2023高三数学二轮热点题型专项突破专题23 圆锥曲线与向量结合问题（新高考全国通用）

这是一份2023高三数学二轮热点题型专项突破专题23 圆锥曲线与向量结合问题（新高考全国通用）
 专题23 圆锥曲线与向量结合问题
高考定位
向量具有代数与几何形式的双重身份，平面向量与解析几何的交汇是新课程高考命中的热点问题。
专题解析
它们具体结合体现在夹角、平行、垂直、共线、轨迹等问题的处理，目标是将向量语言坐标化、符号化、数量化，从而将推理转化为运算，或者考虑向量运算的几何意义，利用其几何意义解决有关问题. 
基础类型一、垂直
例1-1.已知椭圆C：的离心率为，且其右顶点到右焦点的距离为1.
（1）求C的方程；
（2）点M、N在C上，且，证明：存在定点P，使得P到直线的距离为定值.
【答案】（1），（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据已知列出方程组，解方程即可求得结果；
（2）若直线与x轴垂直，求得的坐标，若直线不与x轴垂直，设直线的方程为与椭圆方程联立，由可得，利用韦达定理化简可得，则有，即可证得存在点符合条件.
【详解】
（1）由题意得，解得，，所以椭圆C的方程为；
（2）①若直线与x轴垂直，由对称性可知，
将点代入椭圆方程中，解得；
②若直线不与x轴垂直，设直线的方程为，
，，由，消去y整理得，

所以，，
又，则，
即，
所以，
整理得，
即，故存在定点.
综上所述，存在定点，使得P到直线的距离为定值.
练．已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）若一条直线与椭圆分别交于，两点，且，试问点到直线的距离是否为定值，证明你的结论．
【答案】（1）；（2）为定值，证明见解析．
【分析】
（1）由的周长为8，求得，再由椭圆离心率，解求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）当直线的斜率不存在时，求得点到直线的距离；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，结合向量的数量积的运算，求得，进而得到点到直线的距离，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意，的周长为8，可得，解得，
由椭圆离心率，解得．
所以椭圆的方程．
（2）由题意，当直线的斜率不存在时，此时不妨设，．
又，两点在椭圆上，∴，，
∴点到直线的距离．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
设，，联立方程，
消去得．
由已知，，，
由，则，即，
整理得：，
∴，整理得，满足．
∴点到直线的距离为定值．
综上可知，点到直线的距离为定值．
练．已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点
①求证：；
②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值.
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】
（1）根据题意有，化简可得答案.
（2）直线的方程为,与抛物线方程联立，
①由，将韦达定理代入可证明.
②由①可得，设､，直线的方程为，则，由方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明.
【详解】
（1）设由题意，
两边平方，整理得：
所以所求点的轨迹方程为.
（2）①设过椭圆的右顶点的直线的方程为.
代入抛物线方程，得.
设､，则
∴.
∴.
②设､，直线的方程为，
代入，得.
于是，.
从而
∵，∴.
代入，整理得.
∴原点到直线的距离为定值.
例1-2．（广东省东莞市光明中学2021届高三下学期期初T21）．已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，，点是坐标平面内一点，且，(O为坐标原点).
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）利用，列出方程可得，再由离心率即可求出，得出椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，借助于韦达定理，即可求出点的坐标.
【详解】
(1)，，
又，，即，
则可得，又，，
故所求椭圆方程为；
(2)设直线，代入，有.
设，则，
若轴上存在定点满足题设，则，，

，
由题意知，对任意实数都有恒成立，
即对成立.
，解得，
在轴上存在定点,使以为直径的圆恒过这个定点.
【点睛】
方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
练．设分别是平面直角坐标系中轴正方向上的单位向量，若向量，，且，其中.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作直线与轨迹交于，两点，设，是否存在直线，使得四边形是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.
【答案】
（1）
（2）存在，
【分析】
通过，得到 点M的轨迹为以为焦点，的椭圆，应用椭圆的定义得到其轨迹方程；
首先判断直线的斜率是否存在，通过联立方程组，得到，结合，得到四边形为平行四边形，若要成为矩形，需有，运算化简即可得结果．
（1）
由题意得，，
，，
设，，则动点M满足，
由椭圆的定义可知动点M的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设椭圆的方程为，则，，
，
故轨迹的方程为
（2）
存在满足条件的直线.设直线的方程为，
由方程组，消去，整理得：
则恒成立，即直线与椭圆恒有两个不同的交点，
设交点为，，则①，②
由得，即，∴四边形OAPB为平行四边形
若存在直线使四边形OAPB为矩形，则，
即③
将①､②代入③式得：，解得，
所以直线的方程为，此时四边形OAPB为矩形.
练．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段上有一点，使得，
（1）求的轨迹的方程；
（2）若直线与椭圆相交于，两点，且以为直径的圆经过原点，求证：点到直线的距离为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先设，，根据题意，得到，，进而可求出结果；
（2）先设直线的方程为，，，根据题意得到，推出，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，以及题中条件，得出，再由点到直线距离公式，即可得出结果.
【详解】
（1）设，，由题意可得，，，
则，代入，整理得；
即所求的轨迹的方程为；
（2）设直线的方程为，，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，即；
联立消去得，整理得，
则，，即，
所以，整理得，则，
满足，
又点到直线的距离为为定值.
练。（2021南宁模拟）已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【法一】由，得三角形AFP是直角三角形，点P在以AF为直径的圆上，所以
圆心到渐近线的距离小于等于半径，可得
【法二】由题意得，，设，由，得，因为在的渐近线上存在点，则，
即 ，
又因为为双曲线，则，故选B．
基础类型二、平行共线
例2-1（2021•长宁区二模）设、分别为椭圆的左、右焦点，点、在椭圆上，且不是椭圆的顶点．若，且，则实数的值为 　 　．
【解答】解：因为，所以，
所以，
根据椭圆的对称性可知，四边形一定为平行四边形，如图：
所以，
所以，即，
故答案为：1．

