2024年新高考数学题型全归纳讲义第二十四讲圆锥曲线五个方程型大题归类(原卷版+解析)

这是一份2024年新高考数学题型全归纳讲义第二十四讲圆锥曲线五个方程型大题归类(原卷版+解析)，共73页。

TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc30839" 题型01五个方程基础模板 PAGEREF _Tc30839 \h 1
\l "_Tc11476" 题型02千变万化的直线设法 PAGEREF _Tc11476 \h 2
\l "_Tc26405" 题型03 无定点无斜率型双变量 PAGEREF _Tc26405 \h 3
\l "_Tc22314" 题型04五个方程常见题型：斜率和定 PAGEREF _Tc22314 \h 4
\l "_Tc31390" 题型05双变量基础型：直线过定点5
\l "_Tc1127" 题型06 定点：斜率积型6
\l "_Tc24208" 题型07 定点：斜率比值型7
\l "_Tc11706" 题型08“第六个方程”型转化难题8
\l "_Tc6843" 题型09圆过定点9
\l "_Tc10733" 题型10定值型10
\l "_Tc2211" 题型11面积最值型11
\l "_Tc23247" 题型12 切线型12
\l "_Tc8142" 高考练场 PAGEREF _Tc8142 \h 13

题型01五个方程基础模板
【解题攻略】
【典例1-1】（上海市春季高考数学试卷(含答案)）已知椭圆的两个焦点分别为、,短轴的两个端点分别为(1)若为等边三角形,求椭圆的方程;
(2)若椭圆的短轴长为,过点的直线与椭圆相交于两点,且,求直线的方程.
【典例1-2】（普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. (Ⅰ) 求椭圆的方程; (Ⅱ) 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点. 若, 求k的值.
【变式1-1】（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）已知动点M与定点，满足．
(1)求动点M的轨迹C的方程．
(2)已知直线与曲线C交于P，Q两点，点T为x轴上一点，直线PT，QT的斜率分别为，试问：是否存在使为定值的点T？若存在，求出点T的坐标，并求出定值；若不存在，请说明理由．
题型02千变万化的直线设法
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．
贵州省2023届高三上学期3 3 3高考备考诊断性联考（一）数学（理）试题
【典例1-2】已知抛物线的顶点在原点，焦点坐标为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与抛物线交于两点，求面积的最小值.
陕西省渭南市华阴市2022届高三上学期摸底考试文科数学试题
【变式1-1】已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值．
【变式1-2】已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)试探究：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.
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题型03 无定点无斜率型双变量
【解题攻略】
【典例1-1】椭圆的离心率是，且过点.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与的另一个交点分别是，与轴分别交于，且于点，是否存在定点使得是定值？若存在，求出点的坐标与的值；若不存在，请说明理由.
【典例1-2】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.
【变式1-1】已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值.
【变式1-2】已知椭圆：的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．
题型04五个方程常见题型：斜率和定
【解题攻略】
【典例1-1】椭圆：()的左焦点为，且椭圆经过点，直线()与交于，两点（异于点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：直线与直线的斜率之和为定值，并求出这个定值.
【典例1-2】设为抛物线上两点，且线段的中点在直线上.
（1）求直线的斜率；
（2）设直线与抛物线交于点，记直线，的斜率分别为，，当直线经过抛物线的焦点时，求的值.
【变式1-1】已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【变式1-2】已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.
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题型05双变量基础型：直线过定点
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆过点，长轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点.
【典例1-2】已知双曲线经过点（，1）
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若直线与双曲线C相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【变式1-1】已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上.
(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)设点，求的最小值：
(3)设直线l与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形DPEF为平行四边形，证明：直线l过定点，并求出这个定点的坐标.
【变式1-2】已知为坐标原点，点在双曲线上，直线交于，两点.
(1)若直线过的右焦点，且斜率为，求 的面积；
(2)若直线，与轴分别相交于，两点，且，证明：直线过定点.
题型06 定点：斜率积型
【解题攻略】
【典例1-1】已知圆经过点，且与轴相切，切点为坐标原点.
(1)求圆的标准方程；
(2)直线：与圆交于，两点，直线：与圆交于，两点，且.
（i）若，求四边形的面积；
（ii）求证：直线恒过定点.
【典例1-2】已知椭圆的左右顶点为、，直线.已知为坐标原点，圆过点、交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.
(1)记直线，的斜率分别为、，求的值；
(2)证明直线过定点，并求该定点坐标.
【变式1-1】已知抛物线的焦点，为坐标原点，、是抛物线上异于的两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线、的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点．
【变式1-2】已知椭圆C上任意一点P（x，y）到点F（－1，0）的距离与到直线x =－4的距离的比等于．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于M，N两点，A（2，0），记直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且满足kAM·kAN =－1．证明：直线l过定点．
题型07 定点：斜率比值型
【典例1-1】椭圆的左右焦点分别为，焦距为，点M为椭圆上位于x轴上方的一点，，且的面积为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.求证：直线恒过定点.
【典例1-2】已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
①求证：直线恒过定点；
②设和的面积分别为，求的最大值.
【变式1-1】已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.
(1)求双曲线的方程；
(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.
①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
②证明：直线恒过定点.
【变式1-2】在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为．
(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；
(2)设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．
题型08“第六个方程”型转化难题
【解题攻略】
【典例1-1】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【典例1-2】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.
（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点且与平行的直线与椭圆交于点.求的值.
【变式1-1】如图，已知椭圆：过点，离心率.
（1）求椭圆的方程；（2）如图，直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点、，与直线交于点（介于、两点之间）.
（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：.
【变式1-2】已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.
题型09圆过定点
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.
【典例1-2】已知点F为双曲线的右焦点，过F的任一直线l与交于A，B两点，直线．
(1)若为曲线上任一点，且M到直线的距离为d，求的值；
(2)若为曲线上一点，直线MA，MB分别与直线交于D，E两点，问以线段DE为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【变式1-1】．已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.(1)证明:;
(2)求的最大值，并求此时双曲线的方程;
(3)判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.
【变式1-2】已知抛物线的焦点为，准线为．
(1)若为双曲线的一个焦点，求双曲线的渐近线方程；
(2)设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；
(3)经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线､分别与相交于点．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．
题型10定值型
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆：（，），离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上的任意一点（除短轴的端点外）与短轴的两个端点，的连线分别与轴交于，两点，求证为定值．
【典例1-2】双曲线的一条渐近线方程为，且经过点．
(1)求的方程；
(2)为坐标原点，过双曲线上一动点（在第一象限）分别做的两条渐近线的平行线为，且，与轴分别交于P，Q，求证：为定值．
【变式1-1】．已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【变式1-2】已知一动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)过点F作一条不垂直于y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线l上有一点，记直线PM，PF，PN的斜率分别为，，，证明：为定值.
