备战2022年高考数学（理）母题题源解密（全国甲卷）专题20 椭圆、抛物线（解答题）（解析版）

这是一份备战2022年高考数学（理）母题题源解密（全国甲卷）专题20 椭圆、抛物线（解答题）（解析版），共39页。试卷主要包含了抛物线C的顶点为坐标原点O，已知椭圆过点，离心率为等内容，欢迎下载使用。

专题20 椭圆、抛物线（解答题）

1．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【试题来源】2021年全国高考甲卷（理）
【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论．
【解析】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，则，
所以直线方程为，整理得，
同理直线的方程为，直线的方程为，
与圆相切，，整理得，
与圆相切，同理，所以为方程的两根，
，到直线的距离为
，所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切．
【名师点睛】（1）过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；（2）要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示．

1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3 由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.
不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，
设，则，，故.①
由于的准线为，所以，而，故，代入①得，即，解得（舍去），.
所以的标准方程为，的标准方程为.
3．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【解析】（1）由题设可得，得，
所以的方程为.
（2）设，根据对称性可设，由题意知，
由已知可得，直线BP的方程为，所以，，
因为，所以，将代入的方程，解得或.
由直线BP的方程得或8.
所以点的坐标分别为.
，直线的方程为，点到直线的距离为，
故的面积为.
，直线的方程为，点到直线的距离为，
故的面积为.
综上，的面积为.
【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
4．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题，关键是第二问中证明直线MN经过定点，并求得定点的坐标,属综合题，难度较大.
5．【2020年新高考全国Ⅱ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.
【解析】(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：.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
6．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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）.
【解析】设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．所以的方程为．
（2）由可得．由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．故．
【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.
7．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.
8．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】（1）见详解；（2）3或.
【解析】（1）设，则.
由于，所以切线DA的斜率为，故 .
整理得 设，同理可得.
故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.
（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.
于是，
.
设分别为点D，E到直线AB的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则.
由于，而，与向量平行，所以.
解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.
因此，四边形ADBE的面积为3或.

1．解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.从近三年高考情况来看，多考查直线与圆或抛物线的位置关系，解题时，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养.
2．直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：
（1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．
（2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．
（3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.
3．圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.

1．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P(4，m)(m>0)是抛物线C上一点，且|PF|=5．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB．记点A，B到直线y=-4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．
【试题来源】河南省洛阳市2021届高三5月第三次统一考试（三练） （文）
【答案】（1）y2=4x；（2）证明见解析．
【分析】（1）点P在抛物线C上可得，从而得到抛物线C的方程；
（2）由P是抛物线C上一点得m，设直线PA的方程与抛物线方程联立
得，由AM⊥AN得，再由根与系数关系可得答案．
【解析】（1）P(4，m)(m>0)是抛物线C上一点，
且，所以解得p=2，即抛物线C的方程为y2=4x．
（2）由P(4，m)是抛物线C上一点，代入抛物线方程得m=4，
设直线PA的方程为x-4=t(y-4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由，消去x得y2-4ty+16(t-1)=0，即(y-4)(y-4t+4)=0，所以y1=4t-4．
从而，
因为AM⊥AN，所以用代t，得，，
所以，即ab为定值．
2．已知抛物线：()的焦点与双曲线：右顶点重合．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设过点的直线与抛物线交于不同的两点，，是抛物线的焦点，且，求直线的方程．
【试题来源】全国卷地区“超级全能生”2021届高三5月联考（文）（丙卷）
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）由双曲线和抛物线的几何性质，即可求解；（2）设，及直线的方程，与抛物线的方程联立，由判别式､根与系数关系得出，，结合已知条件求出的值，即可求得直线的方程．
【解析】（1）由题设知，双曲线的右顶点为，
所以，解得，所以抛物线的标准方程为．
（2）设，，显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立，消去得，
由得，即，所以，．
因为，，所以，
所以，
即，解得或，所以直线的方程为或．
3．已知抛物线，直线与抛物线交于、两点，抛物线在点、处的切线互相垂直．
（1）求抛物线的方程；
（2）若以为直径的圆与直线相切，求．
【试题来源】陕西省名校2021届高三下学期5月检测（文）
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，求得，利用已知条件结合导数的几何意义可求得正数的值，即可得出抛物线的方程；（2）求出以及线段的中点的坐标，由已知条件可得出点到直线的距离等于，可得出关于的方程，即可解得的值．
【解析】（1）设点、，联立，可得，
，由根与系数关系可得，
抛物线对应的函数解析式为，求导可得，
因为抛物线在点、处的切线互相垂直，则，解得，
因此，抛物线的方程为；
（2），所以，，，
所以，，
设线段的中点为，则，，即点，
因为以为直径的圆与直线相切，则，即．
①若，则，即，解得或，合乎题意；
②若，则，即，判别式，方程无实解．
综上所述，或．
4．已知椭圆的左顶点与抛物线的焦点之间的距离是，又知椭圆E的离心率是．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）抛物线T的准线交坐标轴于点M，过点M的两条直线分别与椭圆E相交于A、B两点和C、D两点（A在第一象限，C在第一象限），线段和分别与抛物线T的准线相交于P、Q两点，求证：．
【试题来源】湖南省益阳市箴言中学2021届高三下学期十模试
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点，根据左顶点与抛物线的焦点之间的距离是，即可求出，再根据椭圆的离心率及，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，消元列出根与系数关系，同理设直线方程为，又直线方程为，令得点P横坐标，同理可得点Q横坐标，要证只需证，即可得证；
【解析】（1）抛物线的焦点为，椭圆的左顶点为
所以，，又，，因为 所以，
所以椭圆E的标准方程为
（2）点M坐标为，可设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程得，消元可得，，，，同理设直线方程为，，，
联立直线与椭圆方程得，消元可得，
，，，
因为直线方程为，取得点P横坐标

