新高考数学二轮复习考法分类训练专题05 解析几何（解答题10种考法）（2份，原卷版+解析版）

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考法一 定点
【例1-1】（2022·广西·校联考模拟预测）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆的下顶点，且的面积为4.
(1)求椭圆C的方程：
(2)圆，点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，且直线PB的斜率是直线PA的斜率的2倍，求证：直线AB恒过定点
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）由题意可得，
又因为，所以，所以椭圆C的方程为.
（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，
因为为，则直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与椭圆方程，，得，
因为点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，所以，，所以，
代入直线的方程可得，所以为，
联立直线与圆方程，，得，
所以，代入直线的方程可得，所以为，
所以，
所以直线的方程为，整理可得，所以直线恒过定点.
【例1-2】（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)证明见解析
【解析】（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.
考法二 定值
【例2-1】（2023·河南郑州·统考一模）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
【解析】（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．
【例2-3】（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率为，且点在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若点M，N在双曲线C上，且，直线不与y轴平行，证明：直线的斜率为定值.
【答案】(1)(2)直线的斜率为定值
【解析】（1）由题可得离心率，所以，
又因为，所以，
所以双曲线方程为，
又因为双曲线过点，所以，解得，
所以双曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
联立得，
则得，
，得，
，
，
因为，所以，
所以，
即，
所以，
所以即，
得或，
若，则直线的方程为，
即过点，不符合题意，
若，则，满足，
综上直线的斜率为定值.
考法三 定直线
【例3-1】（2022·山东·山东师范大学附中校联考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线的斜率为，且原点到直线的距离为．
(1)求椭圆的标准方程，
(2)设椭圆的左、右顶点分别为、，过点的动直线交椭圆于、两点，直线、相交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)由题可知，、，则，
直线的方程为，即，所以，
解得，，又，所以椭圆的标准方程为．
(2)若直线与轴重合，则、、、四点共线，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，解得或，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立可得，
因为，所以，，
所以
，解得.即点在定直线上．
【例3-2】（2022·河北沧州·统考二模）已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)点在定直线上.
【解析】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程是.
（2）点是在定直线上，理由如下，
由（1）知，设，
，将的方程与联立消，得，
则，得且，且，
因为，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
联立直线与直线的方程，得，
得，
所以
所以点在定直线上.
考法四 最值
【例4-1】（2023·全国·模拟预测）设椭圆的左焦点为F，上顶点为P，离心率为，O是坐标原点，且.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线，分别与C交于A，B，M，N四点，求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】（1）设椭圆的焦距为，则，所以
因为，所以，
又，，所以，即
所以所以
（2）当，中有一条斜率不存在时，
设直线的方程为，此时直线与轴重合，
即，所以；
当，的斜率都存在时，设过点的两条互相垂直的直线：，直线：
由得
此时，，
则.
把上式中的换成得：
则四边形的面积为
令，则，且，
，，，
所以四边形的面积的取值范围是.
【例4-2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知椭圆的中心是坐标原点，焦点在轴上，且经过点，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是经过椭圆的右焦点的一条弦（不经过点），设直线与直线相交于点，记的斜率分别为，，，求的最大值．
【答案】(1)(2)
【解析】（1）解：由题，设椭圆的标准方程为，
因为椭圆经过点，，所以，解得，
所以，椭圆的标准方程为
（2）解：由（1）知，因为是经过椭圆的右焦点的一条弦且不经过点，
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，，所以，，
所以，，联立方程得，
所以
所以，
，
所以，当时，有最大值
【例4-3】（2022·陕西模拟）已知抛物线上有一动点，过点作抛物线的切线交轴于点．
（1）判断线段的中垂线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由；
（2）过点作的垂线交抛物线于另一点，求的面积的最小值．
【答案】见解析
【解析】（1）解：设直线的方程为，和抛物线方程联立得：，
由，得，则的解为，
由得，，得，
在中，令得，所以，
中点为，所以线段的中垂线方程为，
所以线段的中垂线过定点.
（2）解：由（1）可知，直线的方程为
将其与抛物线方程联立得：
，，
，
.
