新高考数学二轮复习大题练习专题05 圆锥曲线大题综合（2份，原卷版+解析版）

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一、解答题
1．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知双曲线C：的焦距为4，且过点.
(1)求双曲线方程；
(2)若直线与双曲线C有且只有一个公共点，求实数的值.
【答案】(1)
(2)，．
【分析】（1）求出双曲线的焦点，根据定义求出，然后求出．可得双曲线的方程．
（2）联立直线与双曲线的方程组，通过消元，利用方程解的个数，求出的值即可．
【详解】（1）解：由题意可知双曲线的焦点为和，
根据定义有．
，又，所以，，．
所求双曲线的方程为．
（2）解：因为双曲线的方程为，所以渐近线方程为；
由，消去整理得．
①当即时，此时直线与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线相交于一点，符合题意；
②当即时，由，解得，
此时直线双曲线相切于一个公共点，符合题意．
综上所述：符合题意的的所有取值为，．
2．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知双曲线C：上任意一点Q（异于顶点）与双曲线两顶点连线的斜率之积为，E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，|EF|的最小值为.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过椭圆上任意一点P（P不在C的渐近线上）分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且，是否存在m，n使得椭圆的离心率为？若存在，求出椭圆的方程，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在符合题意的椭圆，其方程为
【分析】（1）设，
由及可得，
得，
再结合即可解决问题；
（2）设，则PM方程为，
联立渐近线方程得到，进一步得到，同理得到，
再利用计算即可得到答案.
【详解】（1）设，
由，
所以， ①
又点在上，所以，
即， ②
由①②得：， ③
又E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，
|EF|的最小值为，
所以， ④
又，⑤
联立③④⑤解得：，
所以双曲线C的标准方程为：
（2）假设存在，由（1）知的渐近线方程为，
则由题意如图：
所以由，
设，则直线方程为，
直线方程为
由，得；
由，得
又，
所以，
所以，，
同理可得，，
由四边形是平行四边形，知，
所以，，
即，
所以，存在符合题意的椭圆，其方程为.
3．（2023·云南红河·统考二模）已知椭圆：的焦距为2，，分别是的左焦点和右顶点，点在上，且．
(1)求的方程；
(2)若，直线：与交于不同两点，，的内切圆的圆心在直线上，求直线的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由条件可得为椭圆的左顶点，列出方程即可求得,从而得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，列出方程即可得到结果.
【详解】（1）由，得，所以
又由，得，为椭圆的左顶点，
，解得，
分所以，
故的方程为
（2）由的内切圆的圆心在直线上，知直线，关于直线对称，
所以直线，的倾斜角互补，即．
联立，得．
设，，则，
，
所以，
即，
即，
即．
若即，
直线的方程为，
此时直线过点，不合题意，
所以，即，故直线的斜率为．
4．（2023·云南保山·统考二模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，A是直线l：上不同于原点O的一个动点，斜率为的直线与双曲线E交于M，N两点，斜率为的直线与双曲线E交于P，Q两点.
(1)求的值；
(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为，，，，问是否存在点A，满足+++=0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或
【分析】（1）设 ，利用斜率公式求解；
（2）设，直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解.
【详解】（1）解：双曲线E：的左、右焦点分别为，，
设，
，同理可得.
∴；
（2）设，
直线方程为，
代入双曲线方程可得：，
所以，则，
则，
，
，
，
.
同理，
即，
即，
∴或，
又，
若.无解，舍去.
∴，解得，，或，，
若，，由A在直线上可得，，
∴.此时，
若，，由A在直线上可得，，
∴此时
∴存在点，或，满足.
5．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.
(1)求双曲线的方程.
(2)若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，使得以线段为直径的圆恒过点
【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；
（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.
【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；
当时，由得：，，双曲线的方程为：；
当时，方程无解；
综上所述：双曲线的方程为：.
（2）由题意得：，
假设存在定点满足题意，则恒成立；
方法一：①当直线斜率存在时，设，，，
由得：，，
，，
，
，
整理可得：，
由得：；
当时，恒成立；
②当直线斜率不存在时，，则，，
当时，，，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
方法二：①当直线斜率为时，，则，，
，，，
，解得：；
②当直线斜率不为时，设，，，
由得：，，
，，
；
当，即时，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；
④由所得等式恒成立可整理得到定点.
