备战2024年新高考数学专题训练专题31 圆锥曲线大题综合（新高考通用）

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专题31 圆锥曲线大题综合 （新高考通用）

1．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）已知为抛物线的弦，点在抛物线的准线上.当过抛物线焦点且长度为时，中点到轴的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为直角，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用抛物线弦长公式，以及中点到轴的距离公式，计算出即可；
（2）先设，直线的方程：，联立方程组，由韦达定理可得，
又因为为直角可得，化简求解可得，所以得出直线过定点.
【详解】（1）设，则由题意得，
解得，
所以抛物线的方程为
（2）直线过定点，证明如下：
设，直线的方程：，
将代入得，
则，得，
由韦达定理可得，
所以，
因为，所以，即，
即，
即，所以，
所以直线过定点.
2．（2023·江苏泰州·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：以为直径的圆经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；
（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.
【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，
双曲线的方程为：；

（2）方法一：设方程为，，

以为直径的圆的方程为，

由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，
而，
，

对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，

由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.
设以为直径的圆过，
，
而
，

，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
3．（2023秋·浙江绍兴·高三期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线PA与直线PB的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C交于M，N两点，直线MA，NB与y轴分别交于E，F两点，若，求证：直线l过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设P点坐标为，由可得结果；
（2）设，联立，得和，再求出的坐标，根据得，从而可得结果.
【详解】（1）设P点坐标为，则，即，
所以曲线C的方程为.
（2）设，由，消去并整理得，
由，得,
所以．
，，
因为，所以，即，
，
，
所以，
所以对任意都成立，
，故直线l过定点．
4．（2023秋·浙江·高三期末）已知点是双曲线上一点，B与A关于原点对称，F是右焦点，．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知圆心在y轴上的圆C经过点，与双曲线的右支交于点M，N，且直线经过F，求圆C的方程．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由已知条件列方程求出，即可求出双曲线的方程；
（2）讨论直线的斜率不存在时不满足题意；当斜率存在时设直线的方程为，联立双曲线的方程，由韦达定理求出的中点Q的坐标以及的坐标，根据勾股定理有，代入解方程即可得出答案.
【详解】（1）由已知条件得：
双曲线方程为：．
（2）若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立．
设直线的方程为，

由消元得：
∴的中点Q的坐标为．
设，直线，得，
又，
根据勾股定理有
∴．
化简得
解得或（舍）
∴，∴圆C的方程为．
5．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知抛物线的焦点为F，点F关于直线的对称点恰好在y轴上．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)直线与抛物线E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1) 由题意得，设F关于直线的对称点为，根据题意列出方程组，解之即可求解；
(2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB的垂直平分线方程为，进而得到，利用函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由题意得，设F关于直线的对称点为，则，解得，
∴抛物线E的标准方程为．
（2）由可得，设，，则，，
∴，
，∴线段AB的中点坐标为，则线段AB的垂直平分线方程为，令，得，故，
又，得．
∴，令，
则，，∴，
易知函数在 上单调递增，∴当时，取得最小值，
此时，故的最大值为．
6．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)以线段为直径的圆过定点和．

【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，
（2）联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.
【详解】（1）∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴．
∴双曲线的方程为．
依题意直线的方程为．
由 消去y整理得：，
依题意：，，点A，B的横坐标分别为，
则．
∵，∴．
∴，∴．
即，解得或（舍去），且时，，
∴双曲线的方程为．
（2）依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．
由消去整理得：，
∴，．
设，，则，．
直线的方程为，令得：，∴．
同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，
设该定点为，则，，
故



．
解得或．
故以线段为直径的圆过定点和．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.
7．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆.