练（广东省2021届高三下学期六校第三次联考T16）已知双曲线的两焦点分别为，过右焦点的直线与双曲线交于两点，若且为等腰三角形，则双曲线的离心率为______.
【答案】或
【分析】
由题意画出图形，分与两类讨论，利用，结合余弦定理求解．
【详解】
解：当时，设，，则，，
，，即，得，，
由，得，
，得；
当时，设，，则，，
，，得，则，，
由，得，
，得．
故答案为：或．
例2-2．已知点F为抛物线的焦点，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，若，则（ ）
A．9 B． C． D．
【答案】D
【分析】
设直线l的方程为，联立直线l与抛物线方程化简可得，设，，由此可得，结合可求A,B的坐标，再由焦点弦公式求|AB|.
【详解】
因为焦点，设直线l的方程为，代入抛物线方程，得．设，，由韦达定理得．因为，所以，所以．解得，或，，所以，，所以．故选D．
练．如图所示，在平面直角坐标系中，已知点为椭圆的上顶点.椭圆以椭圆的长轴为短轴，且与椭圆有相同的离心率.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率分别为的两条直线，直线与椭圆分别交于点，直线与椭圆分别交于点.
（i）当时，求点的纵坐标；
（ii）若两点关于坐标原点对称，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）（i）点A的纵坐标：；（ii）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆的性质列出方程组，即可得出椭圆的标准方程；
（2）（i）设出直线的方程，并分别与的方程联立求出的横坐标，由代入坐标得出，求出的值，再由直线的方程得出点的纵坐标；
（ii）设出直线的方程，求出的横坐标，根据得出，最后由，，求出为定值.
【详解】
（1）设椭圆的方程为
由题意可知，解得，
椭圆的标准方程为；
（2）(i)由得；
由得；
由知，，解得
故；
(ii)设直线的方程为，同理可得，由两点关于坐标原点对称知
，即，即；

由相似三角形的性质可知
同理，
所以.
基础类型三、夹角
例3-1.（2021锦州一模）如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，为椭圆的顶点， 为右焦点，延长与交于点，若为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示， 为与的夹角，设椭圆长半轴、短半轴、半焦距分别为， ， ， 向量的夹角为钝角时， ，又，两边除以得，即，解集，又，故选C．
练.已知点是双曲线的左焦点，点是该双曲线的右顶点，过且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，若是钝角三角形，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D

基础类型四、数量积
例4-1．已知椭圆的长轴长为4，上顶点为，左、右焦点分别为，，且，为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，为椭圆上的两个动点，，问：点到直线的距离是否为定值？若是，求出的值；若不是．请说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）点到直线的距离是，是定值．
【分析】
（Ⅰ）由题可得，再根据可在中求出，即得椭圆方程；
（Ⅱ）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况进行讨论，可设直线的方程为，联立椭圆方程即可证得定值.
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的半焦距为．
由已知可得，解得．
因为，
易得在中，，，，
．
所以，解得．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，轴．
由可得．
结合椭圆的对称性，可设，，则．
将点代入椭圆的方程，得，
解得，所以．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
此时点到直线的距离，即．
设，，
由，可得，
则，得．
所以，．
所以


．
又因为，所以，
即，解得．
所以，得．
综上所述，点到直线的距离是，是定值．
练．已知椭圆与直线有且只有一个交点，点为椭圆上任意一点，，，且的最小值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交于不同两点，，点为坐标原点，且，当的面积最大时，判断是否为定值，若是求出其值并证明，若不是请说明理由.
【答案】（1）；（2）定值为，证明见解析
【分析】
（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，即可得出为定值.
【详解】
（1）设点，由题意知，，则
，
当时，取得最小值，即，
，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，，
由，得，
，，
则点到直线的距离，
，
取得最大值，当且仅当即，①
此时，，
即，代入①式整理得，
即点的轨迹为椭圆 ，
且点为椭圆的左、右焦点，即 ，
故为定值.