所以的面积为，所以，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以时，.
考法五 角的正切值与直线的斜率
【例5-1】（2023·广西柳州·统考模拟预测）已知平面上动点Q（x，y）到F（0，1）的距离比Q（x，y）到直线的距离小1，记动点Q（x，y）的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)设点P的坐标为（0，－1），过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，证明：．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】（1）Q（x，y），由题意，得，
当时，，平方可得，
当时，，平方可得，
由可知，不合题意，舍去.
综上可得，所以Q的轨迹方程C为．
（2）不妨设，因为，所以，
从而直线PA的斜率为，解得，即A（2，1），
又F（0，1），所以轴．要使，只需．
设直线m的方程为，代入并整理，得．
首先，，解得或．
其次，设，则，
，故.
此时直线m的斜率的取值范围为．
【例5-2】（2022·全国·统考高考真题）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).
【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）[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.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）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.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【例5-3】（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)；(2)．
【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，，且．
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）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
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．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
考法六 长度比转化
【例6-1】（2023·全国·校联考模拟预测）已知抛物线E：的焦点关于其准线的对称点为，椭圆C：的左，右焦点分别是，，且与E有一个共同的焦点，线段的中点是C的左顶点．过点的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．
(1)求C的方程；
(2)证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）抛物线E的焦点关于其准线的对称点为，所以，即．
因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以，，
所以线段的中点为，所以，．故C的方程为．
（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．
当时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，
，，，则．
当时，直线l的方程为，设，，线段AB的中点为，．
联立，消去y，得，
则，，
所以，
则．
由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为，
令，得，则．
又，
所以．综上，．
【例6-2】（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，M，N是C1上关于x轴对称的两点，直线A1M和A2N交于点P，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F（－2，0）的直线l与曲线C交于x轴上方的A，B两点，若D是线段AB的中点，E是线段AB上一点，且，记直线OD和OE的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）将椭圆C1的方程化为标准方程，得，故A1（－1，0），A2（1，0），
易知直线A1M和A2N的斜率均存在，设，，则，
因为，，所以，
两式相乘得，
因为点M（x0，y0）在C1上，所以，即，
所以，即，
故曲线C的方程为（点拨：注意x的取值范围）
（2）易知直线l与坐标轴不垂直，故可设其方程为（m≠0且），（技巧：根据题意巧设直线方程）
联立l与C的方程，消去x，得，，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，
所以，，（中点坐标公式的应用）
所以．
因为，所以，，（关键：将线段长的关系转化为坐标之间的关系）
得，所以，所以．
所以，为定值．
【例6-3】（2023·河南郑州·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，直线过椭圆C的两个顶点，且原点O到直线的距离为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当过点P（0，2）的动直线l与椭圆C相交于两个不同点A，B时，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【解析】（1），，所以，
不妨设直线的方程为，，即，
所以原点O到直线的距离为，解得，所以，
故椭圆C的标准方程为．
（2）设、，设，即
整理得到，于是，故，
得，即，
，又，得，
又，故上，且，所以
考法七 三点共线
【例7-1】（2022·河南·马店第一高级中学校联考模拟预测）已知曲线：经过点，．
(1)求曲线的方程；
(2)已知定点，过的直线与曲线交于A，B两点，过的直线与曲线交于C，D两点．若A，C，M三点共线，证明：B，D，M三点共线．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）因为曲线：经过点，，所以，
解得，，即曲线的方程为.
（2）证明：易知直线，的斜率存在，设：，：，
设，，，，
令直线与曲线联立，，
消去y，整理得，
所以，，同理可得，，
因为A，C，M三点共线，则可设直线AC：，且，
所以，整理得，
令直线AC与曲线联立，消去y，整理得，
所以，，所以，
，
，所以，即B，D，M三点共线．
【例7-2】（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
考点八 三角形类型的转化
【例8-1】（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）已知椭圆，左焦点为，上顶点为，直线BF与椭圆交于另一点Q，且，且点在椭圆上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设，，M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点P，直线与直线交于点.证明：是等腰三角形.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）因为，， ，故，
故，所以即，
而在椭圆上，故，故，解得，
所以，故椭圆方程为：.