同理点Q横坐标，
要证结论只需证，
即证
．（*）
因为（*）成立，所以结论成立．
5．如图，在直角坐标系中，已知抛物线：，点是抛物线上的一点，点到焦点的距离为．

（1）求抛物线的方程；
（2）过上异于点的两点，分别作轴的垂线交直线，于点，，求直线的斜率．
【试题来源】重庆市巴蜀中学2021届高三适应性（九）
【答案】（1）；（2）2．
【分析】（1）根据抛物线的定义列方程解出即可；（2）分别求出直线、的方程，再求点，，最后用斜率公式计算即可．
【解析】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，
由抛物线的定义可得，，则，所以抛物线的方程为；
（2）因为在抛物线上，且，所以，即，，
设，，则直线的方程为，即，
同理直线的方程为，
由，分别垂直于轴，得点，，
则直线的斜率．
6．如图，抛物线的焦点为F，四边形DFMN是边长为1的正方形，点M在抛物线E上，过焦点F的直线l交抛物线E于A，B两点（直线l不垂直于x轴），交直线ND于第三象限的点C．
（1）求抛物线E的方程；
（2）若直线MA，MB，MC的斜率分别记为判断是否是定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由．

【试题来源】内蒙古呼和浩特市2021届高三二模（理）
【答案】（1）；（2）为定值
【分析】（1）由的坐标求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求出的值，从而得到抛物线的方程．
（2）由（1）可知，，，，设，，，，设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用根与系数关系可得，，
联立直线与准线方程，求出点的坐标，利用斜率公式表达出，，，把，代入的表达式，化简整理，即可得到为定值．
【解析】（1），，四边形是边长为1的正方形，
，，代入抛物线方程得，抛物线的方程为．
（2）是定值，理由如下：
由（1）可知，，，，设直线的方程为，
联立方程，消去得，
设，，，，，，
联立方程，得，，
，，
，
把，代入得，
，为定值．
7．已知椭圆左焦点为，经过点的直线与圆相交于，两点，是线段与的公共点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）与的交点为，，且恰为线段的中点，求的面积．
【试题来源】甘肃省白银市学科基地2021届高三高考数学（理）模拟试题（二）
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题意可得，所以，可得的值，又，可求出的值，从而得出椭圆的方程；（2）由，结合，可求处点的坐标，分情况讨论即可求出的面积．
【解析】（1）由圆可得，
因为，所以，
即，又，故，所以椭圆的方程为；
（2）设，，，，
为线段的中点，则，
，又，解得，，
若，则，直线的方程为，
由．解得，即，，
所以的面积，
若，同理可求得的面积，
综上所述，的面积为．
8．已知椭圆C：上的点到焦点的最大距离为3，最小距离为1
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C右焦点F2，作直线l与椭圆交于A，B两点（A，B不为长轴顶点），过点A，B分别作直线x=4的垂线，垂足依次为E，F，且直线AF，BE相交于点G．
①证明：G为定点；
②求△ABG面积的最大值．
【试题来源】山东省菏泽市2021届高三二模
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）由题知，进而得答案；
（2）①当直线斜率不存在时，方程为，点；当直线斜率存在且不为零时，设，，方程为，进而联立方程并结合根与系数关系求解直线，的交点坐标满足，且，故为定点．
②直线斜率不存在时，可知；而当斜率不为零时，．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）①由（1）知，当直线斜率不存在时，方程为，
可得，；可得，，
即有，相交于点；
当直线斜率存在且不为零时，设，，则，，
方程为，联立可得，
化简得，
由根与系数关系得，，
而直线，相交时，
联立作差可得，
且，
则代入，，
化简得

