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专题05 解析几何——【备考2023】高考数学大题精练 （全国通用）（原卷版+解析版）
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这是一份专题05 解析几何——【备考2023】高考数学大题精练 （全国通用）（原卷版+解析版），文件包含专题05解析几何解析版docx、专题05解析几何原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。
专题05 解析几何
解析几何在全国卷中始终在20、21题位置，是两个压轴大题之一，一直是高考数学中的热门题目之一，尝尝涉及了圆锥曲线的定义，性质，直线与圆锥曲线的位置关系，涉及到定点、定值、定直线、定面积等求解与证明，涉及到面积最值，求范围最值等等题型，条件较为复杂，且运算量大，属于高考一类难度较大的题型。
常考题型：韦达定理基础应用，直线的设法应用，最值与范围的求解，直线过定点，圆过定点，求定直线，求定值，圆锥曲线的切线型，直线与圆锥曲线交点的定比分点型
一、韦达定理基础型
例题、已知是椭圆的一个焦点，过点的直线交于不同两点.当，且经过原点时，.
(1)求的方程；
(2)为的上顶点，当，且直线的斜率分别为时，求的值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由直线过原点，关于原点对称，结合椭圆的定义与对称性求得长半轴长，再由求得，从而得椭圆方程；
（2）设，设，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后代入化简可得．
【详解】（1）由题意，当，且经过原点时，的方程为，且点关于原点对称.
设，将代入，并化简得，即，.
.
设的另一个焦点为，根据对称性，，
根据椭圆定义得.所以的方程为.
（2）由（1）知，点坐标为.
由题意可设，即，将该式代入，
并化简得.
设，则.
.
.即.
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.
已知分别为双曲线左、右焦点，在双曲线上，且．
(1)求此双曲线的方程；
(2)若双曲线的虚轴端点分别为（在轴正半轴上），点在双曲线上，且，，试求直线的方程．
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）根据平面向量数量积坐标运算和点在双曲线上，可构造方程组求得的值，由此可得双曲线方程；
（2）由三点共线可设，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，利用向量垂直的坐标表示，代入韦达定理结论可解方程求得的值，由此可得直线方程.
【详解】（1）设，，则，，
，解得：，；又在双曲线上，则，，，
双曲线的方程为：.
（2）由（1）得：，，，三点共线，
直线斜率显然存在，可设，，，
由得：，，即且，
，，
，，又，，
，
解得：，满足且，直线方程为：或.
1.（四川省成都市金牛区2023届高三上学期理科数学阶段性检测卷（二））已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与该椭圆交于两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）由离心率与列出方程组，求出，从而得到，求出椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率不存在的情况，再考虑直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据列出方程，求出，得到直线方程.
【详解】（1）由已知得，解得，，所求椭圆的方程为；
（2）由（1）得.
①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由得.
设，
，这与已知相矛盾.
②若直线的斜率存在，设直线直线的斜率为，则直线的方程为，
设，联立，消元得，
，，
又，，
化简得，解得或（舍去）
所求直线的方程为或.
2.（北京师范大学第三附属中学2023届高三下学期高考数学模拟试题）椭圆C：的右顶点为，离心率为
(1)求椭圆C的方程及短轴长；
(2)已知：过定点作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF中点为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意得，，再由求出，从而可求得椭圆方程；
（2）设直线AD的方程：，，，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，求出直线BD的方程，可表示出点，的坐标，从而可求出直线BG的斜率，求出直线BG的方程 代入椭圆方程可求出坐标，从而可求出G点坐标.
【详解】（1）由题意可得，，所以，
，短轴长所以椭圆C的方程：；
（2）设直线AD的方程：，即，，，
由，消去y，整理得，
则，
所以，，
则直线BD的方程：，令，则，所以，所以，
，
则直线BG的斜率
，
所以直线BG的斜率为，所以直线BG的方程：，
因此，则，解得或，所以，
当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则，所以
1.（2022年新高考北京数学高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，所以，
即即
即
整理得，解得
2.（2020年山东省春季高考数学真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】解：（1）由椭圆可知，，所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.所以抛物线的标准方程为.
（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，设点，，联立方程组，
消去，得.①因为直线与抛物线有两个交点，所以，即，
解得，且.由①可知，
所以，则，
因为，且，所以，
解得或，因为，且，所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，即.
二、直线的双变量设法型
例题、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
【分析】（1）由题意联立方程组解出即可；（2）当直线直线垂直于轴时，
求出，验证即可；当直线不垂直于轴时，
即直线斜率存在时，设直线的方程，求出到直线的距离，
联立方程组消元，韦达定理，写出化简即可.
【详解】（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.
如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。
选择不同直线的设法，是因为：
1.避免对k不存在情况讨论，可以把k不存在的情况包含在里边。
2.两种直线形式设法，有时候在计算中可以降低参数的计算量：如过点（1,0）直线，设成与代入到圆锥曲线中，明显的后边这种设法代入计算时要稍微简单点。
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，直线，就需要引入两个变量了,就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
（1）
（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
这种设法，要注意讲解清楚对应的弦长公式的应用：
已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.
(1)当，且为线段的中点时，证明：；
(2)记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）取的中点,连接.利用几何法，分别证明出,为的角平分线，即可证明；
（2）利用“设而不求法”分别表示出，解方程求出.
【详解】（1）如图示：
当时，恰为抛物线的焦点.
由抛物线的定义可得：.
取的中点,连接,则为梯形的中位线，所以.
因为为的中点,所以,所以.
在中，由可得：.
因为为梯形的中位线，所以，所以，
所以.
同理可证：.
在梯形中，,
所以，所以，
所以,即.
（2）假设存在实数，使得.
由直线与抛物线交于，两点，可设.
设,则，消去可得：，所以，.
则
.
而.所以，解得：.
1.（吉林省吉林市田家炳高级中学2022-2023学年高三上学期期末数学试题）已知椭圆的离心率为，依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点F为E的右焦点，，直线l交E于P，Q（均不与点A重合）两点，直线的斜率分别为，若，求△FPQ的周长
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题设可得基本量的方程组，求出其解后可得椭圆的方程；
（2）设直线，由题设条件可证明该直线过定点，根据椭圆的定义可求周长.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，故，
因为依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为，故，
所以，故，
故椭圆方程为：.
（2）设直线，，则，，故，
故，
由可得，故，
整理得到，又，故，
故或，此时均满足.
若，则直线，此时直线恒过，与题设矛盾，
若，则直线，此时直线恒过，
而为椭圆的左焦点，设为，
故的周长为.
2.（吉林省东北师范大学附属中学净月实验学校2022-2023学年高三上学期第二次校内摸底考试数学试题）已知椭圆过点，且离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)若斜率为的直线交椭圆于、两点，交轴于点，问是否存在实数使得以为直径的圆恒过点？若存在，求的值，若不存在，说出理由．
【答案】(1)(2)存在实数使得以为直径的圆恒过点，且.
【分析】（1）由题意得，又离心率，，解得，即可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，代入，设，，，，利用韦达定理，假设存在实数，使得以为直径的圆恒过点，则．结合数量积为0，求解，即可推出实数使得以为直径的圆恒过点．
【详解】（1）解：已知椭圆过点，则，又离心率，
且，所以可得，所以椭圆的方程为．
（2）解：依题意，设直线的方程为，代入，
得．
设,，,，则，．
假设存在实数，使得以为直径的圆恒过点，则．
又，，
，
即，
将，代入，整理得，解得，
即当时，存在实数使得以为直径的圆恒过点．
（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（山东卷精编版））在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.