提高类型一、向量几何化（三角形法则、平四法则、模距离、零数量积垂直、数乘平行）
例1-1．设分别是平面直角坐标系中轴正方向上的单位向量，若向量，，且，其中.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作直线与轨迹交于，两点，设，是否存在直线，使得四边形是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.
【答案】
（1）
（2）存在，
【分析】
通过，得到 点M的轨迹为以为焦点，的椭圆，应用椭圆的定义得到其轨迹方程；
首先判断直线的斜率是否存在，通过联立方程组，得到，结合，得到四边形为平行四边形，若要成为矩形，需有，运算化简即可得结果．
（1）
由题意得，，
，，
设，，则动点M满足，
由椭圆的定义可知动点M的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设椭圆的方程为，则，，
，
故轨迹的方程为
（2）
存在满足条件的直线.设直线的方程为，
由方程组，消去，整理得：
则恒成立，即直线与椭圆恒有两个不同的交点，
设交点为，，则①，②
由得，即，∴四边形OAPB为平行四边形
若存在直线使四边形OAPB为矩形，则，
即③
将①､②代入③式得：，解得，
所以直线的方程为，此时四边形OAPB为矩形.
例1-2．已知点在椭圆：（）上，左顶点为，点，分别为椭圆的左、右焦点，的最大值和最小值分别为4和．直线点，且与平行，过，两点作的垂线，垂足分别为，，当矩形的面积为时，则直线的斜率是______．
【答案】
【分析】
由已知求得a，b，从而求得椭圆的方程，再设直线的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，求得弦长AP，点A到直线的距离，由矩形的面积公式建立方程可求得m的值，从而得出直线的斜率.
【详解】
解：因为，又，所以 ，
解得，所以椭圆的方程为，则，
设直线的方程为，直线的方程为，
联立得，所以，而点A到直线的距离为，
所以矩形的面积为，解得，
所以直线的方程为，所以直线的斜率为，
故答案为：.
练.(广东省2021届高三下学期4月联考数学试题T12)已知双曲线的右顶点、右焦点分别为、，过点的直线与的一条渐近线交于点，直线与的一个交点为，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与轴垂直 B．的离心率为
C．的渐近线方程为 D．（其中为坐标原点）
【答案】AB
【分析】
利用平面向量数量积的运算性质可判断A选项的正误；求出点的坐标，代入双曲线的方程，求出该双曲线的离心率，可判断B选项的正误；求出的值，可判断C选项的正误；利用两点间的距离公式可判断D选项的正误.
【详解】
由已知得，设，由，得，所以轴，即，A正确；

不妨设点在第一象限，易知，，，即点，
设，由，得，所以，
所以，即．
因为点在双曲线上，所以，整理得，
所以，解得或（负值舍去），B正确；
，故C的渐近线的斜率的平方为，C错误；
不妨设点在第一象限，则，
所以，D错误．
故选：AB．
练.（广东省汕头市金山中学2021届高三下学期学科素养测试T21）．已知为坐标原点，动点满足：
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）直线过点且与轨迹交于点，若是等腰三角形，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）设，由向量的运算性质可得，由椭圆的定义可得动点的轨迹的方程；
（2）设DE为：，，联立直线DE与椭圆的方程，由韦达定理可得，，，，计算，得，由勾股定理可得，解得k，进而可得直线的方程.
【详解】
（1）设，则

动点的轨迹为以为焦点，长轴长为4的椭圆
由，，
动点的轨迹的方程为
（2）设为：，
由
，
，，
设直线的斜率分别为，



依题


或
综上所求直线为：或.
【点睛】
关键点点睛：（1）通过椭圆的定义求出动点的轨迹的方程；
（2）得到直线的斜率满足，具备较强的运算能力是解题的关键.
练.(广东省2021届高三下学期六校第三次联考T22)．已知，，椭圆经过点且焦距为.

（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点， 求的最小值；
（3）如图是椭圆旋转一定角度的图形，请写出一种尺规作图方案以确定其对称中心的位置，并在答卷的图中画出来，（不必说明理由）.
【答案】（1）；（2）；（3）答案见解析.
【分析】
（1）根据题意，先分析椭圆的焦点坐标，由椭圆的定义，求出的值，进而求出的值，即可得到答案；
（2）根据题意，设，线段的中点为， 则，分①当直线L不垂直于轴与②当直线L垂直于轴两种情况讨论，分析可得，将其代入中可得，分析可得答案；
（3）由椭圆的几何性质，先作两组平行的弦，，再作出弦的中点，连接一对平行弦的中点即可得椭圆的中心.
【详解】
（1）依条件知，椭圆的焦点在轴上，长半轴为，短半轴为，且焦距.
，椭圆的两焦点分别为.
椭圆经过点，


椭圆的方程是；
（2）
设，线段的中点为， 则.
①当直线不垂直于轴时，设直线的斜率为， 则直线方程为，
，
，
，
又中点在直线（即）上，所以，
.
②当直线垂直于轴时，过，此时也满足上式.
，当时，有最小值，
最小值为；

