新高考数学二轮复习专题5圆锥曲线解答题专项提分计划（教师版）

这是一份新高考数学二轮复习专题5圆锥曲线解答题专项提分计划（教师版），共49页。试卷主要包含了已知圆O，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
新高考复习
专题5 圆锥曲线解答题专项提分计划
1．（2023·广东东莞·校考模拟预测）已知双曲线：的左､右焦点分别为，，右顶点为，点，，.
(1)求双曲线的方程；
(2)直线经过点，且与双曲线相交于，两点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或或或

【分析】（1）由题意得，求解即可；
（2）设：，联立，由根与系数的关系结合三角形面积求解即可
【详解】（1）由题意，得，
解得，，，
所以双曲线的方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，
设：，
联立，消，得，
由，解得.
设，，则.
所以，
所以的面积，
由，
化简，得，
解得，，，，
所以直的方程为或或或.
2．（2023·广东广州·统考二模）已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.
(1)当，且为线段的中点时，证明：；
(2)记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取的中点,连接.利用几何法，分别证明出,为的角平分线，即可证明；
（2）利用“设而不求法”分别表示出，解方程求出.
【详解】（1）如图示：

当时，恰为抛物线的焦点.
由抛物线的定义可得：.
取的中点,连接,则为梯形的中位线，所以.
因为为的中点,所以,所以.
在中，由可得：.
因为为梯形的中位线，所以，所以，
所以.
同理可证：.
在梯形中，,
所以，所以，
所以,即.
（2）假设存在实数，使得.
由直线与抛物线交于，两点，可设.
设,则，消去可得：，所以，.
则
.
而.
所以，
解得：.
3．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．
(1)求椭圆的方程；
(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，表示出直线OQ的方程，定点和.
进而求出，把代入得，从而，判断出点始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以，得．
故，
从而椭圆C的方程为．
（2）设，则直线AP的斜率为.
因为，所以直线OQ的方程为.
令可得，所以，
又M是AP的中点，所以.
从而，
所以①
因为点在椭圆C上，所以，故，
代入式①可得，从而，
所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为
4．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值

【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，，根据及，求出，即可求出，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.
【详解】（1）解：依题意，，，所以，，
由，可得，即，解得或（舍去），
故，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
所以，，
直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以
，
故为定值.
5．（2022·广东江门·校考模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆：与椭圆有相同的焦点，，且右焦点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆左焦点，且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】根据题意可得，，所以，即可求得椭圆的方程；
设，，过且斜率为的直线方程为：，直线与椭圆方程联立，消得的一元二次方程，结合韦达定理，即可求的面积．
（1）
椭圆的焦点为，，
半焦距，
椭圆的右焦点到上顶点的距离为，
，
椭圆的方程为．
（2）
设，，
过且斜率为的直线方程为：，
代入椭圆的方程，化简可得，
，
则，
.
6．（2022·广东茂名·统考二模）已知圆O：x2+y2＝4与x轴交于点，过圆上一动点M作x轴的垂线，垂足为H，N是MH的中点，记N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过作与x轴不重合的直线l交曲线C于P，Q两点，设直线AP，AS的斜率分别为k1，k2.证明：k1＝4k2．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）运用相关点法即可求曲线C的方程；
( 2)首先对直线的斜率是否存在进行讨论,再根据几何关系分别求出P、Q、S三点的坐标，进而表示出直线AP， AS的斜率，再根据斜率的表达式进行化简运算,得出结论.
(1)
设N（x0，y0），则H（x0，0），
∵N是MH的中点，∴M（x0，2y0），
又∵M在圆O上，，
即；
∴曲线C的方程为：；
(2)
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，
若点P在轴上方，则点Q在x轴下方，则，
直线OQ与曲线C的另一交点为S，则S与Q关于原点对称，
∴，

