新高考2024年高三数学专题训练圆锥曲线的方程（解答题篇）含答案

这是一份新高考2024年高三数学专题训练圆锥曲线的方程（解答题篇）含答案，共60页。试卷主要包含了已知双曲线，已知椭圆C，已知椭圆经过点，左焦点.等内容，欢迎下载使用。

(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C有两个不同的交点A，B，求面积的最小值．
2．设圆，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作 的平行线交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点且不与轴垂直的直线交轨迹于两点，点关于轴的对称点为，为的外心，试探究是否为定值，若是，求出该定值．
3．已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，过点作直线轴，与交于两点（在上方），且四边形的面积为的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，是否存在过点的直线与曲线交于（在上方）两点，使得与的面积比为？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
4．已知双曲线：的右焦点为，直线：与的渐近线相交于点，，且的面积为.
(1)求C的标准方程；
(2)过点F作直线与C的右支相交于M，N两点，若x轴上的点G使得等式恒成立，求证：点的横坐标为.
5．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，其离心率为，点P是C上的一点（不同于A，B两点），且面积的最大值为．
(1)求C的方程；
(2)若点O为坐标原点，直线AP交直线于点G，过点O且与直线BG垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点E，直线BP交直线l于点F，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
6．已知圆，圆，动圆P以点P为圆心，且与圆外切，与圆内切.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)已知点为轨迹C上任意一点，求的最大值.
7．已知点，集合，点，且对于S中任何异于P的点Q，都有．
(1)证明：P在椭圆上；
(2)求P的坐标；
(3)设椭圆的焦点为，证明：．
参考公式：．
8．求满足下列条件的双曲线的标准方程：
(1)双曲线的渐近线方程为，焦点在轴上，两顶点之间的距离为2；
(2)与双曲线有共同的渐近线，并且经过点．
9．已知椭圆经过点，左焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作任意直线与椭圆交于，两点，轴上是否存在定点使得直线，的斜率之和为？若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由.
10．已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点在上，．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)若过焦点且斜率存在的直线与双曲线的右支交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，试问是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
11．已知椭圆的上､下顶点分别为，短轴长为在上（不与重合），且.
(1)求的标准方程；
(2)直线分别交直线于两点，连接交于另一点，证明：直线过定点.
12．设椭圆的左､右顶点分别为，离心率．过该椭圆上任一点作轴，垂足为，点在的延长线上，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)求动点的轨迹的方程；
(3)设直线过椭圆的右焦点与椭圆相交于､两点，且，求直线的方程．
13．在直角坐标平面中，的两个顶点A，B的坐标分别为，，两动点M，N满足，，向量与共线．
(1)求的顶点C的轨迹方程；
(2)若过点的直线与（1）轨迹相交于E，F两点，求的取值范围．
14．已知椭圆的左焦点为，直线与圆相切于点，且与交于，两点，其中在第一象限，在第四象限．
(1)求的最小值；
(2)设为坐标原点，若，求的方程．
15．设 分别为椭圆: 的左、右焦点，是椭圆 短轴的一个顶点，已知 的面积为 .
(1)求椭圆的方程；
(2)如图， 是椭圆上不重合的三点，原点是的重心
（i）当直线 垂直于 轴时，求点 到直线 的距离；
（ii）求点 到直线 的距离的最大值.
16．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点，且满足（为坐标原点）.
(1)求的方程；
(2)求的角平分线所在直线的方程.
17．已知椭圆：.
(1)若椭圆的离心率为，直线与椭圆交于，两点，求证：；
(2)为直线：上的一个动点，，为椭圆的左、右顶点，，分别与椭圆交于，两点，证明为定值，并求出此定值.