(1)如图，已知为上的动点，延长至点，使得的垂直平分线与交于点，记点的轨迹为曲线，求的方程；
(2)在条件（1）下，已知椭圆是椭圆的相似椭圆，是椭圆的左､右顶点.点是上异于四个顶点的任意一点，当（为曲线的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值.
【答案】(1)
(2)5

【分析】（1）由图可知是的中位线，由此可得长为定值，因为点在的垂直平分线上，所以，根据椭圆定义求解析式即可；
（2）假设出点坐标，表示直线与直线的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C联立方程，利用弦长公式和韦达定理求出的值.
【详解】（1）连接，易知且，

，又点在的垂直平分线上，
，
，满足椭圆定义，
，
曲线的方程为.
（2）由（1）知椭圆方程为，
则离心率，
楄圆的标准方程为，
设为椭圆异于四个顶点的任意一点，直线斜率，
则，
又，
.
设直线的斜率为，则直线的斜率为.
直线为，
由得，
设，则，
，
同理可得，
.
8．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）0；（ii）48

【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.
【详解】（1）设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价.
所以的最大值为48.
9．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．
(1)求的方程；
(2)过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或

【分析】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；
（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）解：由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），
故抛物线的方程为．
（2）解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．
由（1）得，抛物线的准线的方程为．
设直线的方程为，，，，
联立得，
所以，，．
因为，

，
所以，解得或．
故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或．
10．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.

(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：

整理得：所以或（舍），

当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
11．（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若，求l的斜率；
(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，
设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，
因为直线l与C相切，所以有，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
因为，所以有；
（2），
由，
设，
则有，，
，
把，代入上式，得
，而，
所以.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.
12．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知，，三个点在椭圆，椭圆外一点满足，，（为坐标原点）.
(1)求的值；
(2)证明：直线与斜率之积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设，根据向量关系用表示，代入椭圆方程即可求解；
（2）用表示，代入斜率公式即可求解.
【详解】（1）设，因为，所以解得，
又因为，所以解得，
因为点在椭圆上，
所以，
即.
（2）设直线与斜率分别为，

是定值.
13．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于，两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)若点，直线，分别交准线于，两点，证明：以线段为直径的圆过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设，联立抛物线方程，由根与系数的关系及抛物线的定义，根据建立方程求出得解；
（2）由直线方程求出的坐标，计算，设是以线段为直径的圆上任意一点，根据化简，根据对称性令可得解.
【详解】（1）设，，，
则联立得，
所以，所以，
又，，所以
由得，
即
所以，化简得，又，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，，，
所以，，易得，，
由题意知，，
所以令得，，
即，，
所以

设是以线段为直径的圆上得任意一点，则有，
即，
由对称性令得，所以或
所以以线段为直径的圆经过定点，定点坐标为与.
【点睛】关键点点睛：求出的点的坐标，计算出为定值，是解题的关键之一，其次写出以为直径的圆的方程，根据圆的方程，由对称性，令求定点是解题的关键.
14．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知椭圆E：的焦距为，且经过点．
(1)求椭圆E的标准方程：
(2)过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．
【答案】(1)
(2)2

【分析】（1）由待定系数法求解析式；
（2）设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M，再由弦长公式及两点距离公式表示出，进而讨论最值.
【详解】（1）由题意得，所以，即椭圆方程为；
（2）当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：，
由，得．
，，.

不妨设在x轴上方，则在x轴下方．
椭圆在x轴上方对应方程为，，
则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得.
同理可得B处的切线方程为．
由得，
代入①得，所以．
因为，所以
设，则，则，
当且仅当，即时，的最大值是2．
另解：当直线l的斜率存在时，设l：，
由得，
所以，，，

椭圆在x轴上方的部分方程为，，
则过的切线方程为，
即，
同理可得过的切线方程为.
由得
设，则，
所以直线l的方程为，所以.
，
令，则，所以，
当时，即时，取得最大值，为2．
【点睛】直线与圆锥曲线问题，一般设出直线，联立直线与圆锥曲线方程，结合韦达定理表示出所求的内容，进而进行进一步讨论.
15．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）已知点在椭圆上，的长轴长为，直线与交于两点，直线的斜率之积为.
(1)求证：为定值；
(2)若直线与轴交于点，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)根据题意求出椭圆方程为，将椭圆，及相关直线、点进行平移，将看作方程的两不等实根，进而可得，代入直线方程化简即可；
(2)联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得，化简，代入韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题意知椭圆方程为.
将椭圆平移至即，
此时点平移至分别平移至，
设直线方程为代入椭圆，
整理得，两边同除以
，

