(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题9-3 圆锥曲线压轴大题五个方程框架十种题型（原卷+解析）学案

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专题9-3 圆锥曲线压轴大题五个方程框架十种题型
目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】五个方程题型框架 1
【题型二】 直线设法 4
【题型三】 双变量设法核心理解 7
【题型四】 直线过定点 10
【题型五】 圆过定点 13
【题型六】 面积的几种求法（基础） 16
【题型七】 面积最值（难点） 18
【题型八】 定值 23
【题型九】 最值与范围（难点） 26
【题型十】 第六个方程的积累（难点） 29
二、最新模考题组练 32



【题型一】 五个方程题型框架
【典例分析】
已知圆C经过两点A(2，2)，B(3，3)，且圆心C在直线x－y+1=0上.
（1）求圆C的标准方程；
（2）设直线l：y=kx+1与圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，求|MN|的值.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）设圆的方程为，由已知列出关于，，的方程组求解即可得答案；
（2）设，，，，将代入，利用根与系数的关系结合向量数量积的坐标运算求出值，再利用弦长公式即可求解．
（1）解：设所求圆的标准方程为，
由题意，有，解得，所以圆C的标准方程为；
（2） 解：设，，，，将
代入，
整理得，
所以，
，所以，
解得或，
检验时，不合题意，所以，所以，，
所以.
【提分秘籍】
“五个方程”（过去老高考对韦达定理型的直观称呼。）参考【典例分析】
1. 一直一曲俩交点。
2. 直线有没有？是那种未知型的？
已知过定点。则可设为，同时讨论k不存在情况。如
3.曲线方程有没有？俩交点：设为
4.联立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式
或者
5. 得到对应的韦达定理
或
6. 目标，就是把题中问题转化为第六个关于韦达定理的方程或者不等式，代入求解
【变式演练】
1.椭圆：的左右焦点分别为，，P为椭圆C上一点.
（1）当P为椭圆C的上顶点时，求；
（2）若，求满足条件的点P的个数；（直接写答案）
（3）直线与椭圆C交于A，B，若，求k.
【答案】（1）（2）0（3）
【分析】（1）由椭圆的方程可得，，然后可得答案；
（2）结合（1）的答案可得点的个数；（3）联立直线与椭圆的方程消元，利用弦长公式求解即可.
解（1）因为椭圆：的左右焦点分别为，，P为椭圆C的上顶点
所以，，
所以，，所以
（2）若，满足条件的点P的个数为0
（3）设，联立可得
所以所以解得
2.已知动点P到点（0，1）的距离与到直线y＝2的距离的比值为，动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）直线y＝kx+1与曲线C交于A，B两点，点M（0，2），证明：直线MA，MB的斜率之和为0．
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合两点间距离公式进行求解即可；
（2）直线y＝kx+1与曲线C方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式进行求解即可.
解（1）设点P的坐标为P（x，y），则，整理可得曲线C的轨迹方程为；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），与直线方程联立可得：（k2+2）x2+2kx﹣1＝0，则：，
＝，
从而直线MA，MB的斜率之和为0．
3.设椭圆的左焦点为，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的下顶点，为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点.若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据平面向量数量积坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】：（1）由题意可得，，当时，，所以得：，解得，所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知，，，，过点且斜率为的直线方程为，
联立方程，可得，设，，
则，，故，
又，，，，
所以

，整理可得，解得.
【题型二】 直线设法
【典例分析】
已知抛物线，过点的直线交抛物线于，两点.
（1）求抛物线的焦点坐标及准线方程；
（2）证明：以线段为直径的圆过原点.
【答案】（1）焦点坐标，准线方程；（2）证明见解析.
【分析】（1）由抛物线的标准方程即可求解.
（2）方法一：讨论直线斜率存在或不存在，将直线与抛物线联立，证出即可证明；方法二：当直线斜率为0或者设，将直线与抛物线联立，证明即可证明.
【详解】
（1）由抛物线的标准方程：焦点坐标，准线方程.
（2）法一：①当直线斜率不存在时，，，，.
②当直线斜率存在时，设，，，
由得，得，∴，，
∴
.综上所述，∴，故以线段为直径的圆过原点.
法二：当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意.
设，，，联立，得，，
，.∴
.∴，故以线段为直径的圆过原点.
【提分秘籍】
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。
【典例分析】把两种设法都展示出来供参考。
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。
3.2011年以来，最早出现这种设直线法的高考题是2012年的重庆试卷压轴大题，教师授课时可搜集补充教学。
4.授课时，如有可能，尽量把两种设法，都让学生同时做做，做个对比，既能看出这种设法在某些试题中的计算优势，又不过分拔高这种设法的效果。如【典例分析】。建议授课时，把班里学生分为两组，每组挑出一个代表上讲台演版分别用着不同方法做这道题。
【变式演练】
1.已知椭圆E：过点，且离心率为．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设过点（0，-1)直线交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
试题解析：解法一：(Ⅰ)由已知得解得所以椭圆E的方程为．
.(Ⅱ)设点，则
由所以
从而