【答案】（Ⅰ） .(II) .【详解】试题分析：（Ⅰ）由得,由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为,得,求得椭圆的方程为；（Ⅱ）由,解得,确定, ,结合的单调性求的最小值.
试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，又当时，，得，
所以，因此椭圆方程为.
（Ⅱ）设，联立方程，得，由得.（*）
且，因此，所以，又，所以
整理得，因为，所以.令，
故，所以.令，所以.当时，,
从而在上单调递增，因此，等号当且仅当时成立，此时，
所以，由（*）得 且.故，设，则，
所以的最小值为，从而的最小值为，此时直线的斜率是.
综上所述：当，时，取到最小值.
三、最值与范围型
例题、如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
面积最值，实际上是处理最终的“函数最值”。各类型“函数式”最值规律：
（1） 分式型：以下几种求最值的基本方法
（2） 一元二次型：注意自变量取值范围
（3） 高次型：整体换元或者求导
已知椭圆（）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为．点G是椭圆上一点，的周长为6．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于坐标原点O的对称点为R，试问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）利用焦点三角形的周长和椭圆离心率，列方程求得，可得椭圆C的方程；
（2）设出直线方程，与椭圆联立方程组，设点，利用韦达定理表示的面积，再通过换元构造函数求出最大值.
【详解】（1）因为的周长为6，所以2a＋2c＝6，即a＋c＝3．
又离心率，解得a＝2，c＝1，从而．
∴椭圆C的方程为．
（2）设直线，P（x1，y1），Q（x2，y2），由，得，
，则，．设△PQR的面积为S，则
．令，则．
令，对勾函数在上为增函数，所以．
所以S的最大值为，此时，
所以存在当，即直线l的方程为x＝－1时，△PQR的面积有最大值，其最大值为3．
1.（河北省沧州市2022-2023学年高三上学期阶段性测试数学试题）已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线与曲线C交于M，N两点，O为原点，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】(1)把点坐标代入和离心率公式代入即可求；
(2)根据弦长公式和点线距离公式求出面积，再根据基本不等式可求得最大值.
【详解】（1）由已知，且，∴，，
∴椭圆C的标准方程为．
（2）设，，将代入曲线C中，整理得，
其中，即，
∴，，∴，
点O到直线MN的距离，
∴，当且仅当，即时，等号成立．∴△OMN面积的最大值为．
2.（四川省大数据精准教学联盟2023届高三第一次统一监测理科数学试题）椭圆的左、右顶点分别为，点为第一象限内的动点，直线，与分别交于另外的两点，已知的斜率之比为．
(1)证明：直线过定点：
(2)设和的面积分别为和，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）设，进而根据题意得点在直线上，设，再结合，与椭圆联立得，，再取取点，利用向量关系证明即可得答案；
（2）由，得，进而得，再设，代入，结合韦达定理，基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：由题知，设所以，因为的斜率之比为，即，所以，解得，所以，点在直线上，
设，则，代入得，
所以，，即，所以，，同理
取点，则，又因为，
所以，，即直线过定点.
（2）解：由题知，椭圆的长半轴长为，由（1）得直线过定点，所以，，
所以，点到直线的距离为点到直线的距离的倍，所以，，因为，
所以设，代入得，
所以，，所以
所以，当时，取得最大值.
（2020年新高考全国卷Ⅱ数学试题（海南卷））已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
四、直线过定点型
例题、已知椭圆与直线有且只有一个交点，点，分别为椭圆的上顶点和右焦点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线不经过点且与椭圆交于M，N两点，当直线，的斜率之和为时，求证：直线过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设的方程为：，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据斜率公式及已知求出直接的关系，即可得出结论.
【详解】（1）由题意，，解得，，
所以椭圆方程为；
（2）显然，设，，①当直线的斜率不存在时，，，
∴，从而与椭圆只有一个交点，不合题意；
②当直线的斜率存在时，不妨设的方程为：，联立直线与椭圆的方程得，
由根与系数的关系得，，，，
即，整理得，所以直线的方程为，
故直线过定点，综上，直线过定点.
求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
设椭圆的左焦点为，右顶点为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作两条斜率分别为，的动直线，分别交椭圆于点A、B、C、D，点M、N分别为线段、中点，若，试判断直线是否经过定点，并说明理由．
【答案】(1)(2)直线经过定点，理由见解析
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，解出即可；
（2）设，，联立直线与椭圆得到韦达定理式，则得到点坐标，将其代入假设的直线的方程得到，同理有，则构造出一元二次方程得，再次利用韦达定理得到，代回直线的方程得到定点坐标.
【详解】（1）由题意知，，解之得，故椭圆E的方程为．
（2）设，，
联立得，，因为在椭圆内部，则必有，
故，，设直线，
将代入，得，即，
同理，，显然，，是方程的两根，
则，因为，则，即，得，
故直线，即，
故直线经过定点．
1.（湖南省张家界市2022-2023学年高三联考数学试题）已知椭圆的上顶点为，右顶点为，其中的面积为1（为原点），椭圆离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若不经过点的直线与椭圆交于，两点，且，求证：直线过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据的关系求椭圆方程；
(2)利用韦达定理结合的坐标表示，即可求定点.
【详解】（1）由已知得：，，又，
解得：，，故椭圆的方程为.
（2）证明：当直线的斜率不存在时，不满足的条件．当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立，消去整理得：，，得①
设，，则，②
由，得，又，，所以③
由②③得，
化简得，解得（舍），满足①此时的方程为，故直线过定点．
2.（河南省安阳市重点高中2022-2023学年高三阶段性测试（开学考）数学试题）已知是椭圆的左焦点，是椭圆上一点，是坐标原点，是线段的中点，分别是椭圆的左､右顶点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过椭圆的右顶点与轴平行的直线为是椭圆上与均不重合的一个动点，过作直线的垂线交直线于，求证：直线过定点.
【答案】(1)(2)证明过程见详解
【分析】（1）利用中位线定理和椭圆的定义即可求解；
(2) 由（1）知，，.设，根据题意求出直线的方程即可求解.
【详解】（1）设是椭圆的右焦点，为椭圆的焦距，
连接，因为是线段的中点，是线段的中点，所以，，由椭圆的定义知：，所以，
由椭圆的几何性质知：，即，
所以，，所以椭圆方程为.
（2）由（1）知，，.设，
则，，因为，所以，
所以直线的方程为，令，得，
所以，
所以直线的方程为，即，所以直线过定点.
（2022年高考全国乙卷数学（文）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)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（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
五、圆过定点型
例题、已知椭圆C的中心在原点，一个焦点是，一个顶点的坐标是．
(1)求C的方程．
(2)设动直线与椭圆C相切于点P，且与直线交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过定点M，并求出M的坐标．
【答案】(1)(2)，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆几何性质可得，进而可求，
（2）联立方程，根据判别式为0得，进而可得，，根据向量垂直的坐标运算可得对任意的恒成立，即可求解定点.
【详解】（1）由焦点是，可知焦点在轴上，故设椭圆方程为，有题意可知，故，故C的方程为
（2）联立，故，化简得，
设，则，，
故，，设，则，化简得对任意的恒成立，故满足
，故以PQ为直径的圆恒过定点M,且,
圆过定点，有常见几方面的思维
（1） 利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
（2） 利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
（3） 通过推导求出定点（难度较大）
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.
【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（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.
1.（广西柳州市、梧州市2023届高三下学期2月大联考数学（理）试题）在直角坐标系中，动点M到定点的距离比到y轴的距离大1．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)当时，记动点M的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线分别交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)时，；时，(2)是，过定点和
【分析】（1）考虑和两种情况，时确定轨迹为抛物线，根据题意得到，得到答案.