令，则可看作关于的一元二次方程，
的两不等实根，
，即，
直线方程为，
的斜率为定值，即的定值.
（2）设，
，即，
故，

，

16．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）已知抛物线的焦点也是离心率为的椭圆的一个焦点F．
(1)求抛物线与椭圆的标准方程；
(2)设过F的直线交抛物线于A、B，交椭圆于C、D，且A在B左侧，C在D左侧，A在C左侧．设，，．
①当时，是否存在直线l，使得a，b，c成等差数列？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由；
②若存在直线，使得a，b，c成等差数列，求的范围．
【答案】(1)抛物线的标准方程是，椭圆的标准方程为
(2)①不存在，理由见解析；②

【分析】（1）根据相同焦点得到，解得，得到答案.
（2）设l：和各点坐标，联立方程利用韦达定理得到根与系数的关系，计算，，根据等差数列的性质得到方程，方程无解得到答案；整理得到，解不等式即可.
【详解】（1）抛物线的焦点，椭圆的焦点，由于，即，
则有，因此，，，
故椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程是．
（2）①设l：，，，，，，
将直线与抛物线联立，则有，，
，则，
于是，
将直线与椭圆联立，则有，
得到二次方程，，则有，
则，

，
，
假设存在直线l，使得a，b，c成等差数列，即
即有，
整理得到，方程无解，因此不存在l满足题设．
②只需使得方程有解即可．
整理得到，故，
解得
【点睛】关键点睛：本题考查了抛物线和椭圆的标准方程，等差数列性质，直线和抛物线，椭圆的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用韦达定理得到根与系数的关系，根据设而不求的思想，可以简化运算，是解题的关键，需要熟练掌握.
17．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知椭圆的右焦点F和抛物线的焦点重合，且和的一个公共点是．
(1)求和的方程；
(2)过点F作直线l分别交椭圆于A，B，交抛物线于P，Q，是否存在常数，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，

【分析】（1）先求出抛物线的方程，进而求出焦点，再根据椭圆的右焦点与其重合，列出方程组求解即可；
（2）利用弦长公式分别表示出，然后代入，可求出使为定值的常数.
【详解】（1）解：由题意知，
∴，抛物线焦点，
∴方程：，方程：．
（2）解：方法一：假设存在这样的l，
设直线l的方程为：，，，

，．
，
∴．
设，，
，，，
∴，
∴为定值．
∴，∴存在常数使为定值．
方法二：对比前系数．
方法三：设l倾斜角为，
∴，
，
∴为定值，
∴，，此时定值为．
18．（2023秋·江苏·高三统考期末）如图，已知椭圆的左､右顶点分别为，点是椭圆上异于的动点，过原点平行于的直线与椭圆交于点的中点为点，直线与椭圆交于点，点在轴的上方.

(1)当时，求；
(2)求的最大值.
【答案】(1)
(2)10

【分析】（1）根据题意求出，根据分析出点满足的方程，求出点坐标，进而求出；
（2）利用弦长公式求出和，再利用基本不等式求出最值.
【详解】（1）由题知,设，则，
则.
因为，所以在圆上，
又在椭圆上，
所以满足，所以，
，所以或（舍去），
又在轴上方，所以，
所以直线的斜率为，故直线的斜率为，
所以直线与直线关于轴对称.
设直线的倾斜角，

（2）当直线斜率为，则直线，直线，
满足，所以，
所以，
同理，
所以
所以，当且仅当，即时取“”，
所以的最大值为10.
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)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．
19．（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）1；（ii）证明见解析

