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专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题十八圆锥曲线的综合运用原卷版docx、专题十八圆锥曲线的综合运用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共80页， 欢迎下载使用。
专题十八 圆锥曲线的综合运用
一、多选题
1．（2020·全国高二单元测试）若双曲线的实轴长为6，焦距为10，右焦点为，则下列结论正确的是（ ）
A．的渐近线上的点到距离的最小值为4 B．的离心率为
C．上的点到距离的最小值为2 D．过的最短的弦长为
【答案】AC
【分析】
根据题意，求出，结合的关系式求出，利用双曲线的几何性质进行逐项分析，判断即可.
【详解】
由题意知，，即，因为，所以，解得，所以右焦点为为，双曲线的渐近线方程为，
对于选项A：由点向双曲线的渐近线作垂线时，垂线段的长度即为的渐近线上的点到距离的最小值，由点到直线的距离公式可得，，
故选项A正确；
对于选项B：因为，所以双曲线的离心率为，故选项B错误；
对于选项C：当双曲线上的点为其右顶点时，此时双曲线上的点到的距离最小为，故选项C正确；
对于选项D：过点且斜率为零的直线与双曲线的交点为，此时为过点的最短弦为，故选项D错误.
故选：AC
【点睛】
本题考查双曲线的几何性质；考查运算求解能力；熟练掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键；属于中档题.
2．（2021·福建宁德市·高二期末）已知椭圆的左、右两个焦点分别为、，直线与交于、两点，轴，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则的面积为
B．四边形可能为矩形
C．直线的斜率为
D．若与、两点不重合，则直线和斜率之积为
【答案】BC
【分析】
利用余弦定理、椭圆的定义以及三角形的面积公式可判断A选项的正误；根据四边形可能为矩形求出点的横坐标，可判断B选项的正误；利用斜率公式可判断C选项的正误；利用点差法可判断D选项的正误.
【详解】
在椭圆中，，，，设点、，则，如下图所示：
对于A选项，由椭圆的定义可得，
在中，由余弦定理可得，可得，
因此，的面积为，A选项错误；
对于B选项，由于直线与椭圆都关于原点对称，则点、也关于原点对称，
又、关于原点对称，所以，四边形为平行四边形，
若四边形为矩形，则，而，，
，
解得，B选项正确；
对于C选项，，可知点，则，C选项正确；
对于D选项，由于点、在椭圆上，则，
上述两个等式相减得，可得，
直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】
结论点睛：有关点差法的结论如下：
①设是椭圆的任意一条不与坐标轴垂直的弦，点为弦的中点，则直线和直线（其中为坐标原点）的斜率之积；
②设是椭圆的任意一条过原点的弦，点是该椭圆上与点、不关于坐标轴对称的一点，则直线和的斜率之积为.
二、单选题
3．（2020·全国高二单元测试）圆关于直线对称，则的最小值是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据圆的对称性得出，结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】
圆的圆心坐标为
因为圆关于直线对称
所以直线经过圆心，即
当且仅当，即时取等号
故选：C
【点睛】
本题主要考查了圆的对称性的应用以及基本不等式的应用，属于中档题.
4．（2020·全国高二单元测试）已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
先得到双曲线的渐近线，然后根据渐近线与圆相切，利用点到直线的距离等于半径，得到和的关系，求出离心率，得到答案.
【详解】
双曲线的渐近线为
因为两条渐近线均与圆相切，
所以点到直线的距离等于半径
即，
又因为
整理得到，
故双曲线C的离心率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查求双曲线渐近线，根据直线与圆相切求参数关系，求双曲线的离心率，属于简单题.
5．（2020·全国高二单元测试）对圆上任意一点，若点P到直线和的距离之和都与x，y无关，则a的取值区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由点到线的距离公式表示出点到直线与的距离之和，取值与，无关，即这个距离之和与无关，可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时与，的值无关，即圆夹在两直线之间，临界条件为直线恰与圆相切，即可求出的取值范围.
【详解】
解：点到直线与直线距离之和
取值与，无关，
这个距离之和与无关，
如图所示：可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时与，的值无关，
当直线与圆相切时，，
化简得，
解得或（舍去），
故选：．
【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题
6．（2020·全国高二单元测试）直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
计算出当，此时圆心到该直线的距离，建立不等式，计算m的范围，即可．
【详解】
当，此时圆心到MN的距离
要使得，则要求，故，解得，故选A．
【点睛】
考查了点到直线距离公式，关键知道的意义，难度中等．
7．（2020·全国高二单元测试）直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【分析】
根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．
【详解】
由抛物线标准方程可知p=2
因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知
所以
因为 为线段长度，都大于0，由基本不等式可知
，此时
所以选B
【点睛】
本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题．
8．（2021·福建宁德市·高二期末）已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线互相垂直，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意，若过点P所作的圆的两条切线互相垂直，则，则只需在双曲线上存在一点到坐标原点额距离为，设点，则利用有解求出离心率的取值范围.
【详解】
如图所示，
设点为双曲线上一点，过点作圆的两条切线与，切点分别为与，连接，若两条切线互相垂直，则，
设点，则有解，整理得有解，即，又，所以，又，故，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的取值范围求解，求解离心率的的值及取值范围的关键在于画出图形，根据图形找到各边的数量关系，通过数量关系列出的齐次式求解.
9．（2021·河南许昌市·高二期末（理））如图，已知抛物线的焦点和圆的圆心重合，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由为抛物线过焦点的弦，得到，再由，利用“1”的代换变形结合基本不等式求解.
【详解】
因为抛物线的焦点和圆的圆心重合，
所以焦点坐标为： ，
所以抛物线方程为，准线方程为，
因为为抛物线过焦点的弦，设的直线方程为：，
与联立得：,
设，
则，
由抛物线定义得：，
所以，
，
，
，
．
当且仅当，即取等号，
所以的最小值为
故选：B
10．（2021·河南许昌市·高二期末（理））已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，x轴上存在两点，，连接AP，AQ分别与抛物线交于另一点C、D，设B，C，D的纵坐标分别为，，，若，，成等差数列，则（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【分析】
设过点的直线为，联立方程组，求得，进而得到，和，结合成等差数列，列出方程，即可求解.
【详解】
设轴上一点，过该点的直线为，
联立方程组，整理得，可得，
又由抛物线的焦点坐标为，即，此时，
又由点，即，此时，
点，即，此时，
因为成等差数列，可得，解得.
故选：C.
11．（2021·北京高三期末）已知双曲线（，）的左焦点为，右顶点为，过作的一条渐近线的垂线，为垂足．若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先利用，求点的坐标，再利用与渐近线垂直，构造关于的齐次方程，求离心率.
【详解】
由条件可知，，由对称性可设条件中的渐近线方程是，线段的中垂线方程是，与渐近线方程联立方程，解得，，即，
因为与渐近线垂直，则，
化简为，
即，即，两边同时除以，
得，解得：（舍）或.
故选：B
【点睛】
方法点睛：本题考查双曲线基本性质，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.
12．（2021·北京高二期末）已知圆的方程为，圆的方程为，其中．那么这两个圆的位置关系不可能为（ ）
A．外离 B．外切 C．内含 D．内切
【答案】C
【分析】
求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.
【详解】
由两圆的标准方程可得，，，；
则，所以两圆不可能内含.
故选：C.
13．（2021·北京高二期末）已知双曲线的两个焦点是、，点在双曲线上．若的离心率为，且，则（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】A
【分析】
求出的值，结合双曲线的定义可求得的值.
