回归教材重难点04 圆锥曲线-【查漏补缺】2022年高考数学（文）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．（2020·全国·高考真题（文））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）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【答案】（1）；（2）：，： .
【解析】
【分析】
（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；
（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；
【详解】
解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.
不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，
所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；
又因为抛物线的方程为，所以当时，有，
所以的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为.
由已知得，即.
所以的标准方程为，的标准方程为.
【点睛】
本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.
2．（2020·全国·高考真题（文））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．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；
（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.
【详解】
（1），，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即．
（2）［方法一］：通性通法
不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为
根据题意画出图形，如图


，， ，
又， ，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，
画出图象，如图


, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，面积为：；
②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图


, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，
面积为： ，综上所述，面积为：.
［方法二］【最优解】：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．
故，
①因为，如图，所以，．


②因为，如图，所以．



综上有
［方法三］：
由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，
由韦达定理得，所以，
将其代入直线的方程得，所以，
则．
因为，则直线的方程为，
则．
因为，所，，
即，故或，即或．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点A到直线的距离为，
故的面积为．
当时，点P，Q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．
综上所述，的面积为．
［方法四］：
由（1）知椭圆的方程为，．
不妨设在x轴上方，如图．


设直线．
因为，所以．
由点P在椭圆上得，所以．
由点P在直线上得，所以．所以，化简得．
所以，即．
所以，点Q到直线的距离．
又．
故．即的面积为．
［方法五］：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，
由题知，所以．
（1）．
则．
（其中）．
（2）．
同理，．
（其中）
综上，的面积为．
【整体点评】
（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．
3．（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.
4．（2021·全国·高考真题（文））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．
【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【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）方法一：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.
【详解】
（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）[方法一]：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.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】
第二问关键点：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；法一是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，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
5．（2021·全国·高考真题（文））已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】
（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】
（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】
方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
6．（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.



【好题演练】
1．（2022·安徽省舒城中学一模（文））如图，已知抛物线上的点R的横坐标为1，焦点为F，且，过点作抛物线C的两条切线，切点分别为A、B，D为线段PA上的动点，过D作抛物线的切线，切点为E（异于点A，B），且直线DE交线段PB于点H.

(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：为定值；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的定义得到，即可求出，从而得解；
（2）设直线AP：，联立直线与抛物线方程，消元整理，根据求出，不妨令直线AP：，则直线BP：，即可求出、的坐标，设，设直线，联立直线与抛物线方程，即可得到点坐标，再求出点的坐标，即可得解；
(1)
解：抛物线的焦点坐标为，准线为，
因为，所以，解得，所以抛物线为；
(2)
解：设直线AP：，
由，可得
则，解得
则，解得
不妨令直线AP：，直线BP：，则
设，设直线
由，可得
由，可得或（舍）
则，直线
由，解得，即，
故为定值.
2．（2022·安徽·安庆一中模拟预测（文））已知椭圆的左、右焦点分别为、，动直线过与相交于，两点．
(1)当轴时，求的内切圆的方程；
(2)求内切圆半径的最大值．
【答案】(1)
(2)1
【解析】
【分析】
（1）易求，的坐标，进而求得内切圆的圆心和半径（2）设直线的方程为：，以为参数，运用等面积法将内切圆半径表示为的函数，求其最值即可
(1)
由，可得，，，，
由已知直线，则由
不妨设，
设内切圆的半径为，则．解得
因为为等腰三角形，故圆心坐标为，
所以的内切圆的方程为：
化简得：
(2)
设内切圆半径为，面积为，，，
则，又．
所以
设直线的方程为：，
与椭圆联立整理得，
则，
由，所以
所以，
令，则，
当且仅当即时取等号
故内切圆半径的最大值为1
3．（2022·陕西汉中·二模（文））已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为短轴的上端点，，过垂直于轴的直线交椭圆于、两点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设经过点且不经过点的直线与相交于、两点，若、分别为直线、的斜率，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，得. 因为过垂直于轴的直线交椭圆于、两点且，
所以，进而可得结果（2）设直线的方程为,代入得，
根据斜率公式，利用韦达定理，可得，化简消去即可的结果.
(1)
由，得. 因为过垂直于轴的直线交椭圆于、两点且，
所以，由，解得,
故椭圆的方程为.
(2)
根据题意，设，，直线的方程为，
即，将代入得,
则，，由题意得
所以
，
所以.
【点睛】
本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，
属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：
① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.
4．（2022·河南平顶山·模拟预测（文））在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点F（2，0）且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点M（m，0）（m＞0）作两条互相垂直的直线，且与曲线交于A，B两点，与曲线交于C，D两点，点P，Q分别为AB，CD的中点，求△MPQ面积的最小值．
【答案】(1)
(2)16
【解析】
【分析】
（1）设出圆心坐标，列出等量关系，整理得到轨迹方程；（2）设出直线方程，与第一问求出的抛物线联立，得到两根之和，两根之积，从而表达出点P，Q的坐标，表达出△MPQ面积，利用基本不等式求出面积的最小值.
(1)
设圆心为，由题意得：，两边平方，整理得：，故曲线的方程为.
(2)
显然直线斜率均存在，不妨设，（）与联立得：，设，则，则，故，，所以，由于直线互相垂直，故，所以，当且仅当，即时等号成立，所以△MPQ面积的最小值为16.
5．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模（文））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，分别记为，.
（i）求证：；
（ii）求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】
（1）根据轴长和离心率即可求解；
（2）（i）根据已知椭圆方程求出M，N坐标，设，由斜率公式及点在圆上即可证明是定值；
（ii）求直线PM，的方程，进而得到直线的方程，再与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出弦长，用点到直线的距离公式求出的高，再结合三角形的面积公式及基本不等式即可求解.
(1)
，，
又，，
椭圆C的标准方程为.
(2)
（1）设,过P点与椭圆C相切的直线方程为
消去，得，
得，
由已知，则，
又，所以.
（2）设，，设PM：，
由消去，得，
得
，，
同理，的方程,
由得，
，
.
到的距离，
，
令，则,

