2023年高考数学真题题库专题06 圆锥曲线中的定值问题(解析版)

这是一份2023年高考数学真题题库专题06 圆锥曲线中的定值问题(解析版)，共53页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

专题06 圆锥曲线中的定值问题
一、单选题
1．过原点的直线与双曲线交于A,B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为（ ）
A．4 B．1 C． D．
【答案】C
【分析】
设，，，代入双曲线的方程，作差，可得，再由直线的斜率公式，结合平方差公式，计算可得所求值.
【详解】
由题意可设，，，
则，，
即有，
即，
由，，
可得，
因为，所以.
故选：.

二、多选题
2．已知椭圆的离心率为，的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在直线的斜率分别，，，且，，均不为0．为坐标原点，则（ ）
A．
B．直线与直线的斜率之积为
C．直线与直线的斜率之积为
D．若直线，，的斜率之和为1，则的值为
【答案】CD
【分析】
由题意可得：．设，，，．，．利用点差法即可得出，，，即可判断．
【详解】
解：椭圆的离心率为，，
，故错；
设，，，．，．
，，
两式相减可得：．
，
同理，，
故错，正确．
又，
故选：CD．

【点睛】
方法点睛：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、中点坐标公式、点差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题，处理中点弦问题常用的求解方法：
（1）点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式即可求得斜率；
（2）根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解
3．设是抛物线上两点，是坐标原点，若，下列结论正确的为（ ）
A．为定值 B．直线过抛物线的焦点
C．最小值为16 D．到直线的距离最大值为4
【答案】ACD
【分析】
由抛物线方程及斜率公式即可判断A；设直线方程，结合韦达定理即可判断B；利用韦达定理求得的最小值，即可判断C；由直线过定点可判断D.
【详解】
对于A，因为，所以，
所以，故A正确；
对于B，设直线，代入可得，
所以，即，所以直线过点，
而抛物线的焦点为，故B错误；
对于C，因为，
当时，等号成立，
又直线过点，所以，故C正确；
对于D，因为直线过点，所以到直线的距离最大值为4，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
解决本题的关键是利用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.
三、解答题
4．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.
【分析】
（1）设点，由題意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得.
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而转化为：线性规划问题处理.
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】
（1）设点，由題意可得，即，
化简可得.
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.


令，则，可视为直线在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，
所以，，所以.
因此的最大值为138.
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则


要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值.
当直线的斜率不存在时，，，由可得.
所以存在点，使得为定值.
【点睛】
方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．
5．已知，为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且过点的直线交椭圆于，两点，的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）对于椭圆，问否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，实数.
【分析】
（1）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可得到椭圆的方程；
（2）求出，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，利用韦达定理，不妨设，，求出，化简整理即可求得结果
【详解】
解：（1）根据椭圆的定义，可得，，
∴的周长为，
∴，，
∴椭圆的方程为，将代入得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，得，依题意可知直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，由消去，整理得，
设，，则，，
不妨设，，，
同理，
所以


即，所以存在实数，使得成立
【点睛】
关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理将表示出来，然后代入中可求出的值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
6．已知椭圆的离心率为，的面积为
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据离心率和面积建立等式求解；
（2）分别求出PB直线方程，PA直线方程，得出，即可求出.
【详解】
（1）由题： ，解得：，
所以椭圆方程为；
（2）设，
PB直线方程，，
PA直线方程，，