（2）设直线的方程为，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算中点坐标为，半径为，得到圆方程为，取得到定点.
【详解】（1）动点M到定点的距离比到y轴的距离大1，
当时，动点M到定点的距离等于到的距离，轨迹为抛物线，
设抛物线方程为，，，
当时，满足条件.综上所述：
轨迹方程为：时，；时，
（2）设直线的方程为，，联立，
整理得：，，，
直线的方程为，同理：直线的方程为，令得，，
设中点的坐标为，则，，所以.
，圆的半径为.
所以为直径的圆的方程为.
展开可得，令，可得，解得或.
所以以为直径的圆经过定点和
2.（浙江省浙南名校、七彩阳光联盟2023届高三下学期2月返校联考数学试题）已知点F为双曲线的右焦点，过F的任一直线l与交于A，B两点，直线．
(1)若为曲线上任一点，且M到直线的距离为d，求的值；
(2)若为曲线上一点，直线MA，MB分别与直线交于D，E两点，问以线段DE为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)过定点，或
【分析】（1）得到焦点，计算出与，相比后得到答案；
（2）方法一：设出直线l的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，得到直线MA的方程，求出点坐标，同理得到点坐标，由对称性可知，定点P一定在x轴上，设为，由得到，求出或，故线段DE为直径的圆过定点，或；
方法二：在第一问基础上，作出辅助线，得到，由正弦定理求出，FD是的角平分线，同理可得，FE是的角平分线，.所以，即，故以DE为直径的圆经过点，由对称性可知，也满足条件.
【详解】（1）由题意得：，
故．
（2）方法一：设直线l的方程为，与双曲线方程联立得：，
设，则，.直线MA的方程为，
令，可得，所以，
同理.由对称性可知，定点P一定在x轴上，不妨设为，则，，则
，
所以，则或.
所以线段DE为直径的圆过定点，或.
（2019年北京市高考数学试卷（理科））已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，
故抛物线方程为：，其准线方程为：.
(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，
直线的方程为，与联立可得：，同理可得，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且：，，
则圆的方程为：，
令整理可得：，解得：，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
六、求定直线型
例题、已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，
由,消元得，，，；
由弦长公式得，
即，解得或（舍去），满足，
从而的标准方程为.
（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
设直线的方程为，设，
由，消去得，则.
设直线的方程为，
同理，消去得可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．由消去，因为直线与相交，所以，
解得，
所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
法二：设直线方程为，由消去得，
设，则．设直线的方程为，同理可得．直线方程为，即，化简得，
同理，直线方程为，．
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．由消去，因为直线与相交，所以，
解得，
。所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
求定直线是圆锥曲线求定点定值定直线的一个较难的题型。一般有两种思维：
1. 利用参数法消参求定直线
根据题意引入参数，用参数表示经过定直线的定点，代入已知条件或者根据条件所建立的关系式，消去参数即可得到定直线
2.相关点法
类似于求轨迹的相关点代入法，一个点的运动变化引起了另外一些点的运动变化，在解题时，用一个点的坐标把另外一些点的坐标表示出来，再代入一致的曲线和直线方程中，便可求出定直线的方程。
已知椭圆（）的离心率为，且为上一点.
(1)求的标准方程；
(2)点，分别为的左､右顶点，，为上异于，的两点，直线不与坐标轴平行且不过坐标原点，点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：点位于定直线上.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可求出椭圆方程；
（2）设，，，则，联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，表示出直线与的方程，联立即可表示出的横纵坐标之间的关系，即可得到的方程，再与直线方程联立，即可求出动点的方程.
【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，由题意得，解得，
的标准方程为.
（2）解：由题可知，，设，，则，设，
联立消去得，，，
又，，，
又点为直线和的交点，故可得
，故.
联立消去得，因此，点位于定直线上.
1.（河南省名校联盟2023届高三大联考（2月）文科数学试题）已知椭圆的左、右顶点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于异于，的M，N两点，当l与x轴垂直时，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与直线交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)(2)证明见解析，定直线为：
【分析】（1）由题知，再利用已知条件求出的值即可；
（2）由题知直线与直线的斜率存在， 分别联立直线、直线与椭圆方程解出的坐标，根据共线，找出直线与直线的斜率的关系，再联立直线与直线，得出点坐标，化简即可.
【详解】（1）由题知椭圆焦点在轴上，左、右顶点分别为，，
所以，又过点的直线l与椭圆C交于异于，的M，N两点，
当l与x轴垂直时，，所以将代入中，求得：
，所以，所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图所示：
由题知直线与直线的斜率存在， 设，，
由，消去整理得：，解得：，
又是异于，的两点，所以有，同理可得：，
又，且共线，所以，化简得：，
由题知同号，所以，联立：，所以，
将代入点的横坐标，则，
所以点在定直线上.
2.（广东省广州市白云区2023届高三下学期期初综合训练数学试题）已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为．
(1)求双曲线的方程；
(2)设，为双曲线实轴的两个端点，若过F的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线与直线的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)交点Q在定直线上，理由见解析.
【分析】（1）令双曲线的方程，由题意有，并联立直线应用韦达定理得到，即可得双曲线参数并写出方程；
（2）讨论直线l斜率存在性，并联立双曲线方程，应用韦达定理和直线与直线方程判断它们的交点是否在一条直线上即可.
【详解】（1）若双曲线的方程且，，则，
将代入双曲线并整理得：，
又直线与双曲线交于A，B两点，故且，
由AB中点的横坐标为，所以，则，
所以，，故.
（2）由（1），不妨令，，
当直线l斜率不存在时，，则，此时，，则交点为；
当直线l斜率存在时，，代入并整理，得：，
过F的直线l与双曲线C交于M，N两点，故，
令，则，，
且，，联立直线与直线得，
所以，
则，可得或（舍），
综上，交点Q在定直线上.
（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷参考版））平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）的最大值为，此时点的坐标为
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；
（Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上；
（ⅱ）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标．
试题解析：（Ⅰ）由题意知：，解得．因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）（1）设，由可得，所以直线的斜率为，其直线方程为，即．设，联立方程组消去并整理可得，
故由其判别式可得且，故,
代入可得，因为，所以直线的方程为．
联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上．
（2）由（1）知直线的方程为，令得，所以，
又，所以，，
所以，令，则，
因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为．
七、求定值型
例题、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
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题。求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【详解】（1）设，则，因为，所以，
所以，即曲线的方程为；
（2）设，则，由，可知A，B分别为的中点，
所以，则，作差可得．
因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，
联立，可得，即，
点P到直线的距离，
所以的面积为，即的面积为定值．
1.（内蒙古赤峰市2023届高三下学期1月模拟考试文科数学试题）已知椭圆的长轴长为4，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点，，直线l过坐标原点O交椭圆C于P，Q两点（点A，B位于直线l的两侧）．设直线AP，AQ，BP，BQ的斜率分别为，，，，求证：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据椭圆长轴和离心率的定义列出方程组，解得，，即可求解；
(2)由(1)可知点A，B的坐标，设P，由椭圆的对称性可得Q，根据两点求斜率公式表示出，结合即可求出的值.同理求出的值即可证明.
【详解】（1）由题意得解得，．所以椭圆C的方程为．
（2）点A，B的坐标分别为，．设点P的坐标为，由椭圆的对称性知点Q的坐标为．
所以，．所以．
又因为点P在椭圆上，所以，即，所以．
同理．所以为定值．
2.（河南省部分名校2022-2023学年高三下学期学业质量联合检测理科数学试题）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
【分析】（1）由题意可得到关于的等式，联立进行求解即可；
（2）根据题意可假设，与椭圆进行联立可得，求出直线的方程可得到，同理可得，通过计算即可得到定值
【详解】（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.
