备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题15圆锥曲线压轴大题（十大题型）（Word版附解析）

专题15圆锥曲线压轴大题相关点法求轨迹方程1．（江苏省淮阴中学、海门中学、姜堰中学2022-2023学年高三上学期期中）已知双曲线C的方程为．(1)直线截双曲线C所得的弦长为，求实数m的值；(2)过点作直线交双曲线C于P、Q两点，求线段的中点M的轨迹方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式即可求出值；（2）设,，利用点差法结合中点公式即可得到，化简即可.【详解】（1）联立,得，直线被双曲线截得的弦长为,, 设直线与双曲线交于,则,由弦长公式得,解得.（2）设,，则，，上式作差得，当直线的斜率不存在时，根据双曲线对称性知，当直线的斜率存在时，但时，此时直线为直线，根据双曲线对称性知，当直线的斜率存在时，且时，，，，化简得，其中，而点，适合上述方程，则线段的中点的轨迹方程是.  2．（2022秋·河北唐山·高三开滦第一中学校考期中）已知A是圆O：x2+y2＝4上一动点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，动点D满足.（1）求动点D的轨迹C的方程；（2）垂直于x轴的直线M交轨迹C于M、N两点，点P（3，0），直线PM与轨迹C 的另一个交点为Q.问：直线NQ是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线NQ恒过定点【分析】（1）设，用表示出点坐标，代入圆方程化简即可得的轨迹方程；（2）设直线斜率为，根据根与系数的关系得出的坐标关系，利用两点式表示出直线的方程，化简即可得出结论．【详解】(1)设D(x，y)，∵，∴A(x，)，代入圆O的方程可得：x24，即1.∴动点D的轨迹C的方程是：1.(2)设直线PM的方程为y＝k(x﹣3)，联立方程组，消元得：(3+4k2)x2﹣24k2x+36k2﹣12＝0，∴△＝576k4﹣4(3+4k2)(36k2﹣12)0，解得：k2.设M(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，﹣y1)，由根与系数的关系可得：x1+x2，x1x2，直线NQ的方程为：，即(x2﹣x1)y﹣(y1+y2)x+x2y1+x1y2＝0，∵y1+y2＝k(x1﹣3)+k(x2﹣3)＝k(x1+x2)﹣66，x2y1+x1y2＝x2k(x1﹣3)+x1k(x2﹣3)＝2kx1x2﹣3k(x1+x2)＝2k•3k•，∴直线NQ方程为：(x2﹣x1)•0，即(x2﹣x1)＝0，∴直线NQ恒过定点(，0).【点睛】本题考查了轨迹方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．3．（湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）在直角坐标系中，线段，且两个端点M、N分别在x轴和y轴上滑动．(1)求线段的中点C的轨迹方程； (2)若直线．①证明直线l与曲线C恒有两个不同交点；②求直线l被曲线C截得的最短弦长．【答案】(1)(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据点C到原点的距离为定值2，得出点C在以原点为圆心，2为半径的圆上，写出圆的方程即为点C的轨迹方程；（2）先求解直线所过定点的坐标，再判断定点在圆内可得出结论；根据动直线与圆相交得最短弦长的条件（直线所过定点与圆心的连线和直线垂直）确定弦心距的长，再计算弦长即可.【详解】（1）设线段的中点，当点C运动时，它到原点O的距离为定长，即的斜边上的中线长，因为，所以，所以点C的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，所以点C的轨迹方程是．（2）直线可整理为，方程组的解为，所以直线恒过定点，将点代入圆C的方程有，所以点在圆C的内部，所以直线与曲线C恒有两个不同交点．由知，当直线垂直于时被截得的弦长最短，又所以此时弦长为，所以直线被曲线C截得的最短弦长为．4．（福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2023届高三上学期10 月期中）已知圆，点．(1)直线l过点P且与圆C相交于A，B两点，若，求直线l的方程；(2)若动圆D经过点P且与圆C外切，求动圆的圆心D的轨迹方程；(3)是否存在异于点P的点Q，使得对于圆C上任意一点M，均有为常数？若存在，求出点Q坐标和常数的值；若不存在，也请说明理由．【答案】(1)或(2)(3)存在【分析】（1）设直线方程为，由，结合可得圆心到直线的距离为，从而可求的，即可得解；（2）设动圆的圆心D的坐标为，由动圆D经过点P且与圆C外切，可得，从而可得出所求；（3）设，由点Q异于点P，得，根据两点之间的距离公式及已知化简整理即可得出结论.【详解】（1）由题意知，直线的斜率必存在，设为k，则直线方程为，∵，∴，又，则圆心到直线的距离为，则，则直线l的方程为或；（2）设动圆的圆心D的坐标为，由题意知，∴，化简得：，即，由于，所以，所以，解得，所以动圆的圆心D的轨迹方程为； （3）设，则，因为点Q异于点P，则，，∵为常数且为任意一点，则，∴，∴，∵，∴，∴，则当Q的坐标为时，为常数．5．（江苏省徐州市2022-2023学年高三上学期期中）已知在平面直角坐标系中，坐标原点为，点，、两点分别在轴和轴上运动，并且满足，，动点的轨迹为曲线.（1）求动点的轨迹方程；（2）作曲线的任意一条切线（不含轴），直线与切线相交于点，直线与切线、轴分别相交于点与点，试探究的值是否为定值，若为定值请求出该定值；若不为定值请说明理由.【答案】（1）（2）2【分析】（1）先设，，，求出，的坐标，根据，得到，，再根据，即可求出结果；（2）先由题意设切线的方程为，与抛物线方程联立，根据判别式为0，得到，再根据题设及直线方程易得，，，进而可得出的结果.【详解】（1）设，，，则，， ∵，∴，∴，，∴，，又，∴，∴点的轨迹方程为.（2）的值为定值2.求解如下：由题可知切线的斜率存在，设切线的方程为，代入可得，由可得.由题设及直线方程易得，，，.又，∴，∴为定值.【点睛】本题主要考查抛物的方程，以及抛物线中的定值问题，熟记抛物线的性质即可，属于常考题型.交轨法求轨迹方程6．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）如图，已知点A(-1，0)与点B(1，0)，C是圆x2+y2=1上异于A，B两点的动点，连接BC并延长至D，使得|CD|=|BC|，求线段AC与OD的交点P的轨迹方程.   【答案】【分析】首先判断点是的重心，代入重心坐标公式，利用代入法，即可求点的轨迹方程.【详解】设动点P(x，y)，由题意可知P是△ABD的重心，由A(-1，0)，B(1，0)，令动点C(x0，y0)，则D(2x0-1，2y0)，由重心坐标公式得，则代入，整理得故所求轨迹方程为.7．（安徽省卓越县中联盟2022-2023学年高三上学期期中）已知为双曲线的左右焦点，且该双曲线离心率小于等于，点和是双曲线上关于轴对称非重合的两个动点，为双曲线左右顶点，恒成立．(1)求该双曲线的标准方程；(2)设直线和的交点为，求点的轨迹方程．【答案】(1) (2)【分析】（1）利用双曲线的定义可得，然后利用两边之和大于第三边以及可得，即可求得方程；（2）设，则，得到直线，的方程，两条方程与可得到，然后算出的范围即可【详解】（1）设双曲线的焦距为，由及双曲线的定义，得，解得，由可得，又恒成立，所以，解得．因为该双曲线离心率小于等于，所以，即，解得，所以，则，所以双曲线的标准方程为．（2）因为，所以点只能在双曲线的右支上，  设，则，因为在双曲线上，所以，易得，所以直线的斜率为，直线的方程为①， 同理可求得直线的方程为②，由①×②得③，将代入③得，化简得，令①=②即，化简得，因为，所以，即点的轨迹方程为．【点睛】关键点点睛：这道题的关键之处是得到直线，的方程，与相结合，通过消元的方法得到轨迹方程8．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）已知过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点．(1)证明：；(2)设为抛物线的焦点，直线与直线交于点，直线交抛物线与两点（在轴的同侧），求直线与直线交点的轨迹方程．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，，利用三点共线，解得，再利用向量数量积的坐标表示即可求解；（2）设，，，根据题意可得，由此解出与，与的关系，进而得到直线与直线的方程，联立即可求解.【详解】（1）设，， 因为三点共线，所以,所以，整理可得，所以，所以．（2）设，，，由题意，，因为，，所以，又因为，，所以，整理得．因为在轴同侧，所以，同理可得，所以直线的方程为，同理的方程为，两式联立代入，可得，由题意可知交点不能在x轴上，所以交点的轨迹方程为．9．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过三点.(1)求椭圆的方程；(2)若过右焦点的直线（斜率不为0）与椭圆交于两点，求直线与直线的交点的轨迹方程. 【答案】(1)(2)【分析】（1）首先设椭圆方程，代入椭圆上的点的坐标，即可求解；（2）首先设直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求直线与直线的交点坐标，即可求解交点的轨迹方程.【详解】（1）设椭圆方程E：+=1由AC两点可知：，解得=16，=12，所以椭圆方程为；（2）设，M（，）N（，）联立（3+12my-36=0直线AM：=直线BN：=消去：，因斜率不为0，该直线方程：.10．（2022秋·山东烟台·高三统考期中）已知双曲线的左､右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点B到直线 的距离为(1)求双曲线的标准方程；(2)当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为.（i）是否存在实数，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（ii）求直线和交点的轨迹方程.