（2）设，，故，而，
由可得，同理.
,
因为在椭圆上，故，故即，
而所以，
故是等腰三角形.
【例8-2】（2022·浙江·模拟预测）已知直线l：为双曲线C：的一条渐近线，且双曲线C经过点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设A，B是双曲线右支上两点，若直线l上存在点P，使得为正三角形，求直线AB的斜率的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】（1）双曲线C：的渐近线为
直线l：为曲线C：的渐近线，所以
即，所以双曲线方程为，又因为双曲线C经过点.
即，所以，所以双曲线方程为：
（2）当的斜率不存在时，则为原点，则，舍去.
由题意得的斜率一定不为零，当的斜率存在时，设方程为，点.把直线方程代入双曲线方程得：
并且即
则
故线段的中点为，又为正三角形，故，由正三角形可得
即
则
即代入，若，则，不满足，则，得
则，又两点在右支上，故，则，解得.
考法九 存在性问题
【例9-1】（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过点引圆：的一条切线，切点为，.
(1)求抛物线的方程；
(2)过圆M上一点A引抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，是否存在点A使得的面积为？若存在，求点A的个数；否则，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点A的个数为2，理由见解析
【解析】（1）解：如图
已知抛物线：的焦点为，
圆：的圆心，半径，
则，
过点M作轴，则，，
在中，满足，
即，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）存在点A使得的面积为，点A的个数为2，理由如下：
设，，，
由（1）可知抛物线的方程为，
则切点弦PQ的方程为，斜率，
联立，得，
所以，，
，
点到直线PQ的距离，
，
所以，
即点A的轨迹为抛物线往左平移个单位长度，
因为点A在圆M上，联立，得，
显然是一个根，因式分解得，
令，，则，
若，由于，
则恒成立，所以为增函数，
，，
根据零点存在定理函数在上存在一个零点，
所以存在两个点A使得的面积为.
【例9-2】（2023·广东深圳·统考一模）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，
【解析】（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．
考法十 轨迹方程
【例10-1】（2022·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，且经过，经过定点斜率不为0的直线l交C于E，F两点，A，B分别为椭圆C的左，右两顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AE与BF的斜率分别为，，求的值；
(3)设直线AE与BF的交点为P，求P点的轨迹方程.
【答案】(1)(2)(3)P点的轨迹方程为
【解析】（1）根据题意可得，解得∴求椭圆C的方程为
（2）
根据题意可得，设直线l：，直线BE的斜率为，则
∵，整理得，则
联立方程，消去得
∴
∴
（3）
根据题意可得直线AE：，BF：
联立方程，解得
∴P点的轨迹方程为
【例10-2】（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，
【解析】（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
1．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)(2)
【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
2．（2021·浙江·统考高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
3．（2023·全国·模拟预测）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)
【解析】（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．
4（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
【解析】（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.
5．（2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为，点在上，的最大值为，且当垂直于长轴时，.
(1)求的方程；
(2)已知点为坐标原点，与平行的直线交于两点，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，试探究是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，为定值2
【解析】（1）的最大值为，
当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，则，
所以，解得
所以的方程为
（2）为定值.
由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，
故设直线的方程为.
联立得，
则，
解得，则，所以，
直线的方程为，
令，得，即，
所以，同理可得.
故
，
所以为定值2.
6．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）已知抛物线，过其焦点F的直线与C相交于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线，相交于点P．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若PA，PB与x轴分别交于Q，R两点，令的面积为，四边形PRFQ面积为，求的最小值．
【答案】(1)(2)2
【解析】（1）抛物线的焦点.由得，∴.
设，，，由导数的几何意义可得：，，
∴，即，同理．
又P在PA，PB上，则，所以．
∵直线AB过焦点F，∴．所以点P的轨迹方程是．
（2）由（1）知，，代入得，
则，
则，
P到AB的距离，所以，
∵，当时，得，
∴，∴，同理，．
由得，∴四边形PRFQ为矩形，
∵，∴，
∴，当且仅当时取等号．∴的最小值为2．
7．（2022·全国·哈师大附中校联考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，离心率为，过点的直线l与椭圆C顺次交于点Q，P．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在定直线与直线交于点G，使，G，Q共线．
【答案】(1)
(2)存在满足条件，分析见解析.