（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
【答案】（1）或；（2）见解析.
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.
【详解】（1）在直线上 设，则又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上设，圆的半径为
与相切 又，即
，解得：或
当时，；当时，的半径为：或
（2）存在定点，使得说明如下：，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上设，的半径为与相切
又，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：在轴上，设
，解得：，即若，则
综上所述，存在定点，使得为定值.
八、圆锥曲线的切线型
例题、直线l：x=my+t上两点间的距离.
43．已知抛物线C：的焦点在圆E：上.
(1)设点P是双曲线左支上一动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，证明：直线AB与圆E相切；
(2)设点T是圆E上在第一象限内且位于抛物线开口区域以内的一点，直线l是圆E在点T处的切线，若直线l与抛物线C交于M，N两点，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析(2)5
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，根据相切得判别式为0，进而得，进而得，，，根据两点坐标可得直线的方程，根据点到直线的距离公式即可求解；
（2）根据切线得的方程，进而联立直线与抛物线方程，根据韦达定理得，，进而由向量的坐标运算即可得，根据二次函数的性质即可求解最值.
【详解】（1）抛物线C：的焦点为，故可知，
设 ，的直线方程为，的直线方程为， ，
则，
由于与抛物线相切，所以，故方程的根为，将其代入抛物线方程得，故，
同理,，因此是方程的两个根，
故，
直线的方程为，化简得，
圆心到直线的距离为，
由于，，将其代入得，故直线AB与圆E相切
（2）联立 ，
设，且满足，，则，则 ，此时的直线方程为，
联立直线与抛物线方程，
设,所以，
进而，
，
因此，
由于， 当时，时取最大值5，由于T是圆E上在第一象限内且位于抛物线开口区域以内的一点，所以在的两侧，故，故此时的最大值为5，
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切.
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
【分析】（1）由题意可求出，过点M作轴，根据勾股定理可知，即可求出参数p，进而得到抛物线方程；
（2）设，，，求出切点弦PQ的方程，联立抛物线方程，根据弦长公式求出，在利用点到直线距离公式求出点到直线PQ的距离d，由的面积为列出方程，得出A点的轨迹方程，联立圆的方程得，方程的根的个数即为点A的个数.
【详解】（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.
1.（2022年《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（五））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.
【分析】(1)联立与抛物线的方程可得,，求出过A，B两点处的切线方程，联立两切线方程解得，再由，求出即得抛物线的方程；
(2)利用导数求出两条件切线分别与轴交于点，，则有以=，，从而得，，再分和分别证明即可.
【详解】（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：.
2.（河南省济源市、平顶山市、许昌市2023届高三文科数学试题）已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求面积的最大值.
【答案】(1)(2)32
【分析】（1）[方法一]：由题意知，，设圆上的点，由两点间的距离公式求出，利用二次函数性质求最大值；[方法二]：抛物线C的焦点为，，F与圆上点的距离的最大值为，即可得出答案；
（2）[方法一]：由导数的几何意义求出直线的方程和直线PB的方程，即可求出直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程由韦达定理代入求出和点P到直线AB的距离，表示出面积，由二次函数的性质即可得出答案；[方法二]：同方法一联立直线的方程和抛物线的方程得到韦达定理，过作轴的平行线交于，则，将韦达定理代入则，因为点在圆上，则设，利用三角换元求最值；[方法三]：设，联立和抛物线C的方程表示出韦达定理，利用导数的几何意义表示出直线的方程，即可求出的坐标，将点P的坐标代入圆M的方程可得，表示出和点P到直线AB的距离，再由二次函数的性质求最值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最大值
由题意知，，设圆上的点，则.
所以.
从而有.
因为，所以当时，.
又，解之得，因此.
抛物线C的方程为：.
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最大值
抛物线C的焦点为，，
所以，F与圆上点的距离的最大值为，解
抛物线C的方程为：
（2）[方法一]：切点弦方程韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线C的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即
同理可知，直线PB的方程为，
由于点P为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、B的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，
所以，
点P到直线AB的距离为，
所以，，
∵，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法分割转化求面积三角换元求最值
同方法一：得到，.
过作轴的平行线交于，则.
点在圆上，则 .
故当时的面积最大，最大值为32.
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，.
设，联立和抛物线C的方程得整理得.
判别式，即，且，
抛物线C的方程为，即，有.
则，整理得，同理可得.
联立方程可得点P的坐标为，即.
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得.
由弦长公式得.
点P到直线AB的距离为.
所以
， 其中，即.当时，.
（2021年天津高考数学试题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
九、 定比分点型
例题、已知点M，N分别是椭圆的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)(2)或．
【分析】(1)结合点到直线距离公式和离心率的定义列方程求，可得椭圆方程.
(2) 设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法结合条件列方程求可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知点的坐标为，点的坐标为，
所以直线的方程为，因为原点O到直线的距离为所以，
则，因为离心率，所以，．故解得，
故椭圆方程为．
（2）设直线的方程为，联立，消x得，
方程的判别式，
设，
所以，因为，所以，
故得方程组解得，综上，直线方程为，或．
定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式，可消去
也可以.可以直接借助韦达定理反解消去两根。
已知椭圆，倾斜角为的直线过椭圆的左焦点和上顶点B，且（其中A为右顶点）.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，求实数m的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况，联立方程，将向量关系，转化为坐标关系，并利用韦达定理消元整理，并根据，求解.
【详解】（1）由题可知 解得故椭圆的方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，设，，，
由，，得，同理，当,时，得，所以，
当直线l的斜率存在时，即时，设直线的方程为，联立
消去y得.因为直线l与椭圆C交于不同的两点P、Q，
所以，即①.设，则②，则，由，得③，
③代入②得，化简整理得④，将④代入①得，
化简得，解得或.
综上，m的取值范围为.
1.（海南省琼海市嘉积第二中学2022-2023学年高三上学期教学质量监测（期中）数学试题）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，离心率为，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线经过点，且与椭圆交于，两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)(2)或．
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，依题意可得，即可求出、，从而得到椭圆方程；
（2）设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，由可得，即可消去得到方程，求出，即可得解.
（1）解：设椭圆的标准方程为， 抛物线的焦点为，
依题意，解得．∴椭圆的标准方程为．
（2）解：由题意得直线的斜率存在，设直线方程为，则由，消去整理得，且．设，，∴，由得，
∴消去得，解得 ，，
所以直线的方程为，即或．
2.（云南省玉溪第一中学2022-2023学年高三月考数学（理）试题）已知椭圆的短轴长为，且椭圆的一个焦点在圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆的焦距小于，过椭圆的左焦点的直线与椭圆相交于两点，若，求
【答案】（1）或.（2）
【分析】（1）由题意可知：b＝1，由焦点在圆上，可求得c，进而求得a，即可求得椭圆方程；
（2设出直线l的方程，代入椭圆，得到A、B的纵坐标的关系，利用向量转化的纵坐标的关系，求得直线方程，利用弦长公式可得所求．
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为，所以，则.
圆与轴的交点为，，故或，从而或，
故椭圆的方程为或.
（2）设，，由，得.
因为椭圆的焦距小于，所以椭圆的方程为，
当直线的斜率为0时，AF=,BF=,不满足题意，
所以将的方程设为，代入椭圆方程，消去，得，
所以，，
将代入，得.
故.
（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.