即，相交于点，
综上可证为定点．
②直线斜率不存在时，可知；
而当斜率不为零时，由（1）可得

．
故面积的最大值为．
9．已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为椭圆的左顶点，直线过右焦点与椭圆交于，两点（，与不重合），不与轴垂直，若，求．
【试题来源】广东省江门市蓬江区培英高中2021届高三5月份数学冲刺试题
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由题意可得关于的方程组，求解的值，即可求得椭圆C的标准方程；
（2）根据题意设，直线：，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系结合，求出的值，再根据弦长公式即可求得．
【解析】（1）由题意可得，解得， 椭圆C的标准方程为；
（2）， 由题意可设：直线：，，
联立： 得，则，
，

，
又，，解得，
故，
．
10．设椭圆的左顶点在抛物线的准线上，椭圆的离心率为；
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，过点作斜率为的直线与椭圆交于不同两点，线段的中垂线为，记的纵截距为，求的取值范围．
【试题来源】重庆市杨家坪中学2021届高三下学期第二次月考
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）求出抛物线的准线方程，求得，再根据离心率求得椭圆的方程；
（2）设出交点和直线方程，结合根与系数关系，求出的方程，表示出纵截距为，结合导数求解范围．
【解析】（1）因为抛物线的准线方程为，所以，即，
因为离心率为，求得，所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由题意可知直线的斜率存在，设，
联立方程组，整理得，
可得，
又由，解得，故，
设的中点为，则，
所以，即，
化简得，令，可得，
则，当时，恒成立，
所以在上为单调递增函数，所以，即的取值范围．
11．已知点，，的周长等于，点满足．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）是否存在过原点的直线与曲线交于，两点，与圆交于，两点（其中点在线段上），且，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【试题来源】云南省曲靖市2021届高三二模（文）
【答案】（1）；（2）存在，方程为和．
【分析】（1）的周长等于，可得，从而得点的轨迹是以，为焦点的椭圆，可求出点的轨迹方程，再结合可求得点的轨迹的方程；
（2）当直线与轴垂直时，可得符合条件，则直线的方程为，当直线存在斜率时，设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立方程组消去，利用根与系数的关系结合弦长公式可求得的长，再求出圆心到直线的距离，从而可求出的长，由，列方程可求出的值，进而可得答案
【解析】（1）设，，由得，，．
已知点，，的周长等于，，则点的轨迹是以，为焦点的椭圆．，，所以，，．
故点的轨迹方程为（）．
将，代入（）并化简得到点的轨迹的方程：
（）．
（2）当直线与轴垂直时，求得，，，，符合要求．
此时直线的方程为．
当直线存在斜率时，设直线的方程为，，．
由消去整理得，
由根与系数关系得，，
则．
圆心到直线的距离，则．
．
，整理得，，即．
此时直线的方程为．
综上，符合条件的直线存在三条，其方程为和．
12．、，分别为椭圆的左、右焦点，过的动直线l与椭圆C交于A、B，当B与上顶点重合时，l的倾斜角为60°，的周长为8．

