高考数学二轮复习专题10 圆锥曲线（文科）解答题30题 教师版

这是一份高考数学二轮复习专题10 圆锥曲线（文科）解答题30题 教师版，共38页。试卷主要包含了已知椭圆W，已知椭圆经过点，椭圆C的离心率，椭圆E等内容，欢迎下载使用。

专题10 圆锥曲线（文科）解答题30题

1．（陕西省渭南市华阴市2022-2023学年高三上学期期末文科数学试题）已知椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C右焦点且倾斜角为的直线l交椭圆C于M、N两点，求的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意列出方程组求出a，b，c，即可得到椭圆C的标准方程；
（2）由题意可得直线l的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理和弦长公式即可得到的值.
【详解】（1）由题得，解得，
∴椭圆C的标准方程为．
（2）由（1）知椭圆C的右焦点坐标为，
则直线l的方程为，
设，
联立，化简得，
，．
．
2．（云南省曲靖市罗平县第一中学2022-2023学年高三下学期见面考数学试题）已知抛物线上一点到焦点的距离为4.
(1)求实数的值；
(2)若直线过的焦点，与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）由抛物线的焦半径公式可知，由此即可求出答案；
（2）由（1）可知焦点坐标为，则可设直线为，联立直线与抛物线，则可得，再利用，即可求出直线.
【详解】（1）由题意可知：，
解得：.
（2）由（1）知抛物线，则焦点坐标为，
由题意知直线斜率不为0，设直线为：，
联立直线与抛物线：，消得：，
则
则
所以，
解得，
所以直线为：或
3．（云南巍山彝族回族自治县第二中学2022-2023学年高三下学期月考数学试题）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且长轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，求弦长.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先设出椭圆方程，然后由题意可得，从而可得椭圆方程，
（2）由题意可得直线的方程为，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，结合弦长公式可求得结果.
【详解】（1）由题意设椭圆的方程为，
因为椭圆经过点且长轴长为，
所以，
所以椭圆方程为，
（2）因为直线过点且斜率为1，
所以直线的方程为，
设，
将代入，得，
整理得，
所以，
所以

4．（贵州省贵阳市白云区2023届高三上学期阶段性质量监测数学（文）试题）设中心在原点O，、为椭圆C的左、右焦点，离心率为，短轴的一个端点和焦点的连线距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线与椭圆C交于两点M、N，若直线的斜率存在，线段MN的中点在直线上，求直线的斜率取值范围.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由题意求出，结合离心率求出，再由求出，从而可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合判别式大于零，及线段MN的中点在直线上，得到关于的不等式，求解即可得答案.
【详解】（1）由题意得，短轴的一个端点到焦点的距离为，
所以，所以，
所以椭圆的方程为，
（2）设直线的方程为，，
由，得，
由，得，
所以，
因为线段MN的中点在直线上，
所以，所以，
所以，
代入，得，
化简得，解得或，
即直线的斜率取值范围为.
5．（贵州省贵阳第一中学2023届高三高考适应性月考（三）数学（文）试题）已知椭圆，短轴长为，过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线被截得的弦长为3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l与椭圆C交于D，E两点，则在x轴上是否存在一个定点M，使得直线的斜率互为相反数？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，也请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）根据已知条件，列出满足的方程组，解得，即可求得椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理以及直线的斜率互为相反数，即可求得结果.
【详解】（1）对椭圆，令，解得，故可得
解得，， 所以椭圆C的标准方程为．
（2）据题设知点，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为．
由得．
设，，则，．
设，则，．
又因为直线MD，ME的斜率互为相反数，
所以，
所以，
则，
所以，
所以，
所以．
若对任意恒成立，则，
当直线l的斜率k不存在时，若，则满足直线MD，ME的斜率互为相反数．
综上，在x轴上存在一个定点，使得直线MD，ME的斜率互为相反数．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中存在某点满足条件；第二问处理的关键是合理使用韦达定理，结合斜率之和为进行求解，属综合中档题.
6．（贵州省部分学校2023届高三上学期11月联考数学（文）试题）已知，是椭圆E：（）的两个焦点，点在E上，且的面积为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点的直线l与椭圆E交于C，D两点，直线，分别与直线交于M，N两点，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）利用代入法，结合三角形面积公式、之间的关系进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，利用代入法、分类讨论法进行求解即可.
【详解】（1）因为点在E上，且的面积为，
所以有；
（2）当直线l不存在斜率时，显然此时该直线为，这时与椭圆不相交，不符合题意；
当直线l存在斜率时，设为，方程为，与椭圆方程联立，得
，
所以有，
设，则有，
直线的方程为：，
令，得，即，同理可得：，