6．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）已知抛物线:()的准线过双曲线()的左焦点.
（1）求抛物线的方程；
（2）设抛物线的焦点为，直线:与交于不同的两点，，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为，所以，求出的值，即可得答案；
（2）设，，利用焦半径公式代入计算，即可得答案.
【详解】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为，
所以，即.
所以抛物线的方程为.
（2）把直线的方程代入得.
所以.
设，.所以，.
所以.
【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解、抛物线焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
7．（2023·云南红河·云南省建水第一中学校考模拟预测）已知O坐标原点，椭圆的上顶点为A，右顶点为B，的面积为，原点O到直线AB的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过C的左焦点F作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出直线的方程为：，原点到直线的距离为，列出关系式，通过，根据三角形的面积，求出，，即可得到椭圆的标准方程．
（2）依题意可得，即可判断直线与的斜率均存在，设：，，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理即可得到点坐标，同理得到点坐标，从而得到、，再利用基本不等式及对勾函数的性质计算可得；
【详解】（1）解：由题意，①
，，则直线的方程为：，即为，
原点到直线的距离为，
，
，②
，③
由①②③得：，，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）解：由（1）可知，因为，所以，
若直线或中有一条直线斜率不存在，那么、中一点与重合，故斜率一定存在，
设：，则的斜率为，
由可得：，
设，，，，则，，所以
，即，
同理将代入得，
所以，，
所以
令，则，当且仅当即时取等号，
所以，所以，
因为函数在上单调递增，所以当时，
所以，即面积的最大值为；
8．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）已知椭圆的离心率为，以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆上运动且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.过原点作椭圆的“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，若直线的斜率存在，并记为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件可得即可得椭圆方程；
（2）先设切线的方程为，切线的方程为，由题意得环绕圆方程，由直线与圆相切及同解方程可得是方程的两个不相等的实数根，结合圆心在椭圆上得，由的范围可得最终答案.
【详解】（1）由题意，得且，又，
解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
设切线的方程为，切线的方程为，“环绕圆”的圆心D为.
由“环绕圆”的定义，可得“环绕圆”的半径为1，所以“环绕圆”的标准方程为.
因为直线与“环绕圆”相切，则由点到直线的距离公式可得：，
化简得.
同理可得.
所以是方程的两个不相等的实数根，
所以.
又因为“环绕圆”的圆心在椭圆上，所以代入椭圆方程中，
可得，解得.
所以.
又因为且，所以或.
所以或，所以或，
所以或.
所以的取值范围是.
9．（2023·云南·统考模拟预测）已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，A，F分别为双曲线C的左顶点和右焦点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于第一象限的点B，的面积为
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线与双曲线的左､右两支分别交于M，N两点，与双曲线的两条渐近线分别交于P，Q两点，，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知可得，结合过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于第一象限的点B，的面积为，可得的值，即可得双曲线方程；
（2）根据直线与双曲线相交，联立直线与双曲线，即可得交点坐标关系以及的取值范围，由，分别求得与的表达式，可得与的关系式，即可得实数的取值范围.
【详解】（1）解：如图，其中，
双曲线与双曲线有相同的渐近线，所以
则，由题知，所以
则，解得
所以双曲线C的方程为.
（2）解：
设，
则
所以，则，且
所以
设，由得，同理，
所以，
所以，其中，，
因为，故的取值范围是
10．（2023·云南大理·统考模拟预测）已知为椭圆C的左、右焦点，点为其上一点，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于坐标原点O的对称点R，试问△PQR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，最大值为3
【分析】（1）根据条件结合椭圆的定义可得，然后将点坐标代入椭圆方程可得答案.
(2)由题意设设直线与椭圆方程联立，得出韦达定理，，将韦达定理代入，从而求出其最值即可得出答案.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为
由题意，可得，即
即椭圆的标准方程为，
则解之得：
所以椭圆的标准方程为．
（2）如图所示，设直线，
则消去x整理得，
设的面积为S，
又，
则，
令，则，
又设，则，
∴在上为增函数，，∴，
所以，存在当时，即直线l的方程为的面积有最大值，其最大值为3
11．（2023·云南·统考一模）已知双曲线过点，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；
（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．
【详解】（1）由题意可得，故，所以C的方程为．
（2）设，，
当时，即，解得，则，
双曲线的渐近线方程为，
故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线方程为，
令，则，故．
则直线．
由得，
所以，．
．
所以，所以
即．
【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.