；
若点P在x轴下方，则点Q在x轴上方，
同理得：，
，
∴k1＝4k2；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：，
由与联立可得，
其中，
设，则，
则，
∴
则
，
∴k1＝4k2.
7．（2022·广东汕头·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，已知圆与抛物线交于点M，N（异于原点O），MN恰为该圆的直径，过点E（0，2）作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)求证：点P的纵坐标为定值；
(2)若F是抛物线C的焦点，证明：．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据圆和抛物线的对称性，结合导数的几何意义进行求解证明即可.
（2）转化为证明向量分别与向量的夹角相等,应用向量夹角余弦公式，即可证明结论.
(1)
由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1)，
代入抛物线方程可得2p=1，
所以抛物线的方程为x2=y，
设A，B，
所以，
所以直线AB的方程为，
即，
因为直线AB过点C(0，2)，
所以，所以①.
因为，所以直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，
直线PA的方程为，
即，
同理直线PB的方程为，
联立两直线方程，可得P
由①可知点P的纵坐标为定值-2.
(2)
，，
注意到两角都在内，
可知要证， 即证，
，，
所以，
又，所以，
同理式得证.
【点睛】关键点睛：根据导数的几何意义求出切线方程是解题的关键.
8．（2022·广东·校联考二模）已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)，分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）与x轴垂直时M的坐标代入椭圆方程和联立可得答案；
（2）设的方程为，，，与椭圆方程联立，由韦达定理得直线的方程、直线的方程，再由求出、，可证得可得答案．
（1）
由题可知．
当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，
所以，
解得，．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
设的方程为，，，
联立得消去x，得，
易知恒成立，由韦达定理得，，
由直线的斜率为，得直线的方程为，
当时，，
由直线的斜率为，得直线的方程为，
当时，，
若四边形为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证，
因为，
代入韦达定理得
，
所以，即PQ与相互垂直平分，所以四边形为菱形．
9．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图，点是圆：上的动点，点，线段的垂直平分线交半径于点．

(1)求点的轨迹的方程；
(2)点为轨迹与轴负半轴的交点，不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点．若，的横坐标之积是2，问：直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)直线过定点.

【分析】（1）利用定义法求点的轨迹的方程；
（2）直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，再根据得，即得解.
(1)
解：由题得,
所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆.
所以，
所以椭圆的方程为.
所以点的轨迹的方程为.
(2)
解：由题得点,设直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程为得，
所以.
设，所以.
所以直线方程为，
令得，同理,
因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以直线的方程为，
所以直线过定点.
10．（2022·广东广州·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为，点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)已知点，直线与x轴交于点D，直线AM与交于点N，是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)且；
(2)存在，理由见解析.

【分析】（1）利用斜率两点式，结合直线斜率之积为定值列方程，即可求M的轨迹为曲线C，注意.
（2）设、直线AM为，联立曲线C，应用韦达定理求坐标，进而应用表示、，结合二倍角正切公式判断与的数量关系，即可得解.
(1)
设，则且，
所以M的轨迹为曲线C方程为且.
(2)
设，则直线AM为，
联立曲线C得：，整理得：，
由题设知：，则，故，
又，，
所以，即，
所以存在，使.
11．（2022·广东肇庆·统考二模）已知圆的圆心为M，圆的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知定点，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）利用两圆相切的性质及双曲线的定义可得解.
（2）把证转化为证，再代入消元韦达定理，整体处理即可.
(1)
如图，

设圆E的圆心，半径为r，
则，，所以．
由双曲线定义可知，E的轨迹是M，N为焦点，实轴长为的双曲线右支，
所以曲线C的方程为，．
(2)
设，，直线l的方程为，
由于曲线l与曲线C交于两点，故，
又，所以，故，
又，，，
，
即，所以，得证.
12．（2022·广东韶关·统考一模）已知椭圆的左、右顶点分别为、，点（不在轴上）为直线上一点，直线交曲线于另一点.
(1)证明：；
(2)设直线交曲线于另一点，若圆（是坐标原点）与直线相切，求该圆半径的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设，写出直线的方程，求出点的坐标，证明出，即可证得结论成立；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由（1）可知，利用平面向量数量积的坐标运算与韦达定理计算出的值，求出直线所过定点的坐标，即可求得圆半径的最大值.
【详解】（1）证明：易知点、，
设，则，直线的方程为，
令，得，则，
又因为，且，则，
则，所以，.
（2）解：因为点不在轴上，则直线不与轴重合，
设直线的方程为，
若，则直线过点，则、必有一点与点重合，不合乎题意，故，
设点、，

联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
，，
由（1）可知，
，
，解得，即直线的方程为，故直线过定点，
当时，圆的半径取最大值，且圆半径的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问求圆的半径的最大值，解题的关键就是求出直线所过定点的坐标，求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
13．（2022·广东·统考模拟预测）已知C：的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线m交直线m于点E.
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)①若线段EN必过定点P，求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)① ；②.