（1）求椭圆C的方程；
（2）是A关于x轴的对称点，且，求直线l的方程．
【试题来源】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2021届高三下学期4月（文）调研试题
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题意可得，，再结合，从而出，进而可得椭圆C的方程；（2）设，，直线l的斜率为k，则，，由，可得，从而可得，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数的关系，结合前面的式子可求出的值，进而可得到直线l的方程
【解析】（1）由直线l的斜率，又的周长，
得，，，故椭圆C的方程为．

（2）设，，直线l的斜率为k，
则，而，，
由，
得，
整理得（*）
将代入，整理得，
可得，代入（*）式，
化简得，则直线l的方程为．
13．已知抛物线：的焦点与椭圆的右焦点重合，抛物线与椭圆相交于点，延长交抛物线于点．
（1）求抛物线的方程；
（2）求的值．
【试题来源】重庆市南开中学2022届高三上学期8月测试
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）椭圆方程已知，可以求出焦点，与抛物线焦点重合，可以求出抛物线方程
（2）为抛物线的焦点弦，抛物线焦点弦公式，所以分别求出直线与抛物线交点的横坐标，代入焦点弦公式即可求出的值
【解析】（1）由题意：，所以，抛物线的方程为．
（2）设，，由得，
设：，由得，所以，
所以，所以．所以．
14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，其焦距为4，离心率为，过右焦点作直线交椭圆于，两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若的面积为，求直线的方程．
【试题来源】天津市滨海新区塘沽第一中学2020-2021学年高三上学期第五次月考
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）由题意列出方程组，解方程组即可求解；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆的方程，结合根与系数关系与三角形面积公式求解即可
【解析】（1）根据题意可得，解得，，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）知，设直线的方程为，，，
所以，得，所以，
所以，，
所以
，解得或，
所以直线的方程为或．
15．已知抛物线()的焦点为，点在上，且．
（1）求的方程；
（2）过点作两条直线，，分别交于点，，若以线段为直径的圆过点，试讨论直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【试题来源】河北省衡水金卷2020届高三高考数学（文）押题试题（b卷）
【答案】（1）；（2）过定点，定点为或．
【分析】（1）根据抛物线的定义和性质，即可得出的值，从而确定抛物线方程；
（2）根据题意结合圆的基本性质可知，，设出直线的方程，联立方程组，使用垂直判定，即可求解．
【解析】（1）由题意，点在抛物线上，且，
根据抛物线定义，可得，解得，所以得抛物线方程为，
（2）由（1）可得抛物线方程为，
则有：当时，，所以不妨设，
设，，根据题意设直线，
联立方程组，整理得，
则，，且，
因为以线段为直径的圆经过点，可得，所以，
可得，
所以，
即得，
即，可得，
所以或(不合题意，舍去)，
即得直线的方程为，恒过点；
同理，当点时，，直线过定点；
所以直线是过定点，该定点坐标为或
【名师点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
16．已知点为椭圆（）上任一点，椭圆的一个焦点坐标为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点是抛物线的准线上的任意一点，以为直径的圆过原点，试判断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【试题来源】陕西省渭南市富平县2021届高三下学期二模（理）
【答案】（1）；（2）为定值，且定值为1．
【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，然后利用椭圆的焦点坐标求出的值，代入即可求出椭圆的标准方程；（2）设，，因为以为直径的圆过原点，所以，得到，再利用两点间的距离公式代入化简计算即可．
【解析】（1）因为椭圆的一个焦点坐标为，
所以，所以，所以，
因为，所以，所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知抛物线的标准方程为，其准线方程为，
设，，
因为以为直径的圆过原点，所以，所以，
所以，即，
所以，
因为，，所以，
所以为定值，且定值为1．
【名师点睛】本题考查的是抛物线的标准方程和抛物线与椭圆的综合题，同时考查了学生的计算能力，属于难题．
17．已知椭圆：()的焦点在抛物线的准线上，且椭圆经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左､右顶点分别为，，过，分别作长轴的垂线，，椭圆的一条切线：与直线，分别交于，两点．求证：以为直径的圆经过定点．
【试题来源】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一）
【答案】（1）；（2）见解析．
【分析】（1）根据椭圆：()的焦点在抛物线的准线上，求出左焦点坐标，再根据椭圆经过点和即可求得椭圆的方程；
（2）由椭圆的一条切线：，联立，消得，则，得，由：与直线，分别交于，两点，得，的坐标，求出，证得，即可得证．
【解析】（1）抛物线的准线为，
所以，即，又因椭圆经过点，
则，解得，所以椭圆的方程为；
（2），，所以：，：，
联立，消得，
因为直线椭圆的一条切线，所以，
得，故，
因为与直线，分别交于，两点，
设，，所以，，
则，
因为，，则，
所以，所以，
即，所以以为直径的圆经过定点．
【名师点睛】本题考查了椭圆与抛物线的综合应用，考查了椭圆的性质，难度较大．
18．已知抛物线：的焦点为，为抛物线上的一点，且．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线与抛物线交于，两点，点在抛物线上，记直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否存在点，使得？若存在，求出点的个数；若不存在，请说明理由．
【试题来源】广东省广州市省实、广雅、执信、六中四校2022届高三上学期8月联考
【答案】（1）；（2）存在，的个数为2．
【分析】（1）由为抛物线上的一点，且，得到且，求得，即可得到抛物线的标准方程；（2）由（1）设直线的方程为，联立方程组，得到，，结合斜率公式，化简得到，得到，结合方程根的个数，即可求解．
【解析】（1）由题意，抛物线的方程为，
且为抛物线上的一点，且，
则且，解得，
所以抛物线的标准方程为．
（2）由（1）知抛物线，可得，
直线的斜率不为0，可设直线的方程为，
联立方程得，消去并化简得，
设，，，则，．
因为，两点在抛物线上，所以，
所以，同理可得，
则，
所以，即，
因为，所以方程有两个不同的解，
故满足的点的个数为2．
【名师点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
19．已知椭圆的左、右焦点为，为上一点，垂直于轴，且、、成等差数列，．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l过点，与椭圆交于两点，且点在轴上方． 记的内切圆半径分别为，若，求直线的方程．
【试题来源】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设出椭圆焦点坐标，由给定条件建立a，b，半焦距c的方程组求解即得；
（2）设出直线l的方程，联立直线l，椭圆C的方程组，消去x，借助三角形面积及其内切圆半径关系，确定出点A与B的纵坐标的关系即可作答．
【解析】（1）设点，因垂直于轴，则，，
显然有，由已知得，又，即，
而，从而得，解得，因，于是得，
所以椭圆的方程为；
（2）令点，，显然直线l不垂直于y轴，设直线，
由消去x得，
，，由题意，有，，
由，而，得，
由，又，得，
又，解得，
于是得，解得，
而，即，，得，
故直线的方程为．
20．已知椭圆：的离心率为，且椭圆与椭圆：在第一、二、三、四象限分别交于，，，四点，顺次连接，，，四点得到一个正方形．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线：与直线：交于点，过点的直线与椭圆交于，两点，求的取值范围．
【试题来源】河北省唐山市第十一中学2021届高三下学期3月调研
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据离心率可得，设则，代入椭圆的方程可求得点坐标，再代入椭圆的方程可得关于的方程，解得的值即可求解；
（2）先计算直线的斜率为时，的值，当直线的斜率不为时，设的方程为，与椭圆方程联立，可得、，利用向量数量积的坐标表示将化简可得关于的函数，利用基本不等式即可求范围．
【解析】（1）由题意可得椭圆的离心率为，
所以，即①，
设 ，因为椭圆与椭圆在四个象限的交点构成正方形，
由椭圆的对称性可得，
因为点在椭圆：上，所以，
解得，即，将代入可得②，
由①②可得，，所以椭圆的方程为，
（2）由可得，所以，设，，
当直线的斜率为时，直线的方程为，此时，，
，
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，
由 可得，
所以，，，
，，
所以