（3）作图方案步骤如下：
①先做两组平行的弦，；
②再分别作出四弦的中点，，，；
③再过每组平行弦中点作直线，；
④作直线，的交点，即为所求.如图示
理由如下（不必写出），设为对称中心，则
，
，
同理，，
同理，
其他方案只要合理即可.
【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．
练. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意，
所以，，设直线的倾斜角为，则为钝角，，结合解得，设，则，，
将点坐标代入双曲线方程得，而，
所以，化简得，
，，
，，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A
练．已知椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，的离心率为．
（1）求的标准方程；
（2）设坐标原点为，点在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用椭圆的定义与椭圆的离心率，即可得，，由可求出的值，从而得的标准方程．（2）法一：当直线的斜率不存在时，求出的值；当直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用直线与椭圆的位置关系、根与系数的关系及向量的线性运算求出的值，从而得到结论．法二： 设出，的坐标，利用，的斜率之积为，得，两点的横坐标和纵坐标之间的关系式，将，的坐标代入的方程，分别求出，两点的横坐标和纵坐标之间的关系式，由向量的线性运算和数量积可证出为定值．
【详解】
解：（1）因为椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，所以，解得，
又的离心率为，所以，，
又，所以，所以的标准方程为；
（2）法一：设，当直线的斜率不存在时，，
因为直线，的斜率之积为，所以，即，
又，在椭圆上，所以，．
因为，所以

；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为（），
联立方程得消去，得，
，
设，则，．
因为直线，的斜率之积为，
所以，
即，得，满足．
因为，
所以


．
综上，为定值．
法二：设，，因为直线，的斜率之积为，
所以，即．
因为M，在椭圆：上，
所以，，
可得 ①，
②，
由①②得，所以，即．
由①②得，得．
因为，
所以



，因此为定值．

提高类型二、向量坐标化
例2-1.已知椭圆C：，，且椭圆C右焦点为，O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过的直线l交椭圆C于A，B两点，若，求直线l的方程.
【答案】
（1）
（2）或
【分析】
（1）结合，，求解即可得答案；
（2）根据题意设直线l的方程为，进而与椭圆联立方程得，再结合得，进一步求解得即可得答案.
（1）
解：∵ ，，
∴ 解得，.
∴椭圆C的方程为：
（2）
解：易知直线l的斜率存在且不为零.
设，，直线l的方程为：.
联立：，可得.
其中
由韦达定理有：
又∵，可得
代入韦达定理有，可得
解得，.
∴直线l的方程为：或.
练．如图，过抛物线的焦点F任作直线l，与抛物线交于A，B两点，AB与x轴不垂直，且点A位于x轴上方.AB的垂直平分线与x轴交于D点.

（1）若求AB所在的直线方程；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于直线斜率不为0，，所以设直线，设，由题意可得，然后直线方程和抛物线方程联立，消去，再利用韦达定理结合可求出的值，从而可得AB所在的直线方程；
（2）设中点为，则由（1）可得，从而可得AB中垂线，求出点，进而可求出的长，再利用两点间的距离公式可求出的长，从而可求得的值
【详解】
解：（1）直线斜率不为0，，设直线，
设，
因为A点在x轴上方，所以
由，得


由代入
因，所以，解得
所以AB所在直线方程为
（2）设中点为

所以AB中垂线




(定值)
练．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于A，B，且，O坐标原点.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，求的值.
【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】
（1）由几何关系可得点坐标，代入椭圆方程即得，又即得；
（2）（ⅰ）将直线与椭圆联立即得结果；
（ⅱ）将其坐标化，利用P，Q，N在椭圆上求得结果即可．
【详解】
（1）已知，
则，代入椭圆C的方程：，
∴，∴，
∴．
（2）（ⅰ）由（1）可得，∴
设直线l：
∵，∴
联立直线l与椭圆C的方程：
恒成立

∴
∴．
（ⅱ）设，
∴
∵P，Q，N在椭圆上，∴，
∴
由（ⅰ）可知，∴，∴　∴．
练．已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆于P，Q两点，M是椭圆上不同于P，Q的任意一点，直线MP和直线MQ的斜率分别为k1，k2．
（1）证明：k1·k2为定值；
（2）过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且，求|AB|．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则可表示出，进而可得的表达式，又根据点P，M在椭圆上，利用点差法，即可得证；
（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得的表达式，根据，可得的关系，即可求出，代入弦长公式，即可求得结果.
【详解】
（1）证明：设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），
则，，
则，
又，，
故，
所以为定值．
（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立消去x，得（3t2＋4）y2＋6ty-9＝0，
则有，．
又，所以-y1＝2y2，
故，解得，
所以．

例2-2．已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，试判断是否为定值？请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值为.
【分析】
（1）由题意可得，，，可求得椭的圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.
【详解】
（1）由题可得，
又，所以