【分析】(1) 椭圆 的上顶点到右顶点的距离为 , 离心率为 , 列出方程, 求解 , 得到椭圆的标准方程.
(2)①设直线 方程: , 联立直线与椭圆方程, 利用韦达定理求解直线 方程, 然后得到定点坐标.
②由（1）中 , 利用弦长公式, 求解三角形的面积表达式, 然后求解最大值即可.
【详解】（1）由题意可得:


故椭圆的标准方程为 .
（2）证明:
①由题意知, ,
设直线 方程: ,
联立方程 , 得 ,
所以 ,
所以 ,
又 ,
所以直线 方程为: ,
令 , 则 .
所以直线 过定点 .
② 由①中 , 所以 ,
又 ，
所以 ,
令 , 则 ,
令 , 当 时, ,
故 在 上单调递增,
则 在 上单调递减,
即 在 上单调递减,
所以 时, .
14．（2022·广东广州·统考一模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析

【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：

，
即，
则，即，
所以点在圆.
15．（2023·广东肇庆·统考二模）设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.
(1)当点的坐标为时，求；
(2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点.直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）设，根据导数的几何意义可得切线方程，利用切线方程与抛物线方程可得，，进而即得；或利用条件可得切点所在直线，利用韦达定理法即得；
（2）设，根据三角形面积公式结合条件可表示，然后根据二次函数的性质结合条件即得.
【详解】（1）解法一：设，，，
由，可得，
所以，直线PA的斜率，
直线PA：，又在上，
，
所以，又，
所以，
同理可得，
，
；
解法二：设，，，
由，可得，
所以，直线PA的斜率，
直线PA：，又在上，
故，即，
因为，所以，同理可得，
故直线的方程为，
联立消去，得，
故，
故；
（2）设，由条件知，



，
，
∴，
，当时，，AC重合，不合题意，
或，
的取值范围为.
16．（2022·广东广州·统考一模）已知椭圆 ，直线l：与椭圆交于两点，且点位于第一象限.
(1)若点是椭圆的右顶点，当时，证明：直线和的斜率之积为定值；
(2)当直线过椭圆的右焦点时，轴上是否存在定点，使点到直线 的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析；
(2)存在，.

【分析】(1) 联立直线方程和椭圆方程得，由韦达定理可得的关系，再由计算即可得证；
(2)由题意可得直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程得，由韦达定理之间的关系，假设存在满足题意的点，设，由题意可得.代入计算，如果有解，则存在，否则不存在.
【详解】（1）证明：因为，所以直线l：，
联立直线方程和椭圆方程： ，得，
设，
则有，
所以，
又因为，
所以，，
所以==
所以直线和的斜率之积为定值；
（2）解：假设存在满足题意的点，设，
因为椭圆的右焦点，所以,即有，
所以直线的方程为.
由，可得，
设，
则有；
因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，
所以平分,
所以.
即==，
又因为，
所以，
代入，
即有，
解得.

故轴上存在定点，使得点到直线 的距离与点到直线的距离相等.
17．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的左顶点作直线与椭圆相交，另一交点为，点是的中点，点在直线上，且，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)由条件列方程求，由此可得椭圆方程；(2) 设直线的斜率为，由条件求出,，的坐标，再证明即可.
(1)
设椭圆的左焦点为，依题意得：
所以，而
所以
根据椭圆的定义得：，即
又因为
所以  
所以的方程为；
(2)
因为，所以三点不共线，所以设直线的斜率为，

则直线的方程为，
由得：
又因为
所以
又因为
所以直线的方程为：，
由   得：
所以 ，
又因为点是的中点
所以
所以
即
所以
所以
所以
故直线与的交点在以为直径的圆上，且该圆方程为．
即直线与直线的交点在某定曲线上．
【点睛】本题解决的关键在于联立方程组，利用根与系数的关系求出的坐标.
18．（2022·广东·统考模拟预测）已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．
【答案】(1)，离心率为
(2)