12．（2023·云南红河·统考一模）已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．
(1)求E的方程；
(2)若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的性质得出，即，根据当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，根据得出，即可解出答案；
（2）联立，根据韦达定理得出，，即可得出中点，即可得出直线MN的方程为：，由为等边三角形，则，代入化简即可求出答案.
【详解】（1）抛物线E：的焦点，准线方程为，
所以，故，
又因为的最小值为9，所的最小值为，
当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，
此时，解得，
故抛物线E的方程为；
（2）联立，消去x得，
直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，
，得，
设，，则有，，
所以，
设线段AB的中点，
则，，即，
直线MN的斜率，直线MN的方程为：，
令，得，即，
所以，
，
又因为为等边三角形，所以，
所以，
解得，且满足，
故所求m的值为．
13．（2023·云南昭通·统考模拟预测）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，且.
(1)求曲线的方程；
(2)过焦点的直线与曲线交于，两点，直线，与圆的另一交点分别为，，求与的面积之比的最大值.
【答案】(1)
(2)最大值为
【分析】（1）由题意得，，再由与相似可得可得答案；
（2）设，与抛物线方程联立，分别将、的方程代入，解得，求出，，利用韦达定理可得可得答案.
【详解】（1）由题意得，因为与轴垂直，
所以， ，又，
所以与相似，于是，即，
解得，
所以曲线的方程为；
（2）设，，
联立，整理得，所以，，
将代入，解得，
将代入，解得，
于是，
，
所以
，
当时，有最大值.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是求出，，代入利用韦达定理求出答案，考查了学生的思维能力、运算能力.
14．（2023·云南·统考二模）已知椭圆E的中心是坐标原点O，焦点在y轴上，离心率等于，F是椭圆E的上焦点，点P在第一象限，点P和点都在椭圆E上，且的面积等于，A、B是椭圆E上异于P的不同的动点，且．
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：直线的斜率是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率、椭圆上的点以及的关系得到方程组，解出即可；
（2）首先根据面积和椭圆方程求出P的坐标，从而得到，则直线、直线的倾斜角互补，且斜率均存在，设直线的方程为，联立椭圆解出的坐标，同理得到的坐标，最后计算斜率即可.
【详解】（1）根据已知，设椭圆E的方程为，
则由题意得，解方程组得
∴椭圆E的方程为．
（2）∵F是椭圆E的上焦点，O是坐标原点，
∴F的坐标为．
∵P在第一象限，且的面积等于，
∴，解得．
∵P在第一象限，椭圆E经过点P，
∴，且，解得．
∴点P的坐标为．
∴，即直线的斜率等于0．
由P在第一象限得直线轴．
∵A、B是椭圆E上异于P的不同的动点，且，
∴易得直线、直线的倾斜角互补，且都有斜率．
∴直线、直线的斜率互为相反数，设直线的斜率为k，则直线的斜率为．
∴直线的方程为，即．
由得．
∴，
．
∴A的坐标为．
同理可得B的坐标为．
∴直线的斜率．
∴直线的斜率是定值，这个定值为．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过证明轴，从而得到直线、直线的斜率互为相反数，然后再采用设线法，利用韦达定理求出点的坐标，从而最后证明为定值.
15．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．
(1)若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；
(2)若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；
(3)若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【详解】（1）由题意知，当时，，所以或．
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
所以椭圆在点处的极线方程为，即
点处的极线方程为，即
（2）因为在椭圆上，所以，
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．
当时，极线方程为．
联立，得．
．
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）设点，，，
由（2）可知，过点的切线方程为，
过点N的切线方程为．
因为，都过点，所以有，
则割线的方程为；
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．
又因为割线过点，代入割线方程得．
所以，，三点共线，都在直线上．
【点睛】方法点睛：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（或）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．
16．（2023·云南昆明·统考模拟预测）已知动点T为平面内一点，O为坐标原点，T到点的距离比点T到y轴的距离大1．设点T的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设直线l：，过F的直线与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M且与y轴垂直的直线依次交直线OA，OB，l于点N，P，Q，直线OB与l交于点E．记的面积为，△的面积为，判断，的大小关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用两点距离公式及点线距离求轨迹方程；
（2）设直线，，，联立轨迹C，应用韦达定理依次求出坐标，进而确定，再求出坐标，即可证结论.