所以面积的取值范围为.
6．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（文））已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线过点且与抛物线交于两点，为坐标原点，当与的面积之和取得最小值时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）根据点在抛物线上可直接代入求得抛物线方程；
（2）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，根据，利用基本不等式可求得最小值，根据取等条件，结合韦达定理可求得，从而得到，进而得到所求直线方程.
(1)
点在抛物线上，，解得：，
抛物线的方程为：；
(2)
由题意知：直线斜率不为零，可设其方程为：，，，
由得：，，
（当且仅当时取等号），
由知：，或，或，
直线的方程为：或，即或.
【点睛】
思路点睛：求解直线与圆锥曲线综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，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利用三角形面积公式表示出所求三角形的面积；
④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.
7．（2022·甘肃·二模（文））已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭国经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；
（2）设，，直线，则，
联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，
即证，代入求解计算即可.
(1)
设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，
则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，
将代入椭圆方程，可得，解得，
所以椭圆方程为.
(2)
设，则.
将直线代入椭圆方程，得，
其判别式，即，
.
所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，


，所以.
【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．
8．（2022·江西·上饶市第一中学二模（文））已知抛物线的焦点为，，若点在抛物线上，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与抛物线交于两点，若，求证：线段的垂直平分线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线焦半径公式可直接求得，由此可得抛物线方程；
（2）设，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线焦点弦长公式可表示出中点坐标，由此可得垂直平分线方程，根据直线过定点的求法可得结论.
(1)
，，抛物线的方程为：；
(2)
直线斜率不为零，可设，，，
由得：，则，即，
，
，；
中点，
当时，垂直平分线方程为：，即，
当时，，即垂直平分线过定点；
当时，，，则线段的垂直平分线为，恒过；
综上所述：线段的垂直平分线过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，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已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
9．（2022·安徽黄山·二模（文））如图，已知椭圆：经过点，、为椭圆的左右顶点，为椭圆的右焦点，．