【答案】(1)(2)（i）存在，；（ii）【分析】（1）注意到直线与双曲线有且仅有一个公共点时，l平行于渐近线可解；（2）利用韦达定理结合即可求得，再根据和的直线方程消去斜率即可得交点的轨迹方程.【详解】（1）故当直线过与双曲线有且仅有一个公共点时，应与的渐近线平行设直线，即，则点到直线的距离为即双曲线的标准方程为：.（2）（i）由题可知，直线斜率不为0设直线由得：成立. 所以存在实数，使得成立.（ii）直线，直线联立得：所以直线和交点的轨迹方程为：参数法求轨迹方程11．（福建省龙岩市永定区坎市中学2023届高三上学期期中）如图，过抛物线（＞0）的顶点作两条互相垂直的弦OA、OB．⑴设OA的斜率为k，试用k表示点A、B的坐标⑵求弦AB中点M的轨迹方程 【答案】⑴A（，），B（，）．⑵，即为M点轨迹的普通方程．【详解】试题分析：⑴．∵依题意可知直线OA的斜率存在且不为0∴设直线OA的方程为（）∴联立方程解得；以代上式中的，解方程组解得∴A（，），B（，）．6分⑵．设AB中点M（x，y），则由中点坐标公式，得消去参数k，得，即为M点轨迹的普通方程．12考点：直线与抛物线的位置关系，“参数法”求轨迹方程．点评：中档题，研究直线与圆锥曲线的位置关系，往往通过建立方程组，应用韦达定理，简化解题过程．“参数法”是求曲线方程的常见方法，通过引入适当的“中间变量”，将动点的坐标相互联系起来．12．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）已知抛物线，定点，B为抛物线上任意一点，点P在线段AB上，且有，当点B在抛物线上变动时，求点P的轨迹方程，并指出这个轨迹为那种曲线．【答案】详见解析【分析】设，根据，利用分点公式得到，再根据点B在抛物线上求解.【详解】解：设，因为， 所以，解得，因为点B在抛物线上，所以，即，所以轨迹是抛物线.13．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）在平面直角坐标系中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点和点为椭圆上两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ），为椭圆上异于点的两点，若直线与的斜率之和为，求线段中点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，进而待定系数求解即可得答案；（Ⅱ）设直线的斜率为，进而得直线的方程，与椭圆联立得点的坐标，同理，用替换点的坐标得点的坐标，进而得点的坐标，消去参数即可得点的轨迹方程.【详解】解：（Ⅰ）根据题意，设椭圆的方程为，因为点和点为椭圆上两点，所以，解得，所以椭圆的标准方程（Ⅱ）设直线的斜率为，所以直线的方程为，即， 所以与椭圆联立方程得，即，所以点的横坐标为，纵坐标为，即点的坐标为，因为直线与的斜率之和为，所以直线的斜率为，同理，用替换点的坐标得点的坐标，所以点的坐标为所以点的参数方程为：（为参数）消去参数得点的轨迹方程，由解得，所以，所以点的轨迹方程.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于设直线的斜率为，进而结合题意，与椭圆联立方程求得点坐标，进而消参数即可得答案.14．（江苏省淮安市淮安区2022-2023学年高三上学期期中）已知，是抛物线上两个不同的点，的焦点为．（1）若直线过焦点，且，求的值；（2）已知点，记直线，的斜率分别为，，且，当直线过定点，且定点在轴上时，点在直线上，满足，求点的轨迹方程．【答案】（1）；（2）（除掉点）.【分析】（1）利用抛物线焦半径公式可直接求得结果； （2）设，与抛物线方程联立后得到韦达定理的形式，代入中整理可求得，验证取值后得到所过定点；由知，知点的轨迹是以为直径的圆，确定圆心和半径后即可得到轨迹方程，验证可知轨迹中的不符合题意，由此得到最终结果.【详解】（1）由抛物线方程知：，准线方程为：．，，.（2）依题意可设直线，由得：，则，…①，…②由①②化简整理可得：，则有，解得：或．当时，，解得：或，此时过定点，不符合题意；当时，对于恒成立，直线过定点，.，，且四点共线，，则点的轨迹是以为直径的圆．设，的中点坐标为，， 则点的轨迹方程为．当的坐标为时，的方程为，不符合题意，的轨迹方程为（除掉点）．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查了动点轨迹方程的求解问题，解题关键是能够根据，利用韦达定理构造出关于变量的方程，确定直线所过的定点坐标，进而根据垂直关系确定轨迹为圆.求参数范围及最值问题15．（江苏省南京东山外国语学校2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆：的离心率为，点，，分别是椭圆的左、右、上顶点，是的左焦点，坐标原点到直线的距离为.(1)求的方程；(2)过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由离心率、等面积法及椭圆参数关系列方程求椭圆参数，即可得方程；（2）讨论直线的斜率，设的方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示得到关于所设参数的关系式，进而求范围.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意解得故的方程为.（2）由（1）知：.当直线的斜率为0时，点为椭圆的左、右顶点， 不妨取，此时，则.当直线的斜率不为0或与轴垂直时，设其方程为，代入椭圆并消去得，设，则.而，所以.因为，所以，所以.综上，的取值范围为.  16．（福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023届高三期中）已知，为椭圆C的左右焦点，且抛物线的焦点为，M为椭圆的上顶点，的面积为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，О为坐标原点，且，若椭圆C上存在一点E，使得四边形OAED为平行四边形，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意可得，再结合△的面积为，可建立关于，，的方程组，解出即可； （2）设,，,，则,，结合四边形为平行四边形，可得，，设直线，联立直线和椭圆方程，得到两根之和与两根之积，进而可得，从而得解．【详解】（1）抛物线的焦点为，设椭圆的标准方程为，则，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）  显然直线的斜率存在，设直线，设,，,，则,，四边形为平行四边形，，,，点，，均在椭圆上，，，，，， ．，由，消去得，，显然，，，，，,．17．（2022秋·重庆渝北·高三重庆市渝北中学校期中）已知为坐标平面上的动点，且直线与直线的斜率之积为．(1)求点的轨迹方程；(2)设点的轨迹为曲线，过点斜率为的直线与曲线交于不同的两点中点为，直线（为坐标原点）的斜率为，求证为定值；(3)在（2）的条件下，设，且，求直线在轴上的截距的变化范围．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）设，根据斜率的坐标运算即可得轨迹方程；（2）法一：设的方程为：，设，联立直线与椭圆根据交点坐标关系及斜率坐标运算即可得结论；法二：设的方程为：，设，利用点差法将点坐标代入椭圆方程，整理可得斜率关系；（3）根据平面向量共线向量的坐标关系得代入（2）中法一的坐标关系中可得，从而转化求解直线在轴上的截距的取值范围． 【详解】（1）设，由题意知：，化简得：得轨迹方程为；（2）  法1：设的方程为：，设，联立曲线方程得：，恒成立则①，②，所以，则中点为，所以；法2：设的方程为：，设，则，相减整理得：，又，因为；（3）由得，代入①②得：③，④，③式平方除以④式得：，而根据对勾函数单调性知在上单调递增，，则， 又在轴上的截距为，．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键可以采用点差法证明斜率乘积为定值，也可以利用设线法结合韦达定理证明，第三问变形得到，再利用对勾函数单调性求出的范围，最后再利用截距与的关系即可.18．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）设分别是椭圆的左、右焦点，B为椭圆上的点且坐标为．(1)若P是该椭圆上的一个动点，求的最大值；(2)若C为椭圆上异于B的一点，且，求λ的值；(3)设P是该椭圆上的一个动点，求的周长的最大值．【答案】(1)4(2)(3)8【分析】（1）根据椭圆方程确定，利用基本不等式即可求得答案.（2）根据向量的共线，表示出点C坐标，代入椭圆方程，即可求得答案；（3）利用椭圆定义，结合线段和差的最值的几何意义，即可求得答案.【详解】（1）因为椭圆的方程为，所以，又，所以（当且仅当时取“＝”），所以的最大值为4.（2）设C点的坐标为，又B，F1两点的坐标分别是， 由得，故，，又，所以，化简得，解得或，当时，重合，与点C异于点B不符，所以.（3）因为，当P点位于直线BF2与椭圆的交点处（异于B）时取等号，又,,所以的周长，所以的周长最大值为8.19．（山东省青岛市青岛第十九中学2022-2023学年高三上学期期中）椭圆的左焦点为，右顶点为，且，椭圆离心率．(1)求椭圆方程；(2)过点且不垂直于坐标轴的直线与椭圆交于，两点，已知点，当时，求满足的直线的斜率的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】本题考查椭圆的标准方程，椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系及中点弦问题，属于中档题．（1）根据，椭圆离心率，可求得的值，进而可得椭圆方程．（2）设出，两点的坐标，及直线的方程，联立直线和椭圆方程，根据，可得 ，设出线段的垂直平分线方程，由题意知，为线段的垂直平分线与轴的交点，则且，可得斜率的取值范围．【详解】（1）由，椭圆离心率，可得，，，椭圆方程为．设，，则直线为，联立，消去得：，由恒成立，，，设线段的垂直平分线方程为：，令，得，由题意知，为线段的垂直平分线与轴的交点，所以且，所以．20．