因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以
同理可得，
所以

所以，为定值.
练．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析
【分析】
（Ⅰ）由离心率得，由椭圆过一点．得，两者结合可解得，得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程后可得，由，，把用表示，然后计算并代入即可得证．
【详解】
（Ⅰ）由题意，解得，
∴椭圆方程为；
（Ⅱ）易知直线斜率存在，设其方程为，设，
由，消元整理得，
∴，，
把代入得，即，
由，得，，
由，得，，
∴，
∴为定值．
练．已知直线与圆相切，动点到与两点的距离之和等于、两点到直线的距离之和．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线交轨迹于不同两点、，交轴于点，已知，，试问是否等于定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值，为，理由详见解析.
【分析】
（1）由得动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为6的椭圆可得答案；
（2）直线斜率存在取特殊情况可证明，不存时直线与椭圆联立，利用韦达定理结合向量可得答案.
【详解】
是定值，为，理由如下：
（1）设、、三点到直线的距离分别为、、，为的中点，
∵直线与圆相切，∴
∴
∴动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为6的椭圆
∴，，，
所以动点的轨迹.
（2）①当斜率为0时，，，不妨取，，
∴，，则，
，，则，∴．
②当斜率不为0时，
设，、，则．
则
由，同理可得
由，得，
∴，，
∴，
综上，为定值．
练．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若为定值．
【答案】(1) (2)-10
【分析】
试题分析：（Ⅰ）要求椭圆标准方程，要有两个独立的条件，本题中抛物线的焦点是，这样有，另外由离心率，就可求得 ，得标准方程；
（Ⅱ）本题是解析几何中定值问题，设出直线方程为 ，同时设交点为，由直线方程与椭圆方程联立后消元后可得，利用已知求得 （用表示），然后计算可证得结论．
试题解析：（I）设椭圆C的方程为，
因为抛物线的焦点坐标是 所以由题意知b = 1．
又有
∴椭圆C的方程为
（II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为
易知右焦点的坐标为（2，0）．

将A点坐标代入到椭圆方程中，得
去分母整理得


方法二：设A、B、M点的坐标分别为
又易知F点的坐标为（2，0）．
显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是
将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得


又

练．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点．过点的直线与抛物线交于，两点．
（1）若直线与圆：相切，求直线的方程；
（2）若直线与轴的交点为．且，，试探究：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析；
【分析】
（1）由直线过焦点，且与半径为，圆心的圆相切知圆心到直线的距离即可求直线斜率，进而得到直线方程；（2）由直线与抛物线、轴的交点情况知斜率存在且，令，联立方程得，又，，应用向量共线的坐标表示有即可确定是否为定值.
【详解】
（1）由题意知：且圆的半径为，圆心，即有在圆外，
∴设直线为，则圆心到直线的距离，
解之得：，即直线的方程为.
（2）由过的直线与抛物线交于，两点，与轴的交点为，即斜率存在且，设直线为，有，
联立直线方程与椭圆方程，有，可得，
设，，即有，
，，，，
由，，可得，，
∴，即可得为定值
练．已知点在抛物线上，过点的直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，且直线PA交轴于M，直线PB交轴于N.
（1）求抛物线C的方程；
（2）求直线的斜率的取值范围；
（3）设O为原点，，求证：为定值.
【答案】
（1）
（2）
（3）定值为2
【分析】
(1)将点P的坐标代入即可求出抛物线C的方程.
(2)设出直线l方程，联立直线l与抛物线C的方程，借助判别式即可计算得解.
(3)利用给定的向量关系，用点M，N的纵坐标表示和，结合(2)的信息并借助韦达定理即可计算作答.
（1）
因点在抛物线上，则，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）
令直线的斜率为k，则直线方程为：，
由消去y并整理得：，
因直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，则，解得且，
又直线PA，PB与相交，而点(1，-2)在抛物线C上，则直线不能过点(1，-2)，
否则PA或PB之一平行于y轴，矛盾，因此，
综上得：，且，
所以直线的斜率的取值范围.
（3）设点，，，而，则，同理，
设，由(2)知，
直线方程：，即，则，
令，得，同理，
于是得
，
所以为定值2.
练．已知椭圆的长轴长与短轴长之比为2，过点且斜率为1的直线与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，若，．证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）得到以及切线方程，然后假设椭圆方程为：，联立切线与椭圆方程使用可得结果.
（2）讨论直线为轴与不是轴，假设直线方程，并与椭圆联立，使用韦达定理，然后得到，最后代入数据计算即可.
【详解】
（1）由题意知：，，切线方程为，
设椭圆方程为：，
直线与椭圆联立：
得，
，即，得，
∴椭圆方程为：
（2）当为轴时，易得，，．
当不为轴时，设直线，，
直线与椭圆联立：，得，
，，
直线，令，则，即
，，，
，，
，，，
，，

将（*）代入得：
．
（设直线的方程为时可以不用讨论）
练．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为60°，原点到直线的距离是．
（1）求的方程；
（2）过上任一点作直线，分别交于，（异于的两点），且，，探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值，定值为6．
【分析】
（1）先求出，然后由点到直线的距离列出关于的方程，求出的值，进而得到的值，从而得到的方程；
（2）①当点为椭圆右顶点时，求出；②当点为椭圆左顶点时，求出；③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，设直线，的方程，分别与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后利用向量的关系，求出，，即可得到答案．
【详解】
（1）由题意，点，直线的倾斜角为60°，所以，
在中，求得点到直线的距离是，
又由原点到直线的距离是，则，所以，
故的标准方程为.
（2）①当点为椭圆右顶点时，，，所以；
②当点为椭圆左顶点时，同理可得；
③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，
设直线的方程是，直线的方程是，
分别代入椭圆方程，
可得和，
设，，，则，，
由，可得，则，
由直线的方程，可得，
所以，
由，同理可得，所以为定值．
综上所述，为定值6．