把代入上式，得：
，
易知：B为M、N的中点，因此.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
7．（山东省多校2022-2023学年高二上学期期中联合调考数学试题）已知椭圆W：的离心率为，左、右焦点分别为，，过且垂直于x轴的直线被椭圆W所截得的线段长为．
(1)求椭圆W的方程；
(2)直线与椭圆W交于A，B两点，连接交椭圆W于点C，若，求直线AC的方程．
【答案】(1)；
(2)或.

【分析】（1）根据题意可得，结合离心率和即可求解；
（2）根据题意可设直线AC的方程为，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线AC的距离，结合三角形面积公式计算求出t，即可求解.
【详解】（1）由题意知，设过且垂直于x轴的直线交椭圆于点，则，
解得，所以，所以．
因为椭圆W的离心率，所以．
因为，所以，，故椭圆W的方程为．
（2）由题意知，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为，，，
联立方程组消去x并整理得，
所以，，
所以．
因为点O到直线AC的距离，且O是线段AB的中点，
所以点B到直线AC的距离为2d，
所以．
由，解得，所以，故直线AC的方程为，
即或．
8．（青海省海东市第一中学2022届高考模拟（一）数学（文）试题）已知动圆E过定点，且y轴被圆E所截得的弦长恒为4．
(1)求圆心E的轨迹方程．
(2)过点P的直线l与E的轨迹交于A，B两点，，证明：点P到直线AM，BM的距离相等．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设，由圆的弦长公式列式可得；
（2）设，，设，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，，计算，得直线PM平分，从而得结论，再说明直线斜率不存在时也满足．
（1）
设，圆E的半径，圆心E到y轴的距离，
由题意得，
化简得，经检验，符合题意．
（2）
当直线斜率存在时，设，与E的方程联立，消去y得，．
设，，则，
∵，
∴，则直线PM平分，
当直线l与x轴垂直时，显然直线PM平分．
综上，点P到直线AM， BM的距离相等．
9．（四川省南充高级中学2021-2022学年高三上学期第三次月考数学（文）试题）已知椭圆经过点，椭圆C的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN分别与直线分别交于P，Q，记点P，Q的纵坐标分别为p，q，求的值．
【答案】(1)
(2)12

【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为,，用“设而不求法”得到.
分别表示出，；得到整理化简即可求得.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以所求椭圆方程为.
（2）直线l的斜率不存在时，直线与椭圆不相交.故斜率存在，设其为k，设直线l的方程为,，
联立方程，消去y得：,
所以,解得：.
.
直线AM方程为:,令x=-3解得：；
直线AN方程为: ,令x=-3解得：；
所以







即.
【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）“设而不求法”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
10．（安徽省安庆市怀宁县第二中学2022-2023学年高三上学期第一次月考数学（文）试题）椭圆E：=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2离心率e=，过F1的直线交椭圆于A，B两点，且ABF2的周长为8.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若直线AB的斜率为，求ABF2的面积.
【答案】（1）=1；（2）
【分析】(1)利用椭圆的离心率以及△ABF2的周长为8，求出a，c, b,即可得到椭圆的方程；
(2) 求出直线方程与椭圆方程联立，求出A，B坐标，然后求解三角形的面积即可.
【详解】（1）因为过F1的直线交椭圆于A，B两点，且ABF2的周长为8，
所以，即，
又椭圆离心率e=，可得，
即，
，
所以椭圆方程为：.
（2）设直线方程为：
由得：，
解得：
所以，
则.
【点睛】本题考查椭圆的方程的求法,椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题.
11．（高三上学期第一次质量检测数学（文）试题）已知直线与焦点为F的抛物线相切.
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）联立和，利用即可求得，从而得到抛物线方程；（Ⅱ）设直线为，与抛物线联立后可利用韦达定理求得，进而得到；由中点坐标公式可求得中点；利用点到距离之和等于点到的距离的倍，可将所求距离变为关于的函数，求解函数的最小值即可得到所求距离之和的最小值.
【详解】（Ⅰ）将与抛物线联立得：
与相切    ，解得：
抛物线的方程为：
（Ⅱ）由题意知，直线斜率不为，可设直线方程为：
联立得：
设，，则    
线段中点
设到直线距离分别为
则
    当时，
两点到直线的距离之和的最小值为：
【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到根据直线与抛物线的位置关系求解抛物线方程、抛物线中的最值问题的求解等知识；求解最值的关键是能够将所求距离之和转变为中点到直线的距离，利用点到直线距离公式得到函数关系，利用函数最值的求解方法求得结果.
12．（陕西省渭南市2023届高三下学期教学质量检测（Ⅰ）文科数学试题）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）

