回归教材重难点04 圆锥曲线-【查漏补缺】2022年高考数学（理）三轮冲刺过关

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回归教材重难点04 圆锥曲线

圆锥曲线解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度中等，是考生必须突破的核心内容之一.
圆锥曲线是高考数学的重要考查内容，常作为试卷的拔高与区分度大的试题，其思维要求高，计算量大.令同学们畏惧.通过对近几年高考试题与模拟试题的研究，分析归纳出以下考点：
(1)圆锥曲线通性通法研究；
(2)圆锥曲线中最值、定点、定值问题；
(3)圆锥曲线中的常见模型；
圆锥曲线的核心内容概括为八个字，就是“定义、方程、位置关系”.所有的圆锥曲线试题都是围绕这八个字的内容与三大核心考点展开.

1.求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
首先仍是将题目中的基本信息进行代数化，坐标化，遵循直线与圆锥曲线题目通解中的套路，即设点设线、直由联立、看判别式、韦达定理.
2.弦长、面积背景的条件翻译
首先仍是将题目中的基本信息进行代数化，坐标化，遵循直线与圆锥曲线题目通解中的套路，即设点设线、直由联立、看判别式、韦达定理.
将有关弦长、面积背景的问题进行条件翻译时，一般是应用弦长公式、点到直线的距离公式及面积公式(在圆中要用半径、半弦、弦心距组成的直角三角形求弦长)将有关弦长、面积的条件翻译为：(1)关于某个参数的函数，根据要求求出最值；(2)关于某个参数的方程，根据要求得出参数的值或两参数间的关系.
3.斜率背景条件的翻译
在面对有关等角、倍角、共线、垂直等几何特征时，可设法将条件翻译成关于斜率的关系式，然后将斜率公式代入其中，得出参数间的关系式，再根据要求做进一步的推导判断.
4.弦长、面积范围与最值问题
弦长和面积的最值问题首先需要将弦长和面积表达出来，弦长可用弦长公式求出；面积的表达以直线与椭圆相交得到的为例，总结一下高考中常见的三角形面积公式.对于，有以下三种常见的表达式：
①(随时随地使用，但是相对比较繁琐，想想弦长公式和点到直线距离)②(横截距已知的条件下使用)
③(纵截距已知的条件下使用)
5.坐标、斜率、角度、向量数量积等范围与最值问题
通过合理的方式，将所需要的坐标、斜率、角度、向量数量积等问题利用参数进行表达，进而构造函数，通过求函数值域解决.涉及向量的数量积，多与坐标有关，最终利用根与系数的关系进行解决.
6.定值问题
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．
7.求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
8.三点共线问题
证明共线的方法：(1)斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；(2)距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；(3)向量法：利用向量共线定理证明三点共线；(4)直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第3点也在该直线上；(5)点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线.(6)面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”.
9.中点弦问题
对于中点弦问题常用点差法解决.
10.四点共圆问题
证明四点共圆的方法：
方法一：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，则可肯定这四点共圆.
方法二：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，则可肯定这四点共圆(根据圆的性质一一同弧所对的圆周角相等证）.
方法三：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其中一个外角等于其内对角时，则可肯定这四点共圆(根据圆的性质一一圆内接四边形的对角和为，并且任何一个外角都等于它的内对角).
方法四：证明被证共圆的四点到某一定点的距离都相等，或证明被证四点连成的四边形其中三边中垂线有交点），则可肯定这四点共圆（根据圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹为圆）.
11.切线问题
(1)若点是圆上的点，则过点的切线方程为.
(2)若点是圆外的点，由点向圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为.
(3)若点是椭圆上的点，则过点的切线方程为.
(4)若点是椭圆外的点，由点P向椭圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为.

【真题演练】
1．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】
（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】
关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
2．（2021·全国·高考真题（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】
（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】
（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
3．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】
(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】
(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
4.（2020·全国·高考真题（理））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.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】
（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】
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.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
5．（2020·全国·高考真题（理））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|CD|=|AB|.
（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.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
【分析】
（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】
（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为x=2c⋅cosθ,y=3c⋅sinθ（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【整体点评】
(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.


【好题演练】
1．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室三模（理））已知左、右焦点分别为的椭圆：的离心率为，直线与椭圆交于两个不同的点，当四边形为矩形时，其面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若与轴不平行且过定点（2，0）的直线与椭圆交于不同的两点A，B，问：在轴上是否存在一个定点M（x0，0）使得的值为定值？若存在，试求出x0的值及定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，定值为
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的离心率有，四边形为矩形时，其面积为有　，解两个方程即可得出椭圆的方程.
（2）分两种情况：（i）当直线与轴不垂直时, 设、，设直线的方程为 ，与椭圆联立得韦达定理，假设在轴上存在一个定点 ，表示出，要使的值为定值，解得，此时，.