【详解】（1）设，由题意得，化简得y2＝4x，
故所求动点T的轨迹方程C：．
（2），的大小相同，证明如下：
设直线，，，
由得：，，则，．
线段AB的中点为M，则，，
又直线，令，则，故，
同理，则，，所以．
又直线，令，则，即，
综上，．
【点睛】关键点点睛：由共线，求出它们的点坐标证明，再证、纵坐标相等.
17．（2023·云南·统考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．
①求证：，两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）①设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得直线的方程得到，，化简，即可求解.
②由三角形的面积公式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，所以椭圆的方程为．
（2）①设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为．
【点睛】求解圆锥曲线的最值问题的解答策略：
1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
18．（2023·云南丽江·统考一模）如图，已知椭圆与等轴双曲线共顶点，过椭圆上一点P（2，-1）作两直线与椭圆相交于相异的两点A，B，直线PA，PB的倾斜角互补.直线AB与x，y轴正半轴相交，分别记交点为M，N.
(1)若的面积为，求直线AB的方程；
(2)若AB与双曲线的左､右两支分别交于Q，R，求的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，先求出椭圆方程和双曲线的方程，然后联立直线和椭圆方程求出点坐标，即得，设，根据的面积为求出的值即可求解；
（2）联立直线和双曲线方程，先求出，再根据的范围即可求解.
【详解】（1）解：由题得，解得，所以椭圆的方程为，
等轴双曲线的方程为.
由题意，直线PA的斜率存在，设PA：，则PB：，
联立，消去得，
所以，又，所以，则
将换成，得，所以，
设，
由，消去得，
，所以得，
则，，，
所以，解得，
所以直线AB的方程为；
（2）解：由，消去得，解得，
所以，
，，则，
，，
所以的取值范围为．
19．（2023·云南昆明·校联考一模）已知点F为抛物线E：（）的焦点，点P（−3，2），，若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点；
(3)若直线BC所过定点为点Q，△QAB，△PBC的面积分别为S1，S2，求的取值范围
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用表示出，化简即可求出答案.
（2）设出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.再由点写出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.写出直线的方程，根据两个关系式消掉点，则可得出结论.
（3）将、用点表示出来，再利用韦达定理用直线的斜率表示出，最后化简即可得出答案.
【详解】（1）焦点，∵，∴
抛物线E的标准方程为
（2）显然．直线斜率存在，设的方程为
由，化简得：，
设，则，
∴ ①
直线的方程为，
由化简得：，
设则 ②
由①②得，∴ ③
（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴，∴，
∴的方程为．
（ⅱ）若直线有斜率，为，
直线的方程为，即，
将③代入得，∴，
故直线有斜率时过点．
由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过点．
（3）
由（2）得，
，∴，且，
设，
∵，且，∴∴，
故的取值范围是．
【点睛】本题考查抛物线的标准方程、直线过定点.属于难题.其中证明直线过定点，寻找坐标之间的关系进行消元是解题的关键.
20．（2023·云南红河·校考模拟预测）已知抛物线，过点的直线l交C于M，N两点．
(1)当点A平分线段时，求直线l的方程；
(2)已知点，过点的直线交C于P，Q两点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用点差法求出直线的斜率，再由点斜式求直线的方程；
(2)利用设而不求法证明，再结合角平分线的性质证明.
【详解】（1）设，则，所以；又因为点是的中点，所以，所以，所以，所以直线的方程为：，即，
联立消得，，方程的判别式，即直线与抛物线相交，满足条件，
故直线的方程为；
（2）设直线的方程为：，则，所以；方程的判别式，设，
所以，所以
所以，所以是的平分线，所以，
即．
【点睛】(1)点差法是解决弦的中点问题的常用方法，使用点差法要对所得结果进行验证；
(2)有关直线与抛物线的交点问题，常用设而不求法解决．
21．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）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
【点睛】关键点睛：本题第二问考察圆锥曲线中的定值问题，在设而不求化简代入时，过程比较繁琐，尤其是韦达定理无法直接代入时，需要通过点在直线上的条件进行转化，从而整理成韦达定理能够直接代入的情况，最后可以通过特殊值去检验算计算的定值是否正确.
22．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设出点的坐标，运用数量积运算可得结果.
（2）设直线AB的方程，求出点M的坐标，联立直线AB与轨迹C的方程后由韦达定理得、，由已知向量关系式可得，，进而求得的值与的范围.
