高考数学微专题集专题12定比点差法及其应用微点3定比点差法综合应用(二)(原卷版+解析)

这是一份高考数学微专题集专题12定比点差法及其应用微点3定比点差法综合应用(二)(原卷版+解析)，共44页。

微点3 定比点差法综合应用（二）——解决范围、最值、探索型以及存在性问题
【微点综述】
本文在上一节的基础上，进一步介绍定比点差法的综合应用——解决范围问题、最值问题、探索型问题以及存在性问题．
一、范围问题
1．过点的直线l交椭圆E：于A、B两点，若，求的取值范围．
(2023·浙江·模拟预测）
2．如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
3．已知椭圆：的两个焦点为，，焦距为，直线：与椭圆相交于，两点，为弦的中点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆相交于不同的两点，，，若（为坐标原点），求的取值范围.
二、最值问题
(2023·湖南·长郡中学高三阶段练习）
4．已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点．
（1）求椭圆C的方程．
（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P．若，且点Q满足，求面积的最小值．
(2023·辽宁·东北育才双语学校模拟预测）
5．已知椭圆的离心率为，短轴长为4；
(1)求C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线上和，直线与C相交于两个不同点A，B，在线段上取点Q，满足，直线交y轴于点R，求面积的最小值．
(2023全国·高二专题练习）
6．已知椭圆的焦点是，，且，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线交椭圆于，两点．
（i）求的最小值；
（ii）点是直线上异于的一点，且满足，求证：点在一条定直线上．
7．在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C
（1）求曲线C的方程：
（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值.
三、探索型问题
(2023浙江·高二开学考试）
8．如图，已知抛物线C：的焦点F，过x轴上一点作两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，设和所在直线交于点P．设M为抛物线上一点，满足以下的其中两个条件：①M点坐标可以为；②轴时，；③比M到y轴距离大1．
（1）抛物线C同时满足的条件是哪两个？并求抛物线方程；
（2）判断并证明点P是否在某条定直线上，如果是，请求出该直线；如果不是，请说明理由．
(2023安徽·高三阶段练习）
9．在平面直角坐标系xOy中，A，B分别为椭圆C：=1(a>b>0)的右顶点和上顶点，的面积为，且椭圆C的离心率为.
（1）求椭圆C的方程.
（2）设斜率不为0的直线l经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆C交于不同的两点M，N，过M作直线x=4的垂线，垂足为Q.试问：直线QN是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
10．如图所示，在平面直角坐标系中，设椭圆，其中，过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于点和，且满足，，其中为正常数. 当点恰为椭圆的右顶点时，对应的.
（1）求椭圆的离心率；
（2）求与的值；
（3）当变化时，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由.
四、存在性问题
(2023重庆市育才中学二模）
11．已知椭圆的左右焦点分别为，长轴长为，A､B为椭圆上的两个动点，当A､B关于原点对称时，的最大值为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若存在实数使得，过点A作直线的垂线，垂足为N，直线是否恒过某点？若恒过某点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由.
(2023·全国·高三专题练习）
12．如图，，，，为抛物线上四个不同的点，直线与直线相交于点，直线过点.
（1）记，的纵坐标分别为，，求的值；
（2）记直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【总结】
（1）“定比点差法”属于技巧，并不是解析几何的通解通法，其适用范围较窄，从上述例题的解答过程可以看出，当遇到三点共线、定点、成比例等条件时，我们可以尝试该法．
（2）本文介绍的“定比点差法”，为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养．
【针对训练】
13．已知椭圆，过定点的直线与椭圆交于两点A，B（可重合），求的取值范围．
14．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．
15．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的动直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆于、，且，，当的面积最大时，为等边三角形．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，直线与椭圆是否有公共点？若有，有多少个公共点？若没有，请说明理由．
16．如图，已知椭圆：的左焦点为，直线与椭圆交于，两点，且时，.
（1）求的值；
（2）设线段，的延长线分别交椭圆于，两点，当变化时，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
(2023上海浦东新·二模）
17．已知椭圆：的左右焦点分别为，过点的直线交椭圆于不同的两点.