(ii) 当直线与轴垂直时，将代入椭圆方程可求得出的坐标，表示出，即可求出，即可得出答案.
(1)
由题意，得　①，且，，则
　　②.
由①②联立，并结合，解得，，
所以椭圆的方程为.
(2)
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
代入椭圆的方程，得.
设、，所以，.
根据题意，假设在轴上存在一个定点，使得的值为定值，
则
.
要使上式为定值，即与无关，则，解得，
此时，，
所以在轴上存在定点，使得为定值，且，定值为.
当直线与轴垂直时，将代入椭圆方程可求得出的坐标，不妨设，则
∴.
综上可知，在轴上存在定点，使得为定值，且，定值为.
2．（2022·黑龙江·哈九中三模（理））已知直线l：，M为平面内一动点，过点M作直线l的垂线，垂足为N，且（O为坐标原点）．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)已知点P(0，2)，直线与曲线E交于A，B两点，直线PA，PB与曲线E的另一交点分别是点C，D，证明：直线CD的斜率为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）设M(x,y)则N(－4,y)，由已知条件，利用向量数量积的坐标表示列方程即可得轨迹方程.
（2）设坐标，联立已知直线与曲线E，由判别式求的范围，并根据韦达定理得到坐标关于t的表达式，写出直线PA、PB方程，联立曲线E，应用韦达定理得到关于坐标的关系，最后利用两点式可得，化简即可证结论.
(1)
设M(x,y)，则N(－4,y)，则，，
所以，则E的方程为．
(2)
设，，，，
联立，得，则，即，
且，，又直线PA为，
联立，得，
由韦达定理得：，所以，同理得：．
则，故直线CD的斜率为定值，得证.
3．（2022·安徽省舒城中学一模（理））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.
【答案】(1)
(2)是，
【解析】
【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.
4．（2022·新疆·二模（理））已知椭圆的离心率为，短轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的动直线与椭圆交于、两点（点在轴上方），、为椭圆的左、右顶点，直线，与轴分别点、，为坐标原点，求的值．
【答案】(1)；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，列出关于的方程组，求解即可得答案；
（2）由题意，设直线的方程为，，，则，，联立，利用韦达定理可得，易得 ，，由化简即可得答案.
(1)
解：由题意，有，解得，，
所以椭圆的方程为；
(2)
解：由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，，
由，可得，
，，，                 
所以，即，
由，，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，则直线的方程为，               
令，得，所以，
所以，
所以．
5．（2022·青海西宁·一模（理））已知椭圆的焦距为2，左、右焦点分别为、，A为椭圆上一点，且轴，，为垂足，为坐标原点，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点的直线(斜率不为0)与椭圆交于、两点，在轴正半轴上是否存在一点，使，若存在求点的坐标，若不存在说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
(1)由已知得，再由轴，求得、，结合相似三角形对应边成比例可得关于、的方程，结合隐含条件求解，进一步可得，则椭圆的标准方程可求；
(2)设，，，，，，，联立直线方程与椭圆方程，可得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、中点坐标公式及，即可求得的坐标．
(1)
椭圆的焦距为2，则，，
轴，，则，
由，，得Rt△Rt△，
，
整理得，又，代入得，解得或，
，即，，则，
椭圆的标准方程为；
(2)
，设，,，,，,，
由，
∵，，，
，，
即，得．
则
．
．
6．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模（理））已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在圆上取一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别记为M，N，（PM与PN的斜率均存在），直线PM，PN分别与圆O相交于异于点P的A、B两点.
①求证：；
②求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知，，解方程即可解出,，得到椭圆的标准方程；
（2）
①设，设过P点与椭圆C相切的直线方程为，联立直线与椭圆方程，根据可得直线，的斜率的关系，结合点在圆上可得，得到为圆的直径，进而得到的值.
②设，，由直线PM与椭圆方程联立可得，，同理可得直线，即可得直线的方程为，再与椭圆方程联立求得弦长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而得到的面积的表达式，再根据换元法以及函数值域的求法即可求解．
(1)
，，又，，.
(2)
①设，过P点与椭圆C相切的直线方程为
得，
得，，
所以，又因为点,,在圆上，所以为圆的直径，.
②设，，设PM：，由得到，

由得
，，同理，
∵在直线PM， 上，,, ,
∴直线的方程为.
由得，
，
.到的距离，
，
令，则

【点睛】
思路点睛：本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，直线与圆的位置关系的应用，以及椭圆中的三角形面积问题的解法应用，意在考查数学运算能力和运用知识的综合能力，综合性强，运算量大，属于较难题．
7．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））已知平面直角坐标系中，点到抛物线准线的距离等于5，椭圆的离心率为，且过点