题型11面积最值型
【解题攻略】
【典例1-1】已知圆：过点，其长轴长为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，，为椭圆上不重合两点，且，的中点落在直线上，求面积的最大值．
【典例1-2】已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.
【变式1-1】已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
【变式1-2】已知椭圆的上顶点为，右焦点为，点满足．
(1)判断点是否在椭圆上，并给出理由；
(2)已知与线段相交的直线交椭圆于，（不同于点，）两点，求四边形面积的最大值．
题型12 切线型
【典例1-1】如图，两个椭圆的方程分别为和，
(1)已知椭圆的离心率，且，求该椭圆的方程；
(2)从大椭圆的右顶点和上顶点分别向小椭圆引切线，若的斜率之积恒为，求的值.
【典例1-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，上一点到距离之和为6.
(1)求的方程；
(2)设在点处的切线交轴于点，证明：.
【变式1-1】法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
【变式1-2】．已知点为双曲线的左右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且的面积为.圆的方程是.
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为，求的值；
(3)过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于两点，中点为，若恒成立，试确定圆半径.

高考练场
1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线C：的右焦点为，且C的一条渐近线恰好与直线垂直.
(1)求C的方程；
(2)直线l：与C的右支交于A，B两点，点D在C上，且轴.求证：直线BD过点F.
2.已知双曲线的右焦点为，且点在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在不与F重合的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
3.已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．
4.（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
5.设椭圆C：（）过点，离心率为，椭圆的右顶点为A.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点M，N（M，N不同于点A），若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标
6.已知圆C的圆心坐标为，与y轴的正半轴交于点A且y轴截圆C所得弦长为8．
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线n交圆C于的M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．
7.已知直线与抛物线交于，两点，且
(1)求的方程
(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
8.已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．
9.已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
10.已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点分别为、，上顶点为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线：与椭圆交于两点，О为坐标原点.试求当为何值时，恒为定值，并求此时面积的最大值.
11.已知焦点在轴上的椭圆，离心率为，且过点，不过椭圆顶点的动直线与椭圆交于、两点，求：
（1）椭圆的标准方程；
（2）求三角形面积的最大值，并求取得最值时直线、的斜率之积.
12.已知，为椭圆C上两点，为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C有且仅有一个公共点，与直线交于点M，与直线交于点N，证明：．
基本模板实战模板（如典型例题1得分析）-----------独一无二的总结，千军万马中杀出来的实战经验，简称五个方程法。
1、设点，
2、方程1：设直线：-----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母
4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程
的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1）； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。
6、方程4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话：且,

以上过程，以方程个数记，即是五个方程法。也就是许多老师所说的“韦达定理”法。这其中的华丽变化，以及解析几何的后续难题，都是从这五个方程中变化而来，而这是许多老师不一定能完全说透的地方。
以上过程，简单的一个判断图形，如图：简单总结为：一“直”一“曲”
如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。

当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）
（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
直线过定点：
1、直线多为y=kx+m型
2.目标多为求：m=f（k）
3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。
具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。
隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。
没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。
圆过定点，有常见几方面的思维
利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
通过推导求出定点（难度较大）
求定值问题常见的思路和方法技巧：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题

求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意
注意变量的范围。
式子转化为求值域或者求最值的专题复习
一些常见的思维：
1.可以借助均值不等式求最值。
2.分式型，多可以通过构造来求最值，如下几种常见的。
分式型：以下几种求最值的基本方法
（1）
（2）与型，可以设mx+n=t，换元，简化一次项，然后构造均值或者对勾函数求解。
（3）型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解
第二十四讲 圆锥曲线五个方程型大题归类
目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27425" 题型01五个方程基础模板 PAGEREF _Tc27425 \h 1
\l "_Tc31998" 题型02千变万化的直线设法 PAGEREF _Tc31998 \h 5
\l "_Tc20430" 题型03 无定点无斜率型双变量 PAGEREF _Tc20430 \h 8
\l "_Tc7382" 题型04五个方程常见题型：斜率和定 PAGEREF _Tc7382 \h 12
\l "_Tc2374" 题型05双变量基础型：直线过定点 PAGEREF _Tc2374 \h 16
\l "_Tc7568" 题型06 定点：斜率积型 PAGEREF _Tc7568 \h 20
\l "_Tc5971" 题型07 定点：斜率比值型 PAGEREF _Tc5971 \h 24
\l "_Tc31700" 题型08“第六个方程”型转化难题 PAGEREF _Tc31700 \h 28
\l "_Tc14306" 题型09圆过定点 PAGEREF _Tc14306 \h 32
\l "_Tc27193" 题型10定值型 PAGEREF _Tc27193 \h 37
\l "_Tc30236" 题型11面积最值型 PAGEREF _Tc30236 \h 40
\l "_Tc9837" 题型12 切线型 PAGEREF _Tc9837 \h 44
\l "_Tc9084" 高考练场 PAGEREF _Tc9084 \h 47

题型01五个方程基础模板
【解题攻略】
【典例1-1】（上海市春季高考数学试卷(含答案)）已知椭圆的两个焦点分别为、,短轴的两个端点分别为(1)若为等边三角形,求椭圆的方程;
(2)若椭圆的短轴长为,过点的直线与椭圆相交于两点,且,求直线的方程.
【答案】[解](1)设椭圆的方程为.根据题意知, 解得,
故椭圆的方程为.
(2)容易求得椭圆的方程为. 当直线的斜率不存在时,其方程为,不符合题意;
当直线的斜率存在时,设直线的方程为.（方程1） 由 得.（方程3） 设,则

因为,所以,即
, 解得,即.
故直线的方程为或。
【典例1-2】（普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. (Ⅰ) 求椭圆的方程; (Ⅱ) 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点. 若, 求k的值.
【答案】【(Ⅰ)；（2）
解：设，由，知.过点F且与轴垂直的直线为，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又，从而，，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设点，，由得直线CD的方程为，
由方程组消去，整理得.
求解可得，.因为，，
所以
.由已知得，解得.
【变式1-1】（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，求解即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.
【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为；
（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，
；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，
由得，，
此时，即或，
，
.
综上所述，，即为定值.
【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）已知动点M与定点，满足．
(1)求动点M的轨迹C的方程．
(2)已知直线与曲线C交于P，Q两点，点T为x轴上一点，直线PT，QT的斜率分别为，试问：是否存在使为定值的点T？若存在，求出点T的坐标，并求出定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)存在，，或，
【分析】（1）利用余弦定理将题设等式转化为，从而利用椭圆的定义即可得解；
（2）联立直线与曲线C的方程，得到，从而求得关于的表达式，从而得解.