【分析】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.
【详解】（1）由题意知焦点到渐近线的距离为，
则
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得，，
所以双曲线的标准方程为，
离心率为．
（2）设直线：，，，
联立
则，
所以，
由

解得或（舍去），
所以，
：，令，得，

所以的面积为

19．（2022·广东汕头·统考三模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为和8，椭圆的短轴长大于焦距．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P为椭圆C上的动点（不是顶点），点P与点M关于原点对称，过M作直线垂直于x轴，垂足为E．连接PE并延长交椭圆C于点Q，则直线MP的斜率与直线MQ的斜率的乘积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，

【分析】（1）根据四边形的面积和周长分别为和8，列出的方程组，可直接求解；
（2）设点，、用坐标表示，直线PE方程用坐标表示，联立方程，韦达定理，带入直线MP的斜率与直线MQ的斜率的乘积化简求解．
(1)
由题意可知，，且，
解得，
所以椭圆C的方程为．
(2)
设点，，
则，，
所，
所以直线PE的方程为，
联立
所以，
所以，，
所以，
，
而代入，，
可得，
所以直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积为定值．
20．（2022·广东佛山·校联考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，上、下顶点分别为、，以点为圆心，为半径作圆，与轴交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点，点、为椭圆上异于点且关于原点对称的两点，直线、与轴分别交于点、，记以为直径的圆为⊙，试判断是否存在直线截⊙的弦长为定值，若存在请求出该直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，且直线方程为

【分析】（1）写出以点为圆心为半径的圆的方程，将点的坐标代入圆的方程，求出的值，进一步求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设点、的坐标分别为、，求出点、的坐标，求出以为直径的圆的方程，并化简圆的方程为，令，求出的值，可的结论.
【详解】（1）解：以点为圆心为半径的圆的方程为．
因为该圆经过点，即可得，所以，．
从而可得椭圆的方程为．
（2）解：设点、的坐标分别为、，
则直线的方程为，可得点的坐标为．
同理可得点的坐标为．
取圆上任意一点，则，，
由圆的几何性质可知，则，
则以为直径的圆的方程为．
化简可得：，
结合椭圆的方程可得，
代入上式可得：．
令，可得恒成立．
据此可知存在直线，该直线截的弦长为定值．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．（2022·广东佛山·统考三模）在平面直角坐标系中，已知点，，动点与点关于原点对称，四边形的周长为8，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率不为零的直线交曲线与，两点，过点作轴的平行线交直线于，试问：直线是否过定点，如果是，求出这个定点；如果不是，说明理由．
【答案】(1)（）
(2)直线过定点

【分析】（1）定义法求轨迹方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出直线的方程，令y=0，得到x为定值，从而得到定点.
(1)
因为动点与点关于原点对称，四边形的周长为8，
所以，所以点的轨迹为椭圆（去掉长轴两端点），
设其方程为
其中半焦距，
所以
所以曲线的方程为（）
(2)
设，，，设直线
联立方程组，整理得
所以，
又因为直线的斜率，
所以直线的方程为
令得

所以，即直线过定点
【点睛】求解圆锥曲线直线过定点问题，设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线方程，求出定点.
22．（2022·广东·统考三模）已知椭圆E：的离心率为，且经过点(-1，).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的右顶点为A，点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左､右顶点的动点，直线l：交x轴于点P，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O､A､M､N四点共圆，求t的值.
【答案】(1)；
(2)6．

【分析】(1)根据已知条件列出关于a、b、c的方程组即可求解；
(2)设B(，)，C(，)，设BC为，与椭圆方程联立根据韦达定理得根与系数的关系.表示出BA、CA的方程，令x=t分别求出M、N的坐标.当O､A､M､N四点共圆时，由割线定理可得，代入各点坐标化简即可得t的值．
【详解】（1）依题意：，解得：，，
故椭圆C的方程为；
（2）设B(，)，C(，)，∵点B为椭圆E上异于左､右顶点的动点，
则直线BC不与x轴重合，则可设BC为，
与椭圆方程联立得，
则，可得，
由韦达定理可得．
直线BA的方程为，令得点M纵坐标
同理可得，点N纵坐标
当O､A､M､N四点共圆时，由割线定理可得，即，
∵
．
由，故，解得．