步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.
(1)以点、所在的直线为轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点，使得直线与斜率之积为定值.

【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出 ；
（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，再根据斜率的定义求解即可.
【详解】（1）如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系

设为椭圆上一点，由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，长轴长 的椭圆，
因为，，所以，，
则，所以椭圆的标准方程为；
（2）
由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的，
联立两个方程得 ，消去得，
得，
设，，则，（*），

，
将（*）代入上式，可得上式，
要使为定值，则有， ，
又∵，∴，此时，
∴存在点，使得直线与斜率之积为定值；
综上，椭圆的标准方程为，存在点，使得直线与斜率之积为定值.
13．（陕西省宝鸡市2023届高三上学期一模文科数学试题）已知点在抛物线上，且到的焦点的距离与到轴的距离之差为.
(1)求的方程；
(2)当时，是上不同于点的两个动点，且直线的斜率之积为为垂足.证明：存在定点，使得为定值.
【答案】(1)或
(2)证明见解析

【分析】（1）首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，再表示出的坐标，依题意得到方程，解得即可；
（2）依题意可得抛物线方程与点坐标，设：，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据直线、的斜率之积为，得到、的关系，即可求出直线过定点，即可得到点在以为直径的圆上，求出圆心坐标与半径，即可得到定点的坐标，即可得证.
【详解】（1）解：抛物线的焦点为，准线为，
又点在抛物线上，即，所以，即，
依题意可得，解得或，
或.
（2）解：，，.
设：，，，联立，
消去整理得，①，
且，，
，
，即，
适合①，
将m代入得，令，解得，
直线恒过定点.
又，点在以为直径的圆上，因为、的中点为，，
所以以为直径的圆方程为，
所以存在使得.
14．（陕西省咸阳市高新一中2022-2023学年高三上学期第五次质量检测文科数学试题）已知焦点在轴上的双曲线经过点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线与双曲线交于两点，求弦长．
【答案】(1)
(2)8

【分析】（1）设双曲线的方程为，将代入求出，进而得解；
（2）联立直线与双曲线方程，得出关于的一元二次方程，结合弦长公式和韦达定理即可求解.
【详解】（1）设双曲线的方程为．将代入，
得，解得．
所以，双曲线的方程为；
（2）由（1）得双曲线的方程为，设．
由，得，由韦达定理得．
所以，
故弦长为8．
15．（山西省吕梁市2022届高三三模文科数学试题）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线交椭圆于两点（不同于点），记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知椭圆离心率和点A坐标列方程求解即可.
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用斜率公式和韦达定理进行计算即可得到定值.
(1)
由题意知解得
所以椭圆的方程是．
(2)
证明：由（1）知，
设，直线的方程为，
将其代入，得，
所以，
且，解得．
又因为存在，所以，即或．