【详解】
在双曲线中，，，
因为双曲线的离心率为，，，
由双曲线的性质可知，由双曲线的定义可得，
解得或.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：在利用双曲线的定义求解问题时，需要注意以下两点：
（1）双曲线定义的集合语言：是解决与焦点三角形有关的计算问题的关键，切记对所求结果进行必要的检验．
（2）利用定义解决双曲线上的点与焦点的距离有关问题时，弄清点在双曲线的哪支上．
第II卷（非选择题）
三、解答题
14．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，有，椭圆的离心率为；
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，过点作斜率为的直线与椭圆交于不同两点，线段的中垂线为，记的纵截距为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由，求得，再根据离心率为，求得，进而求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设，联立方程组得到，根据判别式求得，再求得，得到，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
（1）由题意知，所以，所以 ，
又因为椭圆的离心率为，可得，
所以，所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设，
联立方程组，整理得，
可得，
又由，解得，故，
设的中点为，则，
所以，即，
化简得，
令，可得，
则，当时，恒成立，
所以在上为单调递增函数，所以，
即求的取值范围.
【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.
15．（2020·湖南高三开学考试）已知抛物线的顶点在原点，准线为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）点，在上，且，，垂足为，直线另交于，当四边形面积最小时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设抛物线的标准方程为，根据题意，求得，即可求得抛物线的标准方程；
（2）设直线的方程为，根据，得到，求得，
联立方程组，得到，求得，得出直线过定点，再设直线的方程为，得到直线的方程为，分别联立方程组，取得和弦长，得出三角形面积的表达式，结合导数求得函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）设抛物线的标准方程为，
由抛物线的准线方程为，可得，解得，
故抛物线的标准方程为.
（2）先证直线过定点.
设直线的方程为，，，
由，可得，所以，
可得，解得，
联立方程组，整理得，可得，
所以，解得
故直线过定点.
由已知再设直线的方程为，则直线的方程为，
联立方程组，可得，解得，所以，
所以
联立方程组，整理得，所以，
又由，
所以
所以
设，则，
由，，
易知在递减，在上递增，
因此在取最小值，从而面积取得最小值，此时，
故直线的方程为.
【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.
16．（2020·江苏南京市·高二月考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l与圆O：相切，切点在第一象限，与椭圆C相交于P，Q两点.
①求证：以PQ为直径的圆经过原点O；
②若△OPQ的面积为求直线l的方程.
【答案】（1）； （2）①证明见解析，②或.
【分析】
（1）由题意，列出方程组，求得的值，进而得到方程；
（2）①直线的方程为，联立方程，根据韦达定理，计算出，可得，即以为直径的圆过原点；
②根据弦长公式，三角形的面积公式，列出方程，求得的值，即可求得直线分方程.
【详解】
（1）由题意椭圆C长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上，
可得，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）①因为切点在第一象限，直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，即，且，，
因为直线与圆相切，所以，即，
联立，得，
设，，，，则有，，
所以
，
所以，
所以，即，即以为直径的圆过原点.
②由①可得，，，
所以，
点到直线的距离为，
可得，解得，或，
当时，，当时，，
所以，，或，，
则直线方程为或.
【点睛】
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线的方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行转化求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
17．（2020·上海市建平中学高三月考）设椭圆的左顶点为、中心为，若椭圆过点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）若的顶点也在椭圆上，试求面积的最大值；
（3）过点作两条斜率分别为，的直线交椭圆于，两点，且，求证：直线恒过一个定点．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】
（1）由，得到，列出方程，求得，再将点代入椭圆的方程，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）先求得，设，根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式，求得，即可求得的最大值；
（3）将直线方程为，代入椭圆的方程，结合根与系数的关系，求得两点的坐标，进而得出方程，即可求解.
【详解】
（1）由，可知，
又由点坐标为，故，可得，
因为椭圆过点，故，可得，
所以椭圆的方程为．
（2）由，可得的方程为，即，
由于是椭圆上的点，故可设，
则点到直线的距离为，
所以，
当，即时，取最大值．
故的最大值为．
（3）由点，则直线方程为，代入，
可得，所以，
又因为，故，，
同理可得，，
又且，可得且，
所以，，所以，
直线的方程为，
令，可得．
故直线过定点．
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
18．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学高二期末）已知椭圆的短轴长为2，且其离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于P，Q两点是否存在圆心在原点的定圆与直线PQ总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）;（2）存在,
【分析】
(1)根据椭圆的离心率和短轴长,求出a、b,即可得到椭圆C的方程.
(2)根据条件，分直线的斜率不存在和直线的斜率不存在两种情况分别求出定圆的方程，当直线的斜率存在时,设直线方程为,联立方程组,令，,利用韦达定理,结合.推出,利用直线与圆相切,求出圆的半径,得到圆的方程,即可得到结果.
【详解】
（1）因为短轴长为2，所以，
因为离心率为.所以 ，由 联解得
椭圆C的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.
∵，在椭圆上，∴，∴.
∴到直线的距离为，所以.
当直线的斜率存在时，设的方程为，
由得.
设，，则，.
∵，∴，
∴.
∴，即.
∴到直线的距离为，
故存在定圆与直线总相切.
【点睛】
本题考查椭圆的方程的求法,圆与椭圆的以及直线的综合应用,考查分类讨论思想、转化思想的应用,考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.
19．（2020·全国高三其他模拟（理））已知椭圆的离心率为，长轴长为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）是否存在点在圆上，过点作直线，与椭圆相切，分别记直线，的斜率为，，有？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）依题意得，，可求得椭圆标准方程.
（2）设切线方程为，联立椭圆方程，
由，得，及由，得，又点满足，联立可得，.
【详解】
（1）依题意得，，
解得，，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）存在.设点，切线方程为，
联立椭圆方程，得，
由，得，
由，得，则. ①
又点满足， ②
联立①②得，.
所以存在点，使得.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
20．（2020·梁河县第一中学高二期中（文））如图，焦距为2的椭圆的两个顶点分别为和，且与共线.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆有两个不同的交点和，且原点总在以为直径的圆的内部，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）已知、得，利用与共线，求得，结合求出椭圆方程.
（Ⅱ）直线方程与椭圆方程联解，
得，，原点总在以为直径的圆内，得，即化简得，得求出范围
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，由已知得、
∴，∵与共线，∴，又
∴，，∴椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设，，把直线方程代入椭圆方程，
消去，得，∴，
，（*）
∵原点总在以为直径的圆内，∴，即
又
由得，依题意且满足（*）
故实数的取值范围是
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线的取值范围等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
21．（2020·芜湖县第一中学高三其他模拟（理））已知的两个顶点坐标是，，的周长为，是坐标原点，点满足.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）设不过原点的直线与曲线交于两点，若直线的斜率依次成等比数列，求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】
（Ⅰ）,点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.利用定义法求点轨迹方程，利用求出点的轨迹的方程即可.
（Ⅱ）设直线的方程为与点的轨迹的方程联解，利用根与系数关系与直线的斜率依次成等比数列建立方程求出，再求出弦长与.点到直线的距离.运用三角形面积公式建立关于的表达式求出最值.
【详解】
（Ⅰ）已知，所以，点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.
因为，，，所以，，.
所以，点的轨迹方程为.
设，.由得，，又.
故，点的轨迹的方程为，即.
（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在且不为，
故可设直线的方程为，，，
由，消去得，
则，
即，且，，
故.
∵直线的斜率依次成等比数列，
∴，
即，又，所以，即.
由，及直线的斜率存在，得，
∵，点到直线的距离
.
，当时取等号，
此时直线的方程为，的最大值为.
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
22．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；
（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.
【详解】
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知点，，
由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，
联立方程，消去得：.
设，则，所以，
所以，所以.