令，则，
所以
但时，，，
所以，
当时，，，
，
因为直线的斜率为时，，
综上所述：的取值范围．
【名师点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
21．已知直线与是分别过椭圆的左，右焦点的两条相交但不重合的动直线．与椭圆相交于点A，B，与椭圆相交于点C，D，O为坐标原点．直线的斜率分别为，且满足．
（1）若与x轴重合．．试求椭圆E的方程：
（2）在（1）的条件下，记直线．试问：是否存在定点M，N，使得为定值？若存在．求出定值和定点M，N的坐标：若不存在，请说明理由．
【试题来源】湖南省永州市第四中学2021届高三下学期高考冲刺（二）
【答案】（1）；（2）存在点，定值为．
【分析】（1）由与x轴重合可知轴，此时有先解出a，然后将代入椭圆方程可得到a，b的关系，进而解出b，得到答案；
（2）先讨论直线或的斜率不存在时求出交点P的坐标；然后考虑二者斜率都存在的情况，因为问题是“是否存在定点M，N，使得为定值？”我们可以设出P的坐标，根据求出它的轨迹方程，事先猜想应当是椭圆，而两个定点应该是对应的焦点．
【解析】（1）当与x轴重合时，，故，即轴．
故当时，
由，得．由，得．
所以椭圆E的方程是．
（2）如图所示，焦点的坐标分别为．
当直线或的斜率不存在时，点P的坐标为或．
当直线和的斜率都存在时，设斜率分别为，点．