2.已知双曲线：的离心率为，点在上，为的右焦点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设为的左顶点，过点作直线交于（不与重合）两点，点是的中点，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据离心率和椭圆上的点可构造方程组求得双曲线方程；
（2）易知直线斜率不为，设，与双曲线方程联立后可得韦达定理的形式，根据向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可得，证得，由直角三角形的性质可得结论.
解（1）由已知可得，，解得：…①，
又点在上，…②，由①②可得：，，双曲线的方程为；
（2）当的斜率为时，此时中有一点与重合，不符合题意.
当斜率不为时，设，，，
联立得：，则，解得：.
，
，，则是直角三角形，是斜边，
点是斜边的中点，，即.
3. 如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左右焦点分别为，线段的中点分别为，且△ 是面积为4的直角三角形。
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；
（Ⅱ）过B做直线交椭圆于P，Q两点，使，求直线的方程

解：设所求椭圆的标准方程为，右焦点为。
因是直角三角形，又,故为直角，因此,得。
结合得，故，所以离心率。
在中，，故
由题设条件，得，从而。因此所求椭圆的标准方程为：
（2）由（1）知，由题意知直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为：，代入椭圆方程得， 设，则是上面方程的两根，因此
,又，所以


由,得,即，解得，
所以满足条件的直线有两条，其方程分别为：和
【题型三】 双变量直线核心理解
【典例分析】
已知点M为直线l1：x＝－1上的动点，N(1，0)，过M作直线l1的垂线l，l交MN的中垂线于点P，记点P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）若直线l2：y＝kx＋m(k≠0)与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，与曲线C交于A，B两点，且D为线段AB的中点，求直线l2的方程．
【答案】（1）（2）或
【分析】
（1），点到定点的距离等于到直线的距离，说明点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，求解抛物线方程即可．
（2）设，，，，，，直线斜率为，显然，由得，，求出D的坐标，再利用与圆切于D求解即可．
（1）
由已知可得，，
即点到定点的距离等于到直线的距离，
故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为．
（2）设，，，，，，直线斜率为，显然，
由得，，
．所以，，即，．
因为直线与圆相切于点，所以；，
从而且，整理可得，即．
所以，故的方程为或．
【提分秘籍】
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（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。
【变式演练】
1.在平面直角坐标系中，已知分别是椭圆的左、右焦点，椭圆与抛物线有一个公共的焦点，且过点.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)设直线与椭圆相交于、两点,若(为坐标原点),试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.
解(Ⅰ)由已知得,由题意得 ，又，……2分
消去可得，，解得或（舍去），则，
所以椭圆的方程为．……4分
(Ⅱ)结论：直线与圆相切.
证明:由题意可知,直线不过坐标原点,设的坐标分别为
(ⅰ)当直线轴时,直线的方程为且
则

解得，故直线的方程为 ，
因此,点到直线的距离为，又圆的圆心为,
半径 所以直线与圆相切 …7分
(ⅱ)当直线不垂直于轴时,设直线的方程为，联立直线和椭圆方程消去得；
得

