
可設直線AB的方程為，代入，
得．
由過點的直線與C交于兩點A，B，得，
由韋達定理，得，； ①
由在直線上，得，即； ②
由在直線AB上，得． ③
由，得，
即解得．同理，由，得，
結合①②③，得
．故是定值．
22．（2022·河南·一模（文））如圖，已知拋物線的焦點為，四點都在拋物線上，直線與直線相交于點，且直線過定點．
(1)求和的值；
(2)證明：①為定值；
②直線斜率為定值，并求出該定值．
【答案】(1)，；
(2)①證明見解析；②證明見解析，定值為1.
【解析】
【分析】
（1）設出的直線方程，聯立拋物線方程，利用韋達定理即可求得的值，同理可得；
（2）①設出的直線方程，聯立拋物線方程，利用韋達定理即可證明；
②根據（1）中所求轉化的斜率為關于的表達式，代值計算即可證明.
(1)
因為焦點，顯然直線的斜率不為零，故設直線方程為，
與聯立可得，
又直線與拋物線交于兩點，又，
故，同理可得：．
(2)
①因為直線過定點，且斜率存在，故設直線方程為，
代入中得，又直線交拋物線于兩點，
故當時，時，由韋達定理可得：
，所以．
②直線的斜率為，
由（1）知，．
所以．
故直線的斜率為定值，且定值為.
23．（2022·河南·高三階段練習（理））已知橢圓C：的離心率為，直線交橢圓所截得的弦長為3．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若M是第四象限橢圓上的動點，，分別為左、右頂點，，分別為上、下頂點，交直線于點P，交于點Q，求證：直線PQ的斜率為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）根據離心率求出關系式，結合弦長可得結果；
（2）根據點共線，用點的坐標表示出的坐標，利用斜率公式可證明結論；或者利用的參數坐標同樣可證.
(1)
因為，故，，
故橢圓方程為．令，解得，
故，故，故橢圓方程為．
(2)
證明：（解法一）由題意知，，，，
設，，，
由得，，則．
由，,得
解得
，
則，
故．
故直線PQ的斜率為定值．
（解法二）設，，，
由得，，
則，
由，，得
解得
則，
其中，
，
則．
故直線PQ的斜率為定值．
24．（2022·全國·高三專題練習）已知為拋物線上異于原點的兩點，設分別為直線的斜率且.證明：直線的斜率為定值.
【答案】證明見解析
【解析】
【分析】
將條件中的關系轉化為關于（視為整體）的一元二次方程的兩根關系，可以簡化解題過程.
【詳解】
設直線的方程為，令，
由得： 即
變形得：
又，即，即
直線的斜率為定值.第31講 圓錐曲線定點定值問題
方法總結：
1、處理定點問題的思路：
（1）確定題目中的核心變量（此處設為）
（2）利用條件找到與過定點的曲線 的聯系，得到有關與的等式
（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立。
2.常見定值問題的處理方法：
（1）確定一個（或兩個）變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示
（2）將所求表達式用核心變量進行表示（有的甚至就是核心變量），然后進行化簡，看能否得到一個常數。
3.求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
4.求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點 ，常利用直線的點斜式方程 或截距式 來證明.
典型例題：
例1．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓的右焦點為，點及點都在橢圓上，若直線與直線的傾斜角互補.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)證明：直線的斜率為定值.
例2．（2022·貴州貴陽·高三期末（文））已知橢圓的焦距為，左 右焦點分別是，其離心率為，圓與圓相交，兩圓交點在橢圓上.
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線不經過點且與橢圓相交于兩點，若直線與直線的斜率之和為，證明：直線過定點.
例3．（2022·江蘇南通·一模）已知雙曲線，四點，，，中恰有三點在上.
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于，兩點，過點作直線的垂線，垂足為.證明：直線過定點.
例4．（2022·湖北江岸·高三期末）已知拋物線的準線與圓相切.
(1)求；
(2)若定點，，M是拋物線上的一個動點，設直線AM，BM與拋物線的另一交點分別為 恒過一個定點.求出這個定點的坐標.
過關練習：
1．（2022·河南南陽·高三期末（理））已知圓O：.
(1)求證：過圓O上點的切線方程為.類比前面的結論，寫出過橢圓C：上一點的切線方程（不用證明）.
(2)已知橢圓C：，Q為直線上任一點，過點Q作橢圓C的切線，切點分別為A B，利用（1）的結論，求證：直線AB恒過定點.
2．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓，設直線不經過點的直線交于兩點，若直線的斜率之和為，證明：直線恒過定點．
3．（2022·河南濮陽·高三開學考試（文））已知過點的直線與拋物線C：交于不同的兩點M，N，過點M的直線交C于另一點Q，直線MQ斜率存在且過點，拋物線C的焦點為F，的面積為1．
(1)求拋物線C的方程；
(2)求證：直線QN過定點．
4．（2022·黑龍江·鶴崗一中高三期末（理））已知動圓過定點,且在y軸上截得的弦長為4，設動圓圓心的軌跡為H，點為一個定點，過點E作斜率分別為的兩條直線交H于點A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點．
(1)求軌跡H的方程；
(2)若，求證：直線MN過定點．
5．（2022·新疆烏魯木齊·模擬預測（理））已知動點P與定點的距離和它到定直線的距離之比為，記P的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)過點的直線與曲線C交于兩點，分別為曲線C與x軸的兩個交點，直線交于點N，求證:點N在定直線上．
6．（2022·四川巴中·一模（文））已知橢圓C：（a>b>0）的左 右焦點分別為，，點滿足，且的面積為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設橢圓C的上頂點為P，不過點P的直線l交C于A，B兩點，若，證明直線l恒過定點.