（1）若直线经过，求的周长；
（2）若以线段为直径的圆过点，求直线的方程；
（3）若，求实数的取值范围．
（2023·河北唐山·二模）
18．已知，是椭圆T.上的两点，且A点位于第一象限.过A做x轴的垂线，垂足为点C，点D满足，延长交T于点.
（1）设直线，的斜率分别为，.
（i）求证：；
（ii）证明：是直角三角形；
（2）求的面积的最大值.
(2023·全国·高三专题练习）
19．如图，已知抛物线，过点的直线l斜率为k，与抛物线交于A，B两点．
（Ⅰ）求斜率k的取值范围；
（Ⅱ）直线l与x轴交于点M，过点M且斜率为的直线与抛物线交于C，D两点，设直线与直线的交点N的横坐标为，是否存在这样的k，使，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
20．椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是P，的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点任作一动直线交椭圆与两点，记，若在直线上取一点，使得，试判断当直线运动时，点是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由.
专题12 定比点差法及其应用 微点3 定比点差法综合应用（二）——解决范围、最值、探索型以及存在性问题
专题12 定比点差法及其应用
微点3 定比点差法综合应用（二）——解决范围、最值、探索型以及存在性问题
【微点综述】
本文在上一节的基础上，进一步介绍定比点差法的综合应用——解决范围问题、最值问题、探索型问题以及存在性问题．
一、范围问题
1．过点的直线l交椭圆E：于A、B两点，若，求的取值范围．
(2023·浙江·模拟预测）
2．如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
3．已知椭圆：的两个焦点为，，焦距为，直线：与椭圆相交于，两点，为弦的中点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆相交于不同的两点，，，若（为坐标原点），求的取值范围.
二、最值问题
(2023·湖南·长郡中学高三阶段练习）
4．已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点．
（1）求椭圆C的方程．
（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P．若，且点Q满足，求面积的最小值．
(2023·辽宁·东北育才双语学校模拟预测）
5．已知椭圆的离心率为，短轴长为4；
(1)求C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线上和，直线与C相交于两个不同点A，B，在线段上取点Q，满足，直线交y轴于点R，求面积的最小值．
(2023全国·高二专题练习）
6．已知椭圆的焦点是，，且，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线交椭圆于，两点．
（i）求的最小值；
（ii）点是直线上异于的一点，且满足，求证：点在一条定直线上．
7．在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C
（1）求曲线C的方程：
（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值.
三、探索型问题
(2023浙江·高二开学考试）
8．如图，已知抛物线C：的焦点F，过x轴上一点作两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，设和所在直线交于点P．设M为抛物线上一点，满足以下的其中两个条件：①M点坐标可以为；②轴时，；③比M到y轴距离大1．
（1）抛物线C同时满足的条件是哪两个？并求抛物线方程；
（2）判断并证明点P是否在某条定直线上，如果是，请求出该直线；如果不是，请说明理由．
(2023安徽·高三阶段练习）
9．在平面直角坐标系xOy中，A，B分别为椭圆C：=1(a>b>0)的右顶点和上顶点，的面积为，且椭圆C的离心率为.
（1）求椭圆C的方程.
（2）设斜率不为0的直线l经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆C交于不同的两点M，N，过M作直线x=4的垂线，垂足为Q.试问：直线QN是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
10．如图所示，在平面直角坐标系中，设椭圆，其中，过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于点和，且满足，，其中为正常数. 当点恰为椭圆的右顶点时，对应的.
（1）求椭圆的离心率；
（2）求与的值；
（3）当变化时，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由.
四、存在性问题
(2023重庆市育才中学二模）
11．已知椭圆的左右焦点分别为，长轴长为，A､B为椭圆上的两个动点，当A､B关于原点对称时，的最大值为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若存在实数使得，过点A作直线的垂线，垂足为N，直线是否恒过某点？若恒过某点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由.
(2023·全国·高三专题练习）
12．如图，，，，为抛物线上四个不同的点，直线与直线相交于点，直线过点.
