高考专题18 圆锥曲线解答题

这是一份高考专题18 圆锥曲线解答题，共84页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年新高考地区名校高三数学一模好题分类汇编
专题18 圆锥曲线解答题
一、解答题
1．（2022·江苏海门·高三期末）在平面直角坐标系中，设双曲线的右准线与其两条渐近线的交点分别为、，且．
(1)求双曲线的方程；
(2)设动直线与双曲线相交于点、，若，求证：存在定圆与直线相切，并求该定圆的方程．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定圆方程为.
【解析】
【分析】
（1）由二倍角的正切公式可求得，可得出，利用双曲线的右准线方程可求得的值，可得出的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）分析可知直线、的斜率都存在，可设直线直线的方程为，设点，将直线的方程与双曲线的方程联立，求出，可得出的值，利用等面积法可求得原点到直线的距离，即可得出结论.
(1)
解：设渐近线的倾斜角为，则，
由已知可得，整理可得，
因为，解得，则，所以，，
双曲线的右准线方程为，可得，，
故双曲线的方程为.
(2)
解：若直线、中有一条直线的斜率不存在时，
则直线、分别与两坐标轴重合，则这两条直线中有一条直线不与双曲线相交，不合乎题意；
若直线、的斜率都存在时，可设直线的方程为，设点、，
联立可得，所以，，，
所以，，，
设点到直线的距离为，则，
综上，存在定圆与直线相切，该定圆的方程为．
【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．
2．（2022·江苏扬州·高三期末）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F到准线的距离为2．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点P（1，1）作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D．设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由．
【答案】(1)y2＝4x；
(2)直线m恒过定点(，)，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题可得p＝2，即求；
（2）利用韦达定理法及条件可求以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的方程，然后可得公共弦所在直线，进而即得.
(1)
由题意得该抛物线焦点到准线的距离为－(－)＝p＝2，
所以该抛物线的方程为y2＝4x．
(2)
①当直线l1， l2的斜率都存在时，设直线l1：，直线l2：y－1＝k2（x－1），
由，消去y得，显然，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
，，
则以AB为直径的圆的方程为：，
，
即＋＋＝0，
同理，以CD为直径的圆的方程为：＋＋＝0，
∴以两圆公共弦所在的直线m的方程为：．
令，解得，所以直线恒过定点(，)．
②当直线l1，l2的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设l1的斜率不存在，l2的斜率为k2，
则以AB为直径的圆的方程为：，
以CD为直径的圆的方程为：＋＋＝0，
所以两圆公共弦所在的直线m的方程为：，
此时直线m恒过定点（，），
综上得：直线m恒过定点（，）．
3．（2022·江苏通州·高三期末）已知双曲线的两条渐近线方程为，直线l交C于A，B两点.
(1)若线段AB的中点为，求l的方程；
(2)若以线段AB为直径的圆过坐标原点O，且O到l的距离为，求C的方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用点差法求得直线的方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，求得，从而求得的方程.
(1)
依题意，双曲线的渐近线方程为，
所以.
设，
则，
两式相减并化简得，
由于线段的中点为，
所以，
所以直线的方程为.
(2)
结合（1）可知双曲线的方程为，
当直线的斜率不存在时，
由于到的距离为，所以直线的方程为，
不妨设直线的方程为，
由于以线段为直径的圆过坐标原点，
结合对称性可知点在双曲线上，
所以，
所以双曲线的方程为.
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，即，
到的距离为①.
由消去并化简得②，
，
，
.
由于以线段为直径的圆过坐标原点，
所以，
，
，，
，
由①得，
将代入②得，
.
所以，双曲线方程为.
综上所述，双曲线方程为.
4．（2022·江苏宿迁·高三期末）已知双曲线的虚轴长为4，且经过点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)双曲线的左､右顶点分别为，过左顶点作实轴的垂线交一条渐近线于点，过作直线分别交双曲线左､右两支于两点，直线分别交于两点.证明：四边形为平行四边形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据虚轴长为4，且经过点这两个条件可求解；
（2）要证明四边形为平行四边形，即证明对角线相互平分，也就是证明其对称性，这一点通过横坐标之和为零实现.
(1)
因为双曲线的虚轴长为4，且经过，
所以解得
所以双曲线的标准方程为.
(2)
联立得，由题意知过点的直线斜率存在，
设过点的直线方程为，
联立得，
则，得，
所以，
因为，所以直线的方程为，
联立解得，
同理可得，
所以