7．（2022·吉林·東北師大附中模擬預測（理））已知橢圓的離心率與等軸雙曲線的離心率互為倒數關系，直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸長為半徑的圓相切.
(1)求橢圓的方程；
(2)設是橢圓的上頂點，過點分別作直線，交橢圓于，兩點，設兩直線的斜率分別為，，且，求證：直線過定點.
8．（2022·遼寧·高三期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點，，動點滿足直線AE與BE的斜率之積為，記E的軌跡為曲線C．
(1)求C的方程，并說明C是什么曲線．
(2)過點的直線交C于P，Q兩點，過點P作直線的垂線，垂足為G，過點O作，垂足為M．證明：存在定點N，使得為定值．
9．（2022·山東德州·高三期末）已知拋物線C的頂點是坐標原點O，對稱軸為x軸，焦點為F，拋物線上點A的橫坐標為1，且.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過拋物線C的焦點作與x軸不垂直的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線分別交直線OM，ON于點A和點B，求證：以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點.
10．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線的頂點為原點，其焦點，到直線的距離為．
(1)求拋物線的方程；
(2)設點，為直線上一定點，過點作拋物線的兩條切線，，其中，為切點，求直線的方程，并證明直線過定點．
11．（2022·全國·高三專題練習）已知橢圓過點，離心率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線不經過點且與相交于、兩點，且．證明：直線過定點．
12．（2022·北京昌平·高三期末）已知橢圓過點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若過點的直線與橢圓交于點，直線分別交直線于點.求證：線段的中點為定點.
13．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線的焦點為，A為上異于原點的任意一點，過點A的直線交于另一點，交軸的正半軸于點，且有，當點A的橫坐標為3時，為正三角形.
(1)求的方程
(2)若直線平行，且和有且只有一個公共點，證明直線恒過定點，求的面積最小值.
14．（2022·全國·高三專題練習）為坐標原點，動點在橢圓上，過作軸的垂線，垂足為，點滿足.
(1)求點的軌跡方程；
(2)設點在直線上，且，直線過點且垂直于，求證：直線過定點.
15．（2022·全國·高三專題練習）已知動圓過定點，且在軸上截得的弦的長為8.
(1)求動圓圓心的軌跡的方程；
(2)若軌跡與圓相交于、、、四個點，求的取值范圍；
(3)已知點，設不垂直于軸的直線與軌跡交于不同的兩點，，若軸是的角平分線，證明直線過定點.
16．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知雙曲線的虛軸長為4，直線2x－y＝0為雙曲線C的一條漸近線．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)記雙曲線C的左、右頂點分別為A，B，過點T(2，0)的直線l交雙曲線C于點M，N(點M在第一象限)，記直線MA斜率為，直線NB斜率為，求證：為定值．
17．（2022·全國·高三專題練習）設橢圓，橢圓的右焦點恰好是直線與x軸的交點，橢圓的離心率為.
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)設橢圓E的左 右頂點分別為A，B，過定點的直線與橢圓E交于C，D兩點（與點A，B不重合），證明：直線AC，BD的交點的橫坐標為定值.
18．（2022·山西懷仁·高三期末（文））已知 為橢圓：的左右頂點，P為橢圓上異于 的點，直線與的斜率之積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知定點，若直線與相交于G H兩點，求證為定值.
19．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線的焦點為，直線與拋物線交于，兩點，且．
(1)求拋物線的方程；
(2)若，是拋物線上一點，過點的直線與拋物線交于，兩點（均與點不重合），設直線，的斜率分別為，，求證：為定值．
20．（2022·全國·高三專題練習）已知點為橢圓上一點，，分別為橢圓的左、右焦點，且的面積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過的直線與橢圓交于不同的兩點，（均與不重合），直線，分別與軸交于點，，已知點，證明：為定值.
21．（2022·山東·青島二中高三開學考試）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，且，是C上一點．
(1)求C的方程；
(2)過點的直線與C交于兩點A，B，與直線交于點N．設，，求證：為定值．
22．（2022·河南·一模（文））如圖，已知拋物線的焦點為，四點都在拋物線上，直線與直線相交于點，且直線過定點．
(1)求和的值；
(2)證明：①為定值；
②直線斜率為定值，并求出該定值．
23．（2022·河南·高三階段練習（理））已知橢圓C：的離心率為，直線交橢圓所截得的弦長為3．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若M是第四象限橢圓上的動點，，分別為左、右頂點，，分別為上、下頂點，交直線于點P，交于點Q，求證：直線PQ的斜率為定值．
24．（2022·全國·高三專題練習）已知為拋物線上異于原點的兩點，設分別為直線的斜率且.證明：直線的斜率為定值.

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