(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过右焦点的直线（不经过点）交椭圆于、两点，交直线：于点，若，求直线的斜率．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由结合求出，再由给定的点求解作答.
（2）设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式计算作答.
(1)
依题意，，，令右焦点，则，，
由，得，而，则，由椭圆过点，得，有，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，，依题意，直线斜率存在，设直线：，，，
由消去并整理得：，则，，
显然，
，
解得，点，则有，
所以直线的斜率为.
【点睛】
思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
10．（2022·新疆·三模（文））已知椭圆的离心率为，过焦点且与长轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设不过点的直线l与C相交于A，B两点，直线TA，TB分别与x轴交于M，N两点，且．求证直线l的斜率是定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析：定值.
【解析】
【分析】
（1）依题意得到，再根据，即可求出，，即可求出椭圆方程；
（2）首先说明直线斜率存在，设直线、，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由，可得，即可得到，整理再将韦达定理代入，整理得，即可得证；
(1)
解：由且，得，
又因为，所以，解得，，
故椭圆C的方程为；
(2)
解：当直线l的斜率不存在时，设直线，
设l与C相交于，两点，
直线，直线分别与x轴相交于两点，，
因为，所以，
即，与已知矛盾，故直线l斜率存在，
设直线，代入整理得：，
设，，则，且，，
因为，所以，即，
所以，
即．
所以，
整理得：，
所以或，
当时，直线过点，不合题意，故舍去．
所以，即，即直线l的斜率是定值．
11．（2022·宁夏石嘴山·一模（文））已知椭圆方程，点为椭圆的左焦点，为椭圆上任一点，且.
(1)求椭圆的方程：
(2)过点的直线交椭圆C于，两点，当，求的面积的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意得，求解计算即可；
（2）设，，直线的方程：，
联立求出韦达定理，.
(1)
因为，所以是的中点，又因为，
所以，设点，则，
根据椭圆的定义可知：，，所以，
所以椭圆的方程为：；
(2)
设，，直线的方程：，
联立，得：，
，；，
因为，所以，所以，解得，
所以.
【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．
12．（2022·陕西渭南·二模（文））已知椭圆的一个焦点为,0)，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动点P,)为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由焦点坐标可得，再由离心率及椭圆参数关系求a、b，即可得椭圆C的标准方程；
（2）当切线不与坐标轴垂直，设切线为联立椭圆方程，根据得到关于k的一元二次方程，再由切线的垂直关系及韦达定理，即可得轨迹方程，然后注意判断切线与坐标轴垂直时是否符合所得轨迹方程即可.
(1)
由题设，椭圆参数且，则，
所以，故椭圆C的标准方程：.
(2)
ⅰ当切线不与坐标轴垂直时，切线为，则，
代入椭圆C整理得：，
所以，整理得，
所以，若两条切线斜率分别为，
又P到椭圆C的两条切线相互垂直，即，故；
ⅱ当切线与坐标轴垂直时，也满足；
综上，P的轨迹方程为.
【点睛】
关键点点睛：第二问，讨论切线是否与坐标轴垂直，设切线方程(斜率为参数)并联立椭圆，根据相切关系有，进而得到关于参数的一元二次方程，最后由切线的垂直关系及韦达定理列方程求轨迹.
13．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（文））在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过点的直线与相交于不同的两点，且.
(1)求C的方程；
(2)若线段的垂直平分线与相交于两点.且.求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）设直线的方程为，联立抛物线方程求得，结合求出值，即可求出C的方程；
（2）分别联立直线、与抛物线方程求得，再由得四点且圆心为中点，
建立关系解出参数即可求得直线方程.
(1)
由题意知与轴不垂直，所以可设的方程为.
由得，则.
所以，
又，解得，所以的方程是.
(2)
由（1）知，设的方程为.
由得，则.
所以.
所以的中点为.
又的斜率为，所以的方程为，
将上式代入，并整理得.
设，则.
则，
所以的中点为，

由于垂直平分，又，即四点在同一圆上，
且为圆心，即，从而，
即，
解得或，
所以直线的方程为或.
【点睛】
本题关键点在于利用好这一条件，由此得到四点且圆心为中点，
在联立直线和抛物线方程求得后，建立方程求得直线方程.
14．（2022·安徽合肥·二模（文））已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，为椭圆上一动点， 面积的最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆的另一个交点为，为线段的中点，射线与椭圆交于点．点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)按照题目所给的条件即可求解；
(2)作图，联立方程，将M，N，P，Q，D的坐标用斜率k表示出来，
(3)按照向量数量积的运算规则即可.
(1)
设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，
当点位于椭圆的短轴端点时， 的面积取得最大值，
此时 ，
，．
由离心率得，，解得，，，
∴椭圆的标准方程为；
(2)
由题意作下图：

设，．由得．
∵点在这个椭圆内部，所以，，，
，
∴点的坐标为
当时，直线的斜率为，∴直线的方程为，即，
将直线的方程代入椭圆方程得，，
设点，由 得，
化简得，化简得，∴点在直线上，
当直线的斜率时，此时，，
由得，也满足条件，∴点在直线上；
综上，椭圆的标准方程为，点在直线上.
【点睛】
本题的难点在于联立方程，把M，N，P，Q，D点的坐标用k表示出来，
有一定的计算量，其中由于OP与椭圆有两个交点，
在表示 的时候用 表示，可以避免讨论点D在那个位置.
15．（2022·四川·仁寿一中二模（文））已知椭圆的离心率，长轴的左、右端点分别为
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线 与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：当变化时，点是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)恒在直线
【解析】
【分析】
（1）设椭圆的标准方程为，由且，求得的值，即可求解；
（2）设直线的方程为，取，得到点在同一直线上，结合结论作出证明：联立方程组求得，设和与交于点和，结合，即可求解.
(1)
解：设椭圆的标准方程为，
根据题意，可得且，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为.
(2)
解：根据题意，可设直线的方程为，
取，可得，
可得直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组，可得交点为；
若，由对称性可知交点，
若点在同一直线上，则直线只能为；
以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线上，
由，整理得，
设，则，
设与交于点，由，可得，
设与交于点，由，可得，
因为
，
因为，即与重合，
所以当变化时，点均在直线上，.