设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即
，所以，所以.
因为，所以，即，
所以，解得，
又，所以符合题意，
计算可得，，
故点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.
23．（2020·四川成都市·高三二模（文））已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，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， 或．
【分析】
（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.
（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.
【详解】
解：设，
由， ，
可得，即为，
由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，
由，可得，可得曲线的方程为；
假设存在过点的直线l符合题意．
当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，
不成立；
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，可得，即，
可得，化为，
由可得，
由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，
，
则
化为，即为，解得，
所以存在直线符合题意，且方程为或．
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
24．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点相同,F1,F2为C的左､右焦点,M为C上任意一点,最大值为1.
（1）求椭圆C的方程;
（2）不过点F2的直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点.
①若,且,求m的值.
②若x轴上任意一点到直线AF2与BF2距离相等,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.
【答案】（1）.（2）①,②.
【分析】
（1）根据题意，可求得c=1，b=1，进而求得a，由此得到椭圆方程;
（2）①联立方程，得到k与m的不等关系，及两根的关系，表示出弦长AB及点O到直线AB的距离，由此建立等式解出即可;②依题意，k1+k2=0，由此可得到k与m的等量关系，进而求得定点.
【详解】
解：（1）由抛物线的方程y2=4x得其焦点为(1，0)，则c=1，
当点M为椭圆的短轴端点时，△MF1F2面积最大，此时，则b=1，
∴，故椭圆的方程为;
（2）联立得，(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣2=0，
△=16k2m2﹣4(2k2+1)(2m2﹣2)=8(2k2﹣m2+1)>0，得1+2k2>m2(*)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，
①∵m≠0且，代入(*)得，0
设点O到直线AB的距离为d，则，
∴，
∴m2=1∈(0，2)，则m=±1;
②，
由题意，k1+k2=0，
∴，即2kx1x2+(m﹣k)(x1+x2)﹣2m=0，
∴，
解得m=﹣2k，
∴直线l的方程为y=k(x﹣2)，故直线l恒过定点，该定点坐标为(2，0).
【点睛】
本题主要考查了椭圆方程的求法，抛物线的性质，定点问题，斜率计算，点到直线的距离公式，三角形的面积公式，根与系数的关系 ，还考查了转化化归的思想和推理论证、运算求解的能力，属于中档题.
25．（2021·福建宁德市·高二期末）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，M是椭圆上的动点，的最大面积为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：过椭圆上的一点的切线方程为：；
（3）设点P是直线上的一个动点，过P做椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB是否过定点？若是，求出这个定点坐标，否则，请说明理由．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）直线AB过定点.
【分析】
（1）当M是椭圆的短轴端点时，的面积最大，得到，再结合离心率及，可求得椭圆方程；
（2）联立，得(*) ，又点在椭圆上得，即可将方程变形为，即直线和椭圆仅有一个公共点，可证得为椭圆的公切线.
（3）设，切点，，由切线方程可知，，又P在切线上，，，可知直线AB的方程为：，可得直线AB过定点
【详解】
（1）M是椭圆上的动点 ，
，即时，
，即，又，，，
椭圆Γ的方程为
（2）证明：联立，得(*)
点在椭圆上，
，即
， 得，故直线和椭圆仅有一个公共点，
为椭圆的公切线
（3）设，切点，，由（2）的结论可知，
切线的方程分别为 ，
在切线上，，
都满足，即直线AB的方程为：
直线AB过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查椭圆的简单性质，椭圆的切线方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
26．（2021·福建宁德市·高二期末）设命题p：实数a满足，命题q：方程：表示焦点在y轴上的椭圆．
（1）若，为真命题，求a的取值范围；
（2）若q是p的充分不必要条件，求实数t的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）当时，分别求两个命题为真命题时，的取值范围，再求交集；（2）将充分不必要条件转化为子集问题，求实数的取值范围.
【详解】
解：(1) 当时，，解得：，
由方程:表示焦点在轴上的椭圆，
得
得：
为真命题，则
得
（2）由得，
得
若是的充分不必要条件，则
则，且不能同时取等.
得.
【点睛】
结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
27．（2021·北京海淀区·高三期末）已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程及其长轴长；
（2），分别为椭圆的左、右顶点，点在椭圆上，且位于轴下方，直线交轴于点，若的面积比的面积大，求点的坐标.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）解方程和，求出的值即可得椭圆的方程和长轴的值；
（2）由已知条件可计算的面积为.而的面积比的面积大，的面积等于的面积与面积之和，可得的面积等于的面积，进而可得的面积等于的面积.所以，设，利用点在椭圆上以及可求出点的坐标.
【详解】
（1）因为椭圆经过点，所以.
因为椭圆的离心率为，所以，其中.
所以.
所以椭圆的方程为，长轴长.
（2）因为点在轴下方，
所以点在线段（不包括端点）上.
由（1）可知，.
所以的面积为.
因为的面积比的面积大，
所以点在线段（不包括端点）上，且的面积等于的面积.
所以的面积等于的面积.
所以.
设，，则①.
因为点在椭圆上，所以②.
由①②解得：，所以的坐标为.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是由的面积比的面积大，得出的面积等于的面积，进而可得的面积等于的面积，从而.
28．（2021·河南许昌市·高二期末（理））已知双曲线的两个焦点分别为，，点在双曲线C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）记O为坐标原点，过点的直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）和．
【分析】
（1）根据焦点坐标，可得，所以，代入双曲线方程，可得，将P点坐标代入，即可求得a值，即可得答案；
（2）设直线的方程为，与双曲线C联立，可得关于x的一元二次方程，利用韦达定理，可得的表达式，代入弦长公式，即可求得，根据点到直线的距离公式，可求得原点到直线l的距离d，代入面积公式，结合题意，即可求得k的值，即可得答案.
【详解】
（1）依题意，，所以，
则双曲线的方程为，
将点代入上式，得，
解得(舍去)或，
故所求双曲线的方程为．
（2）依题意，可设直线的方程为，代入双曲线的方程并整理，得．
因为直线与双曲线交于不同的两点，
所以，解得．(*)
设，则，
所以．
又原点到直线的距离，
所以．
又，即，
所以，解得，满足(*)．
故满足条件的直线有两条，其方程分别为和．
【点睛】
解题的关键是熟练掌握弦长公式、点到直线的距离公式等知识，并灵活应用，易错点为：解得k值，需检验是否满足判别式的条件，考查计算化简的能力，属中档题.
29．（2021·北京高三期末）已知椭圆过点，且的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，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，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
【详解】
（1）由题意得，解得.
所以椭圆的方程为；
（2）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
30．（2021·北京高三期末）已知椭圆.
（Ⅰ）求椭圆的离心率和长轴长；
（Ⅱ）已知直线与椭圆有两个不同的交点，为轴上一点. 是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）存在，当时，点坐标为；当时，点坐标为.
【分析】
（Ⅰ）根据椭圆方程可得，，即可求出，，再根据，求出，即可求出离心率与长轴长；
（Ⅱ）设，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，设中点，即可表示出的坐标，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，又因为，所以.即可求出的值，从而求出的坐标；
【详解】
解：（Ⅰ）由题意：，，所以.
因为，所以，.
所以.
所以椭圆离心率为，长轴长为.
（Ⅱ）联立 消整理得：.
因为直线与椭圆交于两点，故，解得.
设，则，.
设中点，
则，，
故.
假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，故，
所以，解得，故.
又因为，所以.
所以，即.
整理得 .
所以，
代入，整理得，即.
当时，点坐标为；当时，点坐标为.
此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.