(1)求的方程；
(2)如图，过点作椭圆的切线交于两点，在轴上取点，使得，试解决以下问题：
①证明：点与点关于原点中心对称；
②若已知的面积是椭圆四个顶点所围成菱形面积的16倍，求切线的方程.
【答案】(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据点到抛物线的准线的距离等于5得到，进而求出抛物线的方程；再利用椭圆的离心率、点在椭圆上建立关于、的方程组即可求解；
（2）①设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式为0得到，联立直线和抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、斜率和为0求出点的坐标，即可证明点与点关于原点中心对称；
②先求出椭圆四个顶点组成菱形的面积，再利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积公式求出，通过解方程即可求解.
(1)
解：因为点到抛物线的准线的距离等于5，
所以，解得，所以抛物线的方程为；
因为椭圆的离心率为，且过点，
所以 ，解得，
所以椭圆的方程为；
(2)
解：①因为，且直线与椭圆相切，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
因为直线与椭圆相切，
所以，即，
联立，得，
设，，则；
设，因为，所以，
则，即，
即，
又，所以，即，
即点与点关于原点中心对称；
②椭圆四个顶点所围成菱形面积为，
所以的面积为，
则
，
令，即，
即，即，
即，
即，
因为，所以，，；
所以直线的方程为.
8．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知抛物线的准线经过点，过点的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，点（其中）在抛物线C上，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)设O为原点，若，，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先通过准线过点求出抛物线方程，设出直线联立抛物线，利用以及直线PA， PB与y轴有交点解出斜率的范围即可；
（2）表示出直线PA， PB的方程，令求出坐标，由，表示出，即可求解.
(1)
因为抛物线的准线经过点，
所以，即，
故抛物线C的方程为.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为.
由得.
依题意，
解得且.
又点（其中）在抛物线C上，∴
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点.从而.
所以直线l斜率的取值范围是.
(2)
设，.
由（1）知，.
直线PA的方程为.
令，得点M的纵坐标为.
∴
同理得点N的纵坐标为.
由，，
得，
.
所以
.
所以为定值.
9．（2022·江西上饶·二模（理））已知抛物线上的点到准线的距离为a．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设，O为坐标原点，过点的直线l与抛物线C交于不同的A、B两点，问：是否存在直线l，使得，若存在，求出的直线l方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在；.
【解析】
【分析】
（1）由题意可列出的方程组，计算求解即可；
（2）设直线l的方程为，、，联立方程组得出、，根据题意可求出的值，可求出的直线l方程.
(1)
由题可知：，
∴抛物线C的方程为；
(2)
假设存在满足题意的直线l，显然直线l的斜率存在，
设直线l的方程为，、，
则，、，
由，得，
由题可知：，
∴，
∴，
故存在满足题意的直线l，直线l的方程为.
10．（2022·陕西渭南·二模（理））已知圆和圆，若动圆C与圆A和圆B都外切
(1)求动圆C的圆心的轨迹E的方程；
(2)设圆O：，点M，P分别是圆O和（1）中轨迹E上的动点，当时，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，定值为.
【解析】
【分析】
（1）由动圆C与圆A和圆B都外切和双曲线定义可知的轨迹为双曲线的右支的部分，进而求出圆C的圆心的轨迹E的方程；
（2）设，为轨迹E上的动点，则有，分别表示和，作差后可求出定值.
(1)
因为设动圆圆心，半径为，因为动圆C与圆A和圆B都外切，
所以，，
所以，
根据双曲线定义可知，的轨迹为双曲线的右支的部分，
其中,为双曲线的焦点，即，
，即，所以，
即，
联立方程组，易知圆A和圆B相交，且交点坐标为和，
所以，，
所以动圆C的圆心的轨迹E的方程为：，；
(2)
设，为轨迹E上的动点，
所以，即，
因为，且，
所以，
而，
则有，
所以，
所以是定值，定值为.
11．（2022·安徽黄山·二模（理））已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设B，C是椭圆E上异于下端点A的两点，且|AB|=|AC|，若BC的中点为G，求点G的轨迹方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【解析】
【分析】
（1）根据离心率及椭圆上的点列出方程组求解即可；
（2）由直线与轴位置关系分类，垂直时易知中点G在短轴上，不垂直时设BC的方程为，联立方程后，根据根与系数的关系及AG⊥BC求中点坐标，得出纵坐标为定值，再由判别式得出横坐标范围即可求解.
(1)
由题意得，解得
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）可得，
若 轴，不符合题意；
若与轴不垂直，设直线BC的方程为，代入并整理，
得
一方面，必须；
另一方面，设，，则，设的中点，则 ，且 ，             
①当时，轴，由对称性可得点G在椭圆的短轴上.             
②当时，由AG⊥BC ，得，
则即 ，化简得，             
代入，解得.
所以 ，             
，则.                    
故点（）在定直线上运动.
综上所述，点G轨迹方程为或.
12．（2022·安徽宣城·二模（理））已知椭圆的左顶点是A，右焦点是，过点F且斜率不为0的直线与C交于P，Q两点，B为线段AP的中点，O为坐标原点，直线AP与BO的斜率之积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l为圆的切线，且l与C相交于S，T两点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用中位线得到，进而有，设出点坐标，结合椭圆方程得到，
结合焦点坐标求出椭圆方程即可；
（2）当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程表示出，再由直线l为圆的切线
即可求出范围；当斜率不存在时，直接计算出，取并集即可.
(1)
设椭圆C的右顶点是A'，连接PA'，
因为B，O分别是PA，AA'的中点，所以，
因为直线AP与BO的斜率之积为，所以.
设，则，
因为，，所以
，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为.
(2)
设，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立
整理得，
则，则，
，
则
.
又直线l为圆的切线，
则，即，
则，
又因为
于是；
当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为，则，，