（广东省广州六中2023届高三上学期期中）已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．(1)求抛物线的方程；(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和 ，点分别为的中点，求的最小值．【答案】(1)(2)6【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案.【详解】（1）  直线方程为，将其代入抛物线可得，由已知得，解得，故抛物线的方程为．（2）  因为，若直线分别与两坐标轴垂直，则直线中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，所以直线的斜率均存在且不为0．设直线的斜率为，则直线的方程为．联立，得，则， 设，则，设，则，则，所以，同理可得，故，当且仅当且，即时等号成立，故的最小值为6．定点问题21．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）在平面直角坐标系中，动点到点的距离等于点到直线距离的倍，记动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)已知直线：与曲线交于两点，问曲线上是否存在两点满足，若存在，请求出两点坐标，不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)曲线上存在两点和【分析】（1）设点，由题意由点到直线的距离得出等量关系，化简即可求得.（2）联立直线方程与曲线方程，根据题意由可得点及点在圆上，求出定圆与定直线的交点即为，再求出两点之间的距离即可.【详解】（1）设，动点到点的距离等于点到直线距离的倍，所以，化简得.所以曲线的方程为. （2）存在两点满足.设联立直线与双曲线方程，有，由韦达定理，有，，，所以上式当时，上式恒成立，即过定点，经检验两点恰在双曲线上，且不与重合，故存在双曲线上两点满足.22．（辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中）在直角坐标系中，抛物线的顶点是双曲线的中心，抛物线的焦点与双曲线的焦点相同．(1)求抛物线的方程；(2)若点为抛物线上的定点，，为抛物线上两个动点.且，问直线 是否经过定点?若是，求出该定点，若不是，请说明理由．【答案】(1)或；(2)直线经过定点．【分析】（1）根据双曲线的焦点得抛物线的焦点即可求解方程，（2）联立直线与抛物线方程，根据向量垂直的坐标关系即可求解.【详解】（1）双曲线：，焦点为，抛物线的顶点是，可得抛物线的方程为或；（2）若点为抛物线上的定点，且点位于第一象限，则抛物线的方程为，即有，设直线AB方程，设，，联立得，因为，即，化简得：，代入得：，解得或，将代入中得，由于此时直线经过点，故不符合题意舍去，将代入中得代入直线方程得：，此时，只要，就满足，所以在时，直线经过定点．   【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点23．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）已知动圆P过点且与直线相切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若A，B是曲线C上的两个点，且直线AB过的外心，其中O为坐标原点，求证:直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设点，利用已知条件列等式求曲线C的方程；（2）直线AB过的外心，有，设直线的方程，与曲线C的方程联立方程组，利用韦达定理求未知系数，证明直线过定点.【详解】（1）设点，则=，平方并整理得，∴曲线C的方程为.（2）证明:由题意可知直线的斜率一定存在，否则不与曲线C有两个交点.   设的方程为，，联立得，其中，则，，由，得，.∴.∵直线过的外心，∴.∴·，即，解得或（舍去）.当时，满足.∴直线的方程为，∴直线过定点.24．（黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学2022-2023学年高三上学期期中）双曲线的左、右焦点分别为，过作与轴垂直的直线交双曲线于两点，的面积为12，抛物线以双曲线的右顶点为焦点.  (1)求抛物线的方程； (2)如图，点为抛物线的准线上一点，过点作轴的垂线交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，令，代入的方程得，结合三角形的面积求出，即可得出，从而得解；（2）由（1）知，可得的坐标，直线的方程为，代入抛物线的方程可得的坐标，进而得的方程，求解即可.【详解】（1）  设，则，令，代入的方程，得.所以，所以，故，即.所以抛物线的方程为.（2）由（1）知，则.直线的方程为，代入抛物线的方程有.当时，，所以直线的方程为，即. 所以此时直线过定点.当时，直线的方程为，此时仍过点，综上，直线过定点.25．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）已知圆的圆心在第一象限内，圆关于直线对称，与轴相切，被直线截得的弦长为．若点在直线上运动，过点作圆的两条切线、，切点分别为，点．(1)求四边形面积的最小值；(2)直线是否过定点？若过定点，求此定点坐标；若不过定点，请说明．【答案】(1)(2)过定点，定点坐标为【分析】（1）利用待定系数法求得圆的标准方程，再将四边形面积转化为，从而利用且求得最小值，由此得解；（2）根据题意得四点共圆，进而得四点所在圆的方程，再根据弦是四点所在圆与圆的公共弦求得直线的方程，最后结合直线系方程即可求得定点.【详解】（1）依题意，设圆的标准方程为：，圆关于直线对称，，圆与轴相切：，点到的距离为：，圆被直线截得的弦长为，，所以，，又，，，圆的标准方程为：，圆心为，   与圆相切，，，，易得，所以，圆心到直线的距离，，即（当时取等号），又，（当时取等号），四边形面积的最小值为.（2）设，如图，与圆相切，，，∴，∴四点共圆，圆心为，半径为，所以四点所在圆的方程为，即，由题知弦是四点所在圆与圆的公共弦，所以两圆相减，得直线的方程为,又∵， ∴直线的方程为，即，所以由直线系方程可知直线的方程过和的交点，所以联立方程，解得，所以直线过定点.26．（辽宁省葫芦岛市四校2022-2023学年高三上学期期中）已知焦点在轴上的椭圆，短轴长为，焦距为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点两点都在轴上方，且.证明：直线过定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点【分析】（1）短轴、截距求出即可得出椭圆方程；（2分析直线斜率是否存在，当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及可得，即可证明直线过定点.【详解】（1）由，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意；所以直线的斜率存在，设直线的方程为.设， 由可得，所以.因为，所以，即，整理得，化简得，所以直线的方程为，所以直线过定点.27．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）已知抛物线的焦点为，点在上，．(1)求；(2)过点作直线，与交于，两点，关于轴的对称点为．判断直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理出．【答案】(1)(2)过定点【分析】（1）由题知①，由焦半径公式得②，两式联立即可求得答案；（2）设直线的方程为，，，则，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，即可得解.【详解】（1）因为点在上，所以①，因为，所以由焦半径公式得②，由①②解得（负值舍去），所以.（2）由（1）知抛物线的方程为，依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，，则， 由消去得，，则，所以，，所以，则直线的方程为，即，即，即，令，可得，所以直线恒过定点.  定值问题28．（湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆的上、下顶点分别为，已知点在直线：上，且椭圆的离心率．(1)求椭圆的标准方程；(2)设是椭圆上异于的任意一点，轴，为垂足，为线段的中点，直线交直线于点，为线段的中点，求的值．【答案】(1)(2)0【分析】（1）根据上下顶点的定义，结合离心率的定义，建立方程，可得答案；（2）设，，则点满足椭圆方程，根据题意，易得、，计算即可 【详解】（1）且点在直线：上，，又，，，椭圆的标准方程为.（2）设，，则，且，为线段的中点，，，直线的方程为：，令，得，，为线段的中点，，，， 29．（2022秋·辽宁铁岭·高三昌图县第一高级中学上学期期中）已知椭圆，，是C的左、右焦点，过的动直线l与C交于不同的两点A，B两点，且的周长为，椭圆的其中一个焦点在抛物线准线上，(1)求椭圆的方程；(2)已知点，证明:为定值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由得到其准线为，进而得到椭圆的半焦距，再根据的周长为得到a求解；（2）①当直线斜率不存在时，的方程为，代入椭圆方程求得点M，N的坐标，验证即可；②当直线斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：由可得准线为，所以椭圆的左焦点，所以椭圆的半焦距，因为的周长为，所以，故.所以，所求椭圆的方程为.（2）如图所示：  ①当直线斜率不存在时，的方程为， 将代入可得，所以，，此时，，则，②当直线斜率存在时，设直线的方程为，设，，由，得，则，，，，所以，，，，综上所述，为定值，且定值为.【点睛】易错点点睛：本题第二问题在设直线方程时，往往忽视斜率不存在的情况，一般来讲，给一个点，设直线方程时用点斜式，分两种情况，一是斜率不存在时，二是斜率存在时求解.30．（山东省聊城市第二中学2022-2023学年高三上学期期中）已知双曲线与椭圆的焦点重合，且与的离心率之积为．(1)求双曲线的标准方程；(2)设双曲线的左､右顶点分别为，若直线与圆相切，且与双曲线左､右两支分别交于两点，记直线的斜率为的斜率为，那么是否为定值？