，故，
即①10分又圆的圆心为,半径，
圆心到直线的距离为，②
将①式带入②式得： ， 所以 因此,直线与圆相切13分
2.已知抛物线的准线方程为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线相交于两点，且以为直径的圆过原点，求证：为常数，并求出此常数.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】（1）由准线方程为 求得，得解抛物线C的方程
（2）设过P的直线l方程为：（m），联解后，利用原点落在以为直径的圆上得 得到得解
【详解】（1）由准线方程为可设抛物线C的方程求得
故所求的抛物线C的方程为：
（2）依题意可设过P的直线l方程为：（m），设
由得： 依题意可知，且原点落在以为直径的圆上令
即
解得：即 为常数，∴ 原题得证
3.已知A、B、C是椭圆W:上的三个点,O是坐标原点.
(I)当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;
(II)当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.
【答案】解:(I)椭圆W:的右顶点B的坐标为(2,0).因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB相互垂直平分. 所以可设A(1,),代入椭圆方程得,即. 所以菱形OABC的面积是.
(II)假设四边形OABC为菱形. 因为点B不是W的顶点,且直线AC不过原点,所以可设AC的方程为.
由消去并整理得.
设A,C,则,.
所以AC的中点为M(,). 因为M为AC和OB的交点,所以直线OB的斜率为.
因为,所以AC与OB不垂直. 所以OABC不是菱形,与假设矛盾.
所以当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形.
【题型四】 直线过定点
【典例分析】
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：（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）.
【提分秘籍】
直线过定点：
1、直线多为y=kx+m型
2.目标多为求：m=f（k）
3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值，如本小专题【变式演练】第3题
【变式演练】
1.已知椭圆两点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.
【分析】
(1)根据给定条件列出关于a，b的方程求解即得.
(2)按直线l的斜率存在与不存在设出方程，再与椭圆C的方程联立，借助韦达定理计算作答.
（1）因椭圆过点，则，又点在椭圆C上，
于是得，解得，所以椭圆C的方程是：.
（2）当直线l的斜率不存在时，设其方程为，由椭圆对称性知，直线l与C的两交点A，B关于x对称，
不妨令，则，则有直线与直线的斜率分别为，，
而，从而有，解得，
此时，直线l：过椭圆C的右顶点，与椭圆C只有一个公共点，不满足题意，
当直线l的斜率存在时，设其方程为，，
由消去y并整理得：，
，即，
，直线与直线的斜率分别为，，
，
整理得，当时，而，则有，
因此，当且仅当，即时，直线l方程为： ，直线l过定点，
所以不过点的直线l与C交于两点时，直线l：过定点.
2.在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数，记P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）设过点A(，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：直线MN过定点.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）设P(x，y)，由P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数求解；
（2）直线MN斜率不存在时，由直线AM，AN分别为，，求得与双曲线的交点即可；直线MN斜率存在时，设其方程为，()，与双曲线方程联立，根据AM⊥AN，结合韦达定理得到k，m的关系即可.
解（1）：设P(x，y)，
因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数，
所以，化简得，所以曲线E的方程为.
（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为，，
分别联立，解得M(，)，N(，－)，
此时直线MN的方程为，过点(，0)；当直线MN斜率存在时设其方程为，()
由，消去y得，所以，即，，，因为AM⊥AN，
所以，即，即，
即，
将，代入化简得：，所以或，
当时，直线MN方程为(不符合题意舍去)，
当时，直线MN方程为，MN恒过定点(，0)，
综上所述直线MN过定点(，0).
3.已知椭圆C：（）的上顶点与右焦点连线的斜率为，C的短轴的两个端点与左、右焦点的连线所构成的四边形的面积为．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）已知点，若斜率为k（）的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，当直线AP，BP的倾斜角互补时，试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】（1）.（2）直线l过定点.
【分析】
（1）设椭圆C的上顶点为，由两点的斜率公式和四边形的面积公式建立方程，求解可得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，，，与椭圆的方程联立整理得，可得根与系数的关系，再由得，可求得直线所过的定点.
（1）
解：设椭圆C的上顶点为，左、右焦点分别为，，
由，得．
因为C的短轴的两端点与左、右焦点连线所构成的四边形的面积为，
所以．即，
由上面两个方程解得，，所以，
故椭圆C的标准方程为等．
（2）解：设直线l的方程为，，，则．
因为直线AP，BP的倾斜角互补，所以．联立方程组消去y得，根据韦达定理得，，则
，
所以，，解得．
即直线l的方程为，显然直线l过定点．
【题型五】 圆过定点
【典例分析】
在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右焦点分别为､，点为椭圆上的动点，当点为短轴顶点时，△的面积为，椭圆短轴长为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过定点且与椭圆交于不同的两点，，点是椭圆的右顶点，直线，分别与轴交于､两点，试问：以线段为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，定点.
【分析】
（1）由题设可得，，即求；
（2）讨论斜率的存在性分别研究定点，且斜率存在时设、，，联立椭圆方程，应用韦达定理求，，求直线、方程进而确定P，Q坐标，设定点坐标，则有，利用向量数量积的坐标表示列方程求坐标即可.
（1）
∵当点为短轴顶点时，△的面积为，椭圆短轴长为2，
∴，，，椭圆的方程为；
（2）当直线的斜率存在吋，设，由椭圆方程可得点，设，
联立方程可得：，消元得，，，
由可得：，
分别令，可得：，设轴上的定点为，若为直径的圆过，则，
问题转化为恒成立，即①
山及可得：
。代入到①可得：
∴解得：圆过定点.
当直线斜率不存在时，直线方程为，可得为直径的圆过点，
所以以线段为直径的圆过轴上定点.
【提分秘籍】
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）
【变式演练】