【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和，即可求得本题答案；
（2）（i）设AB直线方程为，，得，直线方程与双曲线方程联立消，然后由韦达定理得，，把逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把和的直线方程分别求出，联立可得到点的坐标，由此即可得到本题答案.
【详解】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，
所以，又，得，
又因为，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）（2）设AB直线方程为，则，
代入双曲线方程整理得：，
设，则， ，
（i）
而
，
所以，，则，
所以 ；
（ii）过M平行于OA的直线方程为，
直线OB方程为与联立，
得，
即，
则，
所以，
由，两式相除得，
，则，
所以 ，
因为，所以，
故P为线段MQ的中点，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了如何用表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力
20．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：.
(1)设是椭圆上的一个动点，求的取值范围；
(2)设与坐标轴不垂直的直线交椭圆于两点，试问：是否存在满足条件的直线，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）设点，将转化为坐标表示，求取值范围；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，设中点为D，若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则，，解出直线方程.
【详解】（1）设点，则，
，
因为，所以当时，，
当时，，
所以.
（2）设直线l：（），，，
，消去y得，，
由题，，
，，
，，
若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则， ，
所以，①
设中点为D，则，因为，
所以，即，②
由①②，得，或，，满足，
所以存在直线l使得是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
直线方程为或.
21．（2023春·浙江·高三开学考试）已知椭圆的离心率为，且经过点，为椭圆C的左右焦点，为平面内一个动点，其中，记直线与椭圆C在x轴上方的交点为，直线与椭圆C在x轴上方的交点为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①若，证明：；
②若，探究之间关系．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ；②

【分析】(1)根据椭圆的离心率和即可求解；
(2)①根据两点求斜率公式和直线的点斜式方程表示出直线，得.根据平面平行向量的坐标表示可得，即可证明；
②设直线方程，联立椭圆方程，消去x，得关于y的一元二次方程，化简整理方程可得.同理可得，对于化简计算即可求解.
【详解】（1）由题意得：，
因此，椭圆C的标准方程为；
（2）①由(1)知，，

，
，
即，
又，
即，
，即；
②设（令），
，消去x得：，
，，
，，
，
设，（令），
，消去x得：，
，，
，，
，
．
22．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）如图，椭圆的左右焦点分别为，，点是第一象限内椭圆上的一点，经过三点P，，的圆与y轴正半轴交于点，经过点且与x轴垂直的直线l与直线交于点Q．

(1)求证：．
(2)试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线，的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为．

【分析】（1）设、圆的方程，代入、及可解得，即可证；
（2）设，由A，P，Q三点共线得，即可表示出讨论定值是否存在.
【详解】（1）由可得，
设，则，
设圆的方程为，
代入及，得，
两式相减，得，
所以圆的方程为即，
令，得，
由，可得，即．
（2）设，由（1）知，由A，P，Q三点共线，得，解得，
则，
代入，得，
当且仅当，即时，为定值．
综上，存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为．
【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.
23．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知双曲线的右顶点为，直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线与双曲线交于两点，且轴上存在一点，使得恒成立，求.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据点到直线的距离可得，结合双曲线中的关系即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，将转化成斜率关系，即可代入求解.
【详解】（1）因为双曲线的右顶点为，所以.
当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，直线平行于双曲线的一条渐近线.
不妨设直线的方程为，即，
所以点到直线的距离，
所以.
因为，所以，
故双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
联立方程组，得，
则且.
因为，
所以，
所以，解得.
当直线恰好为轴时，也满足题意，
故
【点睛】直线与双曲线抛物线的位置关系和直线与椭圆、抛物线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；解析几何简化运算的常见方法：
（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；
（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；
（3）巧用定义，简化运算.
24．（2023·广东梅州·统考一模）已知动圆经过定点，且与圆：内切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.
（i）求证：为定值；
（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点

【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；
所以，，
则.
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
因此轨迹方程为.
（2）（i）设，，.
由题可知，，如下图所示：

则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值.
（ii）设直线的方程为，，.
由，得，
所以.
由（i）可知，，即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.
25．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，其中或
(2)存在，