并说明理由．【答案】(1)(2)为定值，理由见解析 【分析】（1）设双曲线标准方程，由焦点重合可得的值，再根据离心率关系可求的值，从而得双曲线方程；（2）设直线，，利用直线与圆相切得的等式关系，联立椭圆与直线可得交点坐标关系，再根据坐标运算即可得结论.【详解】（1）设双曲线的标准方程为．易知椭圆的焦点坐标为，离心率为，所以，因为与的离心率之积为，所以的离心率为，所以，即，解得．故双曲线的标准方程为．（2）是定值，理由如下：  设，其中，因为直线与圆相切，所以，即，联立，消去并整理得，所以． 因为，则，即，所以．由题意得．，即为定值．31．（2022秋·山东济宁·高三嘉祥县第一中学校考期中）已知是抛物线上一点，且M到C的焦点的距离为5.  (1)求抛物线C的方程及点M的坐标；(2)如图所示，过点的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设，，求证：是定值.【答案】(1)，或(2)证明见解析【详解】（1）由抛物线的定义，得，解得p＝2.所以抛物线C的方程为，M的坐标为或. （2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为x＝ty＋1（t≠0），则.将x＝ty＋1代入得.设，，则，.由，得；由，得.所以，故是定值1.32．（2022秋·浙江绍兴·高三绍兴一中校考期中）已知随圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为.(1)求的方程.(2)设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点（不同于左右顶点），记直线的斜率为，直线的斜率为，则是否存在实常数，使得恒成立.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据椭圆的周长、面积可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，由韦达定理代入可得答案.【详解】（1）依题意，得，即，解得，所以的方程；（2）依题意，可设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，易得恒成立，设，由韦达定理， 得，可得，于是，故存在实数，使得恒成立.  33．（江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中）已知的两个顶点A，B的坐标分别是且直线PA，PB的斜率之积是，设点P的轨迹为曲线H.(1)求曲线H的方程；(2)经过点且斜率为k的直线与曲线H交于不同的两点E，F（均异于A，B），证明：直线BE与BF的斜率之和为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用斜率公式即可化简求解，（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，即可结合斜率公式求解.【详解】（1）设，则由直线PA，PB的斜率之积是可得，化简可得 （2）设直线方程为：，则与椭圆方程联立可得：，则，故或，设，则，.故.  .34．（2023届湖北省华中师范大学第一附属中学高三上学期期中）已知椭圆，四点，，中恰有三点在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)设直线过椭圆右焦点交椭圆于A，两点，在轴上是否存在一定点使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在定点，使得为定值【分析】（1）根据对称性可得椭圆过，，三点，代入椭圆的方程，解得，，进而可得答案．（2）由（1）知，进而可得椭圆的右焦点为的坐标，设，，设直线的方程为，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由向量数量积的坐标表示可得，当时， 为定值，再讨论斜率为零时，即可得出答案．【详解】（1）根据对称性可得椭圆过，，三点，所以代入椭圆方程可得，解得，，所以椭圆的方程为．（2）由（1）知，设椭圆的右焦点为，，，此时,当斜率不为零时，不妨设直线，由，得，所以，，因为，，所以，显然当，解得，即时，为定值，当斜率为零时，此时不妨令，若，可得，与斜率不为零时定值相同，综上，所以存在定点，使得为定值．   定直线问题35．（2022秋·黑龙江牡丹江·牡丹江一中上学期期中）以椭圆的四个顶点所围成的四边形的面积为，一个焦点(1)求椭圆的标准方程(2)过F的直线与椭圆C交于A，B两点，是否存在一条定直线：，使得上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列？若存在，求出直线的方程，若不存在说明理由【答案】(1)(2)存在直线【分析】（1）由四个顶点所围成的四边形的面积，构建等式，求解椭圆方程;（2）可假设直线存在，然后按照上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列构建参数等式，讨论直线的存在与否.【详解】（1）椭圆的四个顶点所围成的四边形的面积为，，∴  ∴，∴椭圆方程（2）假设存在一条定直线，使得上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列，（Ⅰ）当AB斜率k不存在时，，  ，，，故当斜率不存在时成立. （Ⅱ）当AB斜率k存在时，设AB直线方程，，,  联立，可得，由韦达定理可知，,又,,,,,,,,∴时，k，t任意值都成立,∴存在直线成立,综上，存在一条定直线，使得上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列.【点睛】方法点睛:解析几何探索类问题可先假设命题为真,然后据此推理或计算,直接得到存在的依 据或导出矛盾,从而肯定或否定假设.36．（重庆市杨家坪中学2023届高三上学期期中）已知直线，圆.(1)证明：直线与圆相交；(2)设直线与的两个交点分别为、，弦的中点为，求点的轨迹方程；(3)在（2）的条件下，设圆在点处的切线为，在点处的切线为，与的交点为.证明：Q，A，B，C四点共圆，并探究当变化时，点是否恒在一条定直线上?若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)(3)Q，A，B，C四点共圆的证明见解析，点Q恒在直线上，理由见解析【分析】（1）求出直线恒过的定点，利用点与圆的位置关系判断即可；（2）求出圆的圆心坐标，设出M的坐标，利用垂径定理，转化求解轨迹方程即可；（3）设点，证明Q，A，B，C四点共圆，求出圆的方程，求出与圆相交弦的方程，即为直线l的方程，可求点坐标的特征．【详解】（1）证明：如图所示，圆，化成标准方程为，圆心，半径为2，直线过定点，定点到圆心距离为1，即在圆内，故直线l与圆C相交；（2）l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，设点，由垂径定理得，即，整理得，直线l不过圆心C，则， 所以点M的轨迹方程为；（3）依题意有，，四边形QACB对角互补，所以Q，A，B，C四点共圆，且QC为圆的直径，设，则圆心坐标为，半径为，则圆的标准方程为，整理得，与圆C的方程联立，消去二次项得∶，即为直线l的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上．37．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）已知抛物线和圆，倾斜角为的直线过焦点，且与相切.(1)求抛物线的方程；(2)动点在的准线上，动点在上，若在点处的切线交轴于点，设，证明点在定直线上，并求该定直线的方程.【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）设直线的方程为，再根据直线和圆相切求出的值得解；（2）依题意设，求出切线的方程和B点坐标，求出，即可求解作答.【详解】（1）依题意得，物线的焦点坐标为，设直线的方程为，而圆的圆心，半径，由直线与圆相切， 得，又，解得，所以抛物线的方程为.（2）由（1）知抛物线：的准线为，设，由，求导得，设，则以为切点的切线的斜率为，于是切线的方程为，令，得，即交y轴于点，因此，，则，设N点坐标为，从而，所以点N在定直线上.    38．（海南省琼海市嘉积第三中学2023届高三上学期期中）已知椭圆：的离心率为，右焦点为，A，B分别为椭圆的左、右顶点.(1)求椭圆的方程；(2)过点作斜率不为0的直线，直线与椭圆交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为，BQ的斜率为.求证：①为定值；②点M在定直线上.【答案】(1) (2)①证明见解析，；②证明见解析，点M在定直线上．【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；（2）①设，，直线的方程为，与椭圆方程联立得到，带入的表达式，即可得出为定值；②根据①中的结论，设，则，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可知其在定直线上．【详解】（1）依题可得，解得：，所以，即椭圆的方程为．（2）①设，，因为直线过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，，其判别式，所以，.两式相除得，即．因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．从而．②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上. 【点睛】利用过x轴上定点斜率不为0的动直线方程设为，简化了直线方程与椭圆方程的联立运算，为后面的求解奠定了运算基础，注意依据题意选取直线方程的形式．39．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）已知双曲线C：，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为.