=
【点睛】
此题考查求椭圆的方程，根据直线与椭圆的位置关系证明定值问题，关键在于准确写出方程和点的坐标，建立等式求解.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆于P，Q两点，M是椭圆上不同于P，Q的任意一点，直线MP和直线MQ的斜率分别为k1，k2．
（1）证明：k1·k2为定值；
（2）过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且，求|AB|．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则可表示出，进而可得的表达式，又根据点P，M在椭圆上，利用点差法，即可得证；
（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得的表达式，根据，可得的关系，即可求出，代入弦长公式，即可求得结果.
【详解】
（1）证明：设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），
则，，
则，
又，，
故，
所以为定值．
（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立消去x，得（3t2＋4）y2＋6ty-9＝0，
则有，．
又，所以-y1＝2y2，
故，解得，
所以．
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键设直线x＝ty＋1可简化计算，联立直线与曲线，利用韦达定理，弦长公式等进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
8．已知双曲线的方程.
（1）求点到双曲线C上点的距离的最小值；
（2）已知圆的切线(直线的斜率存在)与双曲线C交于A，B两点，那么∠AOB是否为定值?如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】
（1）设双曲线上任意一点为，则，利用两点间的距离公式求出，利用二次函数求最值即可；（2）设直线的方程为：，利用直线与圆相切可得到，设，直线与双曲线的方程联立消，利用韦达定理得到
，再求出，最后利用得出结论即可.
【详解】
（1）设双曲线上任意一点为，
则，

，
当时，等号成立，
即点到双曲线C上点的距离的最小值为；
（2）设直线的方程为：，
因为直线与圆相切，
所以圆的圆心到直线的距离等于圆的半径，
即，①
设，
由消得，
，
由题意知：，
，
由韦达定理得，
由①得：，
则，
因为，
所以为定值.
【点睛】
关键点睛：求解圆锥曲线中的定值问题，直线与曲线方程联立利用韦达定理求解是解题的关键.
9．已知抛物线的焦点F恰为椭圆的一个顶点，且抛物线的通径（过抛物线的焦点F且与其对称轴垂直的弦）的长等于椭圆的两准线间的距离.
（1）求抛物线及椭圆的标准方程；
（2）过点F作两条直线，，且，的斜率之积为.
①设直线交抛物线于A，B两点，交抛物线于C，D两点，求的值；
②设直线，与椭圆的另一个交点分别为M，N.求面积的最大值.
【答案】（1）；(2) ① ②
【分析】
(1)由抛物线的焦点为椭圆的右焦点可得p，求出抛物线方程，根据通径与准线间的距离可求a，c，即可求出椭圆方程；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程，由根与系数关系及弦长公式可求出弦长，代入即可计算求解②设出直线方程，联立椭圆方程，由根与系数关系，得出弦长，同理可得另外一条弦长，根据三角形面积公式表示出面积，换元后求最值即可.
【详解】
(1) ,
右顶点为，
即抛物线的焦点 ,
，
故抛物线方程为，
因为抛物线的通径的长等于椭圆的两准线间的距离，
所以，
，
，
椭圆的标准方程为：
(2) ①设，代入 消元得：
，
设，
，
，
又，
同理可得


②仍设，
代入椭圆方程消元得：
，
即，
，
，
同理得，
，
（当且仅当 时，等号成立），
令，则 ，
,
对于，在 上是增函数，
当时，即时，，
，
面积的最大值为.
【点睛】
关键点点睛：本题求解过程中，需要熟练运用弦长公式，以及类比的思想的运用，在得到三角形面积后，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，题目较难.
10．设抛物线，为的焦点，过的直线与交于两点.
（1）设的斜率为，求的值；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）5；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出直线方程为，联立直线与抛物线，由即可求解；
（2）设直线方程为，由韦达定理表示出，即可得出定值.
【详解】
（1）依题意得，
所以直线的方程为.
设直线与抛物线的交点为，，
由得，，
所以，.
所以.
（2）证明：设直线的方程为，
直线与抛物线的交点为，，
由得，，
所以，.
因为
.
所以为定值.
【点睛】
方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．已知圆，动圆与圆相外切，且与直线相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程.
(2)已知点，过点的直线与曲线交于两个不同的点（与点不重合），直线的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
(1)根据题意分析可得到直线的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线，其方程为；
(2) 设直线的方程为，点，直线的斜率分别为和，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得和，根据斜率公式得和，利用和化简即可得到定值.
【详解】
(1)设直线的距离为，因为动圆与圆相外切，所以，
所以到直线的距离等于到的距离，
由抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线，其焦点为，准线为：，
所以抛物线的方程为.
(2)设直线的方程为，即
因为与点不重合，所以
设直线的斜率分别为和，点
联立消去并整理得，
则，，
由，解得或，且.
可得，
同理可得，
所以
，
故直线的斜率之和为定值.
【点睛】
关键点点睛：利用斜率公式转化为两个点的纵坐标之和与纵坐标之积，再根据韦达定理代入化简是解题关键，本题考查了运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题.
12．已知椭圆经过点，且右焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过且斜率存在的直线交椭圆于，两点，记，若的最大值和最小值分别为，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据焦点坐标得出的值，由，将点代入椭圆的方程，解出，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，将其代入椭圆方程，由韦达定理以及向量的数量积公式得出，利用判别式法得出，最后由韦达定理得出的值．
【详解】
（1）由椭圆的右焦点为，知，即，则，．
又椭圆过点，∴，又，∴．
∴椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，
由得，即
∵点在椭圆内部，∴
∴由韦达定理可得：（*）
则