18．已知椭圆，直线过的左顶点与上顶点，且与两坐标轴围成的三角形的面积为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点，，（异于点）是椭圆上不同的两点，且，过作的垂线，垂足为，证明点在定圆上，并求出定圆的方程．
19．已知椭圆的右焦点为F，短轴长等于焦距，且经过点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线与E交于A，B两点，线段AB的中点为C，D是y轴上一点，且，求证：线段CD的中点在x轴上．
20．已知直线与椭圆相交于A、B两个不同的点，记与轴的交点为C.
(1)若，且，求实数的值；
(2)若，求面积的最大值，及此时椭圆的方程.
21．已知双曲线的左、右焦点分别为，左顶点为，点M为双曲线上一动点，且的最小值为18，O为坐标原点．

(1)求双曲线C的标准方程；
(2)如图，已知直线与x轴交于点T，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线AB，AD分别交直线l于点P，Q，若，求实数m的值．
22．设椭圆C：（），定义椭圆的“相关圆”方程为，若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，且椭圆的短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．
(1)求椭圆的方程和“相关圆”的方程：
(2)过“相关圆”上任意一点作“相关圆”的切线，与椭圆交于两点，为坐标原点．证明：为定值．
23．已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆E于两点，且的周长为8．
(1)求椭圆E的方程：
(2)若直线AB的斜率为，求的值
24．已知椭圆过点和点，的上顶点到直线的距离为2，如图过点的直线与轴的交点分别为，且，点关于原点对称，点关于原点对称，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)求的长度；
(3)求四边形面积的最大值．
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据，结合中点坐标公式即可求解曲线C的方程为
（2）将代入双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式以及点到直线的距离公式求解面积的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质即可求解最值.
【详解】（1）由于点P和Q分别在直线和上，所以可设，，
由，得，所以，
根据点P，Q在y轴同侧，得，所以．
设，则于是
得，即，
故曲线C的方程为．
（2）设，，
把代入，得，
故，，，
所以
，
又点O到直线的距离，
所以的面积
令，则，
令，则，
因为，所以，
由，得，
由，得，
由，得，当且仅当，即，即，即时等号成立，故面积的最小值为．

【点睛】方法点睛：解决解析几何中与面积有关的最值或范围问题的一般步骤：一是求出面积的表达式（常用直接法或分割法）；二是明确自变量及自变量的限制条件（如方程根的判别式大于0等）；三是利用配方法、基本不等式、函数单调性等求出面积的最值或取值范围．
2．(1)（）
(2)是，
【分析】（1）根据几何关系证明为定值，即可求解点的轨迹方程.
（2）利用点斜式设出直线的方程，与椭圆方程联立方程组，得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系以及弦长公式从而求解.
【详解】（1）因为，，故，
所以，故．
又圆的标准方程为，从而，所以．
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）．

（2）假设直线，
由，得，此时，
故：，的中点
的中垂线为：，
令得：，故，
又，
所以

【点睛】（2）问中利用点斜式设出直线的方程，与椭圆方程联立方程组，得到关于x的一元二次方程，利用根与系数关系以及弦长公式从而求解.
3．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）根据题意分别求出，从而求解.
（2）分类讨论直线斜率存在和不存在的情况，当斜率存在时联立椭圆方程式利用根与系数的关系，从而求解.
【详解】（1）设的焦距为，则，代入椭圆的方程，
得，解得，所以.
由，得，
由，得，
又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，假设存在直线，使得，
若不存在斜率，则，故，
，不合题意；
若存在斜率，设的方程为，
直线的方程为，所以直线过点，
所以，
所以，所以，
所以，
设，
则，
所以.
联立消去并整理得，
则，
又，所以，
所以，
解得，
所以的方程为，
故存在直线，使得，且直线的方程为.
【点睛】（2）问中分类讨论直线斜率存在和不存在的情况，当斜率存在时联立椭圆方程式利用根与系数的关系，从而求解.