(1)求C的方程；(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由点A的坐标求得，结合双曲线的定义求得，进一步计算得出双曲线的方程即可；（2）设直线PQ的方程为，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得，得到直线l的方程.【详解】（1）由已知C：，点A的坐标为，得，焦点，，.所以，，故C：.（2）设l的方程为，则，故，由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.与双曲线方程联立得：，由已知得，，设，， 则，①由，得：，，消去得：，即②由①②得：，由已知，故存在定直线l：满足条件.40．（2022秋·山西阳泉·高三统考期中）已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由【答案】(1)1(2)是在定直线上，定直线【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法即可求解；（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，设，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线与直线的方程得出，进而得证. 【详解】（1）由题意得，所以，设，，，则，作差得，又MN的斜率，，所以.（2）∵，∴，，，直线l：，，设，，联立得，所以，所以，设直线AN：，BM：，所以，所以．故存在定直线，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．41．（2022秋·福建福州·高三校联考期中）已知椭圆的左、右顶点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于异于，的M，N两点，当l与x轴垂直时，． (1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与直线交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】(1)(2)证明见解析，定直线为：【分析】（1）由题知，再利用已知条件求出的值即可；（2）由题知直线与直线的斜率存在，分别联立直线、直线与椭圆方程解出的坐标，根据共线，找出直线与直线的斜率的关系，再联立直线与直线，得出点坐标，化简即可.【详解】（1）由题知椭圆焦点在轴上，左、右顶点分别为，，所以，又过点的直线l与椭圆C交于异于，的M，N两点，当l与x轴垂直时，，所以将代入中，求得：，所以，所以椭圆的标准方程为：.（2）如图所示：由题知直线与直线的斜率存在，设，，由，消去整理得： ，解得：，又是异于，的两点，所以有，同理可得：，又，且共线，所以，化简得：，由题知同号，所以，联立：，所以，将代入点的横坐标，则，所以点在定直线上.向量共线问题42．（广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两点，与轴交点为P.(1)若，求的方程； (2)若，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）直线的方程设为，联立直线与抛物线方程，设,，,，利用韦达定理，结合抛物线的定义，转化求解即可；（2）直线的方程设为，求出，通过，结合韦达定理，转化求解点的坐标，然后求解即可．【详解】（1）由题意，直线的方程设为，联立直线与抛物线方程，可得，，可得，设,，,，，，因为，所以，可得，可得，所以直线的方程为：．即．（2）直线的方程设为，  令，可得，所以，所以,，,，因为，所以：,,，所以，，，， ，化简可得，，，可得，，，．43．（海南省琼海市嘉积中学2023届高三上学期期中）设分别为椭圆的左、右焦点，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，到直线l的距离为.(1)求椭圆C的焦距；(2)如果，求椭圆C的方程.【答案】(1)4(2)【分析】（1）由直线l的倾斜角为45°且过可设直线l的方程为，再通过到直线l的距离为构建关于的方程即可求解（2）将直线与椭圆联立方程得两点坐标，再代入，构建关于的方程,再求解即可.【详解】（1）直线l的倾斜角为45°且过直线l的方程为.到直线l的距离为到直线l的距离，解得，∴椭圆C的焦距为4.（2）设，可设﹐直线l的方程为.联立，即， 解得，∵，∴，即，解得﹐而，∴，∴椭圆C的方程为.44．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）已知是椭圆的左顶点，是椭圆上不同的两点．(1)求椭圆的焦距和离心率；(2)设，若，且、、和、、分别共线，求证：三点共线；(3)若是椭圆上的点，且，求的面积．【答案】(1)焦距为，离心率为(2)证明见解析(3)【分析】（1）直接由椭圆的方程得出和，再由求出，即可得出焦距和离心率；（2）设，，首先由得出，方法一：由三点共线和三点共线，得出，再将代入椭圆方程，联合整理得，，即可证明结论；方法二：写出直线的方程与椭圆联立，由根与系数关系得出点和的坐标，进而得出，，即可证明结论；（3）设，由，得出和，①当直线的斜率不存在时，得出，即可得出的面积；②当直线的斜率存在时，设，与椭圆方程联立，得出和，结合点在椭圆上，得出 ，再根据弦长公式得出，根据点到直线距离公式得出点到直线的距离，根据即可得出面积．【详解】（1）由可知，，，故，所以焦距，离心率．（2）设，，由题意，，，，，，，，又，所以，得，方法一：由三点共线，则，即，同理可得，三点共线，则，即，故，即，又，，所以，所以，由，整理得，所以有，又，故，所以，所以三点共线． 方法二：因为，，则，由得直线的方程为，与椭圆联立，得，则，所以，同理得，所以，，即三点共线．  （3）设，因为，，，①当直线的斜率不存在时，则，所以，，又是椭圆上的点，此时，故，②当直线的斜率存在时，可设，由，得， 所以，，所以，又点在椭圆上，代入整理得，，从而，于是，点到直线的距离，所以．  45．（2022秋·河南安阳·高三统考期中）已知双曲线经过点，双曲线的右焦点到其渐近线的距离为2.(1)求双曲线的方程；(2)已知为的中点，作的平行线与双曲线交于不同的两点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，证明：三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式求解；（2）利用韦达定理以及斜率公式证明三点共线.【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，所以双曲线的右焦点到其渐近线的距离为.因为双曲线经过点，所以，解得. 故双曲线的方程为.（2）证明：因为为的中点，所以.设直线的方程为，所以，直线的方程为，直线的方程为.联立,可得，所以又因为，所以，则.同理可得.,，所以.故三点共线.46．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中）阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法” 得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用条件，建立的关系，直接求出即可求出结果；（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求出B，Q，F三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜率存在时，设出直线方程，联立方程得到，利用韦达定理得到间的关系，再求出点，再利用向量共线得到点共线即可得到证明.【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是.（2）（i）当直线的斜率不存在，易知，，或，，当，时，直线PA的方程为：，所以点，此时，，，显然B，Q，F三点共线，同理，时，B，Q，F三点共线；（ii）当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线的方程：，设，，由整理可得：，，，由（1）可得左右顶点分别为，， 直线PA的方程为，又因为直线与交于F，所以，所以，，因为，又，所以，所以，所以B，Q，F三点共线；47．（广东省罗定中学城东学校2023届高三上学期期中）已知椭圆C：的离心率，点，为椭圆C的左、右焦点且经过点的最短弦长为3．(1)求椭圆C的方程；(2)过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于不同两点A，B，与直线 交于点P，若，且点Q满足，求的最小值．【答案】(1)(2)5【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于的表达式求最值，注意取值条件.【详解】（1）由题意，，解得，，所以椭圆的方程为．（2）由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．设直线：，若，则则不满足，所以．设，，，由得：，，．因为，即，则，，所以，解得，则，即，直线：，联立，解得， ∴，当且仅当或时等号成立∴的最小值为5．48．（2022秋·山东临沂·高三统考期中）已知椭圆Γ：，点分别是椭圆Γ与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于两点．(1)若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；(2)若，求的面积；(3)设直线与直线交于点，证明：三点共线．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；（3）联立直线和椭圆方程，先表示出坐标，将共线问题转化成证明，结合韦达定理进行化简计算.【详解】（1）依题意，，解得（负数舍去）.（2）的直线经过，则直线方程为：；，则椭圆的方程为：.设联立直线和椭圆方程：，消去得到，解得，则，故，于是.依题意知，为椭圆的下顶点，即，由点到直线的距离，到的距离为： .故（3）设联立直线和椭圆方程：，得到，由，得到直线方程为：，令，解得，即，又，，为说明三点共线，只用证，即证：，下用作差法说明它们相等：，而，，，于是上式变为：.