【详解】（1）∵，
∴由余弦定理，得．∵，
∴，即，∴，且．
由椭圆的定义，得动点M的轨迹C的方程为．（2）将直线l的方程代入曲线C的方程并整理，得，则．
设，，则，．
设点，且，则
．
若为定值，则，∴，解得．当时，，点．
当时，，点．
.
题型02千变万化的直线设法
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)详见解析
【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求得椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，再根据,以及，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求
【详解】（1）由条件可知，，解得：，，
所以椭圆C的方程是；
（2）假设在轴上存在点，使且，
联立，设，，
方程整理为，
，解得：或，
，，
则线段的中点的横坐标是，中点纵坐标，
即中点坐标，，
则，即，化简为，①
又,
则，，
整理为，
，
化简为②
由①得，即，代入②得，整理得③，又由①得，代入③得，即，整理得，即.
当时，，当时，，满足，
【典例1-2】已知抛物线的顶点在原点，焦点坐标为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与抛物线交于两点，求面积的最小值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，求得，即可求得抛物线方程；
（2）联立直线方程和抛物线方程，根据韦达定理，结合直线恒过的定点，表达出面积关于参数的函数关系，求其最小值即可.
【详解】（1）由题意，得，抛物线的方程为.
（2）设，
联立，消去得，
，
，
易知，直线恒过定点，
故△的面积，
故△面积的最小值为.
【变式1-1】已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的方程；
（2）由题意设直线为（），，设，将直线方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由可得，再根据可求得结果.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为面积的最大值为，
所以，因为，所以解得，
所以椭圆C的方程为；
（2），设直线为（），，不妨设，设，
由，得，则，
所以，因为，所以，
所以，所以，
所以，因为，
所以，所以，
所以，解得，因为，
所以，，所以，
，所以，
化简得，解得，因为，所以.
【变式1-2】已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)试探究：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)存在定点,使得为定值
【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；
（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.
【详解】（1）为等边三角形，，，；
的周长为，，
解得：，，，椭圆的方程为：.
（2）假设在轴上存在定点，使得为定值；
由（1）知：，直线斜率不为零，可设，，，
由得：，则，
，，
；
为定值，，解得：，此时定值为；
存在定点，使得为定值.
.
题型03 无定点无斜率型双变量
【解题攻略】
【典例1-1】椭圆的离心率是，且过点.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与的另一个交点分别是，与轴分别交于，且于点，是否存在定点使得是定值？若存在，求出点的坐标与的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2) ，
【分析】(1)将点P的坐标代入椭圆方程，与离心率联立方程组，求出a，b；
(2)设立直线AB的方程，根据条件求出AB的方程，求出Q点坐标关于AB斜率的表达式，再消去参数即可.
【详解】（1）将点P坐标代入椭圆方程得： …①，由离心率得 ， ，
又 ，代入①解得 ，
椭圆C的标准方程为： ；
（2）设 ，不妨设 ，直线AB的方程为 ；
联立方程 ，得 ，
，
直线AP的方程为： ，直线BP的方程为： ，
令 得 ，由题意： ，
，化简得： ，
将 代入上式化简得： ，
将 式代入上式并化简得： ，即 或者，
如果 ，则AB的方程为 ，为过定点P的直线，显然不符合题意，舍；
，AB的方程为 ，
∴ ，又 ，即 ，
， ， ，
联立方程 ，解得 ，
…③ ，即定点R为 ， ；
当 时， ，此时直线AB为y轴，所以PQ为平行于x轴的直线，Q点的坐标为 ，代入③也满足；
综上，椭圆C的标准方程为：，定点R为 ，.
【典例1-2】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：.
【变式1-1】已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；
（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.
【详解】（1）设双曲线，易知.
由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：
，则，
又，则解得，
则双曲线.
（2）设直线的方程为：，（且），，.联立，消得：，，，
，①，②联立①②，解得：.
又，同理，，
把它们代入，得
，故，得证.
【变式1-2】已知椭圆：的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和过点，求出椭圆的方程；
（2）根据题意求出，进而，韦达定理带入求出.
【详解】（1）由题设得，，
即，解得．所以的方程为．
（2）设直线的方程为，代入得．
，
设，则，于是．
，又，所以．
即．，即，
，
，
将，
代入整理得，即，
当，直线过点，舍去，所以．
题型04五个方程常见题型：斜率和定
【解题攻略】
【典例1-1】椭圆：()的左焦点为，且椭圆经过点，直线()与交于，两点（异于点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：直线与直线的斜率之和为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为1.
【分析】
（1）根据椭圆左焦点为，且椭圆经过点，从而得到，进而求得的值，得到椭圆方程；
（2）先联立直线方程与椭圆方程，消元，设，韦达定理得到，利用两点斜率坐标公式，结合韦达定理证得结果.
【详解】（1）由题意得：则椭圆方程为；
（2）解法一（常规方法)：设，联立化简可得：，直线与椭圆交于两点
即解得：
由韦达定理
直线得斜率和为定值．
解法二（构造齐次式)：由题直线恒过定点
①当直线不过原点时，设直线为则即有
由有则
整理成关于的齐次式： ，进而两边同时除以，
则令则
②当直线过原点时，设直线的方程为
综合直线与直线的斜率之和为定值．
【典例1-2】设为抛物线上两点，且线段的中点在直线上.
（1）求直线的斜率；
（2）设直线与抛物线交于点，记直线，的斜率分别为，，当直线经过抛物线的焦点时，求的值.
【答案】（1）1；（2）4.
【分析】
（1）设，，代入抛物线方程得到，，再由线段的中点在直线上，得出，代入斜率公式求解即可；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，得出，用韦达定理，代入 求解即可.
【详解】
（1）设，，因为在抛物线上，且的中点在直线上，则，，，
所以直线的斜率；
（2）∵直线经过抛物线的焦点，∴直线的方程为
由消去得，由韦达定理，，
∵直线与抛物线交于点，∴点的坐标为，
∴，，
∴.
【变式1-1】已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？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，且直线的方程为.
【分析】
（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，设直线、的斜率分别为、，将韦达定理代入等式，求出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）因为椭圆经过点，且该椭圆的右焦点为.
所以，，解得，因此，椭圆的标准方程为；
（2）存在直线，使得，理由如下：
若直线与轴垂直，则直线过点，不合乎题意，
由已知可设所在直线的方程为，
代入椭圆的方程，得，
，
设、，则，，
记直线、的斜率分别为、，
欲使直线满足，只需.