因为


即.
所以对角线与互相平分，即四边形为平行四边形.
5．（2022·江苏海安·高三期末）已知双曲线：的两条渐近线互相垂直，且过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)设为双曲线的左顶点，直线过坐标原点且斜率不为，与双曲线交于，两点，直线过轴上一点（异于点），且与直线的倾斜角互补，与直线，分别交于（不在坐标轴上）两点，若直线，的斜率之积为定值，求点的坐标．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，，解方程求出的值即可求解；
（2），设，，，，直线，的斜率分别为，根据，，可得利用和所表示的点的坐标，同理可得利用和所表示的点的坐标，将整理为关于的方程，由对于任意的恒成立列出等价条件即可求解.
(1)
由可得渐近线方程为：，
因为两条渐近线互相垂直，所以，可得，
又因为，解得：，
所以双曲线的方程为.
(2)
设，，，，
由（1）知：，设直线，的斜率分别为，
因为三点共线，所以，即，
因为直线过轴上一点（异于点），且与直线的倾斜角互补，
所以，即，所以，
由可得，所以，
同理可得，
因为直线，的斜率之积为定值，设定值为，
则，
整理可得：，其中，
因为上式对任意的都成立，所以，可得，，
所以点的坐标为.
【点睛】
思路点睛：破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出草图，把已知条件翻译到图形中；二是“转化”搭桥，即利用斜率，联立方程等，将问题代数化，一般运算量较大.
6．（2022·江苏如东·高三期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，离心率为e，且点(e，3)，(，b)都在双曲线C上.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若A，B是双曲线C上位于x轴上方的两点，且AF1//BF2.证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）将点，代入双曲线方程，解出，得到答案.
（2）设直线的倾斜角为，由双曲线的定义可得出，在在中由余弦定理可得处，同理得出的长，从而可得答案.
(1)
由点在上，有，解得
由点在上，有，即，即
所以
所以双曲线的方程为：
(2)
由AF1//BF2，设直线的倾斜角为，如图，连接
由双曲线的定义可得，又
在中由余弦定理可得：
即
所以
在中，，同理可得
所以
所以为定值.


7．（2022·江苏如皋·高三期末）设椭圆经过点M，离心率为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线的交点分别为P，Q，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）把点代入椭圆方程，然后结合离心率公式即可求出椭圆的标准方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立消元写韦达，然后表示出直线，的方程，进而求得，，求得，结合韦达定理即可求解.
(1)
由题意知，，解得，
所以椭圆的标准方程为．
(2)
设过点的直线方程为，
代入椭圆的方程，整理得，
因为，
设，，则，①，
由（1）得，则直线的方程为，
令，得，同理可得

将，代入，

把①式代入，整理得，
由，知
所以面积的最小值为
8．（2022·江苏无锡·高三期末）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，点是轴正半轴上的一点，过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）列出关于的方程组，解方程组即得解；
（2）设直线的方程为，其中，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出，再对分类讨论，利用函数的单调性求出函数的取值范围.
(1)
解：由题意知，椭圆标准方程为.
(2)
解：设直线的方程为，其中，，


，，
，
，，

若，则，，
若，则，
令，，，
因为在单调递减，
所以
综上：的取值范围为.
9．（2022·江苏常州·高三期末）已知椭圆的左焦点坐标为，离心率．点是椭圆上位于轴上方的一点，点，直线、分别交椭圆于异于的点、．
(1)求椭圆的标准方程
(2)若直线平行于轴，求点的横坐标．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值， 即可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、、，写出直线、的方程，将这两直线的方程分别与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，由已知可得，即可求得的值，即可得解.
(1)
解：由题意知，椭圆的方程为.
(2)
解：设点、、，则，
直线的方程为，联立，
可得，即，
由韦达定理可得，则，

直线的方程为，联立，
消去可得，
由韦达定理可得，可得，
因为轴，则，即，解得.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
10．（2022·江苏苏州·高三期末）在平面直角坐标系中，已知点，，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设，直接根据条件列方程，注意挖去两点，即可得到答案；
（2）设，直线方程为，将，用表示，进行计算可得为定值；
(1)
设，，，，
，
曲线的方程为．
(2)
设，直线方程为
直线方程为：，方程为：
在方程中令，
联立，

，
为定值．

11．（2022·广东揭阳·高三期末）已知椭圆为椭圆的左､右焦点，焦距为，点在上，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点，以为直径的圆是否恒过轴上的定点？若存在该定点，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)以为直径的圆恒过轴上的定点.
【解析】
【分析】
（1）根据焦距求出，再根据面积的最值求出，即得椭圆的方程；
（2）当直线的斜率为0时，圆与轴的交点为；当直线的斜率不为0时，设直线.联立直线和圆的方程得到韦达定理，得到，即，解方程，且即得解.
(1)
解：由椭圆的焦距为，可得，即.
设点的纵坐标为的面积，
其中，根据面积的最大值为，可得.
由椭圆的性质可得：.
于是椭圆的方程为.
(2)
解：当直线的斜率为0时，以为直径的圆的方程为
圆与轴的交点为
当直线的斜率不为0时，设直线.
将直线与椭圆联立，可得.
设点的坐标分别为，则有