【解析】(1)∵，所以，故，
∵ ∴，又，所以
∴椭圆C的方程为∴
(2)由已知可得直线l的斜率一定存在，
设直线l的方程为
得：，
．
设，，则
，
∴
，，
，，
令
∴，
∴
∴存在直线满足题意
8（2022·上海嘉定·校考模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的方程为，它的右顶点与抛物线的焦点重合，经过点且不垂直于轴的直线与双曲线交于、两点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若点是线段的中点，求点的坐标；
(3)设、是直线上关于轴对称的两点，求证：直线与的交点必在直线上．
【答案】(1)
(2)点的坐标为或
(3)证明见解析
【解析】（1）由题意得，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）设，，因为是线段的中点，所以，
则得，
解得，，
所以所求点的坐标为或；
（3）证明：由题意可设直线的方程为，
联立方程组，消去，并整理得
，
设，，，，
由一元二次方程根与系数的关系，得，
又设，，，则得直线的方程为，
直线的方程为，两个方程相减得
①，
因为，
把它代入①得，
所以，
因此直线与的交点在直线上．
9．（2022·天津北辰·天津市第四十七中学校考模拟预测）已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
【答案】(1)(2)
【解析】（1）由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因为，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
10．（2022·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
【解析】（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．
11．（2022·四川成都·成都市第二十中学校校考一模）如图，已知椭圆：，直线：，直线过点且斜率为．若直线与椭圆交于不同的两点、，与直线交于点（点与点、不重合）．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】（1）设直线方程为，
联立，
由于直线与椭圆交于不同的两点、，所以，
化简得，解得.
（2）设，由题意可知，
故为直线的倾斜角，
，
所以，
由（1）知：—①
又在直线：上，
故—②
将①②代入
，
由于所以，因此
12（2022·浙江·模拟预测）抛物线C：的焦点为F，过x轴上一点（其点在F右侧）的直线l交C于A，B两点，且C在A，B两点处的切线交于点P．
(1)若l：，，求C的方程；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)见解析.
【解析】（1）解：由，可得或，
设,，
当时，，
所以，
所以曲线在处切线斜率=，
所以过的切线方程为：，
当时，，
所以，
所以曲线在处切线斜率=，
所以过的切线方程为：，
由，解得，
即，
又因为，
所以，
解得，
所以C的方程为；
（2）证明：
设，其中，
因为当时，，
所以，
所以曲线在处切线斜率=，
所以过的切线方程为：，
即，
所以,
当时，解得，
即直线与轴交于点，
所以，
设抛物线的准线为，
由抛物线的几何性质可得点A到点F的距离等于到直线l的距离，
所以=，
所以，
同理可得直线与轴交于点，
，
所以，
当时，则三点重合，其坐标为，
所以，，
所以；
当时，不妨设，
则M在N的左侧，P在第二象限，
则，，，，
所以；
综上所述：.
13．（2022·浙江·模拟预测）已知抛物线，其焦点与准线的距离为，若直线与交于两点（直线不垂直于轴），且直线与另一个交点为，直线与另一个交点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若点，满足恒成立，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）抛物线的焦点到准线的距离为，即，
抛物线的方程为：.
（2）由（1）知：，
设，，其中，，，
，且直线的倾斜角均不为，，
即，，
，，即；
直线方程为：，即，
由得：，
设点纵坐标为，则，即，
将代入直线方程得点横坐标为：，；
同理可得：，，
直线方程为：，即；
，直线方程为：，
则当时，，直线恒过定点.
14．（2022·河南·校联考模拟预测）已知椭圆C：上点与圆上点M的距离的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l与椭圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过点（Q与A，B不重合），证明：动直线l过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，直线l过定点.
【解析】（1）因为椭圆C：过点，
所以，
的圆心为，半径为1，
点与圆上点M的距离的最大值为加上半径，
即，
解得：，，
则椭圆C的方程为.