【详解】（1）设直线方程为：，，
由抛物线焦半径公式可知：
联立得：则
，解得：直线的方程为：，即：
（2）设，则可设直线方程为：。联立得：
则 ，
， 则
专题05 解析几何
解析几何在全国卷中始终在20、21题位置，是两个压轴大题之一，一直是高考数学中的热门题目之一，尝尝涉及了圆锥曲线的定义，性质，直线与圆锥曲线的位置关系，涉及到定点、定值、定直线、定面积等求解与证明，涉及到面积最值，求范围最值等等题型，条件较为复杂，且运算量大，属于高考一类难度较大的题型。
常考题型：韦达定理基础应用，直线的设法应用，最值与范围的求解，直线过定点，圆过定点，求定直线，求定值，圆锥曲线的切线型，直线与圆锥曲线交点的定比分点型
一、韦达定理基础型
例题、已知是椭圆的一个焦点，过点的直线交于不同两点.当，且经过原点时，.
(1)求的方程；
(2)为的上顶点，当，且直线的斜率分别为时，求的值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由直线过原点，关于原点对称，结合椭圆的定义与对称性求得长半轴长，再由求得，从而得椭圆方程；
（2）设，设，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后代入化简可得．
【详解】（1）由题意，当，且经过原点时，的方程为，且点关于原点对称.
设，将代入，并化简得，即，.
.
设的另一个焦点为，根据对称性，，
根据椭圆定义得.所以的方程为.
（2）由（1）知，点坐标为.
由题意可设，即，将该式代入，
并化简得.
设，则.
.
.即.
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.
已知分别为双曲线左、右焦点，在双曲线上，且．
(1)求此双曲线的方程；
(2)若双曲线的虚轴端点分别为（在轴正半轴上），点在双曲线上，且，，试求直线的方程．
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）根据平面向量数量积坐标运算和点在双曲线上，可构造方程组求得的值，由此可得双曲线方程；
（2）由三点共线可设，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，利用向量垂直的坐标表示，代入韦达定理结论可解方程求得的值，由此可得直线方程.
【详解】（1）设，，则，，
，解得：，；又在双曲线上，则，，，
双曲线的方程为：.
（2）由（1）得：，，，三点共线，
直线斜率显然存在，可设，，，
由得：，，即且，
，，
，，又，，
，
解得：，满足且，直线方程为：或.
1.（四川省成都市金牛区2023届高三上学期理科数学阶段性检测卷（二））已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与该椭圆交于两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）由离心率与列出方程组，求出，从而得到，求出椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率不存在的情况，再考虑直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据列出方程，求出，得到直线方程.
【详解】（1）由已知得，解得，，所求椭圆的方程为；
（2）由（1）得.
①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由得.
设，
，这与已知相矛盾.
②若直线的斜率存在，设直线直线的斜率为，则直线的方程为，
设，联立，消元得，
，，
又，，
化简得，解得或（舍去）
所求直线的方程为或.
2.（北京师范大学第三附属中学2023届高三下学期高考数学模拟试题）椭圆C：的右顶点为，离心率为
(1)求椭圆C的方程及短轴长；
(2)已知：过定点作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF中点为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意得，，再由求出，从而可求得椭圆方程；
（2）设直线AD的方程：，，，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，求出直线BD的方程，可表示出点，的坐标，从而可求出直线BG的斜率，求出直线BG的方程 代入椭圆方程可求出坐标，从而可求出G点坐标.
【详解】（1）由题意可得，，所以，
，短轴长所以椭圆C的方程：；
（2）设直线AD的方程：，即，，，
由，消去y，整理得，
则，
所以，，
则直线BD的方程：，令，则，所以，所以，
，
则直线BG的斜率
，
所以直线BG的斜率为，所以直线BG的方程：，
因此，则，解得或，所以，
当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则，所以
1.（2022年新高考北京数学高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，所以，
即即
即
整理得，解得
2.（2020年山东省春季高考数学真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】解：（1）由椭圆可知，，所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.所以抛物线的标准方程为.
（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，设点，，联立方程组，
消去，得.①因为直线与抛物线有两个交点，所以，即，
解得，且.由①可知，
所以，则，
因为，且，所以，
解得或，因为，且，所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，即.
二、直线的双变量设法型
例题、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
【分析】（1）由题意联立方程组解出即可；（2）当直线直线垂直于轴时，
求出，验证即可；当直线不垂直于轴时，
即直线斜率存在时，设直线的方程，求出到直线的距离，
联立方程组消元，韦达定理，写出化简即可.
【详解】（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.
如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。
选择不同直线的设法，是因为：
1.避免对k不存在情况讨论，可以把k不存在的情况包含在里边。
2.两种直线形式设法，有时候在计算中可以降低参数的计算量：如过点（1,0）直线，设成与代入到圆锥曲线中，明显的后边这种设法代入计算时要稍微简单点。
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，直线，就需要引入两个变量了,就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
（1）
（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
这种设法，要注意讲解清楚对应的弦长公式的应用：
已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.
(1)当，且为线段的中点时，证明：；
(2)记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）取的中点,连接.利用几何法，分别证明出,为的角平分线，即可证明；
（2）利用“设而不求法”分别表示出，解方程求出.
【详解】（1）如图示：
当时，恰为抛物线的焦点.
由抛物线的定义可得：.
取的中点,连接,则为梯形的中位线，所以.
因为为的中点,所以,所以.
在中，由可得：.
因为为梯形的中位线，所以，所以，
所以.
同理可证：.
在梯形中，,
所以，所以，
所以,即.
（2）假设存在实数，使得.
由直线与抛物线交于，两点，可设.
设,则，消去可得：，所以，.
则
.
而.所以，解得：.
1.（吉林省吉林市田家炳高级中学2022-2023学年高三上学期期末数学试题）已知椭圆的离心率为，依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点F为E的右焦点，，直线l交E于P，Q（均不与点A重合）两点，直线的斜率分别为，若，求△FPQ的周长
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题设可得基本量的方程组，求出其解后可得椭圆的方程；
（2）设直线，由题设条件可证明该直线过定点，根据椭圆的定义可求周长.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，故，
因为依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为，故，
所以，故，
故椭圆方程为：.
（2）设直线，，则，，故，
故，
由可得，故，
整理得到，又，故，
故或，此时均满足.
若，则直线，此时直线恒过，与题设矛盾，
若，则直线，此时直线恒过，
而为椭圆的左焦点，设为，
故的周长为.
2.（吉林省东北师范大学附属中学净月实验学校2022-2023学年高三上学期第二次校内摸底考试数学试题）已知椭圆过点，且离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)若斜率为的直线交椭圆于、两点，交轴于点，问是否存在实数使得以为直径的圆恒过点？若存在，求的值，若不存在，说出理由．
【答案】(1)(2)存在实数使得以为直径的圆恒过点，且.
【分析】（1）由题意得，又离心率，，解得，即可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，代入，设，，，，利用韦达定理，假设存在实数，使得以为直径的圆恒过点，则．结合数量积为0，求解，即可推出实数使得以为直径的圆恒过点．
【详解】（1）解：已知椭圆过点，则，又离心率，
且，所以可得，所以椭圆的方程为．
（2）解：依题意，设直线的方程为，代入，
得．
设,，,，则，．
假设存在实数，使得以为直径的圆恒过点，则．
又，，
，
即，
将，代入，整理得，解得，
即当时，存在实数使得以为直径的圆恒过点．
（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（山东卷精编版））在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.
【答案】（Ⅰ） .(II) .【详解】试题分析：（Ⅰ）由得,由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为,得,求得椭圆的方程为；（Ⅱ）由,解得,确定, ,结合的单调性求的最小值.