因为、、三点共线，所以，即.
即
.
由，即，可得.所以存在直线，使得，
此时直线的方程为，即.
【变式1-2】已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据可求出；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理建立关系可得对任意成立，可求出，得出椭圆方程.
【详解】
（1）由题可得，，
，即，，；
（2）由（1）可得椭圆方程为，
当直线l的斜率存在时，设l：，设，
联立直线与椭圆，得，
则，即，
则，，
，，
即对任意成立，即，
则椭圆方程为，
当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且
此时，满足题意，
综上，椭圆方程为.
.
题型05双变量基础型：直线过定点
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆过点，长轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）解方程组即得解；
（2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点的坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证.
【详解】（1）由题得所以椭圆的方程为.
（2）直线与椭圆方程联立，化简得，
，即.
设，，，，则，．
直线的方程为，则，直线的方程为，则，
因为，所以+=0所以，
所以，
把韦达定理代入整理得或，
当时，直线方程为，过定点，即点，不符合题意，所以舍去.
当时，直线方程为，过定点.
所以直线经过定点.
【典例1-2】已知双曲线经过点（，1）
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若直线与双曲线C相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)(2)证明见解析,定点为
【分析】(1)根据双曲线经过点（，1）即可求解;(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理可求解.
【详解】（1）因为双曲线经过点（，1），
所以，解得或(舍)，所以，
所以双曲线的离心率.
（2）设，由（1）知，双曲线，联立 ，消整理得，
因为直线与双曲线C有两个交点，所以，即，由韦达定理得，
，由题可知双曲线C的左顶点,
因为以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，所以,即，
所以，即，
整理得，即，解得，或，
即，，当时，直线方程为，当时，
即此时直线过定点为左顶点，不满足题意;
当时，直线方程为，当时，即此时直线过定点，满足题意;
所以直线l过定点，该定点的坐标为．
【变式1-1】已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上.
(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)设点，求的最小值：
(3)设直线l与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形DPEF为平行四边形，证明：直线l过定点，并求出这个定点的坐标.
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析，定点.
【分析】（1）根据标准方程直接写出焦点和准线；
（2）利用两点式及二次函数性质，结合抛物线的有界性求的最小值；
（3）设，直线为，联立抛物线并应用韦达定理有，根据平行四边形性质有，由向量线性运算的坐标表示得到与数量关系，结合点在抛物线上求参数b，即可确定定点.
【详解】（1）根据抛物线标准方程可得：焦点，准线.
（2）设，则
当时，，而，此时时；
当时，，而，此时，即P为原点时；
所以.
（3）设，直线l为，
，则，所以.
因为四边形是平行四边形，所以，则
所以，
代入得：，解得，即直线过定点.
【变式1-2】已知为坐标原点，点在双曲线上，直线交于，两点.
(1)若直线过的右焦点，且斜率为，求 的面积；
(2)若直线，与轴分别相交于，两点，且，证明：直线过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，先求出C的方程，写出直线l的方程，与双曲线方程联立求出P，Q点的坐标，运用两点距离公式和点到直线的距离公式即可计算出的面积；
（2）根据M，N关于原点的对称性，设立坐标 ，求出直线AM和直线AN的方程，与双曲线方程联立，运用韦达定理求出P，Q的坐标，再利用两点式直线方程化简即可.
【详解】（1）将点代入的方程，得，解得，
所以的方程为.直线的方程为，联立方程 整理得，，解得，不妨设，，
则，
点到直线的距离为，所以 的面积为；
（2）
依题意作上图，设 ，则 ， ， ，
直线AP的方程为： ，直线AQ的方程为： ；
联立方程： ，解得： ，
显然 ，即 ； ， ，联立方程： ，解得： ，
显然 ，即， ，即当 时，
直线PQ的方程为： ，将上面求得的 解析式代入得：
，整理得： ，
所以直线PQ过定点 .
.
.
题型06 定点：斜率积型
【解题攻略】
【典例1-1】已知圆经过点，且与轴相切，切点为坐标原点.
(1)求圆的标准方程；
(2)直线：与圆交于，两点，直线：与圆交于，两点，且.
（i）若，求四边形的面积；
（ii）求证：直线恒过定点.
【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件，求得圆心和半径，即可写出圆方程；
（2）（i）联立直线方程和圆方程，求得交点的坐标，结合三角形面积公式即可求得结果；
（ii）设出直线的方程，联立圆方程，结合已知条件，找到直线方程中参数之间的关系，即可求得结果.
【详解】（1）因为圆与轴相切，切点为坐标原点，故可得其圆心在轴上，
又其过点，故圆的圆心坐标为，半径，
则圆的标准方程为：.
（2）（i）因为，又,故可得，联立直线与，可得，解得或，故可得点坐标为；
联立直线与，可得，解得或，
此时，故点坐标为.故四边形的面积；
（ii）当直线的斜率存在时，设其方程为，
联立可得，
根据题意，其
设两点的坐标分别为，则，
故
又，即，整理得：，
则或，显然时，不满足题意，故舍去；
当时，，其恒过定点；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
联立圆方程可得，解得，
不妨设，由可得：，解得（舍）或，
此时，直线也过点.综上所述：直线恒过定点.
【典例1-2】已知椭圆的左右顶点为、，直线.已知为坐标原点，圆过点、交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.
(1)记直线，的斜率分别为、，求的值；
(2)证明直线过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)；(2)，证明见解析.
【分析】(1)根据题意设和圆G的圆心坐标，写出圆的标准方程，联立直线方程，利用韦达定理求出，结合两点坐标求直线斜率公式化简计算即可；
(2)设，根据直线的点斜式方程写出直线AM、AN方程，分别联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，进而求出点的坐标，根据椭圆的对称性可知直线PQ过x轴上的定点，设定点坐标，利用平面共线向量的坐标表示化简计算即可求解.
【详解】（1）如图，由题意知，圆G的圆心G在直线，设，
则半径为，标准方程为，
设，由，得，
，消去，得，
则，所以；
（2）设，由(1)知，，得，
所以，即，
，即，
，消去，得，
则，得，
所以，得.
同理可得，即，
又，，
由椭圆的对称性知，直线过定点，且该定点为轴上的点，
设定点为，则，，，
令，解得或(舍去)此时，所以与共线，
所以直线过定点.
【变式1-1】已知抛物线的焦点，为坐标原点，、是抛物线上异于的两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线、的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，直接求得，则抛物线方程得解；
（2）设出直线的方程，利用韦达定理，结合已知条件，即可求得结果.
【详解】（1）根据题意，，则，故抛物线方程为：.