所以为定值，定值为．
16．（山西省际名校2022届高三联考二（冲刺卷）文科数学试题）在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点为椭圆外一点，过点D作两条斜率之和为1的直线，分别交椭圆于A，B两点和P，Q两点，线段的中点分别为M，N，试证直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆的右焦点为，离心率，由求解；
（2）设直线的方程为，直线的斜率分别为，且，直线的程为，分别与椭圆方程和直线的方程联立，利用中点M，得到，同理有，得到是方程的两根，由求解.
(1)
解：因为椭圆的右焦点为，离心率，
所以，
解得．
椭圆C方程为．
(2)
设，直线的方程为，直线的斜率分别为，且，直线的程为．
联立，得，
故．
联立，得，
所以，整理得，
同理有，
所以是方程的两根，
则，即，
所以直线的方程为，
直线过定点．
17．（山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）试题）已知椭圆：过点，过右焦点作轴的垂线交椭圆于，两点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点，在椭圆上，且.证明：直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）易得，再由椭圆过点，得到求解；
（2）设点，，设直线方程为，与椭圆方程联立，根据，结合韦达定理求解；
（1）
解：由已知得当时，，
又因为椭圆过点，则，
联立解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）
证明设点，，
因为，即，
即.*
当直线的斜率存在时，设直线方程为.
代入椭圆方程消去得，
，，，
根据，.代入*整理，
得，
结合根与系数的关系可得，.
即，
当时，
直线方程为.过点，不符合条件.
当时，直线方程为，
故直线恒过定点.
当直线的斜率不存在时，令点，
此时，
又.可得（舍去）或.
当时，与点重合，与已知条件不符，
∴直线的斜率一定存在，故直线恒过定点.
18．（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．
19．（内蒙古自治区呼和浩特市2023届高三上学期质量普查调研考试文科数学试题）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，椭圆的右焦点F与抛物线的焦点重合.
(1)求椭圆C的方程；
(2)A、B是椭圆的左、右顶点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆C于点M、N，直线AM与直线x＝4交于点P.记PA、PF、BN的斜率分别为k1、k2、k3，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）由题意可知，再根据离心率为可求，进而可求椭圆方程；
（2）设，，，，直线的方程为，与椭圆联立，由韦达定理可得，的值，联立直线与直线，求出交点的坐标，进而得到的表达式，代入已知求解即可．
【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以．
因为椭圆的离心率为，所以，解得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，，，直线的方程为，
与椭圆联立，
得，
因为直线交椭圆于，两点，所以，
所以，，
所以．
直线与直线的交点的坐标为，则．
设，则，
所以
，即为定值.
20．（四川省成都市第八中学校2022-2023学年高三上学期第二次模拟考试文科数学试题）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上.

(1)求椭圆 的方程；
(2)如图， 四边形 是矩形，与椭圆相切于点与椭圆相切于点与椭圆相切 于点与椭圆相切于点， 求矩形面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1） 利用已知关系建立方程组，联立即可求解；
（2） 当直线的斜率不存在或为时， 求出矩形的面积，当直线的斜率存在且不为时， 设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求出，同理求出 ，进而表示出矩形的面积，利用函数思想求解即可.
【详解】（1）由已知可得：
可求出代入，
解得 所以椭圆的方程为；
（2）当直线 的斜率不存在或为时， 矩形的面积为，
当直线 的斜率存在且不为时， 设直线的方程为，
联立方程 消去整理可得：
， 所以，
解得 ，
所以 ，
同理可得 ，
所以矩形 的面积，
令 ， 所以， 又， 所以，
则 ，
当 ， 即时，取得最大值为；
所以 ， 所以，
综上， 矩形 的面积的取值范围为.
21．（江西省上饶市重点中学协作体2021-2022学年高二下学期期末联考数学（文）试题）已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程：
(2)过椭圆右焦点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，轴交于点，线段的中点为，直线过点且垂直于（其中为原点），证明直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题可得，然后利用离心率即可求解；
（2）设直线方程为，联立椭圆方程利用韦达定理，可得，进而可求直线的方程为，即可得证.
【详解】（1）依题意，，

又
椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知右焦点坐标为，设直线方程为，
由得，，


直线OP的斜率，
直线的斜率，令得点坐标为，
直线的方程为，即，
直线恒过定点.
22．（江西省景德镇市2023届高三上学期第二次质检数学（文）试题）已知椭圆：的左右焦点分别为，，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于，两点，当倾斜角为时，是椭圆的上顶点，且的周长为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值

【分析】（1）当倾斜角为时，求出直线的方程，令，求出，即可求出，再根据的周长及求出、，即可得解；
（2）由题设可得，设点，的方程设为，利用相切条件可得，联立直线方程可求的坐标，从而可判断在椭圆上，从而可证为定值.
【详解】（1）解：当倾斜角为时，直线为，
令，得，即椭圆的上顶点为，所以，
又的周长为，即，又，解得，，
所以椭圆的方程为 .
（2）解：由（1）可知，，，
因为过与圆相切的直线分别切于、两点，所以，
所以，
设点，则，圆的半径为，
则直线的方程为，
的方程设为，则，化简得，
由，解得，所以点
，所以点在椭圆上，
∴，即．
23．（江西省景德镇市2023届高三第一次质检试题数学（文）试题）已知椭圆，长轴是短轴的倍，点在椭圆上，且点在轴上的投影为点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的且不与轴垂直的直线交椭圆于、两点，是否存点，使得直线，直线与轴所在直线所成夹角相等？若存在，请求出常数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）依题意，即可得到椭圆的方程即为，再将点代入方程，求出，即可得到，从而得解；
（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）解：依题意，即，所以椭圆即，
又椭圆过点，
所以，解得，所以，所以椭圆方程为；
（2）解：因为直线不与轴垂直，所以设直线为，，，
由，消去整理得，
，
所以，，
因为，所以，
所以，即，
即，
即，解得.
24．（广西南宁市第二中学2023届高三上学期第一次综合质检数学（文）试题）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.
25．（广西柳州市2023届新高三摸底考试数学（文）试题）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.