1.在平面直角坐标系中，已知动圆的半径为1，且经过坐标原点，设动圆的圆心为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点的轨迹与轴交于，两点（在左侧），过点的直线交点的轨迹于点（异于，），交直线：于点，经过，的直线交于点，求证以为直径的圆过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）（2）证明见解析，
【分析】（1）设的坐标，由圆的半及过原点可得点的轨迹方程；
（2）由（1）可得，的坐标，设直线的方程，与圆联立求出的坐标，令可得的坐标，求出直线的方程，令，求出的坐标，可得的中点的坐标及的值，进而求出以为直径的圆，令可得不论参数为何值，可得定点的横坐标，即求出定点的坐标．
（1）解：设，因为半径为1，且经过坐标原点，所以点的轨迹方程为；
（2）
证明：由（1）可得，，设直线的方程为，由题意可得，，，
联立，整理可得，可得，，
所以，；在中，令，可得，即，因为，
所以直线的方程为，令，可得，即，
所以，的中点所以以为直径的圆，
当时，，即，即以为直径的圆恒过定点．
2.已知椭圆的左右顶点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点.
（1）证明：直线PA与直线PB的斜率乘积为定值；
（2）设，过点Q作与轴不重合的任意直线交椭圆E于M，N两点.问：是否存在实数，使得以MN为直径的圆恒过定点A？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）存在，
【分析】
（1）设出点P的坐标，进而代入椭圆方程，再求出两条直线斜率的乘积，最后得到答案；
（2）设出点的坐标，根据以MN为直径的圆过点A，得到，设出直线的方程并代入椭圆方程，然后利用根与系数的关系求得答案.
（1）
，设，且，则，所以 .
（2）设，根据题意，设直线MN的方程为，
联立及，得，，，（*）
若以MN为直径的圆过点A，则，即
将,带入整理得：；
带入（*），化简整理得5，解得，或（舍）满足，故存在，使得以MN为直径的圆过恒过定点A.
3.已知抛物线的焦点F与椭圆C：的一个焦点重合，且点F关于直线的对称点在椭圆上．
求椭圆C的标准方程；
过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M点的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在满足题意.
【分析】
由抛物线方程求出抛物线的焦点，求出点F关于直线的对称点，结合已知条件求出椭圆的长轴长，则可求，再由的关系转化求解椭圆的标准方程；
假设存在定点，使以为直径的圆恒过恒过这个点，求出垂直于两坐标轴时以为直径的圆的方程，联立方程组解得定点坐标，然后利用向量数量积证明一般结论．
【详解】
由抛物线的焦点可得：抛物线的焦点，
点F关于直线的对称点为，故，，因此，椭圆方程为：．
假设存在定点，使以为直径的圆恒过这个点．
当轴时，以AB为直径的圆的方程为：   
当轴时，以AB为直径的圆的方程为：
联立①②得，，定点．
证明：设直线l：，代入，有．
设，，，．
则，；
，
【题型六】 面积的几种求法
【典例分析】
已知抛物线关于轴对称，且过点
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线与抛物线交于，两点，若，求直线的方程
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）设抛物线方程为，代入点即可求得结果；
（2）设直线，与抛物线方程联立得到韦达定理的形式，将韦达定理的结论代入，构造方程求得即可得到结果.
【详解】
（1）抛物线关于轴对称且过，抛物线的焦点在轴正半轴上，
可设抛物线的方程为，代入点可解得：，
抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为：，
由消去可得：，，，
，
，解得：，直线的方程为：或.
【提分秘籍】
圆锥曲线中求面积常规类型
（1）
(2)三角形恒过数轴上的定线段，可分为左右或者上下面积，转化为
(3)三角形恒过某定点，可分为左右或者上下面积，转化为
（4）四边形面积，注意根据题中条件，直接求面积或者转化为三角形面积求解。
【变式演练】
1.已知抛物线C：的焦点为F，直线l：y=与抛物线C交于A，B两点.
（1）求AB弦长；
（2）求△FAB的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用代数方法，根据弦长公式求解；（2）在（1）的基础上，再求出点F到直线AB的距离，最后根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】
（1）由消去整理得，其中，
设A（，），B（，）.则，.所以，
所以=.
（2）由题意得点F（1，0），故点F到直线AB的距离，
所以.即△FAB的面积为．
2.已知抛物线：（），其上一点到的焦点的距离为4.
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）过点的直线与抛物线分别交于，两点（点，均在轴的上方），若的面积为4，求直线的方程.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）
【分析】
（1）根据题意，结合抛物线的定义列方程求出，写出抛物线的方程即可；
（2）设直线：，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合面积公式，列方程求出，即可得解.
【详解】
解：（Ⅰ）抛物线：（）上一点到的焦点的距离为4，
由抛物线的定义，得，解得，所求抛物线的方程为.
（Ⅱ）由题意知，直线的斜率一定存在.
①当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有一个交点，不合题意.
②当直线的斜率不为0时，依题意，设直线：，
设点，.点均在轴的上方，，，
由（Ⅰ）知抛物线的焦点，则.联立直线的方程与抛物线的方程，即，消去并整理得.由，得（因为），且有，，
，
解得或，又，，
：，直线的方程为.
3.已知双曲线：（，）的离心率为，虚轴长为4.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线：与双曲线相交于，两点，为坐标原点，的面积是，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）运用双曲线的离心率公式和a，b，c的关系，解方程组即可得到，，进而得到双曲线的方程；
（2）将直线l的方程代入双曲线方程并整理，根据l与双曲线交于不同的两点A、B，进而可求得m的范围，设，，运用韦达定理和弦长公式，以及求出O点到直线AB的距离公式，最后由三角形的面积求得m，进而可得直线方程.
【详解】解：（1）由题可得 ，解得，，，故双曲线的标准方程为；
（2）由得，由得 ，
设， ，则 ， O点到直线l的距离 ， ，
或 或 故所求直线方程为：或
【题型七】 面积最值
【典例分析】
已知一张纸上画有半径为4的圆O，在圆O内有一个定点A，且，折叠纸片，使圆上某一点刚好与A点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当取遍圆上所有点时，所有折痕与的交点形成的曲线记为C.
（1）求曲线C的焦点在轴上的标准方程；
（2）过曲线C的右焦点（左焦点为）的直线l与曲线C交于不同的两点M，N，记的面积为S，试求S的取值范围.
【答案】（1）；（2）﹒
【分析】
(1)根据题意，作出图像，可得，由此可知M的轨迹C为以O、A为焦点的椭圆；
(2)分为l斜率存在和不存在时讨论，斜率存在时，直线方程和椭圆方程联立，用韦达定理表示的面积，根据变量范围可求面积的最大值﹒
（1）
以OA中点G坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图：