【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
26．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，斜率为的直线l与双曲线C交于两点，点在双曲线C上，且.
(1)求的面积；
(2)若（O为坐标原点），点，记直线的斜率分别为，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)为定值.·

【分析】（1）设，根据两点间长度得出与，即可根据已知列式解出，即可得出答案；
（2）根据第一问得出双曲线的方程，设，直线l的方程为，根据韦达定理得出，即可根据直线方程得出与，则根基两点斜率公式得出，化简代入即可得出答案.
【详解】（1）依题意可知，，
则，
，
又，所以，
解得（舍去），
又，所以，
则，
所以的面积.
（2）由（1）可，解得，
所以双曲线C的方程为，
设，则，则，，
设直线l的方程为，与双曲线C的方程联立，消去y得：，
由，得，
由一元二次方程根与系数的关系得，
所以，
，
则，
故为定值.·
27．（2023秋·山东泰安·高三统考期末）已知椭圆E：过，两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知，过的直线l与E交于M，N两点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将两点坐标代入，求出椭圆方程；
（2）依据斜率是否为零，分类讨论，斜率为零时易得结论，斜率不为零时证明QP平分，可得结论.
【详解】（1）由题知，椭圆E过，，
所以，解得，，
所以椭圆E的方程为．
（2）证明：当直线l的斜率为0时，直线l的方程为，所以，或，．
所以．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，
由，得，
所以，，
，
所以，，所以

，
所以QP平分，因为，，
所以，即．
28．（2023·浙江·模拟预测）已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线CD过定点，定点坐标为．

【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，






，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得


．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
29．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆C：的上顶点为B，O为坐标原点，为椭圆C的长轴上的一点，若，且△OPB的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标，求出△AMN面积的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为，△AMN面积的最大值为

【分析】（1）根据题意得到与，从而求得，由此得解；
（2）结合题意设直线MN的方程为，联立椭圆C的方程得到，进而得到，结合即可得到关于的方程，从而证得直线MN过定点，再利用，结合对勾函数的单调性即可得解.
【详解】（1）由已知，得，即，
又因为，所以，即，
解方程组，得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知，直线MN的斜率不为0，设，直线MN的方程为，
联立，消去，得，
所以，，
则，
因为，所以，即，
所以，
即，解得或，
因为当时，直线的方程为，则直线经过，不符合题意，
所以，满足，此时直线的方程为，所以直线过定点，
记直线与轴的交点为，则点坐标为，
当时，，
，
令，
令，则，故在上单调递增，
所以，
当且仅当，即时，△AMN面积取得最大值.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.
30．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）已知椭圆的离心率为.且经过点是椭圆上的两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与的斜率之积为（为坐标原点），点为射线上一点，且，若线段与椭圆交于点，设.
（i）求值；
（ii）求四边形的面积.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）.

【分析】（1）由离心率为及过点可得椭圆方程；
（2）（i）设，由题目条件可得，
，后利用点E在椭圆上，可得答案；
（ii）由（i）可得四边形面积为.当直线PQ斜率为0时，易得；
当直线斜率不为0时，将直线PQ方程与椭圆方程联立后，利用韦达定理，结合，可得，后可得.
【详解】（1）依题意有，解得，故椭圆C方程为.
（2）（i）设，因，则.
因P，Q均在椭圆上，则.
又，则.
因，则，可得.又在椭圆上，则.
；
（ii）由（i），可知，
则四边形面积为.
当直线PQ斜率为0时，易知，又，则.
根据对称性不妨取，，由得，则
，得此时；
当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有：
，消去x得：.
由题，其判别式大于0，则由韦达定理，有.


.

.
又原点到直线PQ距离为，则此时.
综上可得四边形面积为.

【点睛】关键点点睛：本题涉及椭圆中的向量比例问题及椭圆中的面积问题，难度较大.
对于向量比例问题，本题利用点E在椭圆上，构建了关于的方程；
对于面积问题，本题由题目条件，将求四边形面积转化为了求相关三角形的面积，但需注意所涉直线的特殊性.