由韦达定理，，于是，故，命题得证.面积问题49．（山西省运城市2023届高三上学期期中）已知分别是椭圆 的左、右焦点，是椭圆上一点，且.(1)求椭圆的方程；(2)延长，并与椭圆分别相交于两点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由数量积关系建立关于的方程，再由点在椭圆上，联立关于的方程组求解即可；（2）由（1）知轴，由对称性可得点坐标，再联立直线与椭圆的方程，解出坐标，进而求得面积.【详解】（1），则，解得.由解得，故椭圆的方程为.（2）由（1）可知，直线的方程为，根据对称性可知.直线的方程为，联立方程组整理得，解得或，则.. 50．（江苏省常州市横林高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在轴上，离心率，且________．在①过点；②过焦点且垂直于长轴的弦的长度为1；③长轴长为4；这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答．(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点F的直线l交椭圆于P、Q两点．当直线l的倾斜角为时，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据所选条件列方程组，求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）求得直线的方程并与椭圆方程联立，求得以及到直线的距离，从而求得的面积.【详解】（1）设椭圆的标准方程为若选①有，解得，所以椭圆的方程为；若选②有，解得，所以椭圆的方程为； 若选③有，解得，所以椭圆的方程为．（2）由（1）可知右焦点为，当直线l的倾斜角为时，可得直线方程为，可得坐标原点到直线的距离，直线联立椭圆方程整理化简得：，，设，，由弦长公式可得，所以.      51．（河北省石家庄精英中学2023届高三上学期期中）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于、两个动点，记点．(1)求的轨迹方程；(2)若直线与曲线交于、两点，为坐标原点，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知，动圆圆心为，分析可得 ，结合两点间的距离公式可得出关于、的等式，化简可得出点的轨迹方程；（2）将直线的方程与曲线的方程联立，利用弦长公式结合韦达定理求出，利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，再利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）解：由题意可知，、，设动圆圆心为，则，由题意可知，为动圆一条直径，为动圆的一条半径，由可得，整理可得，因此，的轨迹方程为.（2）解：设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，所以，，原点到直线的距离为， 因此，，即的面积为.52．（广东省江门市新会区新会陈经纶中学2022-2023学年高三上学期期中）已知点在椭圆C：上，点在椭圆C内.设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线AM，BM分别与椭圆C相交于点E，F，且EA，EB的斜率之积为.(1)求椭圆C的方程；(2)记，分别为，的面积，若，求m的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用斜率乘积建立方程，把点代入求解椭圆方程；（2）先求出点E，F的坐标，然后求出线段比例，最后代入三角形面积公式化简求解即可.【详解】（1）设，依题意，，可得，整理可得，又椭圆C过点，所以，故椭圆C的方程为；（2）依题意，可知AM：，代入椭圆方程，整理得，从而得到，又BM：，代入椭圆方程，整理得，从而得到，所以，，则 ,由于，所以，解得.  【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.53．（河北省张家口市第一中学2023届高三上学期期中）已知离心率的椭圆C：的一个焦点为．(1)求椭圆C的方程；(2)若斜率为1的直线l交椭圆C于A，B两点，且，求直线l的方程．(3)设M是椭圆C上的点，，为椭圆的焦点，，求的面积．【答案】(1)(2)直线方程或.(3)【分析】（1）根据焦点坐标和离心率即可解出椭圆方程；（2）设直线方程为，联立椭圆方程再利用弦长公式即可求出直线方程；（3）利用椭圆定义结合余弦定理和三角形面积公式即可得到答案.【详解】（1）由题知，，椭圆.（2）设直线方程为，点，，由方程组，化简得：， ，可得.，，解得，直线方程或.  （3）由题意得，设，则根据椭圆定义知，在中利用余弦定理知，即，解得，所以.  54．（江苏省南通市如皋市2022-2023学年高三上学期期中）在直角坐标系中,直线是双曲线的一条渐近线,点在双曲线上,设为双曲线上的动点,直线与轴相交于点,点关于轴的对称点为,直线与轴相交于点.(1)求双曲线的方程; (2)在轴上是否存在一点,使得,若存在,求点的坐标;若不存在,说明理由;(3)求点的坐标,使得的面积最小.【答案】(1)(2)存在或(3)的坐标是或或或【分析】（1）根据渐近线方程得,点在双曲线上得,列出方程组求解即可;（2）假设,由直线方程得坐标,由向量的数量积运算可得,用坐标表示这个结论可得与关系,再由点在双曲线可得结论;（3）直接计算的面积,用基本不等式可得最小值,从而得点坐标.【详解】（1）由已知得,解得,所以双曲线的方程为.（2）设,如图:  根据题意得:,令得,因为点关于轴的对称点为,所以,则,令得,因为,平方可得,因为,则, 因为,所以,则,即,所以存在或满足条件;（3）如图:    因为,由（2）知,即,代入上式得:,当且仅当,即时等号成立,此时,所以的坐标是或或或时,的面积最小.55．（湖南省岳阳市第一中学2023届高三上学期期中）在平面直角坐标系中，过椭圆M：的右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求椭圆M的方程;(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线，求四边形面积的最大值.【答案】(1) (2)【分析】（1）利用点差法求求椭圆M的方程；（2）设直线的方程，通过联立方程组，求出弦长，表示出四边形的面积，利用函数思想求最大值.【详解】（1）设，，，则有，又，，两式相减可得因为，，，所以，又由题意知，椭圆M的右焦点为，故因此，，所以椭圆M的方程为.  （2）由，解得或，因此由，可设直线的方程为，设，，由，得于是，即，，.因为直线CD的斜率为1，所以， 由已知，四边形的面积当时，取得最大值，最大值为.所以四边形面积的最大值为.切线问题56．（湖南省常德市五校联盟2022-2023学年高三上学期期中）设抛物线的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与E交于A，B两点，且．(1)求抛物线E的方程；(2)设为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N两点，直线PM和PN的斜率分别为和．求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由题意，，直线l的方程为，代入，得．于是，∴焦点弦，解得p＝2．故抛物线E的方程为．（2）因在E上，∴m＝2．设E在P处的切线方程为，代入，得．由，解得t＝1，∴P处的切线方程为y＝x＋1，从而得．易知直线MN的斜率存在，设其方程为，设，．将代入，得．于是，，且，．∴ ．故为定值2．57．（黑龙江省大庆中学2022-2023学年高三上学期期中）已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．(1)求的轨迹的方程；(2)过的直线交于两点，在第一象限，在处的切线为交轴于点，过作的平行线交于点是否存在最大值？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）利用向量垂直以及中点坐标公式即可求解，或者利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．（2）将问题转化为直线与的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理，求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解.【详解】（1）法1：设因为，所以，即．又，所以，所以．法2：如图，设关于的对称点为，由已知得，互相垂直平分，所以四边形为菱形，所以．   因为为中点，所以，即点在定直线上，因为，所以与直线垂直，即点到定点的距离等于点到定直线的距离，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．所以点的轨迹的方程为．（2）存在最大值．延长交于，  所以最大即直线与的倾斜角之差最大．由题意可知直线有斜率，设，（）由得，，所以．因为，所以的斜率，的斜率．设直线与的倾斜角为，则． ．当且仅当即,时等号成立．因为，所以，所以当最大时，最大，即最大，此时，所以，所以的方程为．【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.58．（河北省五个一联盟2023届高三上学期期中）点为抛物线上一点，为其焦点，已知．(1)求与的值；(2)以点为切点作抛物线的切线，交y轴于点N，求的面积．【答案】(1)，．(2)10【分析】（1）由根据抛物线的定义求出可得抛物线方程；（2）求出抛物线过点的切线，得出点的坐标即可求三角形面积.【详解】（1）由抛物线的定义可知，即，抛物线的方程为. 又在抛物线上，所以，故，．（2）设过M点的方程为，由，消去得，即，令，解得，所以切线方程为.令，得，即,又，，.    59．（河北省唐山市第十-中学2023届高三上学期期中）已知双曲线为其左右焦点，点为其右支上一点，在处作双曲线的切线.