【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．
31．（2021·海原县第一中学高二期末（文））已知双曲线的左、右焦点分别为，．
（1）求与双曲线C有共同渐近线且过点的双曲线标准方程；
（2）若P是双曲线C上一点，且，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意，设所求双曲线方程为，代入点，求得k值，即可得答案；
（2）不妨设P在C的右支上，根据双曲线定义，可得，根据方程可得的值，在中，利用余弦定理可得的值，代入面积公式，即可求得答案.
【详解】
（1）因为所求双曲线与共渐近线，
所以设该双曲线方程为，
又该双曲线过点，
所以，解得k=-2，
所以所求双曲线方程为：
（2）不妨设P在C的右支上，则，，
在中，，
解得，
所以的面积
【点睛】
解题的关键是：掌握共渐近线的双曲线方程的设法，即与共渐近线的方程可设为：；与共焦点的方程可设为：，再代入点求解即可，考查分析计算的能力，属中档题.
32．（2021·海原县第一中学高二期末（文））已知椭圆．
（1）若双曲线以椭圆的两个顶点为焦点，且经过椭圆的两个焦点，求双曲线的标准方程；
（2）求过点，焦点在轴上且与椭圆有相同的离心率的椭圆方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设所求双曲线的标准方程为，求出、的值，即可求得所求双曲线的标准方程；
（2）设所求椭圆的标准方程为，焦距为，由已知条件可得出，，然后将点的坐标代入所求椭圆的标准方程，可求得的值，由此可得出所求椭圆的标准方程.
【详解】
（1）在椭圆中，，，，且椭圆的焦点在轴上，
设所求双曲线的标准方程为，焦距为，
由已知条件可得，，，
因此，所求双曲线的标准方程为；
（2）椭圆的离心率为，
设所求椭圆的标准方程为，焦距为，则，
所以，，，则所求椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入所求椭圆的方程得，解得，
因此，所求椭圆的标准方程为.
【点睛】
方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法
①定义法：根据椭圆的定义，确定、的值，结合焦点位置可写出椭圆方程；
②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出、；若焦点位置不明确，则需要分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为．
33．（2021·北京高二期末）已知椭圆的一个焦点为，，，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于点．记和的面积分别为和．当时，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或．
【分析】
（1）根据椭圆的性质得，故，进而得椭圆的方程为；
（2）先讨论直线的斜率不存在时不满足条件，故当直线的斜率存在时，设其方程为，进而联立方程并根据韦达定理得，，进而求解即可得答案.
【详解】
（1）依题意，椭圆的半焦距，所以，解得．
所以．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，其方程为．
此时，或．
所以，，即，不合题意．
当直线的斜率存在时，设其方程为．
由 得．
设，则，．
因为，，
所以
．
令， 解得．
所以直线的方程为，或．
【点睛】
本题第二问解题的关键在于分类讨论直线的斜率存在与不存在，当直线斜率存在时，，进而设直线的方程，联立方程，根据韦达定理计算即可.考查运算求解能力，是中档题.
34．（2021·上海高三专题练习）如图所示，曲线:，曲线：，过曲线的右焦点作一条与轴不垂直的直线，分别与曲线,依次交于，，，四点.若为 的中点､为BE的中点，证明为定值.
【答案】证明见解析
【分析】
设，，，，直线，与椭圆方程联立利用韦达定理可得，，与抛物线方程联立可得，，进而可证明为定值.
【详解】
由题意，知，，
设，，，，
直线，代入，
得，即，
则，，
同理，将代入，得，
则，，
所以
，
所以为定值.
【点睛】
关键点点睛：圆锥曲线中的定值问题往往采用设而不求的方法，求代数式为定值，往往需要联立直线与曲线的方程将根与系数的关系整体代入，化简即可得出定值，计算量较大，属于难题.
35．（2021·上海高三专题练习）如图，椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8.
（1）求椭圆的方程.
（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.试探究：在坐标平面内是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】
（1）根据椭圆几何性质得出的周长为，解出，结合解出，写出椭圆标准方程；
（2）法一：联立直线与椭圆方程得到，根据，
得，代入得，，由图形对称性知，点必在轴上，设则，结合前面的式子化简解出；
法二：联立直线与椭圆方程得到，根据，
得，代入得，，由图形对称性知，点必在轴上，取特殊值令和解出与轴交点，验证其成立；
法三：用导数表示出切线，表示出，根据，根据恒成立解出.
【详解】
（1）因为，即，
又，所以.
又因为即所以，所以，
故椭圆E的方程是
（2）解法一：
由得.
因为动直线与椭圆有且只有一个公共点所以且，
即化简得
此时
所以，由得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.
设则对满足式的恒成立.
因为 由
得
整理得
由于式对满足式的恒成立，所以 解得
故存在定点使得以为直径的圆恒过点.
解法二：
由得.
因为动直线与椭圆有且只有一个公共点，所以且，
即化简得
此时
所以，由得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.
取此时，
以为直径的圆为交轴于点
取 此时 以为直径的圆为
交轴于点
所以若符合条件的点存在，则的坐标必为.
因为的坐标为 所以
人而 ,
故恒有 , 即存在定点, 使得以为直径的圆恒过点.
解法三：
由对称性可知设与
直线
对恒成立，
所以，得.
【点睛】
直线与椭圆相交问题求解策略：
（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，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求解；
（2）涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
36．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切，分别是椭圆的左右两个顶点，为椭圆上的动点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若与均不重合，设直线与的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意求出圆心到直线的距离及，，，代入计算即可；
（2）设，得将用表示化简即可.
【详解】
（1）由题意可得圆的方程为，
因为直线与圆相切，
所以，即，
又，即，又，解得，
所以椭圆方程为.
（2）证明：设，
则，即，
则，即，
∴为定值.
【点睛】
在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：
①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；
②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.
四、填空题
37．（2020·湖南株洲市·株洲二中高三二模）如图，点是抛物线的焦点，点分别在抛物线和圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则周长的取值范围是_______.
【答案】
【分析】
求出抛物线的焦点，准线方程为，三角形周长转化为，求出范围可解.
【详解】
抛物线的焦点，准线方程为，
圆的圆心，
三角形周长为：
周长的取值范围是
故答案为：
【点睛】
利用抛物线的定义解决问题时，应灵活地进行抛物线上的点到焦点距离与其到准线距离间的等价转化．“看到准线应该想到焦点，看到焦点应该想到准线”，这是解决抛物线距离有关问题的有效途径．
38．（2021·北京海淀区·高三期末）已知圆，直线，点，点.给出下列4个结论：
①当时，直线与圆相离；
②若直线是圆的一条对称轴，则；
③若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为；
④为圆上的一动点，若，则的最大值为.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】
对于①：，，圆心，半径，直线与圆相离；对于②：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，即可得到；对于③：由垂径定理，，设.得到，但两处等号无法同时取到，矛盾；对于④：为圆上的一个动点.若，设，利用参数方程解决即可.
【详解】
对于①：当时，直线，圆心，半径，直线与圆相离，故表述①正确；
对于②：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，故，故表述②正确；
本题的难点主要聚焦于③、④，如图所示：
设的中点为，以为直径作圆，连接．则
对于③：由垂径定理，，设.
一方面，若，则.
当且仅当，且三点共线时，等号成立，此时直线的斜率为.
另一方面，当时，直线.
故点到直线的距离.此时.
当且仅当为点在直线上的射影时等号成立，此时直线的斜率为.
对比发现，，但两处等号无法同时取到，矛盾.故表述③错误.
对于④：为圆上的一个动点.若，设，
则.
注意到，
故
当且仅当且点在点正上方时，等号成立.故表述④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系变形，以及圆更深层次的定义，难度较大，能够正确画出示意图是解决问题的关键.