4．(1)
(2)见解析
【分析】（1）首先求点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解双曲线方程；
（2）首先由几何关系确定，再利用坐标表示，代入韦达定理，即可求解.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，直线与渐近线的交点坐标为，
不妨设，，，
则，即，
所以，且，得，，
所以双曲线的标准方程为；

（2）由可知，，
根据正弦定理可知，，而，
所以，
所以，则，
所以,
设直线，，
联立，得，
，，
，，
，
所以，
即，
则，解得：，
所以点的横坐标为
5．(1)；
(2)是定值，.
【分析】（1）根据离心率及焦点三角形性质、椭圆参数关系求参数，即可得方程；
（2）设，且，求得，再根据已知可得直线，而直线，进而求出坐标，过作轴，利用等比例关系求即可得结论.
【详解】（1）由题意，故.
（2）由（1）及题设知：，直线的斜率存在且不为0，
设，则，即，
所以，又过点O且与直线BG垂直的直线记为l，则，
故直线，而直线，则，
联立，而，可得，
所以，故，过作轴，如图，
所以为定值.
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用动圆与圆外切，与圆内切可得动圆圆心满足的几何性质，再根据椭圆的定义可得的轨迹方程.
（2）根据点中x,y的关系，代入消去x，转化为关于y的二次函数求最值.
【详解】（1）设动圆圆心，设动圆的半径为r，由题意有
，，消r得到：，
动圆圆心P的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，
故，，
故轨迹的方程为：.
（2）因为点为（1）所求轨迹上任意一点，则，且，
所以，
当时，取最大值为.
7．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析当在内时，设线段与有一交点推导出矛盾即可；
（2）记在上的投影向量为，可推导是上与距离最小的点，再设，结合椭圆的方程与所给方程得出不等式求解最值即可；
（3）设直线与轴交于，根据共线可得，再结合与正弦定理，转证即可.
【详解】（1）记，若不在上，则在内.
因为，所以在外，设线段与有一交点，此时和共线反向，，不合题意，因此在上.
（2）等价于.
记在上的投影向量为，则条件等价于，，
这表明是上与距离最小的点.
设，则，.
因为，
故，当且仅当时取等号.
所以，
又，故，故，当且仅当且时取等号，解得，故此时.
（3）因为，，设直线与轴交于，则，解得.
故，则要证即证.
又，故轴，故.
在和，由正弦定理，，
又和互补，所以，所以，从而有.
8．(1)
(2)
【分析】（1）由题意设满足题意的双曲线的标准方程为，且，由此即可得解.
（2）由题意设满足题意的双曲线的标准方程为，将点代入即可得解.
【详解】（1）因为双曲线的焦点在轴上，
故设满足题意的双曲线的标准方程为，
又因为双曲线的渐近线方程为，两顶点之间的距离为2，
所以，解得，
所以满足题意的双曲线的标准方程为.
（2）因为所求双曲线方程与双曲线有共同的渐近线，
故设满足题意的双曲线的标准方程为，
又因为所求双曲线经过点，
所以，解得，
所以满足题意的双曲线的标准方程为.
9．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据焦点坐标和经过的点的坐标，列方程组求解即可；
（2）当直线不是轴时，可设，将直线方程与椭圆方程联立、消元，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理代入，求解得到，验证当直线是轴时也成立，从而求解.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，
又因为椭圆经过点，所以，
又，所以，，
所以椭圆的方程为；
（2）假设在轴上存在定点使得直线，的斜率之和为，
设，，
①当直线不是轴时，可设，
与联立，并整理得，
，即，
，，
依题意有，
即，
，，代入上式得，
，解得，
即在轴上存在定点使得直线，的斜率之和为；
②当直线为轴时，也符合直线，的斜率之和为.
综上所述，存在点使得直线，的斜率之和为0.
10．(1)
(2)
【分析】（1）根据题中条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；
（2）设直线的方程为，设点，，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，写出线段的垂直平分线方程，求出点的坐标，求出、，利用正弦定理可求得的值.