(1)若的坐标为，求证：为的角平分线；(2)过分别作的平行线，其中交双曲线于两点，交双曲线于两点，求和的面积之积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）易得点处的切线方程，根据交轴于点，由判断； （2）过的切线，由时，得到，联立，得到，再由，然后由求解.【详解】（1）解：由题意点处的切线为，所以过点处的切线方程为，交轴于点，则，即，所以为的角平分线；（2）过的切线，当时，即不为右顶点时，，即，（或由直线与单支有两个交点，则也可）联立设，则所以又 所以，，当时，即点为右顶点时，，所以，所以的最小值为.60．（湖北省鄂北六校2022-2023学年高三上学期期中）如图，已知平行四边形ABCD与椭圆相切，且，，，.  (1)求椭圆的方程；(2)若点是椭圆上位于第一象限一动点，且点处的切线与AB，AD分别交于点E，F.证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用直线与圆相切求出方程中的即可求解；（2）设点，联立直线与椭圆的方程，根据求得椭圆过点的切线的方程为，再分别和直线与联立，得到点与点的坐标后，即可证明 为定值.【详解】（1）因为，，，，所以直线方程为：，直线方程为：，即，由题意直线与椭圆相切，所以，即椭圆方程为，联立消去y得，由题意，，解得，所以椭圆的方程为；（2）设点，则，由题意知，设直线的方程为，联立，消去得，依题意，直线与椭圆相切，则，即，再整理可得，因为点在椭圆上，所以，代入可得，则切线的方程为，令得，所以，由得， 所以，所以，为定值，得证.61．（2022秋·江苏淮安·高三统考期中）已知椭圆．(1)求该椭圆的离心率；(2)设点是椭圆C上一点，求证：过点P的椭圆C的切线方程为；(3)若点M为直线l：x=4上的动点，过点M作该椭圆的切线MA，MB，切点分别为，求△的面积的最小值．【答案】(1)(2)详见解析；(3)【分析】（1）利用椭圆离心率定义即可求得该椭圆的离心率；（2）利用直线与椭圆位置关系即可求得过点P的椭圆C的切线方程，进而证得结论成立；（3）先求得直线的方程，求得弦的长度，进而求得△的面积表达式，进而求得△的面积的最小值．【详解】（1）椭圆中，，则，则，则椭圆的离心率为（2）当切线斜率存在时，其方程可设为， 由，整理得，则，则此时方程的根为，则切点横坐标，切点纵坐标，则，，则切线方程为，整理得；当切线斜率不存在时，其切点为或，切线方程为，满足.综上，点是椭圆C上一点时，过点P的椭圆C的切线方程为（3）设，，则椭圆C在点的切线方程分别为，，又在两条切线上，则，，则直线的方程为，即由整理得，，则，则， 又点M到直线的距离，则△的面积为令，则，，则，令，，则恒成立，则在上单调递增，则当且仅当即点M坐标为时等号成立，则△的面积的最小值为.  62．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点在椭圆：上，从原点向圆作两条切线分别与椭圆交于点，，若直线，的斜率分别为，，且．(1)求圆的半径； (2)探究是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是定值，【分析】（1）设过原点作圆的切线，利用圆心到直线的距离等于半径得到，利用韦达定理及得到，结合点在椭圆上，即可求出半径；（2）设，，由，可得，再由点在椭圆上得到，，即可得到，从而求出的值.【详解】（1）设直线，的方程分别为，，过原点作圆的切线，则，即，即，所以，即，所以.（2）是定值，且，理由如下：设，，因为，所以，即①，又、在椭圆上，所以，，所以，，代入①可得，化简得，所以 ，所以.1．（2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学上学期期中）已知抛物线的焦点为，过作斜率为的直线与交于两点，当时，.(1)求抛物线的标准方程；(2)设线段的中垂线与轴交于点，抛物线在两点处的切线相交于点，设两点到直线的距离分别为，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式列式可求出结果；（2）设代入，利用韦达定理求出线段的中点为的坐标，得的中垂线方程，令得，由点到直线距离公式得.根据导数的几何意义求出切线和的方程，联立得，再由点到直线的距离公式求出，从而可得结果.【详解】（1）当时，直线的方程为，设，联立方程组,消去得，所以恒成立， ，，所以，解得，所以抛物线的方程为.（2）由（1）知，则，设，显然，，线段的中点为，联立方程组消去得，恒成立，所以，所以，所以，则的中垂线方程为，令，得，所以，所以.由得，则，不妨设，，则切线的斜率为，切线的斜率为，则切线：，即，切线，即， 联立方程组，解得，由，，得，得，得，得，因为，所以，而，所以，所以，则，所以，所以点到直线的距离.故.  【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求出切线和的方程，再联立得的坐标是解题关键.2．（江苏省盐城市四校2023届高三上学期期中）已知椭圆的两焦点分别为，A是椭圆上一点，当时，的面积为. (1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点S，过S作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得，再结合椭圆定义，余弦定理、三角形面积公式可求得的值，从而可得椭圆方程；（2）先由直线和椭圆联立表示出点，点S的横坐标，再由点，点S的横坐标相等，得出之间的关系，从而表示出（保留），进而求出结果.【详解】（1）由题意得，  由椭圆定义可得，又，由余弦定理可得：，所以，又，解得，所以，故椭圆的方程为.（2）直线，设，   联立与得，所以，恒成立，所以，故，设直线为，，联立，所以，由可得，所以，则，所以得，所以，则，由于函数在上为减函数，所以函数在上为增函数，所以函数在上为减函数，所以，所以.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问通过联立直线与表示出P点横坐标，再通过联立(设方程)与表示出S点横坐标，由P点横坐标与S点横坐标相等得到是解题的关键，然后表示出，进而求出结果. 3．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）已知圆：与轴相交于，两点（点在轴的上方），过点作圆的切线，是平面内一动点，过点作的垂线，垂足为，且，记点的运动轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)过点且斜率不为0的直线与曲线相交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）设点坐标为，根据，即可求得轨迹方程；（2）联立曲线与直线，求出的长度，再根据线段的垂直平分线交轴于点，求出的长度，即可得出为定值．【详解】（1）设，由题可得，，，，，，，因为，所以有，，，，即，，，即，所以．（2）设直线的斜率为，线段的中点为，因为直线过点，所以，设，，，，联立，恒成立， ，，，因为的中点为，所以横坐标为，又因为点在直线上，所以，设的垂直平分线为，则斜率为，，即，则，，所以，为定值．  【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围，最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.4．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）已知椭圆经过点，且离心率为，为椭圆的左焦点，点为直线上的一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，连接，，．(1)证明：直线经过定点；(2)若记、的面积分别为和，当取最大值时，求直线的方程．参考结论：为椭圆上一点，则过点的椭圆的切线方程为．【答案】(1)证明见解析 (2)或【分析】（1）由题求出椭圆的标准方程，根据参考结论得两条切线的方程，由点P为两切线的交点，得直线AB的方程，可求出直线所过定点；（2）由直线AB所过定点设直线方程，与椭圆联立，计算面积之差，利用基本不等式求出最值，及取最值时直线的方程.【详解】（1）由题意可得，即，，故椭圆的方程为，设，，，由参考结论知过点在处的椭圆的切线方程为，同理，过点在处的椭圆的切线方程为，点在直线，上，，直线的方程为，即，可得，则直线过定点；（2）由（1）知，，，设直线的方程为，联立，得，故，，为，，当且仅当，即时取等号，此时直线的方程为， 即或．  【点睛】思路点睛：第二问思路设直线的方程为与椭圆方程联立，利用韦达定理代入，然后利用基本不等式求出结果，考查了学生的思维能力、运算能力.5．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）已知椭圆C：的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)我们称圆心在椭圆C上运动，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率存在，记为，．①求证：为定值；②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)①为定值，证明见解析；②为定值【分析】（1）由已知条件列方程组求出，可得椭圆C的标准方程；（2）设直线，的方程，由相切列等式利用韦达定理求；直线方程与椭圆方程联立，表示出，利用已知条件化简即可.【详解】（1）依题意得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）①直线，的方程分别为，设椭圆的“卫星圆”的圆心为，     因为直线，为“卫星圆”的两条切线，则，化简得，，所以，为方程的两根，故，又因为，所以，故为定值；②设，由，，解得，，由于，所以，得，所以为定值．【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．6．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）已知动圆恒过定点，圆心到直线的距离为．(1)求点的轨迹的方程；(2)过直线上的动点作的两条切线，切点分别为，证明：直线恒过定点． 【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）设，由题意可得，化简整理即可；（2）设，结合导数的几何意义分析可得为方程的两根，结合韦达定理求直线的方程，即可得结果.