提高类型三、探索“向量关系”
例3-1．已知椭圆C：的离心率为，且是C上一点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过右焦点作直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使为定值？若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，试说明理由．
【答案】
（1）
（2）存在；，该定值为
【分析】
（1）根据题意，将点代入椭圆方程，再椭圆离心率公式和，由此即可求出结果；
（2）设直线AB的方程为，将其与椭圆方程联立化简，求出韦达定理，设根据数量积公式和韦达定理化简可得，根据为定值，即可求出结果.
（1）
解：由题意知，∴椭圆C的方程为．
（2）
解：设直线AB的方程为，，，

，即，
所以
假设存在这样的符合题意，则，




，要使其为定值，则，解得．
∴存在符合题意，该定值为．
练1．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴，长轴长为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）经过椭圆的左焦点作直线，且直线交椭圆于，两点，问轴上是否存在一点，使得为常数，若存在，求出坐标及该常数，若不存在，说明理由．
【答案】
（1）
（2）在轴上有在定点，使得恒为常数，这个常数为
【分析】
（1）利用待定系数法设出椭圆的标准方程，由椭圆的几何性质，列出方程组，求出，的值，再利用，，的关系求出，即可得到答案；
（2）①当直线与轴不垂直时，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后利用数量积的坐标表示结合韦达定理化简，利用它是常数，求出的值，得到坐标及该常数；②当直线与轴垂直时，求出，的坐标，求出的值以及常数．结合以上两种情况，即可确定答案．
（1）
设椭圆的标准方程为，
由题意可得，，解得，
所以，
故椭圆的方程为；
（2）
由（1）可知，，
假设在轴上存在一点，使得恒为常数．
①当直线与轴不垂直时，设其方程为，设，，，，
联立方程组，可得，
所以，，
故


，
因为是与无关的常数，
则有，即，
此时；
②当直线与轴垂直时，此时点、的坐标分别为，，
当时，亦有．
综上所述，在轴上有在定点，使得恒为常数，这个常数为．
练．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足（O为坐标原点）若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）由题意得，解方程组可求出的值，从而可求得椭圆C的标准方程；
（2）当直线的斜率不存在时，不符合题意，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再结合可求出的值，从而可求出直线方程
【详解】
（1）由题意得：，解得
∴椭圆的标准方程是
（2）当直线的斜率不存在时，，
，不符合题意
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，
由消整理得：
，
解得或
，
∴

∵
∴
解得，满足
所以存在符合题意的直线，其方程为.
练3．已知椭圆的离心率为，两焦点，与椭圆上的顶点构成边长为2的等边.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与相交于，两点，在轴上是否存在点，使得为定值？如果有，求出点的坐标及定值；如果没有，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点，定值为.
【分析】
（1）根据是等边且边长为2，及，列出方程组，可求解；
（2）当直线斜率存在时，用坐标表示：

代入韦达定理即得解，当斜率不存在时，验证成立即可
【详解】
（1）∵，∴，，
∵是等边且边长为2，∴，，又，∴，
故，，，∴椭圆方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，，，
，则.
若存在定点满足条件，
则有

，
如果要上式为定值，则必须有
因此点；
当直线斜率不存在时，直线，代入椭圆方程可得
此时成立；
故存在点满足.
练．椭圆的上下焦点分别为，，离心率为，为椭圆上的一个动点，的面积最大值为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线与椭圆相交于，两点，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；．
【分析】
（1）根据离心率可得，根据面积得，求得即可得出方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得出韦达定理，可化简得出，满足即可.
【详解】
（1）离心率，所以，所以．
因为的面积最大值为，所以，
即，所以，故．
所以椭圆的标准方程为．
（2）假设存在符合要求的点．
若直线斜率存在，则可设直线的方程为．
联立，消去，整理得．
由题意可知，设，，
则，，
因为，，
所以




若为定值，则，解得，
则，此时．
若直线斜率不存在，则直线的方程为，
代人得，
不妨设，，
此时若取，则，，故．
综上所述，存在轴上的点，使得为定值，此时．
练．已知椭圆过，两点，直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线过点，是否存在常数，使得为定值，若存在，求的值及定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，，为定值.
【分析】
（1）由已知条件可得，再将点的坐标代入椭圆方程中可求出的值，从而可求出椭圆的标准方程；
（2）当直线的斜率存在时，设直线为，将直线方程代入椭圆方程中，消去后，再利用根与系数的关系，然后由化简后代入前面的值，可得，从而有，可求出，进而可得结果，当当直线斜率不存在时，直接可求出的坐标，从而可求得的值
【详解】
（1）由已知得且，解得，
∴ 椭圆方程为.
（2）①当直线的斜率存在时，设直线为代入得：
，，，





若为定值，故，解得，定值为
②当直线斜率不存在时，，
所以，，，，，，当时，
综上所述，存在常数，使得为定值.
练．已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点；过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线l，满足，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）
（2）存在直线l满足条件，其方程为
【分析】
（1）设椭圆C的方程为，根据椭圆C的长半轴长为2，且经过点，可得，即可得到答案；
（2）由题意得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为：，利用韦达定理，代入向量等式可得，求出的值，即可得到答案；
（1）
（1）∵中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点，
∴设椭圆C的方程为，
由题意得，解得，
∴椭圆C的方程为．
（2）
∵过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，
∴若存在直线l满足题意，则直线l的斜率必存在，
设直线l的方程为：，
由，
得，
∵直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B，
设A、B两点的坐标分别为，
∴，
整理，得，解得，
又，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
解得，∵，∴，
∴存在直线l满足条件，其方程为．
练．已知椭圆：（）的离心率为，长轴端点和短轴端点的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若为椭圆上异于椭圆端点的任意一点，过点且平行于的直线与椭圆相交于，两点（点为坐标原点），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．
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案。
（2）首先设过点的直线：，设，，与椭圆联立得到，从而得到，联立得到，根据得到，代入求解即可。
【详解】
（1）依题意得，
所以椭圆的方程：。
（2）因为是椭圆上异于椭圆端点的任意一点，且，故直线的斜率存在．
设过点的直线：，设，．
由，消去并整理，得．