试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，又当时，，得，
所以，因此椭圆方程为.
（Ⅱ）设，联立方程，得，由得.（*）
且，因此，所以，又，所以
整理得，因为，所以.令，
故，所以.令，所以.当时，,
从而在上单调递增，因此，等号当且仅当时成立，此时，
所以，由（*）得 且.故，设，则，
所以的最小值为，从而的最小值为，此时直线的斜率是.
综上所述：当，时，取到最小值.
三、最值与范围型
例题、如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
面积最值，实际上是处理最终的“函数最值”。各类型“函数式”最值规律：
（1） 分式型：以下几种求最值的基本方法
（2） 一元二次型：注意自变量取值范围
（3） 高次型：整体换元或者求导
已知椭圆（）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为．点G是椭圆上一点，的周长为6．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于坐标原点O的对称点为R，试问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）利用焦点三角形的周长和椭圆离心率，列方程求得，可得椭圆C的方程；
（2）设出直线方程，与椭圆联立方程组，设点，利用韦达定理表示的面积，再通过换元构造函数求出最大值.
【详解】（1）因为的周长为6，所以2a＋2c＝6，即a＋c＝3．
又离心率，解得a＝2，c＝1，从而．
∴椭圆C的方程为．
（2）设直线，P（x1，y1），Q（x2，y2），由，得，
，则，．设△PQR的面积为S，则
．令，则．
令，对勾函数在上为增函数，所以．
所以S的最大值为，此时，
所以存在当，即直线l的方程为x＝－1时，△PQR的面积有最大值，其最大值为3．
1.（河北省沧州市2022-2023学年高三上学期阶段性测试数学试题）已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线与曲线C交于M，N两点，O为原点，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】(1)把点坐标代入和离心率公式代入即可求；
(2)根据弦长公式和点线距离公式求出面积，再根据基本不等式可求得最大值.
【详解】（1）由已知，且，∴，，
∴椭圆C的标准方程为．
（2）设，，将代入曲线C中，整理得，
其中，即，
∴，，∴，
点O到直线MN的距离，
∴，当且仅当，即时，等号成立．∴△OMN面积的最大值为．
2.（四川省大数据精准教学联盟2023届高三第一次统一监测理科数学试题）椭圆的左、右顶点分别为，点为第一象限内的动点，直线，与分别交于另外的两点，已知的斜率之比为．
(1)证明：直线过定点：
(2)设和的面积分别为和，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）设，进而根据题意得点在直线上，设，再结合，与椭圆联立得，，再取取点，利用向量关系证明即可得答案；
（2）由，得，进而得，再设，代入，结合韦达定理，基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：由题知，设所以，因为的斜率之比为，即，所以，解得，所以，点在直线上，
设，则，代入得，
所以，，即，所以，，同理
取点，则，又因为，
所以，，即直线过定点.
（2）解：由题知，椭圆的长半轴长为，由（1）得直线过定点，所以，，
所以，点到直线的距离为点到直线的距离的倍，所以，，因为，
所以设，代入得，
所以，，所以
所以，当时，取得最大值.
（2020年新高考全国卷Ⅱ数学试题（海南卷））已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
四、直线过定点型
例题、已知椭圆与直线有且只有一个交点，点，分别为椭圆的上顶点和右焦点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线不经过点且与椭圆交于M，N两点，当直线，的斜率之和为时，求证：直线过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设的方程为：，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据斜率公式及已知求出直接的关系，即可得出结论.
【详解】（1）由题意，，解得，，
所以椭圆方程为；
（2）显然，设，，①当直线的斜率不存在时，，，
∴，从而与椭圆只有一个交点，不合题意；
②当直线的斜率存在时，不妨设的方程为：，联立直线与椭圆的方程得，
由根与系数的关系得，，，，
即，整理得，所以直线的方程为，
故直线过定点，综上，直线过定点.
求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
设椭圆的左焦点为，右顶点为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作两条斜率分别为，的动直线，分别交椭圆于点A、B、C、D，点M、N分别为线段、中点，若，试判断直线是否经过定点，并说明理由．
【答案】(1)(2)直线经过定点，理由见解析
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，解出即可；
（2）设，，联立直线与椭圆得到韦达定理式，则得到点坐标，将其代入假设的直线的方程得到，同理有，则构造出一元二次方程得，再次利用韦达定理得到，代回直线的方程得到定点坐标.
【详解】（1）由题意知，，解之得，故椭圆E的方程为．
（2）设，，
联立得，，因为在椭圆内部，则必有，
故，，设直线，
将代入，得，即，
同理，，显然，，是方程的两根，
则，因为，则，即，得，
故直线，即，
故直线经过定点．
1.（湖南省张家界市2022-2023学年高三联考数学试题）已知椭圆的上顶点为，右顶点为，其中的面积为1（为原点），椭圆离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若不经过点的直线与椭圆交于，两点，且，求证：直线过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据的关系求椭圆方程；
(2)利用韦达定理结合的坐标表示，即可求定点.
【详解】（1）由已知得：，，又，
解得：，，故椭圆的方程为.
（2）证明：当直线的斜率不存在时，不满足的条件．当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立，消去整理得：，，得①
设，，则，②
由，得，又，，所以③
由②③得，
化简得，解得（舍），满足①此时的方程为，故直线过定点．
2.（河南省安阳市重点高中2022-2023学年高三阶段性测试（开学考）数学试题）已知是椭圆的左焦点，是椭圆上一点，是坐标原点，是线段的中点，分别是椭圆的左､右顶点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过椭圆的右顶点与轴平行的直线为是椭圆上与均不重合的一个动点，过作直线的垂线交直线于，求证：直线过定点.
【答案】(1)(2)证明过程见详解
【分析】（1）利用中位线定理和椭圆的定义即可求解；
(2) 由（1）知，，.设，根据题意求出直线的方程即可求解.
【详解】（1）设是椭圆的右焦点，为椭圆的焦距，
连接，因为是线段的中点，是线段的中点，所以，，由椭圆的定义知：，所以，
由椭圆的几何性质知：，即，
所以，，所以椭圆方程为.
（2）由（1）知，，.设，
则，，因为，所以，
所以直线的方程为，令，得，
所以，
所以直线的方程为，即，所以直线过定点.
（2022年高考全国乙卷数学（文）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)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（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
五、圆过定点型
例题、已知椭圆C的中心在原点，一个焦点是，一个顶点的坐标是．
(1)求C的方程．
(2)设动直线与椭圆C相切于点P，且与直线交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过定点M，并求出M的坐标．
【答案】(1)(2)，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆几何性质可得，进而可求，
（2）联立方程，根据判别式为0得，进而可得，，根据向量垂直的坐标运算可得对任意的恒成立，即可求解定点.
【详解】（1）由焦点是，可知焦点在轴上，故设椭圆方程为，有题意可知，故，故C的方程为
（2）联立，故，化简得，
设，则，，
故，，设，则，化简得对任意的恒成立，故满足
，故以PQ为直径的圆恒过定点M,且,
圆过定点，有常见几方面的思维
（1） 利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
（2） 利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
（3） 通过推导求出定点（难度较大）
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.
【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（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.
1.（广西柳州市、梧州市2023届高三下学期2月大联考数学（理）试题）在直角坐标系中，动点M到定点的距离比到y轴的距离大1．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)当时，记动点M的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线分别交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)时，；时，(2)是，过定点和
【分析】（1）考虑和两种情况，时确定轨迹为抛物线，根据题意得到，得到答案.
（2）设直线的方程为，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算中点坐标为，半径为，得到圆方程为，取得到定点.