∴可知，，设折痕与和分别交于M，N两点，
则MN垂直平分，∴，又∵，∴，
∴M的轨迹是以O，A为焦点，4为长轴的椭圆．∴M的轨迹方程C为；
（2）设，，则的周长为．
当轴时，l的方程为，，，
当l与x轴不垂直时，设，由得，
∵D＞0，∴，，
，
令，则，，
∵，∴，∴.综上可知，S的取值范围是．
【提分秘籍】
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

【变式演练】
1.已知椭圆C：=1(a>b>0)的焦点F在直线上，离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若O为坐标原点，过点M(0，2)作直线l交椭圆C于A、B两点，求△AOB面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由和解得，即可求得椭圆的方程；
（2）设出直线AB的方程代入椭圆方程，利用一元二次方程跟与系数关系得出交点纵坐标的关系，继而表示△OAB的面积，利用基本不等式求最值．
（1）设F(c，0)，则知c=1，离心率，知a=c，由，从而a=，b=1，
所以椭圆C的方程为.
（2）设，由题意可设直线AB的方程为y=kx+2，
由消去y并整理，得，
由，得，
由韦达定理，得， ，
因为点O到直线AB的距离为d=，|AB|=，
所以S△AOB=|AB|·d=，设，由，知t>0，
于是S△AOB=，由t+≥8，得S△AOB≤，当且仅当t=4，时等号成立，
所以△AOB面积的最大值为.
2.已知点是已知椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，当时，面积达到最大，且最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）根据题意，点在短轴端点时，△PF1F2的面积最大，且为正三角形，进而得到的关系，解得答案即可；
（2）根据判断出四边形是平行四边形，进而设出直线方程并代入椭圆方程化简，然后结合根与系数的关系求出面积的表达式，最后解出面积的范围.
（1）
由题可知，当点在短轴端点时，△PF1F2的面积最大，且为正三角形，
，又，由，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）设，则由，可得，即，，
又因为，所以四边形是平行四边形，设平面四边形的面积为S，
则.
设，则,所以
因为，而对勾函数在上单调递增，所以，
所以.所以四边形面积的取值范围为.
3.已知椭圆的长轴长为4，离心率为，一动圆过椭圆上焦点，且与直线相切．

（1）求椭圆的方程及动圆圆心轨迹的方程；
（2）过作两条互相垂直的直线，，其中交椭圆于，两点，交曲线于，两点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1），；（2）8．
【分析】
(1)利用椭圆的简单几何性质求a、b、c，利用直线和圆相切关系求圆心轨迹方程；
(2)先讨论，其中一条斜率不存在，另外一条斜率为零的情况；再讨论斜率存在且不为零的情况﹒，互相垂直，可设斜率为k，则斜率为，用弦长公式分别求出|PQ|和|MN|﹒对角线互相垂直的四边形，面积等于对角线乘积的一半，据此用k表示出四边形的面积，求这个关于k的式子的最小值，即可得到答案﹒
（1）由已知可得，则所求椭圆方程，
由已知可得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线的焦点为，准线方程为，
则动圆圆心轨迹方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，，此时，从而，
设直线的斜率为，则，直线的方程为：，
直线的方程为，设，，，，，，，，
由，消去可得，，
由，消去得，由抛物线定义可知：，，
令，，则，则，
∴，综上，，
∴四边形面积的最小值为8．


【题型八】 定值
【典例分析】
已知椭圆C：(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为．
（1）求椭圆C的方程．
（2）已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
【答案】（1）；（2）kMN·kOP为定值，定值为；理由见解析
【分析】
（1）根据椭圆离心率公式，结合抛物线焦点坐标公式进行求解即可；
（2）把直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式、中点坐标公式进行求解证明即可.
（1）∵抛物线y2＝4x的焦点为(1，0)，∴椭圆C的半焦距c＝1，
又椭圆的离心率，，因此椭圆C的方程为；
（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx＋m，
将y＝kx＋m代入，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＞0，可得m2＜4k2＋3．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，，
因为线段MN中点为P，所以，
因此，所以kMN·kOP.
【提分秘籍】
求定值问题常见的思路和方法技巧：
（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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题
【变式演练】
1.已知双曲线C的中心在原点，是它的一个顶点.是它的一条渐近线的一个方向向量.
（1）求双曲线C的方程；
（2）设，M为双曲线右支上动点，当|PM|取得最小时，求四边形ODMP的面积；
（3）若过点任意作一条直线与双曲线C交于A，B两点（A，B都不同于点D），求证:为定值.
【答案】（1）；（2）；（3）定值0，证明见解析.
【分析】
(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，利用待定系数法计算得解.
(2)根据给定条件求出点M的坐标，并求出点M到直线DP距离，再借助三角形面积公式计算即得.
(3)设出直线AB方程：，联立直线AB与双曲线C的方程，借助韦达定理计算即可作答.
（1）
因双曲线C的中心在原点，一个顶点是，则设双曲线C的方程为：，
于是得双曲线C的渐近线方程为，而双曲线C的一条渐近线的一个方向向量是，
则有，所以双曲线C的方程为.
（2）依题意，设点，则，即，
，当时，，此时，
点M到直线DP：的距离为，而，如图，