（2）显然直线的斜率不为零，且不过原点，故设其方程为，
联立抛物线方程可得：，时，
设两点的坐标分别为，则，，
由题可知，，即，解得，此时满足，
故直线恒过轴上的定点.
【变式1-2】已知椭圆C上任意一点P（x，y）到点F（－1，0）的距离与到直线x =－4的距离的比等于．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于M，N两点，A（2，0），记直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且满足kAM·kAN =－1．证明：直线l过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）先分别求出点P到点F的距离和到直线x =－4的距离,然后由根据条件得到方程，化简即可得到答案.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l为y = kx + m，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示出kAM·kAN =－1，将韦达定理代入，得出的关系，得到答案，再验证直线l的斜率不存在的情况.
【详解】（1）因为点P（x，y）到点F（－1，0）的距离为，
点P（x，y）到直线x=－4的距离，
所以 4（x2+2x+1+y2）=x2+8x+163x2+4y2=12，
因此，可得椭圆C的标准方程为．
（2）① 当直线l的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，M（x1，y1），N（x2，y2），联立
消去y，得（4k2+3）x2+8kmx+4m2－12=0，
则 =48（4k2+3－m2）＞0，，，于是 ，
即（kx1+m）（kx2+m）+（x1－2）（x2－2）= 0，
即（k2+1）x1x2+（km－2）（x1+x2）+（m2+4）=0，
化简，得4k2+16km+7m2=（2k+m）（2k+7m）=0．
（i）当2k+m=0时，直线为y=kx－2k，过点（2，0），舍去；
（ii）当2k+7m=0时，直线为，过点（，0）．
② 当直线l的斜率不存在时，x =，经检验，符合题意．
综上，则直线l过定点R（，0）．
.
题型07 定点：斜率比值型
【典例1-1】椭圆的左右焦点分别为，焦距为，点M为椭圆上位于x轴上方的一点，，且的面积为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.求证：直线恒过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析, 恒过定点
【分析】(1)根据焦点三角形与椭圆的定义可求解;(2)利用韦达定理确定，转化为，再结合韦达定理求得定点.
【详解】（1）因为，所以，即，所以，所以
又，，，
所以，即，所以，
所以，所以椭圆方程为.
（2）依题意，设，
若直线的斜率为0则关于轴对称，必有，不合题意．
所以直线斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C联立，整理得：，
所以，且，因为是椭圆上一点，即
所，则，即，
因为，得
即
因为，，，
整理得 解得，所以直线恒过定点 .
【典例1-2】已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
①求证：直线恒过定点；
②设和的面积分别为，求的最大值.
【答案】(1)；(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程；
（2）①设为，与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得，即可证结论；②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值.
【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆C的方程为．
（2）①依题意，设，
若直线的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．
所以直线斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C联立，整理得：，所以，且
因为是椭圆上一点，即，所以，则，即因为
，
所以，此时，故直线恒过x轴上一定点．
②由①得：，所以
，
而，当时的最大值为．
【变式1-1】已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.
(1)求双曲线的方程；
(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.
①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
②证明：直线恒过定点.
【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析
【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果.
（2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解.
②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解.
【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设，
由题意，两式相减得：，
整理得：，即，又，所以，即双曲线，
经检验满足题意.
（2）①因为的斜率存在且，设，，
联立，消去整理得：，由题意得，解得
又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得，
又，，
于是，
故，同理可得，
，，为定值，所以的值。②由①知（*），
由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得，
解得直线恒过定点
【变式1-2】在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为．
(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；
(2)设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析，定点
【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点的轨迹的方程；
（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.
【详解】（1）解：由题意得，所以，
即的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线，
又，，所以，所以的方程为；
（2）解：由已知得：，：，
联立直线方程与双曲线方程，消去整理得，
由韦达定理得，所以，即，所以，
联立直线方程与圆方程，消去整理得，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，由三点共线得，即，
所以直线过定点．
.
题型08“第六个方程”型转化难题
【解题攻略】
【典例1-1】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，
解得，或．所以，k的值为或
【典例1-2】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.
（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点且与平行的直线与椭圆交于点.求的值.
【答案】（1）（2）
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题意知解得，
所以椭圆的标准方程为
（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则
设直线的方程为，直线的方程为，则，由得易知，设，
则，是方程（1）的两个根，所以，所以，
则又，
所以由得.设，
则，，所以，所以，
【变式1-1】如图，已知椭圆：过点，离心率.
（1）求椭圆的方程；（2）如图，直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点、，与直线交于点（介于、两点之间）.
（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：.
【答案】（1）；（2）（i），（ii）证明见解析.
【详解】（1）由，.由于椭圆过点（2，1），所以，解得：，，
所以椭圆的方程为：；
（2）（i）由题设条件知，由题意设直线的方程为，设，，
联立直线与椭圆的方程，整理可得，，即，，，所以弦长，到直线的距离为：，
所以，当且仅当取等号，由介于、之间可得，这时直线的方程为；
（ii）证明：∵，同理：，
∴
将，，代入可得：，
所以直线，关于直线对称，即为的角平分线，
所以，即证得：.
【变式1-2】已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
解：根据题意得：，，，所以直线的方程为：，
所以点到直线的距离为：，化简整理得：.
又因为点在椭圆上，故.联立，解得：.
故椭圆的方程为：.
（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程 并化简得：，
所以，，，
所以，因为，所以，化简整理得：，
所以，整理得：（满足）
此时，
，
原点到直线的距离为：，所以的面积为：.
.
题型09圆过定点
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在，
【分析】（1）根据题意写出关于的等式，进行联立即可求解；
（2）先假设假设存在实数k，联立直线与椭圆可得，以CD为直径的圆过定点E可得，将韦达定理代入即可求解
【详解】（1）直线l方程为，依题意可得：，又，
解得：，，∴椭圆的方程为；
（2）假设存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E，联立得，
∴，∴或①，设，，则②，
而，，，
要使以CD为直径的圆过点，当且仅当，故，则，
∴，③
将②代入③得，解得，经验证使得①成立，
综上可知，存在使得以CD为直径的圆过点E.
【典例1-2】已知点F为双曲线的右焦点，过F的任一直线l与交于A，B两点，直线．
(1)若为曲线上任一点，且M到直线的距离为d，求的值；
(2)若为曲线上一点，直线MA，MB分别与直线交于D，E两点，问以线段DE为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)过定点，或
【分析】（1）得到焦点，计算出与，相比后得到答案；
（2）方法一：设出直线l的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，得到直线MA的方程，求出点坐标，同理得到点坐标，由对称性可知，定点P一定在x轴上，设为，由得到，求出或，故线段DE为直径的圆过定点，或；
方法二：在第一问基础上，作出辅助线，得到，由正弦定理求出，FD是的角平分线，同理可得，FE是的角平分线，.所以，即，故以DE为直径的圆经过点，由对称性可知，也满足条件.
