新高考数学二轮培优训练专题18 圆锥曲线的综合应用（解答题）（2份，原卷版+解析版）

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1、（2023年全国乙卷数学（文）(理)）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

2、（2023年新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
3、【2022年全国甲卷】设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【解析】(1)
抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
(2)设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，
所以，
若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
4、【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【解析】(1)
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
(2)
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】
5、【2022年新高考1卷】已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【解析】(1)因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
(2)不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，
因为，所以，即，
即，解得，
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以， ，
同理可得，， ．
所以，，
点到直线的距离，
故的面积为．
6、【2022年新高考2卷】已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】(1)
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
(2)由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
题型一 圆锥曲线中的最值问题
1-1、（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．
【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．
1-2、（2023·江苏南京·校考一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别、焦距为2，且与双曲线共顶点．P为椭圆C上一点，直线交椭圆C于另一点Q．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P的坐标为，求过P、Q、三点的圆的方程；
(3)若，且，求的最大值．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）由焦距为2得到，再由双曲线的顶点求出，得到，椭圆方程；
（2）求出的方程，与椭圆方程联立后得到点Q的坐标，待定系数法求出圆的方程；
（3）设，，由向量共线得到，将两点坐标代入椭圆方程中，求出，从而表达出，结合基本不等式求出最值.
【详解】（1）双曲线的顶点坐标为，故，
由题意得，故，
故椭圆的方程为．
（2）因为，，所以的方程为，
由，解得点Q的坐标为．
设过P，Q，三点的圆为，
则，解得，，，
所以圆的方程为；
（3）设，，
则，，
因为，所以，即，
所以，解得，
所以
，
因为，所以，当且仅当，
即时，取等号．最大值为
1-3、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知椭圆经过点，且椭圆的长轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设经过点的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，求的面积的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，可得出，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，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，写出直线的方程，可求得点的坐标，利用三角形的面积公式以及对勾函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】（1）解：因为椭圆的长轴长为，则，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）解：若与轴重合，则不存在，
设直线的方程为，设点、，
若，则点与点重合，不合乎题意，所以，，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
易知点，，
直线的方程为，
将代入直线的方程可得，即点，
，
所以，，
令，则函数在上为增函数，
所以，，所以，.
故的面积的取值范围是.
题型二 圆锥曲线中的定点问题
2-1、（2023·江苏南通·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)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.
2-2、（2023·山西·统考一模）双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点.
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】(1)根据双曲线过点和焦点到渐近线的距离为列出方程组，解之即可；
(2)设直线的斜率为，由题意直线的斜率为，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出，两点的坐标，再求出，两点所在的直线方程即可求解.
【详解】（1）由双曲线可得渐近线为，
不妨取渐近线即
由焦点到渐近线的距离为可得，即
由题意得，得，
从而双曲线的方程为.
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，
由题意可知：直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与双曲线方程得，
于是，从而，从而，
联立直线与双曲线方程得，
于是，从而，从而，
于是，
从而，
化简得，从而过定点.
题型三 圆锥曲线中的定值问题
3-1、（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.
3-2、（2022·山东青岛·高三期末）已知为坐标原点，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点在椭圆上，原点为的重心，证明：的面积为定值.
【解析】(1)
由椭圆的左右焦点分别为，且，
可知： ，即① ，
将代入方程得： ②，
① ②联立解得 ，
② 故椭圆的标准方程为.
(2)
证明：设 ，
当直线 斜率不存在时，即 ，
由原点为的重心，可知
故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，
不妨取 ，则有，或，
则此时 ;
当直线 斜率存在时，不妨设方程为 ，
则联立 ，整理得： ，
且需满足 ，
则 ，
所以 ，
由原点为的重心知， ，
故坐标为 ，代入到中，
化简得： ，即 ，
又原点为的重心，故到直线的距离为原点到直线距离的3倍，
所以 ，
而
=
= ，
因此
=，
综合上述可知：的面积为定值.
题型四 圆锥曲线中的角度问题
4-1、（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
4-2、（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，
(1)设直线的斜率分别为，求的值；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.
法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.
（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.
法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）法一：
因为，所以，令得，
所以，解得，
所以的方程为
显然直线与轴不垂直，设其方程为，
联立直线与的方程，消去得，
当时，，
设，则.
因为，
所以.
法二：
由题意得，解得，
双曲线的方程为.
设方程为，
联立，可得，
，，
，
.
（2）法一：
因为，
所以，
又因为，
所以，即，（※）
将代入（※）得，
因为在轴上方，所以，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，
解得或（舍），所以，
代入，得，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，
解得或，
所以的面积为.
法二：
设，由，可得，
，解得，
方程，
联立，可得，解得，
同理联立，解得，
.
题型五 圆锥曲线中的探索性问题
5-1、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是
（1）求椭圆的方程：
（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）存在，
【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，，，即可得到答案；
（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；
【详解】（1）依题意可得，
设，由余弦定理可知：，
所以，
当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；
此时的面积是，
同时，联立和
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，
所以，，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
原点O到直线1的距离为d，所以，
整理得，
由，可得，
，
，
， ，恒成立，
即恒成立 ，
所以，所以，
所以定圆C的方程是
所以当时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，
其方程是.
5-2、（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
【答案】(1)；(2)（i）为定值；（ii）；
【分析】（1）根据“姊妺”圆锥曲线的定义设出双曲线方程，利用求得参数b的值，即得答案.
（2）（i）设，直线的方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结合的表达式，化简即可得出结论；（ii）设直线，代入双曲线方程，根据韦达定理可解得，结合A在双曲线右支，可得，即可求得的范围，同理求得的范围，结合二次函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由题意可设双曲线，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，直线的方程为，
由，消元得.