四边形ODMP的面积，
所以四边形ODMP的面积为.
（3）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程：，由消去x得：，
当时，恒成立，设，
则有，，
因此，
，所以为定值0.
2.已知圆：，定点，A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点．
（1）求P点的轨迹C的方程；
（2）设直线过点且与曲线C相交于M，N两点，不经过点．证明：直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为-1.
【分析】(1)根据给定条件探求出，再利用椭圆定义即可得轨迹C的方程.
(2)由给定条件可得直线的斜率k存在且不为0，写出直线的方程，再联立轨迹C的方程，借助韦达定理计算作答.
（1）圆：的圆心，半径为8，
因A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点，则，
于是得，因此，P点的轨迹C是以，为左右焦点，
长轴长2a=8的椭圆，短半轴长b有，
所以P点的轨迹C的方程是.
（2）因直线过点且与曲线C：相交于M，N两点，则直线的斜率存在且不为0，
又不经过点，即直线的斜率不等于-1，设直线的斜率为k，且，
直线的方程为：，即，
由消去y并整理得：，
，即，则有且，
设，则，
直线MQ的斜率，直线NQ的斜率，
，
所以直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值.
3.已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线（不与轴重合）交椭圆于点，，直线，分别与直线交于点，．求证：以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值．
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）由条件、、可得答案；
（2）设，，，，直线的方程为，可得、坐标，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得及中点坐标，可求得以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值．
（1）由条件有，解得，，所以椭圆的方程为．
（2）证明：，设直线的方程为，，，，，联立椭圆方程，整理得，，，直线的方程为，
令，得，同理，，
所以，
中点为，即，
故以线段为直径的圆被轴截得的弦长为，
即：以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值．
【题型九】最值与范围
【典例分析】
已知中心在原点的双曲线的右焦点为，右顶点为．
（）求双曲线的方程；
（）若直线与双曲线交于不同的两点，，且线段的垂直平分线过点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）由双曲线的右焦点为，右顶点为求出和,进而根据求得,则双曲线方程可得；（2）把直线方程与双曲线方程联立，消去，利用判别式大于求得和的不等式关系，设的中点为，根据韦达定理表示出和，根据，可知的斜率为，进而求得和的关系，最后综合可求得的范围.
试题解析：（）设双曲线方程为．由已知得，，，
∴．故双曲线的方程为．
（）联立，整理得．∵直线与双曲线有两个不同的交点，
∴，可得．（）设、，的中点为．
则，，．由题意，，∴．整理得．（）将（）代入（），得，∴或．又，即．∴的取值范围是．

【提分秘籍】
求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意
1. 注意变量的范围。
2. 式子转化为求值域或者求最值的专题复习
【变式演练】
1.已知中心在原点的双曲线的一个焦点，一个顶点为.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线的左右两支各有一个交点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题可得，求出即得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，利用判别式和韦达定理即可求出.
【详解】
（1）双曲线的一个焦点，一个顶点为，
双曲线的焦点在x轴上，且，
，
双曲线的方程为；
（2）联立直线与双曲线方程，可得，
直线与双曲线的左右两支各有一个交点，
，解得.
2.已知双曲线C的方程为（），离心率为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过的直线交曲线于两点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意，结合离心率易，知双曲线为等轴双曲线，进而可求解；
（2）根据题意，分直线斜率否存在两种情形讨论，结合设而不求法以及向量数量积的坐标公式，即可求解.
（1）
根据题意，由离心率为，知双曲线是等轴双曲线，所以
，故双曲线的标准方程为.
（2）
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
则由消去，得到，
∵直线与双曲线交于M､N两点，，解得.
设，则有，，
因此，
∵，∴且，故或，
故；
②当直线的斜率不存在时，此时，易知，，故.
综上所述，所求的取值范围是.
3.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，离心率为，P为椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时，△的面积为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设斜率存在的直线与C的另一个交点为Q，是否存在点，使得?若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点，使得，且.
【分析】
（1）根据题意，结合椭圆的性质，列方程组求出、、，即可求解；
（2）根据题意，结合设而不求法以及中垂线的性质，即可求解.
解（1）根据题意，由离心率为，得，由当P是C的上顶点时，△的面积为，得，
联立，解得，故椭圆C的标准方程为.
（2）根据题意，知，设直线：，联立，得，
设，，则，，设为的中点，则.
当时，若，易得；
当时，若，则，得，
因为，所以，
即，由，得.
综上所述，.故存在点，使得，且.