23．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）已知双曲线C：的右焦点为，O为坐标原点，点A，B分别在C的两条渐近线上，点F在线段AB上，且，.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F作直线l交C于P，Q两点，问；在x轴上是否存在定点M，使为定值？若存在，求出定点M的坐标及这个定值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，

【分析】（1）不妨设点在第一象限，即可表示出，，根据得到方程，即可求出，从而得到，再根据及，求出、，即可得解；
（2）设点，，分别求出直线与坐标轴垂直时的值，根据为定值，得到方程，即可求出及的坐标，再对直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为、，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出从而计算可得；
【详解】（1）解：不妨设点在第一象限，则.
因为，则，.
由已知，，即，即.
因为，则，即.
因为为渐近线OA的倾斜角，则，即.又，则，.
所以双曲线C的方程是.
（2）解：解法一：
设点，.
当轴时，直线l的方程为，代入，得.
不妨设点，，则.
当轴时，直线l的方程为，代入，得.
不妨设点，，则.
令，解得，此时.
当直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为，代入，
得，即.
设点，，则，.
对于点，



.
所以存在定点，使为定值.
解法二：
当直线l不与x轴重合时，设了的方程为，代入，得，即.
设点，，则，.
在△PMO中，由余弦定理，得，
设点，则

，
令，得，此时，
.
当直线l与x轴重合时，则点P，Q为双曲线的两顶点，不妨设点，.
对于点，.
所以存在定点，使为定值.
24．（2022·广东·统考模拟预测）已知椭圆，为其左焦点，在椭圆 上．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若A，B是椭圆C上不同的两点，O为坐标原点，且，问△OAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）根据题目所给条件，列出关于 的方程，解出即可
（2）先分斜率存在和不存在两种情况讨论，①斜率不存在时， ，此时三角形面积为定值；②斜率存在，先利用弦长公式求出 ，再写出三角形面积的表达式，利用函数的单调性求出面积的取值范围即可
【详解】（1） 为其左焦点,
又在椭圆上，
又
解得 ，
椭圆方程为：
（2）（1）当直线 的斜率不存在时，此时易求
此时
（2）当直线 的斜率存在且不为0时，设的斜率为 ，直线与椭圆交于两点
直线 的方程为：      
联立直线 与椭圆的方程
整理得：    


同理可求得

令 ，则
令 ，则
又 ，
综上，△OAB的面积有最大值，最大面积为
25．（2022·广东韶关·统考二模）已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）由椭圆定义和离心率可得答案；
（2）设存在定点，设出直线AP的方程为．联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
故椭圆方程为：．
（2）设存在定点，满足条件．由已知，
设直线AP的方程为，
由消去y整理得，
，
所以，，
时，，
所以直线OE的方程为，①
由中，令，得，从而，
又，所以，
所以直线DM方程为，②
由①②消去参数k，得，即，③
方程③要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，
时，在上述圆上，
所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，
且定圆方程为：.
26．（2022·广东惠州·统考一模）已知抛物线C1：与椭圆C2：（）有公共的焦点，C2的左､右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.

(1)求椭圆C2的方程；
(2)如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互为补角，求△F1QR面积S的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据抛物线角点可得椭圆半焦距，结合离心率可解；
（2）由题可知，设直线方程，联立椭圆方程消元，利用韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，化简，由基本不等式可得.
【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，所以，则，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，，
∵与互补，
∴，所以，
化简整理得①，
设直线PQ为，联立直线与椭圆方程
化简整理可得，
，
可得②，
由韦达定理，可得，③，
将，代入①，
可得④，
再将③代入④，可得，解得，
∴PQ的方程为，
且由②可得，，即，
由点到直线PQ的距离，