【详解】（1）由题意得：，
故．
（2）方法一：设直线l的方程为，与双曲线方程联立得：，
设，则，.直线MA的方程为，
令，可得，所以，
同理.由对称性可知，定点P一定在x轴上，不妨设为，则，，则
，
所以，则或.
所以线段DE为直径的圆过定点，或.
【变式1-1】．已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.(1)证明:;
(2)求的最大值，并求此时双曲线的方程;
(3)判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)面积最大值为，此时双曲线方程为.(3)过定点，定点为和.
【分析】（1）根据向量线性关系得到，结合双曲线渐近线方程，得到，将点坐标代入双曲线方程，得到，进而得到，计算出；
（2）考虑时，设出的方程，表达出，表达出，结合第一问中，求出，利用基本不等式求出面积的最大值，并得到双曲线方程为；再考虑时，同样表达出，得到最大值及双曲线方程；
（3）表达出的方程及，，结合，得到，设以为直径的圆上的任意一点为，则，求出圆的方程，得到且，求出定点坐标.
【详解】（1）因为，所以，即，
双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，若，则，若，则，
①，又点双曲线上，，解得：，
故，；
当时，与轴的交点为，若，则，若，则，，由（1）可得:同号，于是，，，，当且仅当时，，故面积最大值为，此时，双曲线方程为；
当时，易得，，
，由①式可得:，且点在双曲线上，，，，
当时，同样当且仅当时，，
双曲线方程为；
（3）由题意，，，，，
点在双曲线上，，从而，，
设以为直径的圆上的任意一点为，由，可得该圆的方程为，
不恒为，故要恒成立，必须有且，
故所求的定点为和.
【变式1-2】已知抛物线的焦点为，准线为．
(1)若为双曲线的一个焦点，求双曲线的渐近线方程；
(2)设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；
(3)经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线､分别与相交于点．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．
【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析.
【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得渐近线方程；
（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；
（3）设直线的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.
【详解】（1）解：抛物线的焦点为，准线为，
双曲线的方程为，即，则，，
由题意可知：，则，故双曲线C的方程为，渐近线方程为.
（2）解：由（1）可知：，
如图，过点P作直线的垂线，垂足为M，由抛物线的定义可知，
因为，且，所以，
故直线EP的倾斜角，斜率，所以直线EP的方程为，即.
（3）解：以线段MN为直径的圆C过定点，.理由如下：
由已知可得直线，设，，
联立方程，消去y可得：，则可得：，，
又直线，当时，，所以.同理可得：.
又，
，
则以线段MN为直径的圆C的圆心，半径，
故圆C的方程为，整理得，
令，则，解得或，故以线段MN为直径的圆C过定点，.
题型10定值型
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆：（，），离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上的任意一点（除短轴的端点外）与短轴的两个端点，的连线分别与轴交于，两点，求证为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的离心率及所过的点，列方程组求参数、，写出椭圆方程.
（2）设，写出直线、的方程，可求，的坐标，进而可得关于的关系式，根据在椭圆上即可证结论.
【详解】（1）由题设，，可得，故椭圆方程为.
（2）由题意，若，，设椭圆上任意一点，
∴直线的方程为；直线的方程为，
令，得，．
∴为定值，得证．
【典例1-2】双曲线的一条渐近线方程为，且经过点．
(1)求的方程；
(2)为坐标原点，过双曲线上一动点（在第一象限）分别做的两条渐近线的平行线为，且，与轴分别交于P，Q，求证：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程以及已知点，联立方程，可得答案；
（2）由题意，设出动点，利用点斜式方程，结合直线位置关系，写出直线的直线方程，求出的坐标，整理的表达式，利用整体思想，可得答案.
【详解】（1）∵渐近线为，则，，∴，
在双曲线上，得解得，∴曲线的标准方程为.
（2）设点坐标为则，得，则，
同理：
，得，则，
则
又∵点在曲线上，∴，∴
则，∴得证为定值3．
【变式1-1】．已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【详解】（1）设，则，因为，所以，
所以，即曲线的方程为；
（2）设，则，由，可知A，B分别为的中点，
所以，则，作差可得．
因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，
联立，可得，即，
点P到直线的距离，
所以的面积为，即的面积为定值．
【变式1-2】已知一动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)过点F作一条不垂直于y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线l上有一点，记直线PM，PF，PN的斜率分别为，，，证明：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，设动点，利用动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数即可求出轨迹方程；
（2）讨论直线斜率是否存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线方程为：，联立方程组，设而不求，利用韦达定理即可证明为定值.
【详解】（1）设动点，由题意知，，所以动点C的轨迹方程为C：.
（2）当直线斜率不存在时，M，N的坐标分别为，，则.
当直线斜率存在时，设直线方程为：.联立直线和椭圆的方程，化简得，则，，，
，
所以
.
即为定值，定值为2
.
题型11面积最值型
【解题攻略】
【典例1-1】已知圆：过点，其长轴长为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，，为椭圆上不重合两点，且，的中点落在直线上，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)1
【分析】（1）由长轴长和椭圆上的点，待定系数法求椭圆的方程；
（2），为椭圆上不重合两点，，的中点落在直线上，利用点差法求得直线的斜率，设出直线方程，代入椭圆方程，求弦长，求原点O到直线MN的距离，面积算式中利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）长轴长为4，则，点代入椭圆方程，有，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则，
因为M，N在椭圆上，有 ，两式相减可得，
设直线
联立 ，消去得，则有，
又，得 ，
所以 ，，
原点O到直线MN的距离 故 ，
当且仅当，即时等号成立，故面积的最大值为1．
【典例1-2】已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．
【详解】（1）由,得，即.
由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，所以，且，
解得，所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，如图，设，，，.将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，所以，所以，且.直线的方程为，代入抛物线方程，消去，得，解得或，所以.同理，得，所以
，所以当时，取得最大值，为.