【详解】（1）解：由点在双曲线上，可得．
因为，所以．
又，所以，，，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：为定值，理由如下：
设直线的方程为，设点，，
联立，可得，
当时，直线与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意，
故，此时，
则，，
由已知可得，可得，
则，，
所以，线段的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线的方程为．
令在直线的方程中，令得，即，
所以．
又，
在中，由正弦定理得，所以．
在中，由正弦定理得，所以，
所以为定值．
【点睛】方法点睛：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
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意首先根据短轴长求出，再根据以及点在椭圆上即可求出，由此即可得解.
（2）首先由题意设直线，直线，分别与直线联立得的坐标，求出直线方程并与椭圆方程联立得的坐标，最后求出直线的方程即可得证.
【详解】（1）依题意可得，，所以.
设，则，（因为）,
所以，
所以，
所以的标准方程为.
（2）
由题可知直线的斜率存在且不为0，
不妨设直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线，令，解得，所以，
直线，令，解得，所以.
直线，由，消去，可得，
则，且，解得，
所以，
所以直线的方程为，
整理得，即，即，
所以直线过定点.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是利用已知，故可设直线，直线，依次可以求出各个点的坐标，最终表示出的方程即可顺利得证.
12．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）利用椭圆离心率的定义，求出几何量，即可求椭圆的方程；
（2）根据，确定，坐标之间的关系，即可求动点的轨迹的方程；
（3）分类讨论，设出直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理，计算弦长，根据，可求直线的斜率，从而可求直线的方程．
【详解】（1）由题意可得，，
，，
，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，，
由题意得，即，
代入椭圆得，即．
即动点的轨迹的方程为．
（3）若直线的斜率不存在，则方程为，所以．
所以直线的斜率存在，设为，直线的方程为，
由，得．
因为△，所以．
设，，，，则
所以，
即，
解得．
故直线的方程为或

13．(1)
(2)
【分析】（1）设顶点C的坐标为，由，知．由且向量与共线，知N在边的中垂线上，由此能求出的顶点C的轨迹方程．
（2）设，，过点的直线方程为，代入，得．再由根的判别式和韦达定理能求出的取值范围．
【详解】（1）设顶点C的坐标为，因为，．
又且向量与共线，
∴N在边的中垂线上，．
而，即，
化简并整理得顶点C的轨迹方程为．
（2）
设，
过点的直线方程为，代入，
得，，
得，
而是方程的两根，
，．
，
即，
故的取值范围为.
14．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意设，，直线：，且，再联立直线与椭圆，整理得到关于的一元二次方程，再利用韦达定理表示弦长，再结合由对勾函数的性质即可求解；
（2）结合（1），不妨令，且求出，，根据题意得到，再根据余弦的定义得到，再利用焦半径公式得到，，再结合余弦定理表达出，从而求出，，进而即可求出的方程．
【详解】（1）设，，
又在第一象限，在第四象限，则可设直线：，且，
又直线与圆相切，则有，得，且，
联立，消整理得，
则，，
所以，，
所以
，，
又由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
又，，所以当时，取得最大值，即取得最小值，且最小值为，
故当，即直线的方程为时，取得最小值，且最小值为．
（2）结合（1），不妨令，
则由，，
解得①，②，
由，则，所以③，
又，则④，
又由焦半径公式有⑤，⑥，
又由（1）有，则 ，
则由余弦定理得
⑦，
联立①②③④⑤⑥⑦求得，，
所以直线的方程为或．
【点睛】关键点点睛：①设直线方程（注意参数的取值范围），设交点坐标为，；②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算；③根据韦达定理；④结合弦长公式；⑤利用对勾函数的性质是解答小问（1）的关键．灵活运用二倍角公式，焦半径公式，余弦定理是解答小问（2）的关键．
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知列出关于的方程组，结合解出椭圆方程.
（2）（i）设出三点坐标根据重心坐标公式和已知条件列出方程得到的纵坐标为，从而解出横坐标，进而解出结果.