联立，得．
因为直线过椭圆内一点，则，，
则．
同理可得，，
因为，所以，化简得．
由题意，知，所以．
设点，则，所以，
化简得，而且当直线或的斜率不存在时，
点P的坐标为或，也满足此方程．
所以点在椭圆上，根据椭圆定义可知存在点，
使得为定值，定值为．
【名师点睛】本题第（2）问比较新颖，问题的关键点在于如何理解“是否存在定点M，N，使得为定值？”，我们应当立马想到椭圆的定义．接下来就比较套路，根据利用根与系数的关系进行化简，得出点P的轨迹方程，此题非常经典，可以作为范题归纳．
22．已知椭圆：的左、右顶点分别为、，离心率为，长轴长为，动点在上且位于轴上方，直线，与直线：分别交于，两点．

（1）求的最小值；
（2）当最小时，在椭圆上可以找出点使的面积为，试确定点的个数．
【试题来源】江苏省南京市第二十九中学2021-2022学年高三上学期开学摸底
【答案】（1）；（2）四个．
【分析】（1）先根据已知条件求出椭圆的方程，设直线的斜率为，则直线为与联立可得点坐标，与椭圆方程联立可得点坐标，进而可得直线的方程以及点坐标，求出利用基本不等式即可求最值．（2）由（1）知直线的方程，可求出以及点到直线的距离，设出与直线平行的直线，利用平行线间的距离求出该直线的方程，再与椭圆联立由的符号可判断交点个数，即可得点的个数．
【解析】（1）因为，，所以，可得，
所以椭圆方程为，设直线的斜率为，则直线为，
则，可得，设，，
由可得，
所以，可得，所以，
所以，因为，可得，
所以直线：，所以当时，，即，
所以，当且仅当即时取到等号．
（2）当时，则，因为，所以，
因为，可得，
因为点为平行于且与距离为的直线与椭圆的交点．
因为：，所以设：，
则直线与直线的距离，解得，
所以直线存在两种情况．由，可得，
可得，
当时，，
所以时，直线与椭圆有两个交点．
当时，，
所以时，直线与椭圆有两个交点．
综上所述，直线与椭圆有四个交点，即点有四个．
【名师点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
23．已知焦点为F的抛物线经过圆的圆心，点E是抛物线C与圆D在第一象限的一个公共点，且．
（1）分别求p与r的值；
（2）直线交C于A，B两点，点G与点A关于x轴对称，直线分别与直线交于点M，N（O为坐标原点），求证：．
【试题来源】广东省2021届高三下学期4月联考
【答案】（1）；；（2）证明见解析．
【分析】（1）将代入，可得的值；由抛物线的定义可求得点的坐标，将其代入圆的方程，可得的值；
（2）设，，，，表示出点，的坐标，利用分析法，可将原问题转化为证明，联立直线与抛物线的方程，结合根与系数关系，即可得证．
【解析】（1）由已知得抛物线C过点，所以，所以．
即抛物线C的方程为．设点，则，
所以， 于是得，即，
将点E的坐标代入圆D的方程，得，所以．
（2）设，则），显然，均不为0．
联立消去y，得．
由题意得，且，即，
则①，②．
因为，所以直线的方程为，故．
直线的方程为，故．
若要证明，即证，只需证，即证，
即证．
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③，得，此等式显然成立．
所以恒成立，故 |，即．
【名师点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系中的定值问题，借助分析法，将问题进行转化是解题的关键，考查推理能力和运算能力，属于难题．