（2）当直线l斜率存在时，设直线l：，
，
设点，，则，
，
所以或.
则直线l：或l：，
因为Q与A，B不重合，故不合要求，
所以直线l：，即直线过定点.
当直线l斜率不存在时，设直线l：，不妨设，，
所以.
所以，直线l：，因为Q与A，B不重合，所以不满足题意.
综上，直线l过定点.
15．（2022·陕西汉中·统考一模）已知椭圆的焦距为，设椭圆的上顶点为，左右焦点分别为，且是顶角为的等腰三角形.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知是椭圆上的两点，以椭圆中心为圆心的圆的半径为，且直线与此圆相切.证明：以为直径的圆过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意可知，
解得
所以椭圆的标准方程.
（2）①当直线垂直于轴时，不妨设
此时，
，
故以直径的圆过定点；
②当直线不垂直于轴时，
设直线的方程为，
因为直线与圆相切，
所以到直线的距离，
即，
由可得，
所以，
，
所以，
即.
故以为直径的圆过定点，
综上所述：以为直径的圆过定点.
16．（2022·陕西渭南·统考一模）已知椭圆：的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点，过点的直线不经过点，且与椭圆交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得，所以，
不妨设直线的方程为，，即，
所以原点到直线的距离为，
解得，所以，故椭圆的标准方程为.
（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，即，
设，，
联立，
整理得：，
则
，解得，
，，
设直线的斜率与直线的斜率分别为，，
则
，
故直线的斜率与直线的斜率之和是定值.
17．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，直线与椭圆C交于点A，B，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点A关于x轴的对称点为，点P是C上与A，不重合的动点，且直线PA，与x轴分别交于G，H两点，O为坐标原点，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）设椭圆的左焦点为，连接，由椭圆的对称性可得，
所以，得，
因为椭圆的离心率，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，则，
所以，，
两式相减得，
直线的方程为，取，得，
所以，同理可得，
所以
所以为定值2.
18．（2022·重庆江北·校考一模）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为，过F且斜率不为0的直线l交椭圆于A，B两点，C为线段AB的中点，当直线l的斜率为1时，线段AB的垂直平分线交x轴于点O（O为坐标原点），且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线DA，DB分别交直线于点M，N，求证：以MN为直径的圆恒过点F．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题易知，当直线l的斜率为1时，为等腰直角三角形，
所以，
又，，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，设直线AB的方程为，，，
把直线AB的方程与椭圆方程联立，
整理得，
，
则，．
设，，
由M，A，D三点共线得，得，
同理，由N，B，D三点共线，得．
，
所以，故以MN为直径的圆恒过点F．
19．（2023·全国·模拟预测）已知A是椭圆C：的左顶点，直线l与椭圆C相交于P，Q两点，满足.当P的坐标为时，的面积为（O为坐标原点）.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F是椭圆C的右焦点，求四边形PAQF面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）解：将代入C的方程，得 ①.
因为的面积为，所以，得②.（技巧：根据已知条件选择合适的量求三角形的面积）
由①②得，
故椭圆C的标准方程为.
（2）易知，，直线PQ的斜率不为0，
故可设直线PQ的方程为，（技巧：根据题意判断直线PQ的斜率情况，并巧设直线的方程，避免讨论）
联立方程，得，整理得，
，得.
设，，则，.
因为，所以，即，
所以，即，
所以，整理得，解得或（舍去），（注意m的范围）
所以，.
所以

.
令，则，
，
由对勾函数的单调性知，当且仅当，即时等号成立，
所以，
故四边形PAQF面积的最大值为.
20．（2023·全国·模拟预测）已知，分别为双曲线的左、右焦点，点在C上，且．
(1)求C的标准方程；
(2)设点P关于坐标原点的对称点为Q，不过点P且斜率为的直线与C相交于M，N两点，直线PM与QN交于点，求的值．
【答案】(1)(2)1
【解析】（1）由题意可知，，
解得，，
所以的标准方程为：．
（2）设，，直线MN的方程为，
由得，
直线MN与C相交于M，N两点，
，则．
由题意知，，当直线PM，QN的斜率均存在时，
，，
所以直线PM的方程为，
直线QN的方程为．
两方程联立得，，显然，
又，
所以，
当直线PM的斜率不存在时，易求得直线PM的方程为，直线QN的方程为，则，，所以．
当直线QN的斜率不存在时，易求得直线QN的方程为，直线PM的方程为，则，，所以．
综上，.