将（*）代入上式得：，
即，，则
∴，即
由题意知，是的两根
∴．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与椭圆相交题型，本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，，然后表示出，得到等量关系，由其，得到关于t的不等式，即可求出，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于较难题．
13．已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，试判断是否为定值？请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值为.
【分析】
（1）由题意可得，，，可求得椭的圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.
【详解】
（1）由题可得，
又，所以

因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以
同理可得，
所以

所以，为定值.
【点睛】
关键点点睛：该题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属于中档题目.
14．如图，在平面直角坐标系中，已知，分别是椭圆E： 的左、右焦点，A，B分别椭圆E的左、右顶点，且．

（1）求椭圆E的离心率；
（2）已知点为线段的中点，M为椭圆E上的动点（异于点A、B），连接并延长交椭圆E于点N，连接MD、ND并分别延长交椭圆E于点P、Q，连接PQ，设直线MN、PQ的斜率存在且分别为、，试问是否存在常数，使得恒成立？，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) ;(2)
【分析】
(1)借助题设条件运用向量的相等建立方程得求解；(2)借助题设条件运用直线与椭圆的位置关系联立坐标方程求解.
【详解】
（1）,化简得,
椭圆E的离心率
（2）存在满足条件的常数.设,

因为点为线段的中点,, 从而,左焦点,故椭圆的方程为.
则直线的方程为,代入椭圆方程整理得,.
,从而,故点.同理,点.因为三点、、共线，所以,从而.
从而,
故,从而存在满足条件的常数.
【点晴】
本题是一道考查直线与椭圆的位置关系的综合问题.本题第二问的求解过程中,先将的方程设为,然后代入消去变量建立了以其交点横坐标为主元的二次方程,通过研究坐标之间的关系式,再借助题设条件,求出,.最后借助三点、、共线,探究出了方程,属于难题.
15．设椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设左、右顶点分别为、，点在椭圆上（异于点、），求的值；
（3）过点作一条直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足为.试问：直线与是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）是，.
【分析】
（1）由题意，列出所满足的等量关系式，结合椭圆中的关系，求得，从而求得椭圆的方程；
（2）写出，设，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出，从而求得结果；
（3）设直线的方程为：，，则，联立方程可得：，结合韦达定理，得到，结合直线的方程，得到直线所过的定点坐标.
【详解】
（1）由题意可知，，又，所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）,设，
因为点在椭圆上，所以，
，
又，
.
（3）设直线的方程为：，，则，
联立方程可得：，
所以，
所以 ，
又直线的方程为：，
令，
则
，
所以直线恒过，
同理，直线恒过，
即直线与交于定点.
【点睛】
思路点睛：该题考查的是有关椭圆的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合椭圆中的关系，建立方程组求得椭圆方程；
（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；
（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.
16．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-2，1)，P是动点，且
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过A作斜率为1的直线与轨迹C相交于点B，点T(0，t)(t>0)，直线AT与BT分别交轨迹C于点设直线的斜率为k，是否存在常数λ，使得t=λk，若存在，求出λ值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在满足条件．