【题型十】 第六个方程的积累
【典例分析】
已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点且与平行的直线与椭圆交于点.求的值.
【答案】（1）（2）
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题意知解得，
所以椭圆的标准方程为
（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则
设直线的方程为，直线的方程为，则，由得易知，设，
则，是方程（1）的两个根，所以，所以，
则又，
所以由得.设，
则，，所以，所以，
【提分秘籍】
在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。
1. 具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。
2. 隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。
3. 没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。
【变式演练】
1.已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，，点P为坐标平面内的一点，且，，O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线，的倾斜角分别为，，且证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）（2）证明见解析，该点坐标,
【详解】（1）设，，，由，可得，，，，即有，即，又，可得，，则椭圆的方程为；
（2）证明：设，，,，由题意可得，
若直线的斜率不存在，即，，由题意可得直线，的斜率大于0，即，矛盾；
因此直线的斜率存在，设其方程为．联立椭圆方程，
化为：，△，化为：．
，．由，可得，，
，化为：，
，
化为，解得，或．
直线的方程可以表示为（舍去），或，则直线恒过定点,．
2.已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）（2）或．
试题解析：（1）因为椭圆的右焦点，，所以，因为在椭圆上，所以，
由，得，，所以椭圆的方程为．
（2）由得：，即，可得，
①当垂直轴时，，此时满足，所以此时直线的方程为；
②当不垂直轴时，设直线的方程为，由消去得，
设，，所以，，代入可得：，代入，，得，
代入化简得：，解得，经检验满足题意，则直线的方程为，
综上所述直线的方程为或．
3.已知抛物线（）的焦点为，直线过点且与相交于、两点，当直线的倾斜角为时，.
（1）求的方程；
（2）若点是抛物线上、之间一点，当点到直线的距离最大时，求△面积的最小值；
（3）若的垂直平分线与相交于、两点，且、、、四点在同一圆上，求的方程.
【答案】（1）；（2）2；（3）或.
解：（1）由已知，设，设直线的方程为，代入，得，
则，于是，得，∴的方程为；
（2）设直线的方程为，联立，消去，得，
于是， 由题意，抛物线过点的切线与直线平行，可设该切线的方程为，
代入，得，由，可得，
从而可得点到直线的距离为，∴，当且仅当时等号成立，
即面积的最小值为2；
（3）由题意知与坐标轴不垂直，∴可设的方程为，代入，得，
设、，则，．∴的中点为，，
又的斜率为，∴的方程为，将上式代入，并整理得，设、，则，，
∴的中点为，，
由于垂直平分，
∴、、、四点在同一圆上等价于，从而，
即，化简得：，解得：或，
所求直线的方程为或．


1.（天津市耀华中学2021-2022学年高三上学期第二次月考）已知椭圆的右焦点为，下顶点为，离心率为，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与轴交于点，过作斜率为的直线交椭圆于不同的两点，延长交于点，若，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）利用离心率和求出与的值，进而求出椭圆方程；（2）设出点和点坐标，利用直线方程得到的横坐标，进而求出与的长，根据题意设出直线BC：，联立后利用韦达定理，再结合求出的与的长，不等式，得到关于的不等关系，解出答案，结合得出的k的取值范围，最终确定答案
（1）由题意得：，，故，由得：，故椭圆的标准方程为
（2）如图所示，，设，，因为直线BC的斜率存在，所以，故直线：，令得：，同理，设直线BC：，由，可得：，故，解得：或.
又，，故，所以，