专题十八 圆锥曲线的综合运用
一、多选题
1．（2020·全国高二单元测试）若双曲线的实轴长为6，焦距为10，右焦点为，则下列结论正确的是（ ）
A．的渐近线上的点到距离的最小值为4 B．的离心率为
C．上的点到距离的最小值为2 D．过的最短的弦长为
【答案】AC
【分析】
根据题意，求出，结合的关系式求出，利用双曲线的几何性质进行逐项分析，判断即可.
【详解】
由题意知，，即，因为，所以，解得，所以右焦点为为，双曲线的渐近线方程为，
对于选项A：由点向双曲线的渐近线作垂线时，垂线段的长度即为的渐近线上的点到距离的最小值，由点到直线的距离公式可得，，
故选项A正确；
对于选项B：因为，所以双曲线的离心率为，故选项B错误；
对于选项C：当双曲线上的点为其右顶点时，此时双曲线上的点到的距离最小为，故选项C正确；
对于选项D：过点且斜率为零的直线与双曲线的交点为，此时为过点的最短弦为，故选项D错误.
故选：AC
【点睛】
本题考查双曲线的几何性质；考查运算求解能力；熟练掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键；属于中档题.
2．（2021·福建宁德市·高二期末）已知椭圆的左、右两个焦点分别为、，直线与交于、两点，轴，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则的面积为
B．四边形可能为矩形
C．直线的斜率为
D．若与、两点不重合，则直线和斜率之积为
【答案】BC
【分析】
利用余弦定理、椭圆的定义以及三角形的面积公式可判断A选项的正误；根据四边形可能为矩形求出点的横坐标，可判断B选项的正误；利用斜率公式可判断C选项的正误；利用点差法可判断D选项的正误.
【详解】
在椭圆中，，，，设点、，则，如下图所示：
对于A选项，由椭圆的定义可得，
在中，由余弦定理可得，可得，
因此，的面积为，A选项错误；
对于B选项，由于直线与椭圆都关于原点对称，则点、也关于原点对称，
又、关于原点对称，所以，四边形为平行四边形，
若四边形为矩形，则，而，，
，
解得，B选项正确；
对于C选项，，可知点，则，C选项正确；
对于D选项，由于点、在椭圆上，则，
上述两个等式相减得，可得，
直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】
结论点睛：有关点差法的结论如下：
①设是椭圆的任意一条不与坐标轴垂直的弦，点为弦的中点，则直线和直线（其中为坐标原点）的斜率之积；
②设是椭圆的任意一条过原点的弦，点是该椭圆上与点、不关于坐标轴对称的一点，则直线和的斜率之积为.
二、单选题
3．（2020·全国高二单元测试）圆关于直线对称，则的最小值是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据圆的对称性得出，结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】
圆的圆心坐标为
因为圆关于直线对称
所以直线经过圆心，即
当且仅当，即时取等号
故选：C
【点睛】
本题主要考查了圆的对称性的应用以及基本不等式的应用，属于中档题.
4．（2020·全国高二单元测试）已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
先得到双曲线的渐近线，然后根据渐近线与圆相切，利用点到直线的距离等于半径，得到和的关系，求出离心率，得到答案.
【详解】
双曲线的渐近线为
因为两条渐近线均与圆相切，
所以点到直线的距离等于半径
即，
又因为
整理得到，
故双曲线C的离心率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查求双曲线渐近线，根据直线与圆相切求参数关系，求双曲线的离心率，属于简单题.
5．（2020·全国高二单元测试）对圆上任意一点，若点P到直线和的距离之和都与x，y无关，则a的取值区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由点到线的距离公式表示出点到直线与的距离之和，取值与，无关，即这个距离之和与无关，可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时与，的值无关，即圆夹在两直线之间，临界条件为直线恰与圆相切，即可求出的取值范围.
【详解】
解：点到直线与直线距离之和
取值与，无关，
这个距离之和与无关，
如图所示：可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时与，的值无关，
当直线与圆相切时，，
化简得，
解得或（舍去），
故选：．
【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题
6．（2020·全国高二单元测试）直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
计算出当，此时圆心到该直线的距离，建立不等式，计算m的范围，即可．
【详解】
当，此时圆心到MN的距离
要使得，则要求，故，解得，故选A．
【点睛】
考查了点到直线距离公式，关键知道的意义，难度中等．
7．（2020·全国高二单元测试）直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【分析】
根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．
【详解】
由抛物线标准方程可知p=2
因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知
所以
因为 为线段长度，都大于0，由基本不等式可知
，此时
所以选B
【点睛】
本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题．
8．（2021·福建宁德市·高二期末）已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线互相垂直，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意，若过点P所作的圆的两条切线互相垂直，则，则只需在双曲线上存在一点到坐标原点额距离为，设点，则利用有解求出离心率的取值范围.
【详解】
如图所示，
设点为双曲线上一点，过点作圆的两条切线与，切点分别为与，连接，若两条切线互相垂直，则，
设点，则有解，整理得有解，即，又，所以，又，故，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的取值范围求解，求解离心率的的值及取值范围的关键在于画出图形，根据图形找到各边的数量关系，通过数量关系列出的齐次式求解.
9．（2021·河南许昌市·高二期末（理））如图，已知抛物线的焦点和圆的圆心重合，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由为抛物线过焦点的弦，得到，再由，利用“1”的代换变形结合基本不等式求解.
【详解】
因为抛物线的焦点和圆的圆心重合，
所以焦点坐标为： ，
所以抛物线方程为，准线方程为，
因为为抛物线过焦点的弦，设的直线方程为：，
与联立得：,
设，
则，
由抛物线定义得：，
所以，
，
，
，
．
当且仅当，即取等号，
所以的最小值为
故选：B
10．（2021·河南许昌市·高二期末（理））已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，x轴上存在两点，，连接AP，AQ分别与抛物线交于另一点C、D，设B，C，D的纵坐标分别为，，，若，，成等差数列，则（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【分析】
设过点的直线为，联立方程组，求得，进而得到，和，结合成等差数列，列出方程，即可求解.
【详解】
设轴上一点，过该点的直线为，
联立方程组，整理得，可得，
又由抛物线的焦点坐标为，即，此时，
又由点，即，此时，
点，即，此时，
因为成等差数列，可得，解得.
故选：C.
11．（2021·北京高三期末）已知双曲线（，）的左焦点为，右顶点为，过作的一条渐近线的垂线，为垂足．若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先利用，求点的坐标，再利用与渐近线垂直，构造关于的齐次方程，求离心率.
【详解】
由条件可知，，由对称性可设条件中的渐近线方程是，线段的中垂线方程是，与渐近线方程联立方程，解得，，即，
因为与渐近线垂直，则，
化简为，
即，即，两边同时除以，
得，解得：（舍）或.
故选：B
【点睛】
方法点睛：本题考查双曲线基本性质，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.
12．（2021·北京高二期末）已知圆的方程为，圆的方程为，其中．那么这两个圆的位置关系不可能为（ ）
A．外离 B．外切 C．内含 D．内切
【答案】C
【分析】
求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.
【详解】
由两圆的标准方程可得，，，；
则，所以两圆不可能内含.
故选：C.
13．（2021·北京高二期末）已知双曲线的两个焦点是、，点在双曲线上．若的离心率为，且，则（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】A
【分析】
求出的值，结合双曲线的定义可求得的值.