以为直径的圆的方程为
令，可得：①.
其中②，
③.
②③代入①可得④.
式子④可变换为⑤.
当，且时，⑤式成立，可解得.
综上可得，以为直径的圆恒过轴上的定点.
12．（2022·广东潮州·高三期末）已知椭圆的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点，使得为定值
【解析】
【分析】
（1）求得圆得方程，由直线与圆相切得条件，可得的值，再由离心率可求得，从而可得，即可得出答案；
（2），假设存在，设，，联立,消，利用韦达定理求得，分析计算从而可得出结论.
(1)
解：由离心率为，得，及，
又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为，
且与直线相切，
所以，
所以，，
所以椭圆C的标准方程为；
(2)
解：假设存在，设，
联立,消整理得，
，
设，
则，
由，
则




，
要使上式为定值，即与无关，
则应，即，
此时为定值，
所以在x轴上存在定点，使得为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆方程的求法，考查了满足条件的定点是否存在的判断与方法，考查了定值定点问题，考查了学生的计算能力和数据分析能力，计算量较大.
13．（2022·广东东莞·高三期末）已知点为椭圆的左顶点，点为右焦点，直线与轴的交点为，且，点为椭圆上异于点的任意一点，直线交于点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由，右焦点，以及关系，联立可求解出，从而得椭圆的方程；
（2）设点的坐标为，表示出直线的方程，从而得点的坐标，进而表示出和，计算得，再由，代入化简计算，即可得，所以可证明.
(1)
由题知，得，
又因为右焦点为，则，
解得，所以，
所以椭圆的方程为.

(2)
设点的坐标为，则，
所以直线的方程是，
当时，，所以点的坐标为，
所以，，
所以.
因为点在椭圆上，所以，即，
所以
，
又因为和是锐角，
所以.
【点睛】
一般椭圆中的动点问题，需要设出动点坐标，然后根据题意列式计算，再由动点满足椭圆的方程代入化简，即可求出定值.
14．（2022·广东罗湖·高三期末）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，过点的直线l与C交于M，N两点（异于点A），记直线AM，AN的斜率分别为，，当时，．
(1)求C的方程；
(2)证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题可得，再利用弦长公式可得，即求；
（2）由题可设直线的方程为，利用韦达定理法可得，且，再计算即得.
(1)
∵在上，∴，
当时，直线的方程为：，
将代入，并整理得，
解得，或，
∴，解得，
∴椭圆的方程为：.
(2)
由题意知，直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，，，
联立得
∴，且，
∴


，
∴，即为定值.
15．（2022·广东清远·高三期末）设抛物线的焦点为F，准线为l，过焦点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A，B两点，若的中点到准线l的距离为4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设P为l上任意一点，过点P作C的切线，切点为Q，试判断F是否在以为直径的圆上．
【答案】(1)
(2)F在以为直径的圆上
【解析】
【分析】
（1）根据点差法可得,再由抛物线的定义及中点坐标公式建立方程求出即可；
（2）设，切线的方程为，利用直线与抛物线相切求出, ,根据向量的数量积即可判断.
(1)
设，则
所以，整理得，
所以．
因为直线的方程为，
所以．
因为的中点到准线l的距离为4，
所以，得，
故抛物线C的方程为．
(2)
设，可知切线的斜率存在且不为0，
设切线的方程为，
联立方程组得，
由，得，即，
所以方程的根为，
所以，即．
因为，所以，
所以，即F在以为直径的圆上．
16．（2022·广东汕尾·高三期末）已知点M为直线：x=-2上的动点，N（2，0），过M作直线的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且，试问直线AB是否过定点？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标．
【答案】(1)；
(2)直线过定点.
【解析】
【分析】
（1）利用定义法求曲线C的方程；
（2）设直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，化简，代入韦达定理即得解.
(1)
解：由已知可得，，
即点P到定点N的距离等于它到直线的距离，
故点P的轨迹是以N为焦点，为准线的抛物线，
∴曲线C的方程为.
(2)
解：设直线的方程为
联立，得

，






解得
所以直线过定点．
17．（2022·广东佛山·高三期末）已知双曲线C的渐近线方程为，且过点.
(1)求C的方程；
(2)设，直线不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线与C交于另一点D，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）可设双曲线的方程为，将点代入求出，即可得解；
（2）可设直线为，，联立，消，利用韦达定理求得，然后求出直线的方程，整理分析即可得出结论.
(1)
解：因为双曲线C的渐近线方程为，
则可设双曲线的方程为，
将点代入得，解得，
所以双曲线C的方程为；
(2)
解：显然直线的斜率不为零，
设直线为，，
联立，消整理得，
依题意得且，即且，
，
直线的方程为，
令，
得