【分析】
（1）设的坐标，可得直线，，的斜率，由题意可得的轨迹的方程；
（2）由题意可得直线的方程，与轨迹的方程联立求出的坐标，进而求出直线，的方程，分别与曲线联立求出，的坐标，求出直线的斜率的表达式可得与的关系，进而可得常数的值满足条件．
【详解】
解：（1）设，由题意可得，，，
而．所以，整理可得：，
所以动点的轨迹的方程为：；
（2）由题意直线的方程为：，即，
代入曲线中可得，解得或，
所以可得，
直线的方程为：，
代入抛物线的方程：，
所以，所以，所以，
所以，，
直线的方程为：，与抛物线联立，
所以，所以，，
所以，，
由题意可得，所以，
由题意，所以．
所以存在满足条件．
【点睛】
求轨迹方程的主要方法有直接法、相关点代入法、消参法等，轨迹方程求完后，要记得验证，是否要挖去不符合条件的点.
17．已知P为圆：上一动点，点坐标为，线段的垂直平分线交直线于点Q.
（1）求点Q的轨迹方程；
（2）已知，过点作与轴不重合的直线交轨迹于两点，直线分别与轴交于两点.试探究的横坐标的乘积是否为定值，并说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，理由见解析.
【分析】
（1）由中垂线可知，所以Q点的轨迹为椭圆；
（2）设两点的坐标，利用直线方程用两点坐标表示的横坐标；再把直线代入椭圆方程消元，韦达定理，整理的横坐标的乘积可得结论.
【详解】
由已知线段的垂直平分线交直线于点Q.得，,
又P为圆：上一动点，
所以，
点的轨迹为以为焦点，长轴为4的椭圆
椭圆方程：
设，则直线方程: ，
令，得，同理可得
由题设直线：，代入方程整理得
，且
，，


故（定值）
【点睛】
利用已知的几何条件求轨迹方程是常用的求轨迹的方法；运用韦达定理及整体思想求特定的量是直线与圆锥曲线中常见的处理策略.
18．已知在平面直角坐标系中，圆与轴交于，两点，点 在第一象限且为圆外一点，直线，分别交圆于点，，交轴于点，．

（Ⅰ）若直线的倾斜角为60°，，求点坐标；
（Ⅱ）过作圆的两条切线分别交轴于点，，试问是否为定值？若是，求出这个定值：若不是，说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）定值为1.
【分析】
（Ⅰ）由题可得直线的方程为，由为正三角形，可得直线方程为，联立直线方程即可求出P的坐标；
（Ⅱ）设，切线与轴交点为，可得切线方程为，利用相切得出，可得，利用共线得，，则可求出，进而得出定值.
【详解】
（Ⅰ）由题可知，直线的倾斜角为60°，
则直线的方程为，
，故为正三角形，
则直线的倾斜角为，故直线方程为，
为直线BD和直线AC交点，联立方程，解得，
；
（Ⅱ）设，切线与轴交点为，
则切线方程为，即，
又O到切线的距离为1，则，
整理得，
则是方程的两根，，
由P，C，Q共线得，解得，同理可得，
，
，
，即.
【点睛】
关键点睛：第一问的关键是将点P的坐标转化为直线BD和AC的交点坐标，通过求两直线方程可求出；第二问的关键是将的坐标全部转化为与P的坐标有关，通过求来得出结果.
19．在平面直角坐标系xOy中，有三条曲线：①；②；③.请从中选择合适的一条作为曲线C，使得曲线C满足：点F(1，0)为曲线C的焦点，直线y=x-1被曲线C截得的弦长为8.
（1）请求出曲线C的方程；
（2）设A，B为曲线C上两个异于原点的不同动点，且OA与OB的斜率之和为1，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，问是否存在定点M，使得线段MH的长度为定值?若存在，请求出点M的坐标和线段MH的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；
【分析】
（1）利用焦点以及弦长排除①②，从而可得，进而求出抛物线.
（2）、的斜率存在且不为，不可能是斜率为的直线，设方程：，与抛物线联立，设，，利用韦达定理求出，再将、方程联立，求出交点，过点，观察两个定点，，由，根据直角三角形的性质即可证出.
【详解】
（1）对于②，，故排除②；
假设①为曲线C，则有，解得，
将直线代入，整理可得，
解得，此时弦长为，故排除①；
所以曲线C为③，
则，解得，
所以曲线C的方程为.
（2）易知、的斜率存在且不为，不可能是斜率为的直线，
设方程：，代入，
可得，，
设，，
则，，
且，解得，
联立、方程，即，解得，
，
已知过点，不妨猜测可能为，
则，此时不满足为定值，
观察两个定点，，
由于，故在以为直径的圆上，
的中心为圆心，圆心到的距离恒为.
中点为，，
所以定点M，线段MH的长度为定值，且 .
【点睛】
关键点点睛：根据焦点以及弦长确定曲线C，解题的关键是求出直线过点，围绕以及焦点，进行求解，考查了考生的计算求解能力.
20．如图，点为椭圆的左顶点，过的直线交抛物线于，两点，点是的中点．