（1）记，的纵坐标分别为，，求的值；
（2）记直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【总结】
（1）“定比点差法”属于技巧，并不是解析几何的通解通法，其适用范围较窄，从上述例题的解答过程可以看出，当遇到三点共线、定点、成比例等条件时，我们可以尝试该法．
（2）本文介绍的“定比点差法”，为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养．
【针对训练】
13．已知椭圆，过定点的直线与椭圆交于两点A，B（可重合），求的取值范围．
14．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．
15．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的动直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆于、，且，，当的面积最大时，为等边三角形．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，直线与椭圆是否有公共点？若有，有多少个公共点？若没有，请说明理由．
16．如图，已知椭圆：的左焦点为，直线与椭圆交于，两点，且时，.
（1）求的值；
（2）设线段，的延长线分别交椭圆于，两点，当变化时，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
(2023上海浦东新·二模）
17．已知椭圆：的左右焦点分别为，过点的直线交椭圆于不同的两点.
（1）若直线经过，求的周长；
（2）若以线段为直径的圆过点，求直线的方程；
（3）若，求实数的取值范围．
（2023·河北唐山·二模）
18．已知，是椭圆T.上的两点，且A点位于第一象限.过A做x轴的垂线，垂足为点C，点D满足，延长交T于点.
（1）设直线，的斜率分别为，.
（i）求证：；
（ii）证明：是直角三角形；
（2）求的面积的最大值.
(2023·全国·高三专题练习）
19．如图，已知抛物线，过点的直线l斜率为k，与抛物线交于A，B两点．
（Ⅰ）求斜率k的取值范围；
（Ⅱ）直线l与x轴交于点M，过点M且斜率为的直线与抛物线交于C，D两点，设直线与直线的交点N的横坐标为，是否存在这样的k，使，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
20．椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是P，的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点任作一动直线交椭圆与两点，记，若在直线上取一点，使得，试判断当直线运动时，点是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由.
参考答案：
1．
分析：设出A、B两点坐标，由向量相等得两点横、纵坐标之间的关系，将两点坐标代入椭圆方程作差整理，再将刚才得到的横、纵坐标间的关系代入，解出的取值范围为.
【详解】设，，因为，，
由向量关系得：①，②
将A，B代入椭圆方程为
两式相减得，
将①②代入得③
对比①③得： ，解得，
由得，解得，所以的取值范围为．
2．（1）；（2）.
分析：（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
3．（1）；（2）或.
【解析】（1）为弦的中点, 设，,代入椭圆方程利用点差法可求解.
（2）由，，三点共线，，根据三点共线性质可得：，则，将直线的方程和椭圆方程联立，利用韦达定理即可求得答案.
【详解】（1）∵焦距为，则，设，，
∵为弦的中点，根据中点坐标公式可得：，，
又∵将，代入椭圆：
∴
∴将两式作差可得：，
所以，
所以………①.
∵………②
由①②得：
所以椭圆的标准方程为.
（2）∵，，三点共线，
∴根据三点共线性质可得：，则
设，，则，
∴.
将直线和椭圆联立方程消掉.
可得：.
………③，
根据韦达定理：，，
代入，可得：，，
∴，即.
∵，，
∴………④，
代入③式得，即，
∴，∴满足④式，
∴或.
【点睛】本题考查椭圆的中点弦问题，考查直线与椭圆的综合问题，联立方程，韦达定理的应用，属于中档题.
4．（1）；（2）6.
分析：（1）根据椭圆的离心率为，可得，再将点代入椭圆方程可得，解出可得答案.
（2）设直线，与椭圆方程联立得出韦达定理，由条件求出点坐标，求出的长度，得出直线的方程为：与直线求出点坐标，得出长度，从而表示三角形面积，得出最值.
【详解】解析：（1）由题意，得，解得：，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可得,若直线的斜率为0，则的方程为：与直线无交点，不满足条件.
设直线，若，则则不满足，所以
设，
由，得：，
，
因为，即
则，
所以，解得．
于是．
直线的方程为：
联立，解得，所以．
所以，
当且仅当时，．
【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程和椭圆中三角形面积的最值问题，解答本题的关键是根据向量条件得出，进而求出点的坐标，得到的长度，从而表示出三角形的面积，属于中档题.