.
所以直线过定点.
【点睛】

18．（2022·广东·铁一中学高三期末）已知椭圆过点，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点，为等腰直角三角形的三个顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线不经过点且与椭圆相交于，两点.若直线与直线的斜率之积为1，证明：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件写出的等量关系式进行求解即可.
（2）讨论当直线的斜率不存在时不满足题意，当斜率存在时，设，，，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，用，坐标表示，将韦达定理代入整理即可得到直线过的定点.
【详解】
（1）由椭圆过点得，椭圆的一个短轴端点与两焦点，为等腰直角三角形的三个顶点，可得，又即，解得，，∴椭圆方程为.
（2）证明：①当直线斜率不存在时，
设直线，，，
，即，
解得或，直线不过点,故(舍)，，舍去，
故不满足.
②当直线斜率存在时，设，，，
联立，整理得.
，， ①
则，
∴，
将①代入上式可得，
∴，
若，，,直线经过点与已知矛盾，
若，，存在使得成立.
∴直线的方程为，
故直线过定点.
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求解，考查直线恒过定点问题以及韦达定理和斜率公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题.
19．（2022·湖南常德·高三期末）已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的左、右顶点分别为A、B，直线l：经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆交于M，N两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线BM，AN的斜率分别为，，若，求证：λ为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题可得，，即求；
（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理法即求.
(1)
由题意知右焦点F(1，0)，，又，
则，，
所以椭圆的标准方程为：；
(2)
设，，
由可得，
则，，
又，B（2，0），，
法一：，由得，
∴

即λ为定值．
法二：


即λ为定值．
20．（2022·湖南娄底·高三期末）已知椭圆C的标准方程为，右焦点为F，离心率为，椭圆C上一点为．直线AB的方程为，交椭圆C于A，B两点，M为AB中点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F且与AB垂直的直线与直线OM交于P点，过O点作一条与AB平行的直线l，过F作与MO垂直的直线m，设，求证：直线轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据离心率为，椭圆C上一点为这两个条件即可求椭圆的标准方程；
（2）根据平行或垂直关系求出相关直线，再根据直线的联立分别求出点的横坐标即可证明.
(1)
依题意得，解得，
所以椭圆C的方程为．
(2)
联立椭圆C的方程，与直线AB的方程，消去y得，
，设，，
得，，
设，所以，，
所以直线MO的斜率为，MO的方程为，
F的坐标为，
过F且与AB垂直的直线方程为，
由与联立消去y得，P点的横坐标为4，
直线m的方程为，直线l的方程为，
由与联立消去y得，Q点的横坐标也为4，所以直线轴．
21．（2022·湖南郴州·高三期末）已知圆，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线与线段相交于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)已知为点的轨迹上三个点（不在坐标轴上），且，求的值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的定义，结合题意即可求解；（2）由题意可知为的重心，则有，只需求三角形面积即可，根据直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式、点到线的距离公式和已知条件可求出三角形的底和高的长，即可得解.
(1)
由已知有，
∴点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，∴，
∴点的轨迹方程
(2)
由，可知为的重心，
∴，
由已知的斜率存在，设直线的方程为：，，
由，
则，

，
由，，
∴，
，

∴．
22．（2022·湖北武昌·高三期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点、是双曲线的两个实轴顶点，点是双曲线上异于、的任意一点，直线交于，直线交于，证明：直线的倾斜角为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设，求得，可设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，即可证得结论成立.
(1)
解：由题意得，解得，所以，椭圆的标准方程为．
(2)
解：由（1）知，双曲线方程为．
设，则，则，
因为、，所以．
设直线的方程为，
联立，消去得，
由韦达定理可得，则，
直线的方程为，
联立，消去可得，
由韦达定理可得，则，
所以，直线的倾斜角为.

23．（2022·湖北江岸·高三期末）已知抛物线的准线与圆相切.

(1)求；
(2)若定点，，M是抛物线上的一个动点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为､恒过一个定点.求出这个定点的坐标.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的准线与圆相切，即可求出.
（2）根据题意设出点的坐标，再求出直线与的方程，再由，分别过，.消去代入直线，即可得到直线恒过的定点.
(1)
依题意，直线与圆相切，，.
(2)
抛物线方程，设，，，
过的直线方程为
化简得：同理，，