【详解】（1）设点，则，且．
由得，
即，化简得．
故动点P的轨迹C的方程为：．
（2）设直线AB的方程为：，则．
联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，
则．
设，，由韦达定理知，．
由，得：，，
整理得，．
所以．
故为定值0．
∵，
∴，
∴的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
23．（2023·云南·校联考模拟预测）已知圆：，定点，如图所示，圆上某一点恰好与点关于直线对称，设直线与直线的交点为.

(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，定点坐标为
【分析】（1）根据对称性求得为定值，结合双曲线定义求得轨迹方程；
（2）解一：根据在双曲线上，用点差法得，，代入可得，将方程代入求得直线恒过定点.
解二：分别联立直线与双曲线、圆，求出的坐标，设定点，由三点共线得，得直线恒过定点.
【详解】（1）证明：由图，由点与D关于PQ对称，则，
所以，故为定值.
由，
由双曲线定义知，点T的轨迹为以，为焦点，实轴长为2的双曲线，设双曲线E方程为，
所以，，，
所以双曲线E的方程为.
（2）解一：因为，如图，

令，，
两式相减得：，
同理，两式相减得：，
，即，
由题知直线斜率一定存在，设直线方程，
则，
整理得，所以，
故直线恒过定点.
解二：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.
联立直线方程与圆的方程消去整理得，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，
若直线MN过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点.
由三点共线得，
即，
所以直线MN过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，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.此题中由于两点分别是直线与双曲线、圆的交点，故只能求出两交点的坐标，用两点坐标结合直线方程得到直线恒过定点.
24．（2023·云南·校联考二模）已知椭圆的左焦点为，直线l过点F交椭圆于A，B两点．当直线l垂直于x轴时，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线上是否存在点C，使得为正三角形？若存在，求出点C的坐标及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点C的坐标为，对应直线l的方程分别为．
【分析】（1）当直线l垂直于x轴时，求出，根据的面积为求得，写出椭圆方程即可；
（2）设直线AB方程为，联立椭圆方程得韦达定理，设的中点，根据求得值，进而求得坐标.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题得，且．
令，代入椭圆得，
故的面积为．
所以．结合，解得．
所以椭圆的方程为．
（2）
当直线l垂直于x轴时，，显然不满足为正三角形，
当直线l不垂直于x轴时，设直线AB方程为，与椭圆显然有两个交点，
由得，
设的中点，
则，，
，
因为为正三角形，所以，
而，
所以，
解得，
当时，所以，
所以直线所以，
同理当时，直线所以，
综上：存在点C，使得为正三角形，点C的坐标为，对应直线l的方程分别为．
【点睛】关键点点睛：为正三角形的用法：求出，根据等边三角形中高为边长的建立关系求出直线AB的斜率.
25．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）已知过点的椭圆：上的点到焦点的最大距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过椭圆：上一点的切线方程为.已知点M为直线上任意一点，过M点作椭圆的两条切线 ，为切点，与（O为原点）交于点D，当最小时求四边形的面积.
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，即可求得答案；
（2）设，，，，根据题意结合切线方程求得方程，设AB与x轴交于点E，则有，利用两角和正切公式表示出 ，结合基本不等式确定其最小值，即可求得，进而确定，从而联立方程和椭圆方程，得根与系数关系，求得弦长，借助于三角形面积即可求得四边形的面积.
【详解】（1）依题意有，，，
则,
由得，即，
整理得 ，解得 ，或 ，
由于，故舍去，
∴，，，
椭圆的方程为.
（2）设，，，，
依题意有切线方程为，切线方程为，
又切线都过点，
∴，，
∴方程为：，
∴，,
设AB与x轴交于点E，
则有,
∴，
当且仅当时取等号，此时为锐角，
同理根据对称性可求得时，
故方程为：或，∴，
根据对称性可以取，则，，，
联立 ，得，
∴，，
∴，
又

,
∴,
故最小时四边形的面积为.
【点睛】关键点点睛：本题关键突破在于求四边形的面积时，要确定最小时M的坐标，解答时利用题意求得方程，从而得其斜率，进而用两角和的正切公式表示，结合基本不等式求得其最小值，即可求得M的坐标，即可得方程，再联立椭圆方程求弦长，这样问题就将迎刃而解.