则，且，
；
或由韦达定理可得，即,
，
即与的比值为定值.
（ii）设直线，代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为.
另解：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线与，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（含轴，不含直线与），
所以.
同理，过点作两渐近线的平行线与，由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（不含轴，不含直线与），
所以.
由（i）中结论可知，
得，所以,
故
1、（2023·安徽安庆·校考一模）已知椭圆的焦点分别为，，且，上顶点为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点在椭圆上，若，求的大小.
【答案】（1）；（2）
【分析】(1)由焦点和顶点坐标可得c和b的值，结合得到a,从而得到椭圆方程；（2）由点在椭圆上和椭圆定义，得到，然后利用余弦定理计算即可.
【详解】（1）由已知得，，又
∴
∴椭圆的标准方程为
（2）点在椭圆上∵，
∴
∴
∴
2、（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知双曲线与椭圆有相同的焦点，且焦点到渐近线的距离为2.(1)求双曲线的标准方程；
(2)设为双曲线的右顶点，直线与双曲线交于不同于的，两点，若以为直径的圆经过点且于，证明：存在定点，使得为定值.
【分析】（1）由已知可设，双曲线的标准方程为，根据条件列出a，c关系式，解出代入方程即可；
（2）对直线的斜率能否为0进行讨论.斜率不为0时，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，有垂直关系时，在圆锥曲线中常用向量法，化简得到m，k的关系式；斜率不存在时，写出直线方程，验证即可.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，
焦点为，，
因为双曲线与椭圆有相同的焦点，所以.
因为焦点到渐近线的距离为2，所以，从而，
故双曲线的标准方程为
（2）证明：设，.
①当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立方程组
化简得，
则，即，
且
因为，
所以，
化简得
所以或，且均满足.
当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点
②当直线的斜率不存在时，由对称性，不妨设DE方程为：y=x-1，
联立方程组，得
得，，此时直线过定点
因为，所以点在以为直径的圆上，为该圆的圆心,为该圆的半径，故存在定点，使得为定值.
3、(2022·南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：EQ \F(x\S(2),a\S(2))＋\F(y\S(2),b\S(2))＝1(a＞b＞0)的左，右顶点分别为A，B．F是椭圆的右焦点，EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)＝3EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)，EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)·EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2．若k(k1＋k2)＝1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标．
【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：定点问题
【解析】
(1)由题意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(c，0)．
因为EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)＝3EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)，EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)·EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)＝3，
所以EQ \B\lc\{(\a\al(\l(a＋c＝3(a－c)，),\l((a＋c)(a－c)＝3，)))…………………………………………………………………2分
解得eq \B\lc\{(\a\al(a＝2，,c＝1，))从而b2＝a2－c2＝3．
所以椭圆C的方程eq \f(x\s\up6(2),4)＋\f(y\s\up6(2),3)＝1．…………………………………………………………4分
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
因为直线l不过点A，因此－2k＋m≠0．
由eq \B\lc\{(\a\al(\f(x\s\up6(2),4)＋\f(y\s\up6(2),3)＝1，,y＝k＋m，))得(eq 3＋4k\s\up6(2))x\s\up6(2)＋8kmx＋4m\s\up6(2)－12＝0．
则eq x\s\d(1)＋x\s\d(2)＝\f(－8km,3＋4k\s\up6(2))，x1x2＝EQ \F(4m\S(2)－12,3＋4k\S(2))．…………………………………………………………6分
所以k1＋k2＝EQ \F(y\S\DO(1),x\S\DO(1)＋2)＋EQ \F(y\S\DO(2),x\S\DO(2)＋2)＝EQ \F(2kx\S\DO(1)x\S\DO(2)＋(2k＋m)\b\bc\((\l(x\S\DO(1)＋x\S\DO(2)))＋4m,x\S\DO(1)x\S\DO(2)＋2\b\bc\((\l(x\S\DO(1)＋x\S\DO(2)))＋4)
＝EQ \F(2k·\F(4m\S(2)－12,3＋4k\S(2))＋(2k＋m)·\F(－8km,3＋4k\S(2))＋4m,\F(4m\S(2)－12,3＋4k\S(2))＋2·\F(－8km,3＋4k\S(2))＋4)
＝EQ \F(12(m－2k),4\b\bc\((\l(m\S(2)－4km＋4k\S(2))))＝EQ \F(3,m－2k)．
由k(k1＋k2)＝1，可得3k＝m－2k，即m＝5k．……………………………………………10分
故l的方程为y＝kx＋5k，恒过定点(－5，0)．……………………………………………12分
4、（2022·山东枣庄·高三期末）如图，为椭圆的左顶点，过原点且异于轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点分别为．
5、（2023·山西晋中·统考三模）椭圆的左、右顶点分别为，过左焦点的直线与椭圆交于两点（其中点位于x轴上方），当垂直于轴时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)记直线的斜率分别为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，
所以，
将代入，得，
故，
解得，，
∴椭圆方程为．
（2）因为直线过点，且点位于x轴上方，
所以直线斜率不为0，设直线的方程为，
联立
消去x得，．
方程的判别式，
设，，由已知，
于是，
所以，，
又椭圆的左顶点的坐标为，右顶点的坐标为，
所以，
因为，，，
所以，，
因为，
所以，即，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以当时，取最小值，最小值为．
6、（2022·江苏苏州·高三期末）在平面直角坐标系中，已知点，，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设，直接根据条件列方程，注意挖去两点，即可得到答案；
（2）设，直线方程为，将，用表示，进行计算可得为定值；
(1)
设，，，，
，
曲线的方程为．
(2)
设，直线方程为
直线方程为：，方程为：
在方程中令，
联立，
，
为定值．