又，分别过，.
∴，
消去，代入得
，直线恒过一个定点.
24．（2022·湖北襄阳·高三期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形的面积为4，且该四边形内切圆的方程为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线(,均为常数)与椭圆相交于，两个不同的点(,异于,)，若以为直径的圆过椭圆的右顶点，试判断直线能否过定点？若能，求出该定点坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)直线过定点，该定点为.
【解析】
【分析】
（1）由菱形面积得，由内切圆圆心到四边形四边所在直线距离等于半径得的一个等式，两者结合解得得椭圆方程；
（2）设，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，由求出的关系，再观察直线方程得定点坐标．
(1)
四边形的面积为4，且可知四边形为菱形
∴，即①
由题意可得直线方程为：，即，
∵四边形内切圆方程为
∴圆心到直线的距离为，即②．
由①②：，，
∴椭圆的方程为：；
(2)
设，，
由得：，
∵直线与椭圆相交于，两个不同的点，
∴，即③
由韦达定理得
∵以为直径的圆过椭圆的右顶点，
∴，，
由于，所以，
∴，
即，
从而，
即，
∴，或适合③．
当时，直线，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．
25．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知椭圆：（），、分别为椭圆的左、右顶点.点，为坐标原点，椭圆长轴长等于，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过作垂直于轴的直线，为上的一个动点，与椭圆交与点，与椭圆交与点.求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据条件：椭圆长轴长等于，离心率为等到方程即可求解；
（2）设方程为，将其与椭圆联立，再根据椭圆上的点得到关系式，从而求出直线过定点，另一方面还要注意到时这一特殊情况.
(1)
由题意可知，∴，又，∴，.
∴椭圆方程为.
(2)
由题，，设，，.
若，设方程为，由题可知，
：，∴，
：，∴，
消去得.
又，∴，∴，
即 ①
，，
，.
代入①式得，
∴，解得（舍去）或.
∴：，即直线过点，
时，则直线方程为，过点.
综上可知直线过定点.
26．（2022·湖北·高三期末）已知点为抛物线的焦点，如图，过点的直线交抛物线于两点（点在轴右侧），点在抛物线上，直线交轴的正半轴于点且，设直线与抛物线相切于点，直线与轴相交于点．

(1)设点，；
①求证：；
②求证：直线与平行；
(2)求使面积取最小值时点的坐标．
【答案】(1)①证明见解析 ；②证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题易知抛物线的方程为，设直线的方程为，进而联立方程即可证明；再根据，结合焦半径公式得，进而得直线的斜率，最后由导数的几何意义得并结合和斜率证明结论；
（2）由（1）得直线l的方程为，进而得，，故，再构造函数，令导数求解最值即可得答案.
(1)
解：由抛物线的焦点为，得，
所以抛物线的方程为，设直线的方程为
联立得，所以，
由于，所以直线的斜率
由得，即，
所以直线的斜率，
所以，即直线与平行．
(2)
解：直线l的方程为，即
令得，
所以直线l与y轴的交点，所以
又由（1）知，
所以
令
则
∴当时，单调递减，当时，单调递增
故当时，有最小值，即当时，面积取最小值，此时A点坐标为．

27．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知双曲线的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2，0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA斜率为，直线NB斜率为，求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)见解析.
【解析】
【分析】
(1)由虚轴长为，和渐近线方程为，求得和的值，即可；
(2)设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可．
(1)
虚轴长为4，，即，
直线为双曲线的一条渐近线，
，，
故双曲线的标准方程为．
(2)
由题意知，，，
由题可知，直线l斜率不能为零，故可设直线的方程为，
设，，，
联立，得，
，，
，
直线的斜率，直线的斜率，
，为定值．

28．（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）已知点、分别是椭圆C的左、右焦点，离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设斜率为k的直线l（不过焦点）交椭圆于M，N两点，若x轴上任意一点到直线与的距离均相等，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析，（-2,0）.
【解析】
（1）根据离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且,可用待定系数法求椭圆的标准方程;
（2）先用设而不求法表示出，然后分析得到，代入，求出，即可证明直线过定点（-2，0）.
【详解】
(1)设椭圆的标准方程为
由题意可得解得：
即椭圆C的标准方程：.
(2)设直线l：
则
有，消去 y得：，
所以
因为x轴上任意一点到直线与的距离均相等，
所以x轴为直线与的角平分线，
所以，即
所以
整理化简得：
即直线l：
故直线恒过定点（-2,0）.
【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"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.
29．（2022·山东青岛·高三期末）已知椭圆离心率为，短轴长为，过的直线与椭圆C相切于第一象限的T点.
(1)求椭圆C的方程和T点坐标；
(2)设O为坐标原点，直线平行于直线OT，与椭圆C交于不同两点A，B，且与直线l交于点P.证明：为定值.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件列式计算求出椭圆C的方程，再设出直线方程，与椭圆C的方程联立，借助判别式计算作答.
(2)由(1)设出直线方程，求出点P的坐标，联立直线与椭圆C的方程，借助韦达定理计算作答.
(1)
令椭圆C的半焦距为c，依题意，，而，解得，
所以的方程为；
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去y得：，
由，解得：或，
当时，，解得，点，当时，，解得，不符合题意，
所以点坐标为.
(2)
由(1)知，直线的斜率，直线的方程为，
设的方程为，，
由解得：，即点，则，
由消去y得：，则，