5．(1)；
(2)1.
分析：（1）由题可得，即得；
（2）由题可设的方程为，利用韦达定理法可得，进而可得，然后利用面积公式及基本不等式即求.
（1）
由题可得，
∴，
∴椭圆C的方程为；
（2）
由题可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
，
由，可得，
由，可得，或，
∴，
由及四点共线，知，
∴，
则，
∵和相互垂直，则的方程为，令，得，
∴，，
∴面积为，
当且仅当，即等号成立，
所以面积的最小值为1.
6．（1）；（2）（i）最小值是；（ii）证明见解析．
分析：（1）根据题中条件，求出，，即可得出椭圆方程；
（2）（i）先由（1）知，先讨论线的斜率不存在，求出；再讨论直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及两点间距离公式，求出，进而可得出结果；
（ii）先由题意得，直线的斜率一定存在，所以设点的坐标是，根据题中条件，得到，化简整理，求出，即可证明结论成立.
【详解】（1）因为椭圆的焦点是，，且，所以半焦距．
因为离心率为，所以，所以．
所以椭圆的方程是．
（2）（i）由（1）知，
当直线的斜率不存在时，不妨设，所以．
当直线的斜率存在时，直线的方程可设为．
联立方程消去，整理得．
所以，．
所以，．
所以
，
因为，
所以的取值范围是．
因为当直线的斜率不存在时，，
所以的最小值是．
（ii）证明：由题意得，直线的斜率一定存在．因为点在直线上，所以设点的坐标是．
因为，
所以点一定在的延长线上，
所以，
即．
所以．
化简得．所以点的坐标是．
因此点在定直线上．
【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，考查椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
7．（1）（2）
分析：（1）设动点，表示出，再由原点O在以为直径的圆上，转化为，得到曲线C的方程.
（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建面积的函数关系式，再求最小值.
【详解】解：（1）由题意，不妨设，则，，
∵O在以为直径的圆上，∴，∴，
∴，∴曲线C的方程为.
（2）设，，，，，
依题意，可设：（其中），由方程组消去x并整理，得
，则，，
同理可设，，
可得，，
∴，，
又∵，∴，
∴，∴，
∴
，
∴，
∴当时，面积取得最小值，其最小值为.
【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.
8．（1）①③，；（2）点P在定直线上；证明见解析；定直线．
分析：（1）根据抛物线的标准方程确定可以满足哪两个条件；
（2）设，，，，，，直线方程代入抛物线方程整理应用应用韦达定理得，同理得，然后由抛物线上两点坐标写出直线和方程，两方程消去后并代入韦达定理的结论可得为定值．这样得定直线．
【详解】（1）若有①，则，，此时②不能满足，，③能满足，
若有②，则，①③都不能满足．
故能同时满足①③，抛物线方程为；
（2），，
，，，；
，
由韦达定理得，
同理，；
因为
即，
同理，；
消去y得，
，
，
，．
所以点P在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线相交中的定直线问题．解题方法是设而不求的思想方法：设直线方程，设交点坐标，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得两交点的纵坐标（或横坐标）的和与积．对定直线问题，需求出动点的坐标，代入上述韦达定理的结论可得坐标满足的性质，从而确定定直线，
9．（1）；（2）过定点，定点为(，0).
分析：（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，根据的面积为，且椭圆C的离心率为，由求解；
（2）设M(，)，N(，)， Q(4，)，直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，则直线QN：，根据椭圆的对称性，若直线QN过定点，则定点在x轴上，设交点为(，0)，由结合韦达定理求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，由题意得，
又，
∴，
∴椭圆C的方程是.
（2）设M(，)，N(，)，则Q(4，).
设直线l的方程为x=my+1，将x=my+1代入，
得，
，.
得①
直线QN：
假设直线QN过定点，则由对称性知定点在x轴上，
设直线QN与x轴的交点为(，0)，
则，
∴，
将①式代入上式可得，
∴直线QN过定点(，0).