【详解】
在双曲线中，，，
因为双曲线的离心率为，，，
由双曲线的性质可知，由双曲线的定义可得，
解得或.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：在利用双曲线的定义求解问题时，需要注意以下两点：
（1）双曲线定义的集合语言：是解决与焦点三角形有关的计算问题的关键，切记对所求结果进行必要的检验．
（2）利用定义解决双曲线上的点与焦点的距离有关问题时，弄清点在双曲线的哪支上．
第II卷（非选择题）
三、解答题
14．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，有，椭圆的离心率为；
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，过点作斜率为的直线与椭圆交于不同两点，线段的中垂线为，记的纵截距为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由，求得，再根据离心率为，求得，进而求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设，联立方程组得到，根据判别式求得，再求得，得到，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
（1）由题意知，所以，所以 ，
又因为椭圆的离心率为，可得，
所以，所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设，
联立方程组，整理得，
可得，
又由，解得，故，
设的中点为，则，
所以，即，
化简得，
令，可得，
则，当时，恒成立，
所以在上为单调递增函数，所以，
即求的取值范围.
【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.
15．（2020·湖南高三开学考试）已知抛物线的顶点在原点，准线为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）点，在上，且，，垂足为，直线另交于，当四边形面积最小时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设抛物线的标准方程为，根据题意，求得，即可求得抛物线的标准方程；
（2）设直线的方程为，根据，得到，求得，
联立方程组，得到，求得，得出直线过定点，再设直线的方程为，得到直线的方程为，分别联立方程组，取得和弦长，得出三角形面积的表达式，结合导数求得函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）设抛物线的标准方程为，
由抛物线的准线方程为，可得，解得，
故抛物线的标准方程为.
（2）先证直线过定点.
设直线的方程为，，，
由，可得，所以，
可得，解得，
联立方程组，整理得，可得，
所以，解得
故直线过定点.
由已知再设直线的方程为，则直线的方程为，
联立方程组，可得，解得，所以，
所以
联立方程组，整理得，所以，
又由，
所以
所以
设，则，
由，，
易知在递减，在上递增，
因此在取最小值，从而面积取得最小值，此时，
故直线的方程为.
【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.
16．（2020·江苏南京市·高二月考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l与圆O：相切，切点在第一象限，与椭圆C相交于P，Q两点.
①求证：以PQ为直径的圆经过原点O；
②若△OPQ的面积为求直线l的方程.
【答案】（1）； （2）①证明见解析，②或.
【分析】
（1）由题意，列出方程组，求得的值，进而得到方程；
（2）①直线的方程为，联立方程，根据韦达定理，计算出，可得，即以为直径的圆过原点；
②根据弦长公式，三角形的面积公式，列出方程，求得的值，即可求得直线分方程.
【详解】
（1）由题意椭圆C长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上，
可得，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）①因为切点在第一象限，直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，即，且，，
因为直线与圆相切，所以，即，
联立，得，
设，，，，则有，，
所以
，
所以，
所以，即，即以为直径的圆过原点.
②由①可得，，，
所以，
点到直线的距离为，
可得，解得，或，
当时，，当时，，
所以，，或，，
则直线方程为或.
【点睛】
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线的方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行转化求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
17．（2020·上海市建平中学高三月考）设椭圆的左顶点为、中心为，若椭圆过点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）若的顶点也在椭圆上，试求面积的最大值；
（3）过点作两条斜率分别为，的直线交椭圆于，两点，且，求证：直线恒过一个定点．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】
（1）由，得到，列出方程，求得，再将点代入椭圆的方程，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）先求得，设，根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式，求得，即可求得的最大值；
（3）将直线方程为，代入椭圆的方程，结合根与系数的关系，求得两点的坐标，进而得出方程，即可求解.
【详解】
（1）由，可知，
又由点坐标为，故，可得，
因为椭圆过点，故，可得，
所以椭圆的方程为．
（2）由，可得的方程为，即，
由于是椭圆上的点，故可设，
则点到直线的距离为，
所以，
当，即时，取最大值．
故的最大值为．
（3）由点，则直线方程为，代入，
可得，所以，
又因为，故，，
同理可得，，
又且，可得且，
所以，，所以，
直线的方程为，
令，可得．
故直线过定点．
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
18．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学高二期末）已知椭圆的短轴长为2，且其离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于P，Q两点是否存在圆心在原点的定圆与直线PQ总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）;（2）存在,
【分析】
(1)根据椭圆的离心率和短轴长,求出a、b,即可得到椭圆C的方程.
(2)根据条件，分直线的斜率不存在和直线的斜率不存在两种情况分别求出定圆的方程，当直线的斜率存在时,设直线方程为,联立方程组,令，,利用韦达定理,结合.推出,利用直线与圆相切,求出圆的半径,得到圆的方程,即可得到结果.
【详解】
（1）因为短轴长为2，所以，
因为离心率为.所以 ，由 联解得
椭圆C的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.
∵，在椭圆上，∴，∴.
∴到直线的距离为，所以.
当直线的斜率存在时，设的方程为，
由得.
设，，则，.
∵，∴，
∴.
∴，即.
∴到直线的距离为，
故存在定圆与直线总相切.
【点睛】
本题考查椭圆的方程的求法,圆与椭圆的以及直线的综合应用,考查分类讨论思想、转化思想的应用,考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.
19．（2020·全国高三其他模拟（理））已知椭圆的离心率为，长轴长为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）是否存在点在圆上，过点作直线，与椭圆相切，分别记直线，的斜率为，，有？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）依题意得，，可求得椭圆标准方程.
（2）设切线方程为，联立椭圆方程，
由，得，及由，得，又点满足，联立可得，.
【详解】
（1）依题意得，，
解得，，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）存在.设点，切线方程为，
联立椭圆方程，得，
由，得，
由，得，则. ①
又点满足， ②
联立①②得，.
所以存在点，使得.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
20．（2020·梁河县第一中学高二期中（文））如图，焦距为2的椭圆的两个顶点分别为和，且与共线.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆有两个不同的交点和，且原点总在以为直径的圆的内部，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）已知、得，利用与共线，求得，结合求出椭圆方程.
（Ⅱ）直线方程与椭圆方程联解，
得，，原点总在以为直径的圆内，得，即化简得，得求出范围
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，由已知得、
∴，∵与共线，∴，又
∴，，∴椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设，，把直线方程代入椭圆方程，
消去，得，∴，
，（*）
∵原点总在以为直径的圆内，∴，即
又
由得，依题意且满足（*）
故实数的取值范围是
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线的取值范围等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
21．（2020·芜湖县第一中学高三其他模拟（理））已知的两个顶点坐标是，，的周长为，是坐标原点，点满足.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）设不过原点的直线与曲线交于两点，若直线的斜率依次成等比数列，求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】
（Ⅰ）,点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.利用定义法求点轨迹方程，利用求出点的轨迹的方程即可.
（Ⅱ）设直线的方程为与点的轨迹的方程联解，利用根与系数关系与直线的斜率依次成等比数列建立方程求出，再求出弦长与.点到直线的距离.运用三角形面积公式建立关于的表达式求出最值.
【详解】
（Ⅰ）已知，所以，点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.
因为，，，所以，，.
所以，点的轨迹方程为.
设，.由得，，又.
故，点的轨迹的方程为，即.
（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在且不为，
故可设直线的方程为，，，
由，消去得，
则，
即，且，，
故.
∵直线的斜率依次成等比数列，
∴，
即，又，所以，即.
由，及直线的斜率存在，得，
∵，点到直线的距离
.
，当时取等号，
此时直线的方程为，的最大值为.
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
22．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；
（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.
【详解】
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知点，，
由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，
联立方程，消去得：.
设，则，所以，
所以，所以.
设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即
，所以，所以.