【变式1-1】已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据离心率的公式，结合的基本关系，代入求解即可；
（2）直线的方程为，，，，直线与曲线联立，的面积，根据韦达定理，弦长公式将三角形面积表示，
再根据基本不等式求解最大值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的标准方程为．
（2）设直线l的方程为，，，联立，
整理得，则，即，解得，，．
故△OPQ的面积．
设，因为，所以，所以，因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，则，即△OPQ面积的最大值为．
【变式1-2】已知椭圆的上顶点为，右焦点为，点满足．
(1)判断点是否在椭圆上，并给出理由；
(2)已知与线段相交的直线交椭圆于，（不同于点，）两点，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)点在椭圆上，理由见解析(2)
【分析】（1）根据的坐标及列方程即可求解，再得的值，即可得椭圆方程，将点坐标代入即可知是否满足方程，判断其与椭圆的位置关系；
（2）根据直线与椭圆的位置关系，确定弦长，再分别求解点到直线的距离，从而可得四边形面积，利用换元法结合函数求其最值即可.
【详解】（1）由题意得，，，所以，，
由于，得，得，所以，故椭圆的标准方程为．
所以，故点Q在椭圆上．
（2）如图，设，，把代入并整理，得，则，故．由（1）知点Q在椭圆上，又直线与线段PQ 相交，
所以点P，Q在直线的两侧，设O为坐标原点，连接OQ，则．点到直线的距离，点到直线的距离，，
故四边形PMQN的面积
．
令，则，，
当，即，时，，
因此四边形PMQN面积的最大值为．
题型12 切线型
【典例1-1】如图，两个椭圆的方程分别为和，
(1)已知椭圆的离心率，且，求该椭圆的方程；
(2)从大椭圆的右顶点和上顶点分别向小椭圆引切线，若的斜率之积恒为，求的值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）利用一元二次方程根的判别式，结合题意进行求解即可.
【详解】（1）由题意，，故椭圆方程为；
（2）由题意知，外层椭圆方程为，设切线的方程为，
代入内层椭圆消去得：，
由，得
化简得，同理得，因为的斜率之积恒为，
所以.
【典例1-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，上一点到距离之和为6.
(1)求的方程；
(2)设在点处的切线交轴于点，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据的值直接求解；
(2)先求出过椭圆上一点的切线方程，再求出点坐标，从而即可证明.
【详解】（1）由题意知，，得，，得,
由于，故椭圆C的方程为.
（2）当切线斜率不存在时，切线方程为，重合，等式成立；
当切线斜率为0时，切线与x轴不相交，不符合题意；
当切线斜率存在时，设由于对称性，不妨设为椭圆上半部分曲线的一个点,
由，得，则，
所以切线的斜率为，得切线方程为，
即，整理得，
即，所以切线方程为，
令，得，即，由（1）知，，
则，，，，
又，得，
所以，，
所以，即，得证.
【变式1-1】法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
【答案】(1)椭圆C的方程为，蒙日圆的方程为(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率结合题设求得，即得椭圆方程，进而写出蒙日圆的方程；
（2）设，设过点P的切线方程为，联立椭圆方程结合判别式确定点的轨迹方程，进而利用基本不等式求得，即可求得答案.
【详解】（1）设椭圆方程为，焦距为2c.
由题意可知，
所以，椭圆C的方程为，
且蒙日圆的方程为；
（2）设，设过点P的切线方程为，
由，消去y得①，
由于相切，所以方程①的，可得：，
整理成关于k的方程可得：，
由于P在椭圆外，故，
故，
设过点P的两切线斜率为，
据题意得，，，
又因为，所以可得，
即点的轨迹方程为：，
由不等式可知：，
即，当且仅当时取等号，此时，
所以，即的面积的最大值为.
【变式1-2】．已知点为双曲线的左右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且的面积为.圆的方程是.
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为，求的值；
(3)过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于两点，中点为，若恒成立，试确定圆半径.
【答案】(1)；(2)；(3).
【分析】（1）由面积可求，再根据双曲线的定义可求，从而可求双曲线的方程；
（2）求出双曲线的渐近线方程，设两渐近线的夹角为，根据到角公式可求与，根据点到直线的距离公式可求，根据平面向量的数量积运算结合在双曲线上即可求解；
（3）由题意可得，设，，当的斜率存在时，设直线，与双曲线方程联立，根据韦达定理及可得，根据点到直线的距离公式可求，当的斜率不存在时亦可求得.
【详解】（1）因为的面积为，所以，
所以，解得，此时，
所以，故双曲线的方程为.
（2）由题意得两条渐近线分别为，
设双曲线上的点，设两渐近线的夹角为，则，得．
则点到两条渐近线的距离分别为，因为在双曲线上，所以，又，所以.
（3）中点为，若，则．设，，
当的斜率存在时，设直线，由得，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以,所以圆心到直线的距离.
当的斜率不存在时，直线，得，也满足，综上，圆半径．
.
高考练场
1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线C：的右焦点为，且C的一条渐近线恰好与直线垂直.
(1)求C的方程；
(2)直线l：与C的右支交于A，B两点，点D在C上，且轴.求证：直线BD过点F.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点坐标及渐近线的斜率列式求解即可；
（2）设点的坐标，联立直线与双曲线方程，韦达定理，根据向量共线坐标运算得三点共线，即证.
【详解】（1）由焦点坐标为得，所以，
又双曲线C：的一条渐近线恰好与直线垂直，
得即，所以，
所以双曲线C的方程为，即.
（2）由题意可知直线l的斜率存在且不为0，所以，
设，，则，由（1）可知，双曲线C的渐近线为，
又直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，则，即.
联立，消去x得，
则，得，
，，则，
又，所以，，
所以，
所以，又，有公共点F，所以B，F，D三点共线，
所以直线BD过点F.

2.已知双曲线的右焦点为，且点在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在不与F重合的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，理由见解析
【分析】（1）首先得，再将点的坐标代入双曲线方程，联立方程求解，即可求双曲线方程；
（2）假设存在点，据题意设，联立方程得到，，再由点到直线的距离相等可得，由此代入式子即可求得点坐标，再考虑斜率不存在的情况即可
【详解】（1）由题意得，，
所以，所以，，
所以双曲线C的标准方程为；
（2）假设存在，设，，
由题意知，直线斜率不为0，设直线，
联立，消去，得，
则，，
且，，
因为使得点F到直线PA，PB的距离相等，所以PF是的角平分线，
则，即，则，
整理得，故，
即，因为，所以，此时；
当直线的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，易得也能让点F到直线PA，PB的距离相等；
综上所述，故存在满足题意
3.已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．
【答案】(1)；(2) .
【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，再根据即可求得，进而得答案；
（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，
所以，即，
因为点在短轴上，且，
所以，，解得，
因为，所以，，
所以，的方程为；
（2）解：设
联立方程得，
所以，即，
所以，
所以，
，因为原点到直线的距离为，
所以，，当且仅当，即时等号成立，
所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.
4.（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，求解即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.
【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为；
（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，
；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，
由得，，
此时，即或，
，
.
综上所述，，即为定值.