，
同理，
，
所以为定值.
【点睛】
方法点睛：求定值问题常见的方法：(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．
30．（2022·山东枣庄·高三期末）如图，为椭圆的左顶点，过原点且异于轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点分别为．

(1)设直线的斜率分别为，证明：为定值；
(2)设与的面积分别为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
(1)
因为A为椭圆的左顶点，故．
设，则，故直线AM的斜率，
直线AN的斜率，
故．
又是上的点，
故，即，故．
(2)
设，，直线AM的方程为．
代入得．
于是有，或，故．
将AM的方程代入，得，
于是有，或，故．
所以．
设直线AN的方程为，同理可得．
又，故，即．
故．
所以．
令，则．
当时，即，即，
即时，取得最大值．
【点睛】
本题考查了直线和椭圆的位置关系问题，涉及到定值以及最值问题，解答时注意这类问题的一般解决思路，往往要设直线方程，和圆锥曲线的方程联立，进而利用根与系数的关系式化简，其中要注意应用到点在曲线上或者图形的一些几何性质，综合性较强，计算量较大.
31．（2022·山东莱西·高三期末）已知椭圆的离心率为，A，B为其左､右顶点，，为其左､右焦点，以线段为直径的圆与直线相切，点P是椭圆C上的一个动点（P异于A，B两点），点Q与点P关于原点对称，分别连接AP，并延长交于点M，连接并延长交椭圆C于点N，记△的面积与的面积分别为，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用原点到直线的距离为，求出值，再利用离心率，求出值，最后利用求出的值，即可求解；
（2）设点坐标为，分别求出直线和直线的方程，然后联立求出点的坐标，利用的关系求出点的纵坐标，利用点、、三点共线求出点的横坐标，最后利用点，点在椭圆上，构造方程组即可解得、的值.
(1)
∵以线段为直径的圆与直线相切，
∴原点到直线的距离为，即，
又∵，∴，即，
故椭圆的标准方程为;
(2)
设点坐标为，
由得，直线的方程为（其中，），
∵点Q与点P关于原点对称，∴点Q的坐标为，
则直线的方程为,
将两直线方程联立得，
又∵，
∴,即，，
点和点分别位于轴的两侧，则，
∵点、、三点共线，∴∥,
即，,
，，故,
∵点在椭圆上，∴，
又∵点也在椭圆上，∴，
以上两个方程联立求解得，，
则存在点，使得.
32．（2022·山东泰安·高三期末）设点是椭圆上一动点，分别是椭圆的左，右焦点，射线分别交椭圆于两点，已知的周长为8，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明： 为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆定义和点在椭圆上建立方程，解出方程即可；
（2）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理表示出点和点的坐标关系，同理也可以表示出点和点的坐标关系，然后将化简为三点的坐标表示，最后化简即可
(1)
根据椭圆的定义可得：
解得：
将代入方程，得
解得：
椭圆C的方程为：
(2)
由题知，，设，则直线的方程为