因为，所以，即，
所以，解得，
又，所以符合题意，
计算可得，，
故点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.
23．（2020·四川成都市·高三二模（文））已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，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， 或．
【分析】
（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.
（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.
【详解】
解：设，
由， ，
可得，即为，
由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，
由，可得，可得曲线的方程为；
假设存在过点的直线l符合题意．
当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，
不成立；
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，可得，即，
可得，化为，
由可得，
由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，
，
则
化为，即为，解得，
所以存在直线符合题意，且方程为或．
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
24．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点相同,F1,F2为C的左､右焦点,M为C上任意一点,最大值为1.
（1）求椭圆C的方程;
（2）不过点F2的直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点.
①若,且,求m的值.
②若x轴上任意一点到直线AF2与BF2距离相等,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.
【答案】（1）.（2）①,②.
【分析】
（1）根据题意，可求得c=1，b=1，进而求得a，由此得到椭圆方程;
（2）①联立方程，得到k与m的不等关系，及两根的关系，表示出弦长AB及点O到直线AB的距离，由此建立等式解出即可;②依题意，k1+k2=0，由此可得到k与m的等量关系，进而求得定点.
【详解】
解：（1）由抛物线的方程y2=4x得其焦点为(1，0)，则c=1，
当点M为椭圆的短轴端点时，△MF1F2面积最大，此时，则b=1，
∴，故椭圆的方程为;
（2）联立得，(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣2=0，
△=16k2m2﹣4(2k2+1)(2m2﹣2)=8(2k2﹣m2+1)>0，得1+2k2>m2(*)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，
①∵m≠0且，代入(*)得，0
设点O到直线AB的距离为d，则，
∴，
∴m2=1∈(0，2)，则m=±1;
②，
由题意，k1+k2=0，
∴，即2kx1x2+(m﹣k)(x1+x2)﹣2m=0，
∴，
解得m=﹣2k，
∴直线l的方程为y=k(x﹣2)，故直线l恒过定点，该定点坐标为(2，0).
【点睛】
本题主要考查了椭圆方程的求法，抛物线的性质，定点问题，斜率计算，点到直线的距离公式，三角形的面积公式，根与系数的关系 ，还考查了转化化归的思想和推理论证、运算求解的能力，属于中档题.
25．（2021·福建宁德市·高二期末）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，M是椭圆上的动点，的最大面积为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：过椭圆上的一点的切线方程为：；
（3）设点P是直线上的一个动点，过P做椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB是否过定点？若是，求出这个定点坐标，否则，请说明理由．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）直线AB过定点.
【分析】
（1）当M是椭圆的短轴端点时，的面积最大，得到，再结合离心率及，可求得椭圆方程；
（2）联立，得(*) ，又点在椭圆上得，即可将方程变形为，即直线和椭圆仅有一个公共点，可证得为椭圆的公切线.
（3）设，切点，，由切线方程可知，，又P在切线上，，，可知直线AB的方程为：，可得直线AB过定点
【详解】
（1）M是椭圆上的动点 ，
，即时，
，即，又，，，
椭圆Γ的方程为
（2）证明：联立，得(*)
点在椭圆上，
，即
， 得，故直线和椭圆仅有一个公共点，
为椭圆的公切线
（3）设，切点，，由（2）的结论可知，
切线的方程分别为 ，
在切线上，，
都满足，即直线AB的方程为：
直线AB过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查椭圆的简单性质，椭圆的切线方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
26．（2021·福建宁德市·高二期末）设命题p：实数a满足，命题q：方程：表示焦点在y轴上的椭圆．
（1）若，为真命题，求a的取值范围；
（2）若q是p的充分不必要条件，求实数t的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）当时，分别求两个命题为真命题时，的取值范围，再求交集；（2）将充分不必要条件转化为子集问题，求实数的取值范围.
【详解】
解：(1) 当时，，解得：，
由方程:表示焦点在轴上的椭圆，
得
得：
为真命题，则
得
（2）由得，
得
若是的充分不必要条件，则
则，且不能同时取等.
得.
【点睛】
结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
27．（2021·北京海淀区·高三期末）已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程及其长轴长；
（2），分别为椭圆的左、右顶点，点在椭圆上，且位于轴下方，直线交轴于点，若的面积比的面积大，求点的坐标.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）解方程和，求出的值即可得椭圆的方程和长轴的值；
（2）由已知条件可计算的面积为.而的面积比的面积大，的面积等于的面积与面积之和，可得的面积等于的面积，进而可得的面积等于的面积.所以，设，利用点在椭圆上以及可求出点的坐标.
【详解】
（1）因为椭圆经过点，所以.
因为椭圆的离心率为，所以，其中.
所以.
所以椭圆的方程为，长轴长.
（2）因为点在轴下方，
所以点在线段（不包括端点）上.
由（1）可知，.
所以的面积为.
因为的面积比的面积大，
所以点在线段（不包括端点）上，且的面积等于的面积.
所以的面积等于的面积.
所以.
设，，则①.
因为点在椭圆上，所以②.
由①②解得：，所以的坐标为.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是由的面积比的面积大，得出的面积等于的面积，进而可得的面积等于的面积，从而.
28．（2021·河南许昌市·高二期末（理））已知双曲线的两个焦点分别为，，点在双曲线C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）记O为坐标原点，过点的直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）和．
【分析】
（1）根据焦点坐标，可得，所以，代入双曲线方程，可得，将P点坐标代入，即可求得a值，即可得答案；
（2）设直线的方程为，与双曲线C联立，可得关于x的一元二次方程，利用韦达定理，可得的表达式，代入弦长公式，即可求得，根据点到直线的距离公式，可求得原点到直线l的距离d，代入面积公式，结合题意，即可求得k的值，即可得答案.
【详解】
（1）依题意，，所以，
则双曲线的方程为，
将点代入上式，得，
解得(舍去)或，
故所求双曲线的方程为．
（2）依题意，可设直线的方程为，代入双曲线的方程并整理，得．
因为直线与双曲线交于不同的两点，
所以，解得．(*)
设，则，
所以．
又原点到直线的距离，
所以．
又，即，
所以，解得，满足(*)．
故满足条件的直线有两条，其方程分别为和．
【点睛】
解题的关键是熟练掌握弦长公式、点到直线的距离公式等知识，并灵活应用，易错点为：解得k值，需检验是否满足判别式的条件，考查计算化简的能力，属中档题.
29．（2021·北京高三期末）已知椭圆过点，且的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，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，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
【详解】
（1）由题意得，解得.
所以椭圆的方程为；
（2）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
30．（2021·北京高三期末）已知椭圆.
（Ⅰ）求椭圆的离心率和长轴长；
（Ⅱ）已知直线与椭圆有两个不同的交点，为轴上一点. 是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）存在，当时，点坐标为；当时，点坐标为.
【分析】
（Ⅰ）根据椭圆方程可得，，即可求出，，再根据，求出，即可求出离心率与长轴长；
（Ⅱ）设，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，设中点，即可表示出的坐标，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，又因为，所以.即可求出的值，从而求出的坐标；
【详解】
解：（Ⅰ）由题意：，，所以.
因为，所以，.
所以.
所以椭圆离心率为，长轴长为.
（Ⅱ）联立 消整理得：.
因为直线与椭圆交于两点，故，解得.
设，则，.
设中点，
则，，
故.
假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，故，
所以，解得，故.
又因为，所以.
所以，即.
整理得 .
所以，
代入，整理得，即.
当时，点坐标为；当时，点坐标为.
此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.