（ii）讨论直线有无斜率两种情况，有斜率时设出直线的方程，与椭圆联立，结合根与系数关系，重心坐标表示出的坐标，代入椭圆得到一个关系式，利用点到直线距离公式表示点 到直线 的距离并化简，结合式子结构，综合两种情况解出结果.
【详解】（1）（1）由题意得整理得解得
所以椭圆得方程为.
（2）（i）设,根据题意有.
因为原点是的重心，所以，
即，.
将，代入解得，所以.
所以到直线 的距离为.
（ii）由（i）知当直线斜率不存在时到直线 的距离为.
当斜率存在时，设所在直线方程为，.
由得，
且，即.
所以.
因为原点是的重心，所以
所以，所以.
将点代入椭圆方程得并整理可得
所以点到直线的距离为
.
综上所述，当与轴垂直时点到直线的距离最大为
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量关系求出点A坐标，代入抛物线方程可得；
（2）求出直线BF，AF的方程，设为的角平分线所在直线上任一点，利用点到直线的距离公式可得.
【详解】（1）因为，
所以，所以，
设，则，解得.
因为点在上，所以，
所以，所以.
（2）由（1）知，所以直线的方程为，
又，所以直线的方程为，即.
由抛物线的图形知，的角平分线所在直线的斜率为正数.
设为的角平分线所在直线上任一点，
则有，
若，得，
其斜率为负，不合题意，舍去.
所以，即，
所以的角平分线所在直线的方程为.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析，定值为3
【分析】（1）先根据条件求解出椭圆方程，然后联立直线与椭圆方程得到横坐标的韦达定理形式，由此计算出的值并完成证明；
（2）设出的坐标，然后根据，得到坐标关系式，利用“点差法”求解出的倍数关系，由此可证明为定值并求其值.
【详解】（1）由题意得,所以，
所以椭圆方程：，
设，，
联立可得，
且，
则，，
，
所以；
（2）设，，，而，，
设，，
则，，
所以，，，，
因为，在椭圆：上，
所以，
所以，，
代入作差可得：.
化简得：，所以，
综上所述，为定值为3.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用，对于学生的计算与转化能力要求较高，难度较大.解答本题第二问的关键在于建立向量共线关系式后利用点差法进行坐标的化简运算，从而求得的关系式并完成定值的证明与计算.
18．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）首先在中，令，，得，结合与两坐标轴围成的三角形的面积为1即可求出，进而得解.
（2）当直线的斜率存在时设出其方程和，的坐标，利用根与系数的关系求出，两点坐标间的关系；根据得到直线过定点；当直线的斜率不存在时得直线也过该定点；根据圆的性质求得结果.
【详解】（1）在中，令，得，令，得，
因为直线过的左顶点与上顶点，
所以．
因为直线与两坐标轴围成的三角形的面积为1，所以，
得，则，
所以椭圆的标准方程为．
（2）
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
由可得，
则，即，
，，
则，
．
由可得，
故，
即，
即，
即，
即，
等式两边同乘以3可得，
故，
得，
所以或．
当时，直线的方程为，直线过点，不符合题意；（根据可知直线不过点）
当时，直线的方程为，直线过定点．
当直线的斜率不存在时，设其方程为（，且），
则可令，，
由得，
即，解得或（舍去），
此时直线的方程为，显然也过点，
由可得点在以为直径的圆上，
圆心为的中点，半径为，
故点M在定圆上．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是由得到直线过定点，进一步可得点在以为直径的圆上，由此即可顺利得解.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆经过点，知，由短轴长等于焦距求出，根据椭圆性质求出.
（2）设直线l的方程为，，，将直线与曲线联立方程组，借助根与系数关系得到用，表示的关系式，利用建立方程，通过观察整理的结果得证.
【详解】（1）因为椭圆经过点，所以.因为短轴长等于焦距，所以，所以，
所以，所以椭圆的方程为．
（2）（2）设直线l的方程为，，，．
由得.