由得




同理可得





为定值.
【点睛】
（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
33．（2022·山东青岛·高三期末）已知为坐标原点，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点在椭圆上，原点为的重心，证明：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据焦距可确定，再根据点在椭圆上，代入方程解方程组可得答案.
（2）设直线的方程为，和椭圆联立，整理得到根与系数的关系式，继而根据重心性质表示出坐标为，代入椭圆方程得到参数之间的关系式，从而再表示出三角形的高,根据面积公式表示出的面积，将参数间的关系式代入化简即可证明.
(1)
由椭圆的左右焦点分别为，且，
可知： ，即① ，
将代入方程得： ②，
① ②联立解得 ，
② 故椭圆的标准方程为.
(2)
证明：设 ，
当直线 斜率不存在时，即 ，
由原点为的重心，可知
故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，
不妨取 ，则有，或，
则此时 ;
当直线 斜率存在时，不妨设方程为 ，
则联立 ，整理得： ，
且需满足 ，
则 ，
所以 ，
由原点为的重心知， ，
故坐标为 ，代入到中，
化简得： ，即 ，
又原点为的重心，故到直线的距离为原点到直线距离的3倍，
所以 ，
而
=
= ，
因此
=，
综合上述可知：的面积为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆方程的求法以及重心性质的应用，以及椭圆内的特殊三角形面积问题，运算量比较复杂而且计算量较大，解决本题的关键是设出直线方程，要利用重心性质表示出一个点的坐标并代入椭圆方程中，找到两参数之间的关系式，然后三角形面积的表示这点并不困难，表示的方法也比较常规，但需要计算时十分细心还要有耐心.
34．（2022·山东德州·高三期末）已知抛物线C的顶点是坐标原点O，对称轴为x轴，焦点为F，抛物线上点A的横坐标为1，且.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C的焦点作与x轴不垂直的直线l交抛物线C于两点M，N，直线分别交直线OM，ON于点A和点B，求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意知抛物线开口向右可设其抛物线方程，焦点为，抛物线上点A的横坐标为1，可设出点坐标含有未知数，再由可列出，再由，代入即可解得，即可求出抛物线方程.
（2） 由题意设直线l：，，，再把抛物线与直线进行联立消，得.直线OM的方程为，与联立可得：，同理可得，可写出圆心和半径进而写出圆的方程，在令，即可求出以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点.
(1)
由题意可设抛物线方程为，､，
由.可得，即.解得
抛物线方程为：.
(2)
设直线l：，，，
由联立得，.
则.
直线OM的方程为，与联立可得：，同理可得.
以AB为直径的圆的圆心为，半径为，则圆的方程为. 令.则.
即，解得或.
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点，.
35．（2022·山东淄博·高三期末）已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为．
(1)求C的方程；
(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线与直线AP，AQ的交点分别为M，N．是否存在实数t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根据F到渐近线的距离为，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；
（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.
(1)
双曲线一条渐近线方程为 ，
焦点 ，则焦点到准线的距离 ，
由F到渐近线的距离为可知： ，
由渐近线方程为知： ，故 ，
所以双曲线方程为： ；
(2)
设直线l的方程为 ，
联立 ，整理得： ，
设 ，而 ,
则 ，
所以 ， ，
假设存在实数t，使得，则 ,
故由方程： ,令得 ，
同理方程： ,令得，
所以，
即 ，
则 ，
即 ，解得 ，
故存在实数，使得.
【点睛】
本题考查了直线和双曲线的相交问题，涉及到求双曲线方程性质以及和直线的交点等问题，还渗透了向量的应用，比较复杂，这类问题的一般解决思路，是设直线方程，然后联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，然后利用所给条件得到一个关系式，将根与系数的关系代入整理化简，其中关于字母的运算量大，需要细心耐心对待.
36．（2022·山东烟台·高三期末）已知椭圆的长轴长为，点在上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左、右顶点分别为、，过定点的直线与椭圆交于、两点（异于点、），试探究直线、的交点的横坐标是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)；
(2)直线、的交点的横坐标为定值.
【解析】
【分析】
（1）求出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知直线与轴不重合，可设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，求出两直线交点的横坐标，将韦达定理代入即可求得结果.
(1)
解：由题意，得，
又在椭圆上，所以，解得，．
所以椭圆的方程为．
(2)
解：可得、，
若直线与轴重合，则与重合，不合乎题意，
设直线的直线方程为，设点、，
联立，消整理得，
，
由韦达定理可得，．
直线的方程为，直线的方程为，
联立两条直线方程，解得．①
将，代入①，
得．②
将，代入②，
得．
因此，直线、的交点的横坐标为定值．
【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．
37．（2022·山东济南·高三期末）已知为圆上一动点，点，线段的垂直平分线交线段于点.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分別为，，过点作直线的垂线，垂足为点，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）Q点轨迹符合椭圆定义，因而简化了运算过程；
（2）两条互相垂直的弦所在直线要分为两种情况：两条直线斜率均存在或其中一条直线斜率不存在另一条斜率为0，找到直线EF所过定点是本题关键.
(1)
由题意可知圆的圆心为，半径为4，
因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，
所以，所以，
又因为，所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，
设（），则，，，
所以点Q的轨迹方程为.
(2)
（ⅰ）若两条直线斜率均存在，
设过点N的弦所在直线的方程为（），
代入椭圆方程联立得：，
设与椭圆两交点的坐标分别为，
所以，所以，
则；
同理，；
由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为，
显然，所以，
化简得，即；
（ⅱ）若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴；综上直线EF必过定；
取点N与点T的中点为G，则，因为，所以，
所以点H在以G为圆心，为半径的圆上运动，
所以存在定点G，使得为定值.
38．（2022·山东省淄博实验中学高三期末）已知椭圆：的左､右焦点分别为，，离心率为，且过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆相交于，两点，求的最大值；
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合离心率和以及点在椭圆上，得到关于的方程组，由此求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）分别考虑直线的斜率是否存在，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，联立直线与椭圆方程得到对应的韦达定理形式，代入中化简即可得出最大值；当直线的斜率不存在时，直接计算即可；.
(1)
由，得，
∴椭圆方程为，
又椭圆过点，
∴，
解得，∴.
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）得，，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
设，，
联立直线方程和椭圆方程得
消去得，
，
由根与系数的关系得，
由已知得