综上，
13．（2022·贵州·模拟预测（理））已知抛物线：的焦点为，点为抛物线上一点，抛物线在点处的切线与轴相交于点，且的面积为2.
(1)求抛物线的方程.
(2)若斜率不为0的直线过焦点，且交抛物线于，两点，线段的中垂线与轴交于点.证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示坐标后由面积列方程求解
（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点坐标后计算证明
(1)
由题意可知，
设抛物线在点处的切线方程为，
联立得，
由解得，故切线方程为，
令，得，即，
又，所以，解得，
所以抛物线的方程为．
(2)
由（1）可知，显然直线的斜率存在，故可设直线的方程为，，.
联立方程组，消去得，
所以，，
所以，得，
所以线段的中点为，中垂线所在直线的斜率，
故线段中垂线所在的直线方程为，
令，得，所以，
所以为定值，得证.
14．（2022·陕西榆林·三模（理））已知椭圆的离心率为；是的左焦点，直线与相交于，两点，直线与的另一交点为，直线与的另一交点为.当时，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：直线经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由时，的面积为3以及离心率为解方程即可求得的方程；
（2）设，，联立直线和椭圆方程求得，，表示出直线的方程，
联立椭圆方程求得M坐标，同理求得坐标，利用，即可证明直线经过定点.
(1)
当时，轴，且，
则.
联立解得.
故的方程为.
(2)
设，，
联立方程组整理得，
则，.
直线的方程为，
联立方程组整理得，
则，则，.
同理可得，，，
则，
故直线经过定点.
【点睛】
本题关键点在于用表示出直线的方程，联立椭圆方程求得M坐标，同理求得坐标，
再利用斜率相等，即即可证明直线经过定点.
15．（2022·宁夏石嘴山·一模（理））已知为坐标原点，点，点满足，，的中点在线段上．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点的直线交曲线于、两点，当，求的面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设交于点，所以为的中点，取的中点，连接，设，连接，求得，利用椭圆的定义可知点的轨迹为椭圆，求出、的值，即可得出曲线的方程；
（2）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，由可求得，再利用导数可求得的面积的取值范围.
(1)
解：设交于点，所以为的中点，
取的中点，连接，则是的中位线，
又，则，所以，为的垂直平分线，则，
又，则．               
设，连接，则为的中点，所以，，

根据椭圆的定义可知，点的轨迹为椭圆，其中，，，
所以，轨迹的方程为．
(2)
解：若直线与轴重合，此时不存在，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立得，，
由韦达定理可得，，
，，因为，则，
所以，，
因为，令，其中，
，即函数在上单调递减，
所以，当时，，所以，解得，               
又，
令，所以，，
令，其中，，
所以，函数在上单调递减，故．
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或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，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
16．（2022·江西宜春·模拟预测（理））双曲线与椭圆的焦点相同，且渐近线方程为，双曲线的上下顶点分别为A，B．过椭圆上顶点R的直线l与双曲线交于点P，Q（P，Q不与A，B重合），记直线的斜率为，直线的斜率为．
(1)求双曲线的方程；
(2)证明为定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【解析】
【分析】
（1）由与的焦点相同，可得，又因为渐近线方程为，可得，即可得出双曲线的方程.
（2）设直线方程为，联立双曲线的方程可得韦达定理，可求出，又因为，，所以代入化简有：，即可求出答案.
(1)
由椭圆的焦点，即中，渐近线方程为即，则由，即可求出.
所以双曲线的方程为：.
(2)
，由题意可知，直线的斜率k存在，所以，设直线方程为
联立方程，得
由韦达定理得，两式相除，有①
，
∴②
将①代入②得，