由题意得，且，，
则，，即．
设，由，得，解得．
所以，所以，即中点纵坐标为,故线段的中点在x轴上．
【点睛】本题第一问根据椭圆基本性质可解，第二问解题关键是设出四点坐标，利用设出的直线方程、已知方程联立方程组，后用根与系数关系得到用，表示的关系式，最后借助列方程，观察整理的结果从而得证.
20．(1)
(2)面积的最大值为，此时椭圆的方程为
【分析】（1）若，联立直线和椭圆方程，结合相交弦的弦长公式以及，即可求实数的值；
（2）根据关系，，结合一元二次方程根与系数之间的关系，以及基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）设，，
由，得，
则，，
则，解得，经验证符合题意，所以.
（2）由，得，
则，，
由得，
解得，代入上式得：
，则，
，
当且仅当时取等号，
此时，，
又，
则，解得，经检验符合题意，
所以，面积的最大值为，此时椭圆的方程为.

21．(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的方程可得，根据题意结合双曲线的定义，运算求解即可得结果；
（2）设直线，根据题意求的坐标，由题意可得，结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设，
不妨设M为双曲线右支上一动点，则，
则，即，
可得，
注意到，则，
由题意可得：，即，
则，
因为的对称轴为，则在上单调递增，
故，
则，解得或（舍去），
可得，故双曲线C的标准方程为．
（2）由题意可得，设直线，
联立方程，消去y得，
则，
直线，令，则，即点，
同理可得点，
由，则可得，
，
注意到，且点P，Q位于同一象限，
即，可得，
故，
整理得，
则，
整理得，解得或（舍去），
故实数m的值为．
【点睛】方法定睛：解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．
22．(1)椭圆的方程为，“相关圆”的方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，得出，，再由，得出，即可求出结果；
（2）分两种情况，直线斜率存在与不存在，当斜率不存在时，直线的方程为：或，可直接求出，进而得出；当斜率存在时，设直线的方程为，联立，得到，由韦达定理得，再根据条件得，进而可求得，从而证明结果.
【详解】（1）因为抛物线的焦点为，所以，
又椭圆的短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以，得到，
又，所以椭圆的方程为，“相关圆”的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为：或，
当时，代入，得到，所以，
则，，所以，
当时，代入，得到，所以，
则，，所以，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，，
则，，
由，消得到，整理得到，
，
由韦达定理得，，
又因为直线与“相关圆”相切，所以，整理得到，
又，
所以，得到，即，所以，
综上，为定值.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率，即可求解，进而可得椭圆方程，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，即可求解.
【详解】（1）由的周长为8可得，
又，
．
椭圆E的方程为．
（2）由（1）知，
直线AB的方程为，
由消去y得，解得，
．
．

24．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据的上顶点到直线的距离为2以及椭圆过点，列方程求解即可得椭圆方程；
（2）根据点在椭圆上得到，设出过点的直线方程，求出的坐标，再根据两点距离公式计算即可；
（3）根据结合（2）中直线的斜率，可得直线的方程，与椭圆联立求出，利用弦长公式求出，根据点到直线的距离求点到直线的距离，再利用面积公式以及基本不等式即可求面积最大值.
【详解】（1）由已知的上顶点为，
则到直线的距离为，解得，
又椭圆过点，
则，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）点在椭圆上，故，
又由题意直线的斜率存在，且不为零，设直线的方程为，
令得，令得，
即，
又，得
所以，得，
所以；
（3）由（2）得直线的斜率，
又因为，所以，
所以直线的方程为，即，
联立，解得，所以，
所以，
又点到直线的距离，又，
所以，
由椭圆对称性可得，
所以四边形面积
，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
即四边形面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：题中第三问，利用弦长公式及距离公式表示出面积，从结构出发进行消元，利用基本不等式求最值.