故，解得：，综上：


2.（江苏省宿迁市沭阳县2021-2022学年高三）已知椭圆E的方程为，过点且离心率为
（1）求椭圆E的方程；
（2）点A是椭圆E与x轴正半轴的交点，不过点A的直线交椭圆E于B、C两点，且直线，的斜率分别是，，若，
①证明直线l过定点R；
②求面积的最大值．
【答案】（1）（2）①证明见解析，②.
【分析】（1）由已知可得，从而可求出，进而可得椭圆E的方程，
（2）①设，直线，再将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系，由可得，结合前面的式子可求得，从而可证得结论，
②，再利用基本不等可求得答案
（1）由题意，解得，得，所以曲线E的方程为．
（2）①设，直线，联立方程组得，
由，解得，
由知
，
且，代入化简得，解得，
∴直线l过定点
②由①知且，得，
（当且仅当时取等号）．综上，面积的最大值为
3.（安徽省池州市第一中学2021-2022学年高三上学期）已知椭圆经过点，焦距为.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）若四边形内接于椭圆E，对角线交于坐标原点O，且这两条对角线的斜率之积为，求证：四边形的任意一组邻边的倾斜角互补.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据焦距求的值，把点代入椭圆方程结合椭圆中的关系式，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设出直线的方程，；把直线方程与椭圆方程联立，消元，写韦达，根据可求出直线的斜率；同样的方法，可求出直线的斜率，从而可得出结论，即四边形的任意一组邻边的倾斜角互补.
（1）
设椭圆的半焦距为c，所以，所以，
因为椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆E的标准方程为；
（2）不妨设一组邻边为，，
由四边形内接于椭圆E，对角线交于坐标原点O，且这两条对角线的斜率之积为，得
，即.若直线的斜率不存在，此时，此时不满足；
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
(※)，
，所以，
因为，所以，
即，整理，得，即，
同理可得，直线的斜率为，所以，
所以四边形的任意一组邻边的倾斜角互补.
4.（四川省绵阳南山中学2021-2022学年高三）已知P(，)是椭圆C： (a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．
【答案】（1）；（2）﹒【分析】
(1)由椭圆过的点的坐标及三角形的面积可得，，之间的关系，求出，的值，进而求出椭圆的标准方程；
(2)由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和，进而求出交点的中点的纵坐标，同理求出的纵坐标，进而求出面积的表达式，换元由函数的单调性求出其最大值．
（1）由题意可得，解得：，，∴椭圆的标准方程为：；
（2）由(1)可得右焦点，
由题意设直线的方程为：，设直线与椭圆的交点，，，，则中点的纵坐标为，联立直线与椭圆的方程，
整理可得：，，∴，
同理可得直线与椭圆的交点的纵坐标，
∴，
设，令，则，令，，
，，恒成立，∴在，单调递增，∴．
∴面积的最大值为：．
5.（福建省厦门第一中学2021-2022学年高三上学期期中）已知点A为抛物线上的一个动点（A与坐标原点O不重合），中点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）直线L过交曲线C于M，N两点，F为曲线C的焦点，求的最小值.
【答案】（1）（2）4
【分析】(1)首先设出点和的坐标，利用P点横纵坐标表示A点横纵坐标关系并结合A在抛物线上即可求解；(2)首先设出直线，然后与抛物线联立方程，求出的值，然后表示出，最后利用均值不等式求解即可.
（1）设，，因为是的中点，所以，，
因为A在抛物线上，所以，即，化简得，
所以曲线C的方程为.
（2）设直线L为：，，，由可得，，
，故，，
又因为点坐标为，所以，
从而，，
所以，
当且仅当时，有最小值4.
6（江苏省百校大联考2021-2022学年高三上学期11月一轮复习阶段检测）.已知椭圆C：的离心率为，且是C上一点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过右焦点作直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使为定值？若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）（2）存在；，该定值为
【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程，再椭圆离心率公式和，由此即可求出结果；
（2）设直线AB的方程为，将其与椭圆方程联立化简，求出韦达定理，设根据数量积公式和韦达定理化简可得，根据为定值，即可求出结果.
（1）
解：由题意知，∴椭圆C的方程为．
（2）解：设直线AB的方程为，，，
，即，
所以
假设存在这样的符合题意，则，


，要使其为定值，则，解得．
∴存在符合题意，该定值为．
7.（江苏省扬州市江都区2021-2022学年高三上学期）已知椭圆的右顶点为，焦距是，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线（均为常数）与椭圆相交于不同的两点（均异于点），若以为直径的圆经过椭圆的右顶点，试判断直线能否过定点？若能，求出该定点坐标；若不能，也请说明理由．
【答案】（1）（2）直线过定点，该定点为
【分析】
(1) 由题意可得，可得，再由离心率可得答案.
(2)将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由条件可得，将韦达定理代入，可得的关系，从而得到答案.
（1）由题意得：，解得∴椭圆的方程为：；
（2）设，，由得：
∵直线与椭圆相交于两点，
∴得： （）
由韦达定理：，；
∵以为直径的圆过椭圆的右顶点，∴，
由于，所以

从而即，即
∴或，均符合（）
当时，直线，即，所以恒过定点，
当时，直线，过定点，舍去．
综上可知：直线过定点，该定点为．
8.（河北省省级联测2021-2022学年高二上学期）已知圆F1：（x+1）2+y2=16，F2（1，0），P是圆F1上的一个动点，F2P的中垂线l交F1P于点Q.
（1）求点Q的轨迹E的方程；
（2）若斜率为k（k≠0）的直线l1与点Q的轨迹E交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点（，0），求k的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）利用椭圆的定义可求椭圆方程.
（2）设直线，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理可求的中垂线的方程，结合其过所得的等式，结合判别式为正可得的取值范围.
（1）由题意可知：，由的中垂线l交于点Q，则，
∴，则点Q的轨迹E为以为焦点，4为长轴长的椭圆，
即，∴点Q的轨迹E的方程为：.
（2）设直线，将代入椭圆方程，
消去y得，
所以即①，
由根与系数关系得，则，
所以线段的中点M的坐标为.又线段的直平分线的方程为，
由点M在直线上，得，
即，所以②，由①②得，
∵，∴，所以，即或，
所以实数的取值范围是.
9.（A佳教育湖湘名校2019-2020学年高三下学期3月线上自主联合检测）已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) (2) 或
解析：（1）由已知得，解方程组得，∴椭圆的方程为，
（2）假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，
由得，
设，则，
，
由得，即，即，
故，代入（*）式解得或．
10.（湖南省湘潭一中、双峰一中，邵东一中2019-2020学年）已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
解：根据题意得：，，，所以直线的方程为：，
所以点到直线的距离为：，化简整理得：.
又因为点在椭圆上，故.联立，解得：.
故椭圆的方程为：.
（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程 并化简得：，
所以，，，所以，因为，所以，化简整理得：，所以，整理得：（满足）
此时，
，
原点到直线的距离为：，所以的面积为：.