当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时不妨设点在第二象限，则，，
∴，，
∴，
综上所述，的最大值为.
39．（2022·山东日照·高三期末）在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线，是曲线上一点.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率为的直线与曲线交于两点，若且直线与直线交于点，求 的值；
(3)若点在轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的定义直接判断出轨迹写出方程即可；
（2）联立直线与抛物线方程求出，再求出点的坐标，计算，即可求解；
（3）求出DE的长，再利用点到直线的距离求出三角形的高，代入面积公式，由均值不等式求最值即可.
(1)
由题意，动圆圆心到与到直线距离相等，
所以曲线K为抛物线，焦点为.
所以抛物线方程为；
(2)
设直线l：，
则，
由根与系数关系可得，
，
由 ，
又，
.
(3)
设，且切线斜率为，
则切线方程为，
，
所以，
则，
则，
所以
当且仅当，即时，等号成立，

40．（2022·山东临沂·高三期末）如图，椭圆：（）的离心率为，直线：与只有一个公共点.

（1）求椭圆的方程.
（2）不经过原点的直线与平行且与交于，两点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的离心率为，可得，再由直线与椭圆只有一个公共点，可把直线与椭圆方程联立成方程组消元后，判别式等于零，可求出，从而可得椭圆的方程；
（2）由（1）可求出点，从而可得直线的方程为，设，，直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，化简后利用根与系数的关系可得，，而化简变形可得结果.
【详解】
（1）解：由，得，
由，得，
所以的方程为，即，
与：联立得，
令，得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：由（1）得，所以，
设：，，，
联立方程组
整理得，
，得，
则，，





，
所以.
【点睛】
此题考查的是求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题.
41．（2022·河北深州市中学高三期末）已知抛物线，点F为C的焦点，过F的直线l交C于A，B两点．
(1)设A，B在C的准线上的射影分别为P，Q，线段PQ的中点为R，证明：；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得直线AT，BT的斜率之和为定值？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）设出直线l方程，与抛物线联立，利用韦达定理证明即可；
（2）假设存在点满足题意，表示出直线AT，BT的斜率，化简计算可得.
(1)
证明：设，，，
故可设直线l的方程为，
由得，
则，，
由题意可知，，，
则，．
因为，
，
所以，故．
(2)
假设存在点满足题意，设直线AT，BT的斜率分别为k1，k2．
，，
则
．
因为，且为常数，
所以，即，
故存在点满足题意．
42．（2022·河北唐山·高三期末）已知圆，点是圆上任意一点，在轴上的射影为，点满足，记点的轨迹为．
(1)求曲线的方程；
(2)已知，过的直线与曲线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）、设出点坐标，根据题意求出点坐标，代入圆方程即可求出曲线的方程；
（2）、对直线的斜率分类讨论，利用弦长公式结合导数法求出的取值范围.
(1)
设点，由，得，
由点在圆上，所以，整理得，所以曲线的方程是
(2)
当直线的斜率为时，，，，
当直线的斜率不存在时，，，，
当直线的斜率存在且不为时，设：，则：
点到直线的距离，所以，
将代入曲线的方程，整理得
，设，
则，，则，
所以，
令，则，
令，，则，所以在上单调递减，
所以，即．
综上所述，的取值范围是．
43．（2022·河北保定·高三期末）已知椭圆经过四个点中的三个.
(1)求的方程.
(2)若为上不同的两点，为坐标原点，且与垂直，试问上是否存在点（异于点），使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，坐标为
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的对称性，和坐标的特点，即可确定三点在椭圆上，由此即可求出椭圆方程；
（2）因为与垂直，可知与关于直线对称，于是有，设直线的方程为，直线的方程为，将其与椭圆方程联立，根据韦达定理，可证明，可知当与重合，即的坐标为时，满足题意.
(1)
解：因为，两点的横坐标相同，所以可判断这两点不能同时在上.
假设不在上，则由椭圆的对称性可知，也不在上，这与经过，，，四个点中的三个点矛盾，
故假设不成立，从而在上，
因此过，，则，且，得，
故的方程为.
(2)
解：设，.
因为与垂直，所以与关于直线对称，
于是有.
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，即，
同理可得，
则，
因为，
所以当与重合，即的坐标为时，，
所以上存在定点满足题意，其中的坐标为.
44．（2022·河北张家口·高三期末）已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，点到直线的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值
【解析】
【分析】
（1）结合双曲线的离心率，顶点到渐近线的距离求得，由此求得双曲线的方程.
（2）根据直线与坐标轴平行或不平行两种情况进行分析，结合根与系数关系以及列方程，化简后根据点到直线距离公式求得点到直线的距离.
(1)
由题意，得双曲线的渐近线方程为，
右顶点为.又，
且，
所以，故.
又，解得，
所以双曲线的方程为.
(2)
设.
当直线和轴线平行时，，解得，
所以点到直线的距离为.
当直线和轴线不平行时，
设直线的方程为，
由得，
，
所以.
又，
所以，
得，
解得.
又点到直线的距离为，
则，故，
所以点到直线的距离为定值.