（Ⅰ）若点在抛物线的准线上，求抛物线的标准方程：
（Ⅱ）若直线过点，且倾斜角和直线的倾斜角互补，交椭圆于，两点，
（i）证明：点的横坐标是定值，并求出该定值：
（ii）当的面积最大时，求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）点的横坐标为定值，证明见详解；（ii）
【分析】
（Ⅰ）根据点A在抛物线的准线上，可得，进而可得抛物线的标准方程：
（Ⅱ）（i）设的方程为，设，，与椭圆联立，利用点C是AB的中点得到，计算可得点的横坐标为定值；
（ii）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用点C是AB的中点可得，根据三角形的面积公式以及基本不等式可求的面积最大值，由取等号的条件解得的值
【详解】
解：（Ⅰ）由题意得，点A在抛物线的准线上，
则，即
所以抛物线的标准方程为；
（Ⅱ）（i）证明：因为过A的直线和抛物线交于两点，
所以的斜率存在且不为0，
设的方程为，其中m是斜率的倒数，
设，，
联立方程组，
整理得，且，
因为C是AB的中点，所以，
所以，，
，
所以点的横坐标为定值；
（ii）因为直线的倾斜角和直线的倾斜角互补，
所以的斜率和的斜率互为相反数.
设直线的方程为，，
即，
联立方程组整理得，
，
所以，，.
因为点C是AB中点，所以，
因为到的距离，
，
所以.
令，
则，
当且仅当，时等号成立，
所以，
.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆中的定值问题及面积最值问题，考查学生计算能力与分析能力，是一道中档题.
21．已知椭圆：()的左右焦点分别为，焦距为2，且经过点.直线过右焦点且不平行于坐标轴，与椭圆有两个不同的交点，，线段的中点为.
（1）点在椭圆上，求的取值范围；
（2）证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值；
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由椭圆定义求得，然后可得，从而得椭圆方程，然后设点，计算可得范围；
（2）设直线的方程为()代入椭圆方程得，设，，可得段线的中点的坐标，然后计算可得定值．
【详解】
解：（1）因为焦距，则，所以左焦点，右焦点
则
所以，所以，所以椭圆方程为.
设点，则
因为，所以的取值范围为：
（2）设直线的方程为()
联立消去得
其中：，，不妨设，，为线段的中点
则，
所以，
所以所以为定值.
【点睛】
方法点睛：直线与椭圆相交中的定值问题，解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点，，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立方程组并消元后应用韦达定理得，代入中可化简得定值．
22．已知椭圆的离心率为，点分别是的左､右､上､下顶点，且四边形的面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知是的右焦点，过的直线交椭圆于两点，记直线的交点为，求证：点在定直线上，并求出直线的方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】
（1）利用椭圆的离心率、四边形的面积求得，由此求得椭圆的标准方程.
（2）设，求得，设直线的方程为，代入，化简后写出根与系数关系，进而求得，由此判断出点在定直线上.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距长为，根据题意
，解得.
故.
（2）由（1）知，
设，
由①，
②，
两式相除得，
又故，
故，
于是③，
由于直线经过点，设直线的方程为，代入整理，
得，
把代入③，
，
得，
得到，故点在定直线上.
【点睛】
要求椭圆的标准方程，也即要求得，可根据已知条件列方程组来求解.解决直线与椭圆的位置关系的问题，求解出根与系数关系是重要的步骤.
23．已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为，过点作直线交椭圆于点，（与，均不重合）.当点与椭圆的上顶点重合时，.
（1）求椭圆的方程
（2）设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）解方程.①，②即得解；
（2）设直线的方程为，联立方程组得，得到韦达定理，再利用韦达定理化简即得证.
【详解】
（1）当点与椭圆的上顶点重合时，有，
所以.①
又因为离心率，②
由①②解得，，
所以的方程为.
（2）由题意，设直线的方程为，
联立方程组得，
设，，则，.
由（1）得，，所以，，