【详解】（1）动点M到定点的距离比到y轴的距离大1，
当时，动点M到定点的距离等于到的距离，轨迹为抛物线，
设抛物线方程为，，，
当时，满足条件.综上所述：
轨迹方程为：时，；时，
（2）设直线的方程为，，联立，
整理得：，，，
直线的方程为，同理：直线的方程为，令得，，
设中点的坐标为，则，，所以.
，圆的半径为.
所以为直径的圆的方程为.
展开可得，令，可得，解得或.
所以以为直径的圆经过定点和
2.（浙江省浙南名校、七彩阳光联盟2023届高三下学期2月返校联考数学试题）已知点F为双曲线的右焦点，过F的任一直线l与交于A，B两点，直线．
(1)若为曲线上任一点，且M到直线的距离为d，求的值；
(2)若为曲线上一点，直线MA，MB分别与直线交于D，E两点，问以线段DE为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)过定点，或
【分析】（1）得到焦点，计算出与，相比后得到答案；
（2）方法一：设出直线l的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，得到直线MA的方程，求出点坐标，同理得到点坐标，由对称性可知，定点P一定在x轴上，设为，由得到，求出或，故线段DE为直径的圆过定点，或；
方法二：在第一问基础上，作出辅助线，得到，由正弦定理求出，FD是的角平分线，同理可得，FE是的角平分线，.所以，即，故以DE为直径的圆经过点，由对称性可知，也满足条件.
【详解】（1）由题意得：，
故．
（2）方法一：设直线l的方程为，与双曲线方程联立得：，
设，则，.直线MA的方程为，
令，可得，所以，
同理.由对称性可知，定点P一定在x轴上，不妨设为，则，，则
，
所以，则或.
所以线段DE为直径的圆过定点，或.
（2019年北京市高考数学试卷（理科））已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，
故抛物线方程为：，其准线方程为：.
(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，
直线的方程为，与联立可得：，同理可得，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且：，，
则圆的方程为：，
令整理可得：，解得：，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
六、求定直线型
例题、已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，
由,消元得，，，；
由弦长公式得，
即，解得或（舍去），满足，
从而的标准方程为.
（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
设直线的方程为，设，
由，消去得，则.
设直线的方程为，
同理，消去得可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．由消去，因为直线与相交，所以，
解得，
所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
法二：设直线方程为，由消去得，
设，则．设直线的方程为，同理可得．直线方程为，即，化简得，
同理，直线方程为，．
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．由消去，因为直线与相交，所以，
解得，
。所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
求定直线是圆锥曲线求定点定值定直线的一个较难的题型。一般有两种思维：
1. 利用参数法消参求定直线
根据题意引入参数，用参数表示经过定直线的定点，代入已知条件或者根据条件所建立的关系式，消去参数即可得到定直线
2.相关点法
类似于求轨迹的相关点代入法，一个点的运动变化引起了另外一些点的运动变化，在解题时，用一个点的坐标把另外一些点的坐标表示出来，再代入一致的曲线和直线方程中，便可求出定直线的方程。
已知椭圆（）的离心率为，且为上一点.
(1)求的标准方程；
(2)点，分别为的左､右顶点，，为上异于，的两点，直线不与坐标轴平行且不过坐标原点，点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：点位于定直线上.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可求出椭圆方程；
（2）设，，，则，联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，表示出直线与的方程，联立即可表示出的横纵坐标之间的关系，即可得到的方程，再与直线方程联立，即可求出动点的方程.
【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，由题意得，解得，
的标准方程为.
（2）解：由题可知，，设，，则，设，
联立消去得，，，
又，，，
又点为直线和的交点，故可得
，故.
联立消去得，因此，点位于定直线上.
1.（河南省名校联盟2023届高三大联考（2月）文科数学试题）已知椭圆的左、右顶点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于异于，的M，N两点，当l与x轴垂直时，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与直线交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)(2)证明见解析，定直线为：
【分析】（1）由题知，再利用已知条件求出的值即可；
（2）由题知直线与直线的斜率存在， 分别联立直线、直线与椭圆方程解出的坐标，根据共线，找出直线与直线的斜率的关系，再联立直线与直线，得出点坐标，化简即可.
【详解】（1）由题知椭圆焦点在轴上，左、右顶点分别为，，
所以，又过点的直线l与椭圆C交于异于，的M，N两点，
当l与x轴垂直时，，所以将代入中，求得：
，所以，所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图所示：
由题知直线与直线的斜率存在， 设，，
由，消去整理得：，解得：，
又是异于，的两点，所以有，同理可得：，
又，且共线，所以，化简得：，
由题知同号，所以，联立：，所以，
将代入点的横坐标，则，
所以点在定直线上.
2.（广东省广州市白云区2023届高三下学期期初综合训练数学试题）已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为．
(1)求双曲线的方程；
(2)设，为双曲线实轴的两个端点，若过F的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线与直线的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)交点Q在定直线上，理由见解析.
【分析】（1）令双曲线的方程，由题意有，并联立直线应用韦达定理得到，即可得双曲线参数并写出方程；
（2）讨论直线l斜率存在性，并联立双曲线方程，应用韦达定理和直线与直线方程判断它们的交点是否在一条直线上即可.
【详解】（1）若双曲线的方程且，，则，
将代入双曲线并整理得：，
又直线与双曲线交于A，B两点，故且，
由AB中点的横坐标为，所以，则，
所以，，故.
（2）由（1），不妨令，，
当直线l斜率不存在时，，则，此时，，则交点为；
当直线l斜率存在时，，代入并整理，得：，
过F的直线l与双曲线C交于M，N两点，故，
令，则，，
且，，联立直线与直线得，
所以，
则，可得或（舍），
综上，交点Q在定直线上.
（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷参考版））平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）的最大值为，此时点的坐标为
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；
（Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上；
（ⅱ）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标．
试题解析：（Ⅰ）由题意知：，解得．因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）（1）设，由可得，所以直线的斜率为，其直线方程为，即．设，联立方程组消去并整理可得，
故由其判别式可得且，故,
代入可得，因为，所以直线的方程为．
联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上．
（2）由（1）知直线的方程为，令得，所以，
又，所以，，
所以，令，则，
因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为．
七、求定值型
例题、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
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题。求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【详解】（1）设，则，因为，所以，
所以，即曲线的方程为；
（2）设，则，由，可知A，B分别为的中点，
所以，则，作差可得．
因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，
联立，可得，即，
点P到直线的距离，
所以的面积为，即的面积为定值．
1.（内蒙古赤峰市2023届高三下学期1月模拟考试文科数学试题）已知椭圆的长轴长为4，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点，，直线l过坐标原点O交椭圆C于P，Q两点（点A，B位于直线l的两侧）．设直线AP，AQ，BP，BQ的斜率分别为，，，，求证：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据椭圆长轴和离心率的定义列出方程组，解得，，即可求解；
(2)由(1)可知点A，B的坐标，设P，由椭圆的对称性可得Q，根据两点求斜率公式表示出，结合即可求出的值.同理求出的值即可证明.
【详解】（1）由题意得解得，．所以椭圆C的方程为．
（2）点A，B的坐标分别为，．设点P的坐标为，由椭圆的对称性知点Q的坐标为．
所以，．所以．
又因为点P在椭圆上，所以，即，所以．
同理．所以为定值．
2.（河南省部分名校2022-2023学年高三下学期学业质量联合检测理科数学试题）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
【分析】（1）由题意可得到关于的等式，联立进行求解即可；
（2）根据题意可假设，与椭圆进行联立可得，求出直线的方程可得到，同理可得，通过计算即可得到定值
【详解】（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.