21．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左顶点为A，点E为直线与的一个交点（异于点A），当时，点E在y轴上.
(1)求的标准方程；
(2)若点F为过点A且斜率为的直线与的一个交点（异于点A），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【解析】（1）由题意知，
直线，即，则直线过点A，
因为当时，，点E在y轴上，
又 E在椭圆上，所以当E在y轴上时，E为椭圆的上顶点或下顶点，
又，所以E为椭圆的上顶点，所以，
又点E在直线上，所以，解得，
所以的标准方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，点关于x轴对称，此时的斜率为，
这与的斜率为相矛盾，所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，由，消去y，
得，需满足，
设，，，则，.
由题意得，，则，
得，
即，
所以，
所以，即，
解得或.
若，则直线的方程为，即，则直线恒过定点，不符合题意.
若，则直线的方程为，即，
则直线恒过定点，
综上，直线恒过定点，定点坐标为.
22．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值及点坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)
(2)存在，定点，定值为
【解析】（1）由题意得，解得：；
故椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率不为时，设直线，与联立得：，
设，则，
故，
，
又，则，
故
，
令，解得：，
此时为定值，
当直线斜率为时，此时直线，不妨令，
，满足要求，
综上：存在定点为定值，该定值为
23．（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
【解析】（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.
24．（2023·山西临汾·统考一模）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.
【解析】（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.
25．（2023·四川南充·校考模拟预测）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，
【解析】（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.
26（2023·陕西榆林·统考一模）已知是椭圆的一个顶点，圆经过的一个顶点.
(1)求的方程；
(2)若直线与相交于两点（异于点），记直线与直线的斜率分别为，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为是的一个顶点，所以.
又圆与坐标轴交于两点，
圆经过的一个顶点,则顶点为，故，
故的方程为.
（2）设，
联立方程组，
消去整理得，，
则，
，
因为，
所以，
整理得，
则，
则，即，
解得或，
当时，在上，不符合题意，时，符合题意，
故.
27．（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)
【解析】（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.
28．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知抛物线，是轴下方一点，为上不同两点，且的中点均在上.
(1)若的中点为，证明：轴；
(2)若在曲线上运动，求面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）设，，，
则的中点在抛物线上，
所以，化简得，
同理由的中点在抛物线上可得，
因为，所以是关于的一元二次方程的两个不等实根，
所以，，
所以的中点的横坐标为，它与的横坐标相同，
所以轴.
（2）不妨设，则，
由轴，得，
因为在曲线上运动，是轴下方一点，
所以，且，所以，
因为的中点的纵坐标为
，
所以，
又
，
所以，
令，因为，所以，
所以，
因为在上为增函数，所以当时，取最大值.
29．（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
【解析】（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.
30．（2023·福建·统考一模）已知椭圆的离心率为，其左焦点为．
(1)求的方程；
(2)如图，过的上顶点作动圆的切线分别交于两点，是否存在圆使得是以为斜边的直角三角形？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【解析】（1）由题意设焦距为，则，
由离心率为，所以，
则，
的方程为．
（2）不存在，
证明如下：假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，
直线的斜率为0，不合题意．
依题意不妨设为：，
：，，，圆的半径为，
则圆心到直线的距离为，
即是关于的方程的两异根，
此时，
再联立直线与椭圆方程得，
所以，即，得
所以，同理
由，得，
由题意，，即，此时
，
所以，
因为，
所以方程无解，命题得证．
31．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且线段的中点为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设为上一个动点，过点与椭圆只有一个公共点的直线为，过点与垂直的直线为，求证：与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，，
【解析】（Ⅰ）由题可知，直线的斜率存在.
设，，由于点，都在椭圆上，
所以①，②，
①-②，化简得③
又因为离心率为，所以.