令，，则
，当且仅当时，等号成立，
所以面积S最大值为.
27．（2022·广东广州·校联考三模）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距最小值为．
(1)求抛物线的方程．
(2)若点在圆上，、是抛物线的两条切线，、是切点，求 面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出抛物线的焦点的坐标，利用圆的几何性质可得出关于的等式，可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）设点、、，利用导数求出切线、的方程，可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出以及点到直线的距离，求出面积的表达式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
(1)
解：抛物线的焦点为，圆的圆心为，半径为，，
所以，且与圆上点的距最小值为，解得，
因此，抛物线的方程为.
(2)
解：对函数求导得，设点、、，
所以，直线的方程为，即，
同理可知直线的方程为，
因为点为直线、的公共点，则，
所以，点、的坐标满足直线方程，
所以，直线的方程为，
联立可得，
由可得，所以，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
令，
所以，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
28．（2023·广东茂名·统考一模）已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上项点的直线的斜率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q.试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）根据给定条件，直接求出a，b的值作答.
（2）当时，求出直线的方程，与椭圆E的方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可推理计算，再验证时的情况作答.
【详解】（1）椭圆的左顶点，上顶点，依题意，，
又左焦点，即有，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，点，，而，
当时，，，直线PQ为y轴，
当时，直线CN的斜率，方程为，直线DN的斜率，方程为，
由消去x得：，设，
则，有，，即，
由消去x得：，设，
则，有，，即
直线PQ的斜率，方程为：，
即，显然直线PQ过定点，而时，y轴也过点，
因此对任意实数，直线PQ经过定点，
则当（M为垂足）时，F到直线PQ的距离取得最大值，
所以点F到直线PQ的距离存在最大值，最大值为.
【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.
29．（2022·广东·统考模拟预测）已知双曲线C：的左焦点为F，过点F作直线l交C的左支于A，B两点．
(1)若，求l的方程；
(2)若点，直线AP交直线于点Q．设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）当直线l的斜率为0时，与双曲线C交点在两支，舍去；当直线l的斜率不为0时，设，结合双曲线渐近线及直线l交C的左支于A，B两点得到，
联立直线l的方程与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，结合两根之和，两根之积，得到，从而得到直线l的方程；
（2）求出直线AP的方程，求出，表达出，，作差后化简得到，结合，，求出.
【详解】（1）双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C交点在两支，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设，
联立方程组，消x得．
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，而双曲线渐近线为，
故直线的斜率或，解得：，
设，，
所以，．
因为，所以，
即，，
所以，
解得：，
所以l的方程为．
（2）由直线，得，
所以，
又，
所以
，
因为，所以，且，
所以（定值）．
【点睛】圆锥曲线定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.
30．（2022·广东茂名·统考二模）已知椭圆C：，经过圆O：上一动点P作椭圆C的两条切线．切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点．
(1)求证：M，O，N三点共线；
(2)求△OAB面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据圆的对称性，设在第一象限，讨论、斜率不存在或为0、斜率存在且不为0两种情况，再设切线方程并联立椭圆，由及韦达定理，求证即可证结论.
（2）同（1）设在第一象限，，，讨论、斜率不存在或为0、斜率存在且不为0两种情况，分别求△OAB面积情况，注意斜率存在且不为0时，根据P在、上求直线的方程，再联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式及三角形面积公式得到关于所设参数的表达式，最后应用基本不等式求范围确定面积的最大值.
【详解】（1）由圆的对称性，不妨设在第一象限，
若斜率不存在，则直线为，
所以，则另一条切线为(即斜率为0)，此时；
若、斜率存在且不为0时，设切线方程为，
联立椭圆方程有，整理得，
所以，整理得，且，
所以，又，故，即；
综上，有，又M，N两点圆O上，即，
由圆的性质知：是圆O的直径，所以M，O，N三点共线，得证；
（2）同（1），由圆的对称性，设在第一象限，，，
当时，；
当时，、斜率都存在且不为0，令为，
联立椭圆并整理得：，
由，整理得，
所以，又在椭圆上，则，故，
所以直线的方程为，化简得，即；
同理可得：直线的方程为，
又在直线、直线上，则，
所以直线的方程为，联立椭圆方程可得：，
又，则，故，
所以，，又不共线，，
，
而O到直线的距离，
所以，
令，，且，即或，
所以，则，当且仅当时等号成立，此时；
综上，，当时△OAB面积的最大值.
【点睛】关键点点睛：第二问，分类讨论切线、斜率情况分别求三角形面积，在斜率存在且不为0时，设点坐标及切线方程求直线、，再由在直线上求直线关于m、n的方程，联立椭圆及在圆上，结合韦达定理、弦长公式等求三角形面积表达式，最后应用基本不等式求范围.