。
由。

又因为，
．
综上，存在实数，使得成立，且．
练．已知椭圆的右焦点F2是抛物线的焦点，过点垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长度为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点．请问：在x轴上是否存在定点，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，.
【分析】
（1）由题知焦点坐标为(1，0)，进而根据待定系数法求解即可；，
（2）假设在x轴上存在定点，使得为定值，设，则，进而联立方程得，故，进而令即可求解得答案.
【详解】
解：（1）∵抛物线的焦点坐标为(1，0)，椭圆C过点，
∴ ，解得，
∴
（2）假设在x轴上存在定点，使得为定值.
设，则，由，得，
∵动直线与椭圆有且只有一个公共点，
∴,即，
此时，
∴.
∴
∴
∴当时，即，
∴存在点，使得为定值
练．已知椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过椭圆右焦点且不重合于轴的动直线与椭圆相交于、两点，探究在轴上是否存在定点，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；．
【分析】
（1）由椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立方程组，结合根与系数的关系，结合向量的数量积的运算求得，进而得到，确定定点，②当直线的斜率不存在时，验证成立，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意，椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切，
可得，解得，所以椭圆的标准方程为．
（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
由，且，，
假设轴上存在定点，使得为定值，
则，



要使得为定值，则的值与无关，
所以，解得，
此时为定值，定点，
②当直线的斜率不存在时，，，，
则，，可得，
综上所述，在轴上存在定点，使得为定值．
练．已知动点P到点的距离与到直线的距离之比为.
（1）求动点的轨迹的标准方程；
（2）过点的直线l交于M，N两点，已知点，直线BM，BN分别交x轴于点E，F.试问在轴上是否存在一点G，使得？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，点.
【分析】
（1）由直译法列出方程化简即可；
（2）设出直线方程，以及，,，,通过代换用表示，化简得到一个常数即可.
【详解】
（1）设点，则，
化简得
故动点的轨迹的标准方程为
（2）设直线的方程为
联立方程组，得，
得: 或
，.
设 ，定点存在，其坐标为
，，
则
令，求出与轴的交点

， ， ，
即有:
即









即
当直线与轴重合时，
解得
所以存在定点，的坐标为.
练．已知椭圆C：，过点的直线l交椭圆C于点A，B.
（1）当直线l与x轴垂直时，求；
（2）在x轴上是否存在定点P，使为定值？若存在，求点P的坐标及的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1) (2) 存在点，使得
【分析】
(1)将代入椭圆方程求出点A，B的坐标，从而可得答案.
(2)当直线l与x轴不重合时，设，与椭圆方程联立，写出韦达定理，将的坐标表达式写出来，将韦达定理代入，分析式子为定值的条件，再验证直线l与x轴重合时的情况，可得答案.
【详解】
(1) 当直线l与x轴垂直时,直线
将代入，得，解得
即,所以
(2) 设
当直线l与x轴不重合时，设
由，可得
则
所以 ，



当，即时，的值为定值与无关.
当直线l与x轴重合时，且时，

所以存在点，使得为定值.
练．已知双曲线的离心率为，点在上．
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的直线l与曲线交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；；定点．
【分析】
（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线的方程；
（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.
【详解】
解：（1）由题意，，解得，．
∴双曲线方程为；
（2）设直线的方程为，设定点，
联立，得．
∴，且，解得且．
设，，
∴，，
∴，

．
∴

为常数，与无关，
∴，即，此时．
∴在轴上存在定点，使得为常数．
练．已知椭圆的离心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且．