又因为直线过焦点，线段的中点为，
所以，，，
代入③式，得，解得.
再结合，解得，，
故所求椭圆的方程为.
（Ⅱ）证明：设，由对称性，设，由，得椭圆上半部分的方程为，，
又过点且与椭圆只有一个公共点，所以，
所以：，④
因为过点且与垂直，所以：，⑤
联立④⑤，消去，得，
又，所以，从而可得，
所以与的交点在定直线上.
32．（2022·全国·校联考模拟预测）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6.
(1)求点的轨迹的方程.
(2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以,
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为；
（2）设直线的方程为：，，
联立方程得：，
则，
所以，
又直线的方程为：，
又直线的方程为：，
联立方程得：，
把代入上式得：
，
所以当点运动时，点恒在定直线上
33（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆，，C为圆A上一点，线段BC的垂直平分线与线段AC交于点P，记点P的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)若过点且斜率存在的直线l交曲线E于点M，N，线段MN上存在点S使得，求的最小值．
【答案】(1)(2)
【解析】（1）连接BP，∵P在线段BC的垂直平分线上，
∴，∴，
又，∴曲线E是长轴长为10，B，A分别为左、右焦点的椭圆．
又，∴曲线E的方程为．
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
此时，或，，此时.
当直线l的斜率存在时,
设直线l的方程为，，，，
易知点D在曲线E外，则，，
∴，解得．
联立，得，
整理得，
方程,
的判别式,
解得或.
又，，
则①．
∵点在直线上，
∴②．
由①得，由②得，
∴，整理得，
∴点在线段（在椭圆内部，）上运动．
故点在线段（在椭圆内部）上运动．
记为关于的对称点，连接交于，则当与重合时最小，最小值为．
连接交于，则为的中点，
∵，的斜率为，∴直线的斜率为5，
又，∴直线的方程为．
联立方程，得，得，
得，∴，
∴的最小值为．
34．（2023·全国·校联考模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过、两点.
(1)求的方程；
(2)若，过的直线与交于、两点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）解：设椭圆的方程为，
将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）证明：若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的端点，
不妨设点，则点，则，，成立；
若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，
所以，轴平分，所以，.
综上所述，.
35．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设点A为双曲线的左顶点,直线l经过点,与C交于不与点A重合的两点P,Q．
(1)求直线的斜率之和;
(2)设在射线上的点R满足,求直线的斜率的最大值．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由题知.
由于平移不改变斜率,作平移变换.
则点的坐标变为,点的坐标变为
双曲线方程变为,即①
设点与点连线的斜率为,则.
①式两边同除以,得,即②
由题知,直线PQ不过点,所以设直线
因为直线PQ过点,所以,即,所以
所以,代入(2)得
方程的两根即为AP,AQ的斜率,由韦达定理
所以直线AP,AQ的斜率之和为
（2）(2)设AP斜率为斜率为
联立,得.
联立,得.
由可知,AP为外接圆的切线,且
设
所以
即,即
当时取等
所以,直线PR的斜率的最大值为
36．（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)证明见解析
【解析】（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.
37．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【解析】（1）设椭圆的焦距为，
由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，
当直线垂直于轴时，，代入椭圆方程，解得，.
所以直线的方程为，令，得，则，
直线的方程为，令，得，则，
所以，，则，即，
若为定值，则必为，
当直线的斜率存在时，设直线，，，
联立整理得，
，
则，，
直线的方程为，令，得，则，
直线的方程为，令，得，则，
因为，所以，，
则
，
故，即.
综上，为定值.
38．（2023·广西·统考模拟预测）如图，已知点是焦点为的抛物线：上一点，，是抛物线上异于的两点，且直线，的倾斜角互补，若直线的斜率为.
(1)证明：直线的斜率为定值；
(2)在中，记，，求最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）将点代入抛物线方程可得：，抛物线：
设直线方程为：，与抛物线方程联立可得：
，所以，
用代可得：，
因此，
即，故直线的斜率为定值.