.
【点睛】
方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.
24．已知椭圆C：的离心率为，过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点，，过点A的任意一条直线与椭圆C交于M，N两点，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）由题意得，可求出，即可得到椭圆的方程；
（2）过，分别作轴的垂线段，，易得，要证明，只需证明，即证，只需证明，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出直线、直线的斜率，进而可证明.
【详解】
（1）椭圆中，令，得，
因为过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，所以，
根据离心率为，得，
由，解得，，所以椭圆的方程为．
（2）证明：要证明，只需证明，
过，分别作轴的垂线段，，易得：，所以只需证明，
所以只需证明，只需证明．

当直线的斜率不存在时，易得．
当直线的斜率存在时，不妨设斜率为，则直线的方程为，
联立消去y，得，
设，，则，，
直线的斜率，直线的斜率，
.
综上所述，．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求椭圆的方程，及椭圆中等式关系的证明，解题关键是将等式关系转化为.本题第二问中，过，分别作轴的垂线段，，可得到，即可将转化为，进而只需证明，即证明.考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题．
25．已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程 ；
（2）过点 F 的直线l交椭圆于A、B两点，交y轴 于P点，设，试判断是否为定值？请说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值-4，理由见解析.
【分析】
（1）由题意可得， ，，可求得椭的圆方程.
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，
代入计算可求得定值.
【详解】
（1）由题可得，又，所以，，
因此椭圆方程为，
（2）由题可得直线斜率存在，设直线的方程为，
由消去，整理得：，
设，， 则，
又，，则，，
由可得，所以，同理可得，
所以，
所以，为定值-4.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属于中档题.

四、填空题
26．已知A、B分别是双曲线的左右顶点，M是双曲线上异于A、B的动点，若直线MA、MB的斜率分别为，始终满足，其中，则C的离心率为______ ．
【答案】
【分析】
设出的坐标，利用直线的斜率的乘积，结合已知条件，推出斜率乘积，转化求解双曲线的离心率即可.
【详解】
设，
由M是双曲线上异于A、B的动点，若直线MA、MB的斜率分别为，
则，
又，则，
由，
得，
因为，
所以，
可得显然不成立；
则，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：求双曲线离心率的值的常用方法：
由或的值，得；
列出含有的齐次方程，借助消去，然后转化为关于的方程求解；
27．在平面直角坐标系中，，分别为椭圆的左、右焦点，，分别为椭圆的上、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为，若的面积为，则直线的斜率为______.
【答案】
【分析】
由椭圆的性质结合三角形面积可得，进而可得，由直线斜率公式化简可得、，运算即可得解.
【详解】
设，则，
由题意，，
所以，所以，
所以，
所以直线的斜率，
设点，则，即，
所以，
又，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了椭圆性质的应用及直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.