（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在点，满足为定值．.
【分析】
（1）根据题意得出，及，直线与椭圆联立解出即可得出椭圆方程；
（2）设出直线方程（要分类讨论），联立直线与椭圆，将向量的数量积用的形式表示，再利用韦达定理整理并分析出得到定值的条件即可求解.
【详解】
（1）由，及，得，设椭圆方程为，联立方程组得．则，
所以．所以．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线不与轴重合时，设，联立方程组
得．
设，，，则有，．
于是
，
若为定值，则有，得，．
此时：当直线与轴重合时，，，
也有．
综上，存在点，满足为定值．
练．已知双曲线，直线交双曲线于两点.
（1）求双曲线的顶点到其渐近线的距离；
（2）若过原点，为双曲线上异于的一点，且直线的斜率均存在，求证：为定值；
（3）若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在点，使得.
【分析】
（1）由双曲线方程可得顶点坐标和渐近线方程，由点到直线距离公式可求得结果；
（2）设，，，表示出，将代入双曲线方程，两式作差整理可得定值；
（3）当直线斜率存在时，设，与双曲线方程联立得到韦达定理的形式，利用向量坐标运算可表示出，由此可构造方程组求得，得到；当直线斜率不存在时，可知满足；综合两种情况可得结果.
【详解】
（1）由双曲线方程可知其顶点坐标为，渐近线方程为；
由双曲线对称性知：双曲线顶点到任一渐近线的距离相等，
取，顶点，所求距离，
即双曲线的顶点到渐近线的距离为；
（2）由双曲线对称性知：关于原点对称，
设，，，；
均为双曲线上的点，，两式作差得：，
，即为定值；
（3）由双曲线方程知：；
当直线斜率存在时，设，
由得：，则；
设，，则，，
，，
；
，解得：，；
当直线斜率不存在时，，，此时使得；
综上所述：存在点，使得.
例3-2．椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.
（1）求椭圆的方程及其离心率；
（2）直线与椭圆相交于，两点，为原点，是否存在点满足，，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由
【答案】（1），；（2）存在，或.
【分析】
（1）由题意，椭圆的，再代入，联立即得解，，再由即可得离心率；
（2）由题意，R为的重心，将直线与椭圆联立，借助韦达定理可得
，且在圆上，代入可得
，由可得，，代入可得，结合的范围可得解.
【详解】（1）由题意，抛物线的标准方程为，∴抛物线焦点坐标为
即在椭圆中，，将点代入曲线的方程，得
由得，，，则椭圆的方程为
则椭圆的离心率
（2）存在符合要求的点.直线与椭圆相交于，两点，
联立方程，整理得
设，两点坐标为，，则，
，得
∵点满足且，的重心在圆上
，
，
即，
，，即，
，
，
令，则，
则，或
练．已知曲线C上的动点M到y轴的距离比到点的距离小1.
（1）求曲线C的方程；
（2）过F作弦，，设，的中点分别为A，B，若，求最小值并求弦，所在直线的方程；
（3）是否存在一定点T，使得？若存在，求出T的坐标；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）；（2）最小值为4，或；（3）存在，.
【分析】
第（1）小题，易得动点M到直线的距离与到点的距离相等，符合抛物线的定义，由求轨迹方程的定义法，即得曲线C的方程；
第（2）小题，以直线的斜率为k参数，则易得的斜率为，分别求出A，B坐标（在求出A点坐标后，把坐标中的k用代，即得B点的坐标），从而求向量的模，并运用基本不等式求的最小值，由等号成立的条件确定k的值，得、所在直线的方程；
第（3）小题，是探索性问题，首先由条件，通过向量变形可确定A，T，B三点共线，再探求直线是否过定点.
【详解】
解：（1）由条件M到的距离等于到直线的距离，所以曲线C是以F为焦点，直线为准线的抛物线，其方程为.
（2）设，代入得，.
由韦达定理∴，.
∴，∵，∴，只要将A点坐标中的k换成，得.
故（当且仅当时取“=”）.
∴最小时，弦、所在的直线方程为，即或.
（3）∵，即A，T，B三点共线，，是否存在一定点T，使得，即探求直线是否过定点，由（2）知，直线的方程为.
即.
∴直线过定点.
故存在一定点，使得.
练．设直线：与双曲线：相交于A，B两点，为坐标原点．
（1）为何值时，以为直径的圆过原点？
（2）是否存在实数，使且？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，．
【分析】
（1）将直线方程与双曲线方程联立消去y，由根与系数的关系得到两根关系，再根据以为直径的圆过原点，得到，进而得到两点坐标间的关系，进而解出答案；
（2）先假设存在，利用得到的比值，然后利用化简得到两点的坐标关系，进而得到答案.
【详解】
（1）由， 消去整理得.
依题意得，，∴且，
设，，由根与系数的关系得：，，
又以为直径的圆过原点，所以，即，
，则，所以．
（2）假设存在实数满足条件．
∵，，∴，．
又，故，即，
所以，∴，故存在实数满足题意．
练．已知椭圆的左、右焦点，恰好是双曲线的左右顶点，过点的直线交直线交椭圆于A，B两点（点A在x轴上方），当轴时，直线在y轴上的截距为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆上是否存在点M满足：？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；直线方程为．
【分析】
（1）由题意求出A,B,D坐标，可列出关于a,b,c的方程，求出即可得解；
（2）设，，利用向量可得点M的坐标为，分斜率存在不存在讨论，当直线斜率存在时，联立椭圆方程，求出点M坐标，再代入椭圆即可求解.
【详解】
（1）因为双曲线的左右顶点为，，
所以，，则，
因为直线过点，所以当轴时，，
因为直线在y轴上的截距为，所以直线与y轴的交点坐标为，
因为原点O是的中点，与x轴垂直，
所以是线段的中点，
则，即，
又，所以，
解得，，，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，由得，点M的坐标为，
当轴时，由（1）知，，，
所以点，此时点M不在椭圆上，不满足条件；
当直线的斜率存在时，因为，
所以设直线的方程为，
联立得，，
所以，
则，
由点M在椭圆C上知，，
即，
解得，所以，则，
此时，直线方程为．