（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
【答案】（1）或；（2）见解析.
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.
【详解】（1）在直线上 设，则又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上设，圆的半径为
与相切 又，即
，解得：或
当时，；当时，的半径为：或
（2）存在定点，使得说明如下：，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上设，的半径为与相切
又，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：在轴上，设
，解得：，即若，则
综上所述，存在定点，使得为定值.
八、圆锥曲线的切线型
例题、直线l：x=my+t上两点间的距离.
43．已知抛物线C：的焦点在圆E：上.
(1)设点P是双曲线左支上一动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，证明：直线AB与圆E相切；
(2)设点T是圆E上在第一象限内且位于抛物线开口区域以内的一点，直线l是圆E在点T处的切线，若直线l与抛物线C交于M，N两点，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析(2)5
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，根据相切得判别式为0，进而得，进而得，，，根据两点坐标可得直线的方程，根据点到直线的距离公式即可求解；
（2）根据切线得的方程，进而联立直线与抛物线方程，根据韦达定理得，，进而由向量的坐标运算即可得，根据二次函数的性质即可求解最值.
【详解】（1）抛物线C：的焦点为，故可知，
设 ，的直线方程为，的直线方程为， ，
则，
由于与抛物线相切，所以，故方程的根为，将其代入抛物线方程得，故，
同理,，因此是方程的两个根，
故，
直线的方程为，化简得，
圆心到直线的距离为，
由于，，将其代入得，故直线AB与圆E相切
（2）联立 ，
设，且满足，，则，则 ，此时的直线方程为，
联立直线与抛物线方程，
设,所以，
进而，
，
因此，
由于， 当时，时取最大值5，由于T是圆E上在第一象限内且位于抛物线开口区域以内的一点，所以在的两侧，故，故此时的最大值为5，
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切.
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
【分析】（1）由题意可求出，过点M作轴，根据勾股定理可知，即可求出参数p，进而得到抛物线方程；
（2）设，，，求出切点弦PQ的方程，联立抛物线方程，根据弦长公式求出，在利用点到直线距离公式求出点到直线PQ的距离d，由的面积为列出方程，得出A点的轨迹方程，联立圆的方程得，方程的根的个数即为点A的个数.
【详解】（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.
1.（2022年《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（五））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.
【分析】(1)联立与抛物线的方程可得,，求出过A，B两点处的切线方程，联立两切线方程解得，再由，求出即得抛物线的方程；
(2)利用导数求出两条件切线分别与轴交于点，，则有以=，，从而得，，再分和分别证明即可.
【详解】（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：.
2.（河南省济源市、平顶山市、许昌市2023届高三文科数学试题）已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求面积的最大值.
【答案】(1)(2)32
【分析】（1）[方法一]：由题意知，，设圆上的点，由两点间的距离公式求出，利用二次函数性质求最大值；[方法二]：抛物线C的焦点为，，F与圆上点的距离的最大值为，即可得出答案；
（2）[方法一]：由导数的几何意义求出直线的方程和直线PB的方程，即可求出直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程由韦达定理代入求出和点P到直线AB的距离，表示出面积，由二次函数的性质即可得出答案；[方法二]：同方法一联立直线的方程和抛物线的方程得到韦达定理，过作轴的平行线交于，则，将韦达定理代入则，因为点在圆上，则设，利用三角换元求最值；[方法三]：设，联立和抛物线C的方程表示出韦达定理，利用导数的几何意义表示出直线的方程，即可求出的坐标，将点P的坐标代入圆M的方程可得，表示出和点P到直线AB的距离，再由二次函数的性质求最值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最大值
由题意知，，设圆上的点，则.
所以.
从而有.
因为，所以当时，.
又，解之得，因此.
抛物线C的方程为：.
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最大值
抛物线C的焦点为，，
所以，F与圆上点的距离的最大值为，解
抛物线C的方程为：
（2）[方法一]：切点弦方程韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线C的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即
同理可知，直线PB的方程为，
由于点P为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、B的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，
所以，
点P到直线AB的距离为，
所以，，
∵，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法分割转化求面积三角换元求最值
同方法一：得到，.
过作轴的平行线交于，则.
点在圆上，则 .
故当时的面积最大，最大值为32.
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，.
设，联立和抛物线C的方程得整理得.
判别式，即，且，
抛物线C的方程为，即，有.
则，整理得，同理可得.
联立方程可得点P的坐标为，即.
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得.
由弦长公式得.
点P到直线AB的距离为.
所以
， 其中，即.当时，.
（2021年天津高考数学试题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
九、 定比分点型
例题、已知点M，N分别是椭圆的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)(2)或．
【分析】(1)结合点到直线距离公式和离心率的定义列方程求，可得椭圆方程.
(2) 设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法结合条件列方程求可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知点的坐标为，点的坐标为，
所以直线的方程为，因为原点O到直线的距离为所以，
则，因为离心率，所以，．故解得，
故椭圆方程为．
（2）设直线的方程为，联立，消x得，
方程的判别式，
设，
所以，因为，所以，
故得方程组解得，综上，直线方程为，或．
定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式，可消去
也可以.可以直接借助韦达定理反解消去两根。
已知椭圆，倾斜角为的直线过椭圆的左焦点和上顶点B，且（其中A为右顶点）.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，求实数m的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况，联立方程，将向量关系，转化为坐标关系，并利用韦达定理消元整理，并根据，求解.
【详解】（1）由题可知 解得故椭圆的方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，设，，，
由，，得，同理，当,时，得，所以，
当直线l的斜率存在时，即时，设直线的方程为，联立
消去y得.因为直线l与椭圆C交于不同的两点P、Q，
所以，即①.设，则②，则，由，得③，
③代入②得，化简整理得④，将④代入①得，
化简得，解得或.
综上，m的取值范围为.
1.（海南省琼海市嘉积第二中学2022-2023学年高三上学期教学质量监测（期中）数学试题）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，离心率为，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线经过点，且与椭圆交于，两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)(2)或．
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，依题意可得，即可求出、，从而得到椭圆方程；
（2）设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，由可得，即可消去得到方程，求出，即可得解.
（1）解：设椭圆的标准方程为， 抛物线的焦点为，
依题意，解得．∴椭圆的标准方程为．
（2）解：由题意得直线的斜率存在，设直线方程为，则由，消去整理得，且．设，，∴，由得，
∴消去得，解得 ，，
所以直线的方程为，即或．
2.（云南省玉溪第一中学2022-2023学年高三月考数学（理）试题）已知椭圆的短轴长为，且椭圆的一个焦点在圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆的焦距小于，过椭圆的左焦点的直线与椭圆相交于两点，若，求
【答案】（1）或.（2）
【分析】（1）由题意可知：b＝1，由焦点在圆上，可求得c，进而求得a，即可求得椭圆方程；
（2设出直线l的方程，代入椭圆，得到A、B的纵坐标的关系，利用向量转化的纵坐标的关系，求得直线方程，利用弦长公式可得所求．
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为，所以，则.
圆与轴的交点为，，故或，从而或，
故椭圆的方程为或.
（2）设，，由，得.
因为椭圆的焦距小于，所以椭圆的方程为，
当直线的斜率为0时，AF=,BF=,不满足题意，
所以将的方程设为，代入椭圆方程，消去，得，
所以，，
将代入，得.
故.
（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.
【详解】（1）设直线方程为：，，
由抛物线焦半径公式可知：
联立得：则
，解得：直线的方程为：，即：
（2）设，则可设直线方程为：。联立得：
则 ，
， 则
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