【分析】（1）由题意列出方程化简求解即可；
（2）要使，只需，利用斜率公式及根与系数的关系化简即可得证.
（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．
26．（专题21圆锥曲线综合-2022年高考数学（文）母题题源解密）已知椭圆的长轴长为4，且经过点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线的斜率为，且与椭圆交于，两点（异于点，过点作的角平分线交椭圆于另一点．证明：直线与坐标轴平行．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由条件得：解得，，即可得到椭圆方程．
（2）证明：欲证与坐标轴平行，即证直线的方程为；或，又因为平分，故只需证明，的斜率都存在时满足即可．当，的斜率不存在时，说明不满足题意．然后证明．设直线，，，，，联立，利用韦达定理结合的表达式，推出结果即可．
【详解】（1）解：由条件得：解得，，
椭圆．
（2）证明：欲证与坐标轴平行，即证直线的方程为；或，又因为平分，故只需证明，的斜率都存在时满足即可．
当，的斜率不存在时，即点或的坐标为，而经检验此时直线与椭圆相切，不满足题意．故，的斜率都存在，下证．
设直线，，，，，联立，可得
此时，
，，
．
（※），
（※）式的分子

，
直线与坐标轴平行．得证．
【点睛】本题主要考查了求椭圆方程以及韦达定理的应用，属于中档题.
27．（河南省部分重点中学2022-2023学年高三下学期2月开学联考文科数学试题）已知椭圆：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于A，B两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合离心率、得出方程；
（2）当直线的斜率不存在时，由对称性得出；当直线斜率存在且不等于零时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式得，再由基本不等式求解即可；
【详解】（1）由椭圆的离心率为，且过点得
椭圆的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，，则；
当直线斜率存在且不等于零时，设直线：，
联立可得，
设，，则，，
，，
显然，在轴两侧，，异号，
所以
，
当且仅当，时，取等号.
所以的最大值为.
28．（河南省濮阳市2022-2023学年高三下学期第一次摸底考试文科数学试题）已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．
【答案】(1)；
(2) .

【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，再根据即可求得，进而得答案；
（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，
所以，即，
因为点在短轴上，且，
所以，，解得，
因为，所以，，
所以，的方程为；
（2）解：设
联立方程得，
所以，即，
所以，
所以，
，
因为原点到直线的距离为，
所以，，当且仅当，即时等号成立，
所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.
29．（河南省三门峡市2022-2023学年高三上学期第一次大练习（期末）数学（文科）试题）已知椭圆的右顶点为A，上顶点为，为坐标原点，点到直线的距离为，的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于两点，若直线直线，设直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）用表示出直线AB的方程，根据点O到直线AB的距离及的面积，求得，即可得解；
（2）设直线l的方程为，，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得,利用斜率公式得，化简可得定值.
【详解】（1）直线的方程为，即，
则，
因为的面积为，所以，即，
解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可得：直线的斜率为，设直线的方程为，，
联立方程，得，
依题意得：，，
所以




所以为定值.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
30．（安徽省黄山市2022届高三下学期第二次质量检测文科数学试题）如图，已知椭圆：经过点，、为椭圆的左右顶点，为椭圆的右焦点，．

(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过右焦点的直线（不经过点）交椭圆于、两点，交直线：于点，若，求直线的斜率．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由结合求出，再由给定的点求解作答.
（2）设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式计算作答.
【详解】（1）依题意，，，令右焦点，则，，
由，得，而，则，由椭圆过点，得，有，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，依题意，直线斜率存在，设直线：，，，
由消去并整理得：，则，，
显然，
，
解得，点，则有，
所以直线的斜率为.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.