（2）由（1）可知，，将带入直线方程，解得
则，用代可得：，
因此直线方程：，
到直线的距离
所以
因为，
所以，
令，易得此函数在时为单调增函数，则，
所以
当且仅当（负值舍去）时取等号
39．（2023·陕西商洛·校考三模）已知椭圆C：（）离心率为，短轴长为2，双曲线E：的离心率为，且.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线交椭圆于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l：于点M，交直线于点N，当最小时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【解析】（1）双曲线的离心率，由，则，其中，所以，
即椭圆方程为：
（2）当直线的斜率存在且为零时，其垂直平分线与直线l平行，不满足题意，
故直线的斜率不为零，可设直线的方程为，，，.
联立直线与椭圆C的方程，消去x得，
由一元二次方程根与系数的关系可得，
则，
由，则，
又
则
当且仅当，即时取等号.此时直线的方程为或.
故当最小时，直线的方程为或.
40．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若过点的任意直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，求证，恒有.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）由题意知，，
又因为解得，，
所以椭圆方程为，
（2）当过点的直线斜率为零时，显然满足题意；
当斜率不为零时，设过点直线为，
设，
由得，且.
则
又因为，， ，
所以.
因为线段的中点为，所以.
41．（2023·四川·石室中学校联考模拟预测）已知的右焦点为，过的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，设直线与直线的斜率分别为，．
（1）求的值；
（2）设直线交直线于点，证明．
【答案】（1）．（2）见解析
【解析】（1）设，，，，则，
是线段的中点，，，故，
，
，都在椭圆上，
，，
，
，即．
（2）设直线的方程为：，令，则，
所以，联立方程，
解得：，
设，且设，
则有：，
要证，
则只需证：，即证：，
则证：，即证：，
又因为，，
得出：成立，
所以：.
42．（2023·陕西西安·统考一模）设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角(其中为坐标原点)，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）;（2）.
【解析】（1）易知，，
所以，，设，则
，
因为，故当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，即
，解得
故所求的椭圆方程为.
（2）设，，由得
，
故，.
又为锐角，
∴
又
∴
，
∴，解得∴的取值范围是.
43（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】（1）；（2）证明见解析，公差为或．
【解析】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设，则.
两式相减，并由得，
由题设知，于是.①
由题设得，故.
［方法二］：【通性通法】常规设线
设，，当时，显然不满足题意；
由得，，所以，，
，即，而，所以，
又，所以，
，即，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于对称的椭圆为．
两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．
又点在椭圆C内部可得，解得：．
所以．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是.
同理，所以.
故，即，，成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
［方法二］：硬算
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．
由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，
，所以，而，故．
即该数列的公差为或.
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段的中点为，得．
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得，．所以．
由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或.
44．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆，的上、下顶点是，，左，右顶点是，，点在椭圆内，点在椭圆上，在四边形中，若，，且四边形面积的最大值为．
(1)求的值．
(2)已知直线交椭圆于，两点，直线与交于点，证明：当变化时，存在不同于的定点，使得．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由已知，，设，，则
因为，，
所以，，
两式相减得，代回原式得，
因为，所以，又，
，
因为S的最大值为，所以，得或(舍去)，
所以的值为2．
（2）由已知有，
取，可得，，
则直线的方程为，直线的方程为
联立方程组，可得交点为，
若，，由对称性可知交点，
若点S在同一直线上，则直线的方程为，
以下证明：对任意的，直线与直线的交点S均在直线：上．
由整理得
设，，则，，
设与交于点，由可得，
设与交于点，由，可得，
因为，
所以，即与重合，
所以当变化时，点S均在直线上，
因为，，所以要使，只需为线段的垂直平分线，
根据对称性可得点，
故存在定点满足条件
45．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若△为等边三角形，且点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)点或
【解析】（1）∵△为等边三角形，且，
∴，
又∵，∴，
设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程得，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由已知得，设，,
则直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为，
直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为,
∵,∴,∴，
又∵，，
∴，即，
整理得，
①若直线的斜率存在时,设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立得，
其中，
，，
即，，，
所以或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
②若直线的斜率不存在时，
由得，
即，解得或，
此时直线的方程为或，
所以此时直线恒过点或，
综上所述，直线恒过点或.