【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
10．（1）；（2）；（3）．
【详解】试题分析：（1）利用的关系进行求解；（2）利用得出，代入椭圆方程，求解即可；（3）利用，得出各点坐标的关系，再求，证明其为定值.
试题解析：（1）因为，所以，得，即，
所以离心率.
（2）因为，，所以由，得，
将它代入到椭圆方程中，得，解得，
所以.
（3）法一：设，
由，得，
又椭圆的方程为，所以由，
得 ①， 且 ②，
由②得，，
即，
结合①，得，
同理，有，所以，
从而，即为定值.
法二：设，
由，得，同理，
将坐标代入椭圆方程得，两式相减得
，
即，
同理，，
而，所以，
所以，
所以，
即，所以为定值.
考点：1.椭圆的标准方程；2.椭圆的性质；3.直线与椭圆的位置关系.
11．（1）；（2）存在，定点为.
分析：（1）由题得，解方程即得解；
（2）当AB斜率不存在时，易得直线经过定点.当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出，令，化简即得解.
【详解】（1）由题知，且为定值，
当为短轴时，取得最大值，
因此，解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）当AB斜率不存在时，易得直线经过定点.
当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，显然直线不与x轴重合，即；
联立，得：，，
则，，
∴，，
令，得.
易得，所以，
即直线过定点.
【点睛】方法点睛：证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.
12．（1）；（2）存在，.
分析：（1）设直线的方程为，代入由韦达定理得出的值；
（2）设直线的方程为，代入，由韦达定理得出，结合，得出.
【详解】解：（1）设直线的方程为，代入得，则.
（2）由（1）同理得
设直线的方程为，代入得，则
又，同理
则
∴存在实数，使得成立.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于联立直线方程以及抛物线方程，结合韦达定理得出根与系数的关系，进而得出证明.
13．
分析：设出两点坐标，由题意知三点共线，用向量坐标表示，进而表达出点，为点A，B在椭圆上，将之代入椭圆再化简整理可得的范围，进而取得的取值范围.
【详解】设，，，则，
于是 ，
∴．，
又因为点A，B在椭圆上，所以有，
化简得：，
将条件代入整理得，
∴进而解得
因此解得的取值范围，
∴的取值范围为：．
【点睛】
14．(1)
(2)
分析：（1）设椭圆的焦距为2c，，根据题意，可求得的值，代入面积公式，结合离心率，可求得，根据a，b，c的关系，即可求得的值，即可得答案.
（2）分析的当m=0时，满足题意，当，根据题意，结合三点共线定理，可得，即可得，设，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得关系，结合，可得表达式，计算化简，可得，根据判别式，计算即可得答案.
（1）设椭圆的焦距为2c，，代入椭圆方程可得 ，解得，所以，所以，解得，又，所以，又，所以，所以椭圆的标准方程为
（2）当m=0时，则，由椭圆的对称性得,所以，所以当m=0时，存在实数，使得；当时，由，得，因为A、B、P三点共线，所以，解得，所以，设，由，得，由题意得，则，且，由，可得，所以，解得，又，整理得，显然不满足上式，所以，因为，所以，即，解得或，综上，的取值范围为
15．（1）；（2）有两个公共点．
分析：（1）可得当的面积最大时，是椭圆在短轴上的顶点，由可求；
（2）椭圆的方程可化为，由已知和得坐标代入椭圆，解得,同理可得,得出经过定点即可判断.
【详解】（1）由已知：，，是椭圆上的动点，、、三点共线，、、三点共线．
当的面积最大时，是椭圆在短轴上的顶点．
当的面积最大时，为等边三角形，
当的面积最大时，，
其中是坐标原点．
当的面积最大时，．
椭圆的离心率为．
（2）由（1）知：．
，．
椭圆的方程可化为，．设，，
，．
由已知和得：，．
在椭圆上，
，即．
．
在椭圆上，．
，解方程得．
同理可得．
直线可化为．
，
直线经过定点．
即直线经过定点．
，，
．
，
定点在椭圆内．
直线与椭圆有两个公共点．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是判断出直线经过定点，根据定点在椭圆内得出位置关系.
16．（1）；（2）过定点，定点为.