【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．
31．（2021·海原县第一中学高二期末（文））已知双曲线的左、右焦点分别为，．
（1）求与双曲线C有共同渐近线且过点的双曲线标准方程；
（2）若P是双曲线C上一点，且，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意，设所求双曲线方程为，代入点，求得k值，即可得答案；
（2）不妨设P在C的右支上，根据双曲线定义，可得，根据方程可得的值，在中，利用余弦定理可得的值，代入面积公式，即可求得答案.
【详解】
（1）因为所求双曲线与共渐近线，
所以设该双曲线方程为，
又该双曲线过点，
所以，解得k=-2，
所以所求双曲线方程为：
（2）不妨设P在C的右支上，则，，
在中，，
解得，
所以的面积
【点睛】
解题的关键是：掌握共渐近线的双曲线方程的设法，即与共渐近线的方程可设为：；与共焦点的方程可设为：，再代入点求解即可，考查分析计算的能力，属中档题.
32．（2021·海原县第一中学高二期末（文））已知椭圆．
（1）若双曲线以椭圆的两个顶点为焦点，且经过椭圆的两个焦点，求双曲线的标准方程；
（2）求过点，焦点在轴上且与椭圆有相同的离心率的椭圆方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设所求双曲线的标准方程为，求出、的值，即可求得所求双曲线的标准方程；
（2）设所求椭圆的标准方程为，焦距为，由已知条件可得出，，然后将点的坐标代入所求椭圆的标准方程，可求得的值，由此可得出所求椭圆的标准方程.
【详解】
（1）在椭圆中，，，，且椭圆的焦点在轴上，
设所求双曲线的标准方程为，焦距为，
由已知条件可得，，，
因此，所求双曲线的标准方程为；
（2）椭圆的离心率为，
设所求椭圆的标准方程为，焦距为，则，
所以，，，则所求椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入所求椭圆的方程得，解得，
因此，所求椭圆的标准方程为.
【点睛】
方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法
①定义法：根据椭圆的定义，确定、的值，结合焦点位置可写出椭圆方程；
②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出、；若焦点位置不明确，则需要分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为．
33．（2021·北京高二期末）已知椭圆的一个焦点为，，，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于点．记和的面积分别为和．当时，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或．
【分析】
（1）根据椭圆的性质得，故，进而得椭圆的方程为；
（2）先讨论直线的斜率不存在时不满足条件，故当直线的斜率存在时，设其方程为，进而联立方程并根据韦达定理得，，进而求解即可得答案.
【详解】
（1）依题意，椭圆的半焦距，所以，解得．
所以．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，其方程为．
此时，或．
所以，，即，不合题意．
当直线的斜率存在时，设其方程为．
由 得．
设，则，．
因为，，
所以
．
令， 解得．
所以直线的方程为，或．
【点睛】
本题第二问解题的关键在于分类讨论直线的斜率存在与不存在，当直线斜率存在时，，进而设直线的方程，联立方程，根据韦达定理计算即可.考查运算求解能力，是中档题.
34．（2021·上海高三专题练习）如图所示，曲线:，曲线：，过曲线的右焦点作一条与轴不垂直的直线，分别与曲线,依次交于，，，四点.若为 的中点､为BE的中点，证明为定值.
【答案】证明见解析
【分析】
设，，，，直线，与椭圆方程联立利用韦达定理可得，，与抛物线方程联立可得，，进而可证明为定值.
【详解】
由题意，知，，
设，，，，
直线，代入，
得，即，
则，，
同理，将代入，得，
则，，
所以
，
所以为定值.
【点睛】
关键点点睛：圆锥曲线中的定值问题往往采用设而不求的方法，求代数式为定值，往往需要联立直线与曲线的方程将根与系数的关系整体代入，化简即可得出定值，计算量较大，属于难题.
35．（2021·上海高三专题练习）如图，椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8.
（1）求椭圆的方程.
（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.试探究：在坐标平面内是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】
（1）根据椭圆几何性质得出的周长为，解出，结合解出，写出椭圆标准方程；
（2）法一：联立直线与椭圆方程得到，根据，
得，代入得，，由图形对称性知，点必在轴上，设则，结合前面的式子化简解出；
法二：联立直线与椭圆方程得到，根据，
得，代入得，，由图形对称性知，点必在轴上，取特殊值令和解出与轴交点，验证其成立；
法三：用导数表示出切线，表示出，根据，根据恒成立解出.
【详解】
（1）因为，即，
又，所以.
又因为即所以，所以，
故椭圆E的方程是
（2）解法一：
由得.
因为动直线与椭圆有且只有一个公共点所以且，
即化简得
此时
所以，由得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.
设则对满足式的恒成立.
因为 由
得
整理得
由于式对满足式的恒成立，所以 解得
故存在定点使得以为直径的圆恒过点.
解法二：
由得.
因为动直线与椭圆有且只有一个公共点，所以且，
即化简得
此时
所以，由得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.
取此时，
以为直径的圆为交轴于点
取 此时 以为直径的圆为
交轴于点
所以若符合条件的点存在，则的坐标必为.
因为的坐标为 所以
人而 ,
故恒有 , 即存在定点, 使得以为直径的圆恒过点.
解法三：
由对称性可知设与
直线
对恒成立，
所以，得.
【点睛】
直线与椭圆相交问题求解策略：
（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，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求解；
（2）涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
36．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切，分别是椭圆的左右两个顶点，为椭圆上的动点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若与均不重合，设直线与的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意求出圆心到直线的距离及，，，代入计算即可；
（2）设，得将用表示化简即可.
【详解】
（1）由题意可得圆的方程为，
因为直线与圆相切，
所以，即，
又，即，又，解得，
所以椭圆方程为.
（2）证明：设，
则，即，
则，即，
∴为定值.
【点睛】
在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：
①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；
②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.
四、填空题
37．（2020·湖南株洲市·株洲二中高三二模）如图，点是抛物线的焦点，点分别在抛物线和圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则周长的取值范围是_______.
【答案】
【分析】
求出抛物线的焦点，准线方程为，三角形周长转化为，求出范围可解.
【详解】
抛物线的焦点，准线方程为，
圆的圆心，
三角形周长为：
周长的取值范围是
故答案为：
【点睛】
利用抛物线的定义解决问题时，应灵活地进行抛物线上的点到焦点距离与其到准线距离间的等价转化．“看到准线应该想到焦点，看到焦点应该想到准线”，这是解决抛物线距离有关问题的有效途径．
38．（2021·北京海淀区·高三期末）已知圆，直线，点，点.给出下列4个结论：
①当时，直线与圆相离；
②若直线是圆的一条对称轴，则；
③若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为；
④为圆上的一动点，若，则的最大值为.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】
对于①：，，圆心，半径，直线与圆相离；对于②：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，即可得到；对于③：由垂径定理，，设.得到，但两处等号无法同时取到，矛盾；对于④：为圆上的一个动点.若，设，利用参数方程解决即可.
【详解】
对于①：当时，直线，圆心，半径，直线与圆相离，故表述①正确；
对于②：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，故，故表述②正确；
本题的难点主要聚焦于③、④，如图所示：
设的中点为，以为直径作圆，连接．则
对于③：由垂径定理，，设.
一方面，若，则.
当且仅当，且三点共线时，等号成立，此时直线的斜率为.
另一方面，当时，直线.
故点到直线的距离.此时.
当且仅当为点在直线上的射影时等号成立，此时直线的斜率为.
对比发现，，但两处等号无法同时取到，矛盾.故表述③错误.
对于④：为圆上的一个动点.若，设，
则.
注意到，
故
当且仅当且点在点正上方时，等号成立.故表述④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系变形，以及圆更深层次的定义，难度较大，能够正确画出示意图是解决问题的关键.
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