5.设椭圆C：（）过点，离心率为，椭圆的右顶点为A.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点M，N（M，N不同于点A），若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标
【答案】(1)(2)证明见解析；
【分析】（1）利用待定系数法求得，从而求得椭圆C的方程；
分类讨论直线斜率存在与否的情况，利用韦达定理及向量数量积的坐标表示求得，从而得到直线过定点.
【详解】（1）依题意得，，又，解得（负值舍去），所以椭圆方程为.
（2）由（1）得，当直线的斜率不存在时，可设直线为，代入，得，所以，设直线交轴于点，则，因为，故，
又，所以，则，即，解得或(舍去)，
所以直线过定点；
当直线的斜率存在时，可设直线，，
联立，消去，得，
则，，
因为，则，即，
又因为，所以，
即，解得或，当时，直线过定点；
当时，直线过定点（舍去）；所以直线直线过定点；
综上：直线直线过定点.
6.已知圆C的圆心坐标为，与y轴的正半轴交于点A且y轴截圆C所得弦长为8．
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线n交圆C于的M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．
【答案】(1);(2)证明见解析，定点为.
【分析】（1）设圆的标准为，求出即得解；
（2）直线n斜率不存在时，不存在；直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，求出直线的方程为即得解.
【详解】（1）设圆的标准为，y轴截圆C所得弦长为8，
即，
故圆的标准方程为．
（2）证明：令，可得，，又点在正半轴，故，
当直线n斜率不存在时，设，，直线，的斜率之积为2，
，即，点在圆上，，
联立，，舍去，
当直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，
①
联立方程，，，
代入①，得，化简得或，
若，则直线过，与题设矛盾， 舍.
直线n的方程为：，所以且
所以.所以过定点．
7.已知直线与抛物线交于，两点，且
(1)求的方程
(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
【答案】(1)(2)过定点，
【分析】（1）联立直线与抛物线，写出根与系数关系，化简已知条件来求得，进而求得抛物线的方程.
（2）连值直线抛物线，写出根与系数关系，求得直线的方程，并求出定点的坐标.
【详解】（1）将代入，得，
则，
则，解得，
故的方程为
（2）设，则，
联立方程组，整理得，
则，所以，
因此直线的方程为，
整理得，即，
当时，，故直线过定点.
8.已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）（2）或．
试题解析：（1）因为椭圆的右焦点，，所以，因为在椭圆上，所以，
由，得，，所以椭圆的方程为．
（2）由得：，即，可得，
①当垂直轴时，，此时满足，所以此时直线的方程为；
②当不垂直轴时，设直线的方程为，由消去得，
设，，所以，，代入可得：，代入，，得，
代入化简得：，解得，经检验满足题意，则直线的方程为，
综上所述直线的方程为或．
9.已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
【答案】(1)(2)存在，和.
【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意解得所以的标椎方程为.
选②，由题意解得所以的标椎方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，
的方程为，令，得，所以，同理，
所以以为直径的圆的标准方程为.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立得，由韦达定理得.
因为，所以的方程为，令，得，即的坐标为，
同理的坐标为，所以以为直径的圆的标准方程为
将韦达定理代入并整理得，
令，则，解得或.
当斜率不存在时，令，则，解得或.
由①②知，以为直径的圆过和.
10.已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点分别为、，上顶点为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线：与椭圆交于两点，О为坐标原点.试求当为何值时，恒为定值，并求此时面积的最大值.
【答案】(1)(2)，最大值1
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解方程求得其值，可得答案；
（2）设，，联立，可求得根与系数的关系式，从而求得的表达式，利用其恒为定值，求得参数k的值，进而求得面积的表达式，结合基本不等式即可求得最值.
【详解】（1）由己知，点，的坐标分别为，，
又点的坐标为，且，
于是，解得，，所以，椭圆方程为.
（2）设，，联立，消元得，
当，即时，则有，，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时
，又点到直线的距离，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时成立，所以面积的最大值为1.
11.已知焦点在轴上的椭圆，离心率为，且过点，不过椭圆顶点的动直线与椭圆交于、两点，求：
（1）椭圆的标准方程；
（2）求三角形面积的最大值，并求取得最值时直线、的斜率之积.
【答案】（1）；（2）面积最大值为1，斜率之积为－4．
【分析】（1）由离心率得，从而得，再把点的坐标代入标准方程，可解得；
（2）利用韦达定理及弦长公式求得底的长，由点到直线距离公式可求得边上的高，从而把面积表示为，进而可得．
【详解】因为椭圆离心率为，可设方程为，过点，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，联立，得，①
，∴，
又点O到直线AB的距离为，∴
故当，即时，三角形的面积有最大值1，此时满足①，
所以，
∴三角形面积的最大值为1，此时直线、的斜率之积为－4．
12.已知，为椭圆C上两点，为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C有且仅有一个公共点，与直线交于点M，与直线交于点N，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）设椭圆方程为，代入两点，计算得到答案.
（2）考虑和两种情况，计算交点坐标，根据直线与椭圆只有一个交点得到，计算得到证明.
【详解】（1）设椭圆方程为（，），
，为椭圆C上两点，得，
解得，，故所求椭圆C的标准方程为．
（2）当时，直线，直线l与直线，联立，
可得，或，，，
所以，所以．
当时，直线l与直线，联立，可得，，
所以，，所以．
联立，得，
直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，，
化简得，所以，所以．
综上所述：．
基本模板实战模板（如典型例题1得分析）-----------独一无二的总结，千军万马中杀出来的实战经验，简称五个方程法。
1、设点，
2、方程1：设直线：-----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母
4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程
的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1）； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。
6、方程4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话：且,

以上过程，以方程个数记，即是五个方程法。也就是许多老师所说的“韦达定理”法。这其中的华丽变化，以及解析几何的后续难题，都是从这五个方程中变化而来，而这是许多老师不一定能完全说透的地方。
以上过程，简单的一个判断图形，如图：简单总结为：一“直”一“曲”
如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。

当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）
（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
直线过定点：
1、直线多为y=kx+m型
2.目标多为求：m=f（k）
3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。
具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。
隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。
没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。
圆过定点，有常见几方面的思维
利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
通过推导求出定点（难度较大）
求定值问题常见的思路和方法技巧：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题

求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意
注意变量的范围。
式子转化为求值域或者求最值的专题复习
一些常见的思维：
1.可以借助均值不等式求最值。
2.分式型，多可以通过构造来求最值，如下几种常见的。
分式型：以下几种求最值的基本方法
（1）
（2）与型，可以设mx+n=t，换元，简化一次项，然后构造均值或者对勾函数求解。
（3）型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解