分析：（1）联立直线与椭圆，求出的坐标，再利用时，可求出的值；
（2）由（1）知，，椭圆：，设出直线的方程与椭圆方程联立解得的坐标，同理得的坐标，再求出直线的方程，令，可得为定值，从而可知直线过定点.
【详解】（1）设，则，由题意得焦点为
所以，.
当时，有.
联立得，，从而.
将代入，得，即，
所以或（舍），故.
（2）由（1）知，，椭圆：.
设：，代入椭圆：，
消去并整理得，
所以，
而，所以，
由韦达定理得，所以.
同理：，即，，
所以，
所以，
于是.
所以直线：.
令，得，
将代入得，
所以经过定点.
【点睛】关键点点睛：将的坐标当已知，求出的坐标和直线的方程，再令得到为定值是本题解题关键.
17．（1）；（2）或；（3）.
分析：（1）由椭圆定义知所求周长，由此得到结果；
（2）当直线斜率不存在时，易知；当直线斜率存在时，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由，利用平面向量数量积的坐标运算可构造方程求得，得到直线方程；综合两种情况可得结果；
（3）当直线斜率不存在时，可得坐标，由此可确定的取值；当直线斜率存在时，由得，利用可得与的关系，借助的范围可得的范围，解不等式可求得的取值范围；综合两种情况可得结果.
【详解】（1）由椭圆定义知：，
则的周长.
（2）当直线斜率不存在时，直线，设，，
则，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，，，
联立直线与椭圆得：，
，解得：，
则，，
又，，
，
即，
，解得：，满足，
直线的方程为：或；
（3）①当直线斜率不存在时， 直线，
若，，则，，，此时；
若，，则，，，此时；
②当直线斜率存在时，设直线，，，
又，即，故，
由（2）知：，即
，
又，故，，，
即，或；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中取值范围问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，利用函数值域的求解方法求得取值范围.
18．（1）（i）见解析（ii）见解析（2）
分析：（1）（i）求出点D的坐标，用、表示出、即可得证；（ii）利用，都在T上可将两点坐标代入椭圆方程，两式相减并通过变形证明，由（i）可推出，则，得证；（2）直线AE的方程代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求出，由求出面积的表达式，利用换元法及对勾函数的单调性即可求得面积的最大值.
【详解】（1）（i）由题意可得，所以，
又，因此.
（ii）因为，都在T上，
所以，，从而，
即.
又，，所以，
由（i），则，即.
故是直角三角形.
（2）由（1）得，：，
将直线代入椭圆T，并整理可得，
所以.
，
因为，所以.
令，则，等号当且仅当时成立.
从而，
因为在上单调递增，所以时，取得最小值，
故时，取得最大值.
【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用、直线的方程、椭圆中的三角形问题，涉及韦达定理、基本不等式、对勾函数的单调性，属于较难题.
19．（Ⅰ）且；（Ⅱ）存在，.
分析：（I）设直线方程，与抛物线联立，因直线与抛物线有2个交点，则判别式，从而解得斜率取值范围；
（II）设出，，，，由（I）得到两点满足的韦达定理.写出直线CD的方程，与抛物线联立，得到两点满足的韦达定理.写出直线AC，BD的方程，联立化简求得N点的横坐标，求得斜率.
【详解】解：（Ⅰ）由已知得，显然，∴，
联立得，
，解得且．
（Ⅱ）设，，，，
由（Ⅰ）可知，．又，
∴直线，
联立得，
∴，．
而，得且．
，∴直线，
∴①
同理直线②，
联立①②得：，
即，
也即，
∵，化简得．
从而点N的横坐标，得，满足要求，
故．
20．(1)
(2)是，
分析：（1）由题知，进而根据焦点三角形的知识得，进而得，即可求得答案；
（2）根据题意，设直线的方程为，，进而与椭圆联立方程，结合韦达定理与向量坐标运算得，再根据得，进而得答案.
（1）
解：由题可知：，所以，
因为的周长为，
所以，即，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）
解：依题可知：直线的斜率存在，设方程为，，
所以，
所以，，
由，
设，由，
所以，
所以.
所以点是在直线上运动.