【详解】（1）设，则，因为，即，当，即时，则，整理得；当，即时，则，整理得，不成立；综上所述：点的轨迹的方程.（2）由（1）可知：曲线：，即，则，设，可知切线的斜率为，所以切线：，则，整理得，同理由切线可得：，可知：为方程的两根，则，可得直线的斜率，设的中点为，则，即， 所以直线：，整理得，所以直线恒过定点.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．7．（福建省南平市浦城县第三中学2023届高三上学期期中）如图所示，在直角坐标系xOy中，椭圆C：，直线l：，点P是直线l上的动点，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B，连接OP，交AB于点M．  (1)求证：直线AB过定点，并求出此定点的坐标；(2)设的面积为，的面积为，求的值．【答案】(1)证明见解析，(2)2 【详解】（1）设，，．当直线PA的斜率存在时，设C在A处的切线方程为，将其代入C的方程得．根据相切得，化简得，即，∴．因而直线PA的方程为．同理，直线PB的方程为．当直线PA或PB的斜率不存在时，也满足以上方程．又∵点P在两切线上，∴，．这说明A，B的坐标满足方程，故直线AB的方程为，化简得，∴直线AB过定点．（2）直线OP的方程为，与直线AB的方程联立，解得M的横坐标为．将直线AB的方程代入C的方程，得．∴．因此M为AB的中点，故．8．（辽宁省沈阳市四校2023届高三上学期期中）已知以为焦点的椭圆过，记椭圆的另一个焦点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)若直线是曲线的切线，且与直线和分别交于点，与轴交于点，求证：为定值. 【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义，即可得到结果；（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在分别讨论，结合韦达定理代入计算，即可得到证明；【详解】（1）由题意得，即，所以的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，方程为（2）  当切线的斜率存在时，设切线为，则，联立可得：，则，即，设，直线和是曲线的渐近线，联立可得：，则，，，所以.当切线的斜率不存在时，易知.【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较难，解答本题的关键在于分直线的斜率存在与不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算.9．（2022秋·山东·高三山东师范大学附中校考期中）已知的焦点为，且经过 的直线被圆截得的线段长度的最小值为4．(1)求抛物线的方程；(2)设坐标原点为，若过点作直线与抛物线相交于不同的两点，，过点，作抛物线的切线分别与直线，相交于点，，请问直线是否经过定点？若是，请求出此定点坐标，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)直线经过定点．【分析】（1）依题意得到从而利用两点距离公式求得，从而得解；（2）根据抛物线求出切线方程，从而求得的坐标，进而求得的方程，再令，即可得出定点.【详解】（1）因为抛物线的焦点为，圆的圆心，而经过的直线被圆截得的线段长度，其中为圆心到直线的距离，则，所以，显然，的最大值为焦点到圆心的距离，即，所以，又，解得或（舍），故抛物线的方程为．（2）设点，，，由，即，得，则点处的切线方程为，直线的方程为：，则点，同理点，     可得：，直线的方程为：，注意到点，满足，直线的方程为．注意令，则，直线经过定点．10．（湖南省岳阳市第五中学2022-2023学年高三上学期期中）在中，点，，的周长为6.(1)求点的轨迹的方程；(2)若椭圆上点处的切线方程是，①过直线上一点引的两条切线，切点分别是、，求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)（）(2)①证明见解析；②存在实数【分析】（1）依题意可得，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点、的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【详解】（1）因为点，，所以，又的周长为，所以，所以点在以，为焦点的椭圆上（除长轴上两顶点外），其中，，所以，所以点的轨迹的方程为（）.  （2）①设切点坐标为，直线上的点的坐标，则切线方程分别为，又两切线均过点，即，从而点、的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点.   ②将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，显然，，，不妨设，同理.所以故存在实数，使得.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解. 11．（广东省广州市白云中学2023届高三上学期期中）已知椭圆（，）的离心率为，左、右焦点分别为，，为的上顶点，且的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)设圆上任意一点处的切线交椭圆于点、．求证：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，求出即可作答.（2）直线的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理推理计算，再验证斜率不存在的情况作答.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为的周长为，则，椭圆的离心率为，则，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线，与椭圆方程联立解得，则，  当直线的斜率存在时，设直线，由消去y并整理得：，显然点在椭圆内，即直线与必交于两点，有，又直线与圆相切，即，即 得，显然，即有，因此，所以为定值.【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．12．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）已知经过点的椭圆的上焦点与抛物线焦点重合，过椭圆上一动点作抛物线的两条切线，切点分别为．(1)求和的方程；(2)当在椭圆位于轴下方的曲线上运动时，试求面积的最大值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程即可求出，从而求出椭圆方程与其上焦点坐标，则可求抛物线方程；（2）依题意的斜率存在，设，，（），联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线、，联立得到点坐标，从而得到，设的中点为，表示出点坐标，则，最后由二次函数的性质计算可得. 【详解】（1）因为点的椭圆，所以，解得，所以椭圆，则椭圆的上焦点为，所以，解得，则抛物线.（2）依题意的斜率存在，设，，（），由，消去整理得，所以，因为，则，所以：，即：，同理可得：，由直线的方程与直线的方程联立有，可得，将代入直线可得，所以，即，因为点在椭圆上，所以，即，设的中点为，则，即，所以，因为，所以，解得，又，所以，则，所以当时， 又在上单调递增，此时，所以.  【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.13．（河北省冀东名校2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，，为线段的中点，为坐标原点，且．(1)求椭圆的方程；(2)已知圆，为圆上任意一点，过点作椭圆的切线，交圆于点，若与斜率都存在，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由条件结合向量的坐标运算列方程求，可得椭圆方程；（2）在的斜率不存在时求的值，当的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与圆的方程结合设而不求法求，由直线与椭圆相切求的关系，由此证明结论. 【详解】（1）依题意可得，，，，所以，所以，所以椭圆的方程为：．（2）若的斜率不存在，则，或，，此时；若的斜率存在时，可设直线的方程为，，，由联立消去可得，，方程的判别式，，，，所以，当直线与椭圆相切时，由联立消去可得，，，化简得，所以，综上可得为定值． 【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．14．（2022秋·江苏镇江·高三统考期中）已知椭圆的左右焦点分别为、，左右顶点分别为、，是椭圆上异于、的任意一点，、斜率之积为，且的面积最大值为.  (1)求椭圆的方程；(2)直线交椭圆于另一点，分别过、作椭圆的切线，这两条切线交于点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设出，表达出，结合求出，根据的面积最大值求出，，求出椭圆方程；（2）设处椭圆的切线方程为，联立椭圆方程，有根的判别式等于0得到切线方程，同理得到处的切线方程为，联立两切线方程，得到点的横坐标，可设点，得到直线的方程为，得到，证明出结论.【详解】（1）设点，由，，知，因为在椭圆上，所以，即，则，.因为的面积最大值为，，，，即椭圆.（2）下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，代入椭圆方程得：，由，化简得：，所以，把代入，得：， 于是，则椭圆的切线斜率为，切线方程为，整理得到，其中，故，即，当时，此时或，当时，切线方程为，满足，当时，切线方程为，满足，综上：椭圆在处的切线方程为；  所以处的切线方程为，同理可得处的切线方程为，由得交点横坐标，可设点，则有， 所以直线的方程为，知，又，所以，所以，即证.【点睛】过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为