专题9.3 椭圆、双曲线与抛物线方程（~）-高考数学满分训练必做题：基础+提升题（新高考专用）

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专题9.3 椭圆、双曲线与抛物线方程


【1282】．（2022·天津·高考真题·★★★★）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
（1）
解：，
离心率为.
（2）
解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
【1283】．（2020·山东·高考真题·★★★★）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】解：（1）由椭圆可知，，
所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.

（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，
设点，，
联立方程组，
消去，得.①
因为直线与抛物线有两个交点，
所以，即，
解得，且.
由①可知，
所以，
则，
因为，且，
所以，
解得或，
因为，且，
所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，
即.
【1284】．（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.
【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.
【1285】．（2021·全国·高考真题·★★★）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.
【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.
【1286】．（2012·重庆·高考真题·★★★）已知椭圆的中心为原点，长轴在轴上，上顶点为，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）过作直线交椭圆于，，求直线的方程

【答案】（Ⅰ）+=1
（Ⅱ）和
【详解】试题分析：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0），利用△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，可得∠B1AB2为直角，从而，利用c2=a2﹣b2，可求，又S=|B1B2||OA|==4，故可求椭圆标准方程；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2，代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16﹣0，利用韦达定理及PB2⊥QB2，利用可求m的值，进而可求△PB2Q的面积．
解：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）
∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，即
∵c2=a2﹣b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴
在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=
∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20
∴椭圆标准方程为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2
代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16=0①
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴，
∵，
∴=
∵PB2⊥QB2，∴
∴，∴m=±2
故直线的方程为和
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．
【1287】．（2011·江苏·高考真题·★★★★）如图，在平面直角坐标系中，、分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于、两点，其中在第一象限．过作轴的垂线，垂足为．连接，并延长交椭圆于点．设直线的斜率为．

（Ⅰ）当直线平分线段时，求的值；
（Ⅱ）当时，求点到直线的距离；
（Ⅲ）对任意，求证：．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）;（Ⅲ）详见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求出点、的中点坐标，再用斜率公式可求得的值；（Ⅱ）求出直线的方程，再用点到直线的距离公式可求得点到直线的距离；
（Ⅲ）思路一:圆锥曲线题型的一个基本处理方法是设而不求,其核心是利用 ----(*).要证明,只需证明它们的斜率之积为-1. 但直接求它们的积,不好用(*)式,此时需要考虑转化.
思路二:设,然后用表示出的坐标.这种方法要注意直线的方程应设为: ,若用点斜式,则运算量大为增加.
此类题极易在运算上出错,需倍加小心.
试题解析：（Ⅰ）由题设知: ,所以线段的中点为,
由于直线平分线段,故直线过线段的中点,又直线过坐标原点,
所以
（Ⅱ）将直线的方程代入椭圆方程得: ,因此
于是,由此得直线的方程为:
所以点到直线即的距离
（Ⅲ）法一:设,则
由题意得:
设直线的斜率分别为,因为在直线上,所以
从而,所以:

法二:
所以直线的方程为: 代入椭圆方程得:

由韦达定理得:
所以
,所以
考点：本题考查椭圆的方程、直线的方程，中点坐标公式，点到直线的距离，两直线垂直的判定；考查韦达定理.
【1288】．（2022·全国·高考真题·★★★）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
（1）
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
【1289】．（2022·全国·高考真题·★★★★）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
（1）
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）
由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
【1290】．（2020·海南·高考真题·★★★★）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.
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(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．
【1291】．（2019·北京·高考真题·★★★）已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【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．
【1292】．（2019·江苏·高考真题·★★★★）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．


（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．
【答案】（1）；
（2）.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；
解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.
【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
（2）解法一：
由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).

又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，
解得或.
将代入，得，
因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.因此.
解法二：
由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.

因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1，0)，由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.
【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
【1293】．（2019·天津·高考真题·★★★） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.
【答案】（I）；（II）.
【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；
（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.
【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，
又由，消去得，解得，
所以，椭圆的离心率为.
（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，
由题意，，则直线的方程为，
点的坐标满足，消去并化简，得到，
解得，
代入到的方程，解得，
因为点在轴的上方，所以，
由圆心在直线上，可设，因为，
且由（I）知，故，解得，
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，
又由圆与相切，得，解得，
所以椭圆的方程为：.
【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.
【1294】．（2019·天津·高考真题·★★★★）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
【1295】．（2013·江西·高考真题·★★★★）如图，椭圆经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4.

（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得 ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）存在
【详解】 ① ②
②代入①得

考点：本题主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质，直线与圆锥曲线的交点等基础知识，考查分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理能力，推理论证能力和计算能力.
【1296】．（2008·辽宁·高考真题·★★★★）在平面直角坐标系xOy中，点P到两点，的距离之和等于4，设点P的轨迹为C．
（Ⅰ）写出C的方程；
（Ⅱ）设直线y=kx+1与C交于A，B两点．k为何值时？此时的值是多少？
【答案】（Ⅰ）曲线C的方程为．（Ⅱ）时，．
【分析】（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴，
故曲线C的方程为．
（Ⅱ）设，其坐标满足

消去y并整理得，
故．
，即．
而，
于是．
所以时，，故．
当时，，．
，
而
，
所以．
【详解】请在此输入详解！
【1297】．（2018·浙江·高考真题·★★★★）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（Ⅱ）若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】分析: （Ⅰ）设P,A,B的纵坐标为，根据中点坐标公式得PA,PB的中点坐标，代入抛物线方程，可得，即得结论；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得△PAB面积为，利用根与系数的关系可表示为的函数，根据半椭圆范围以及二次函数性质确定面积取值范围.
【详解】详解：（Ⅰ）设，，．
因为，的中点在抛物线上，所以，为方程
，
即的两个不同的实数根．
所以．
因此，垂直于轴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
所以，．
因此，的面积．
因为，所以．
因此，面积的取值范围是．
点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.
【1298】．（2018·天津·高考真题·★★★★★）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或
详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．
所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．
由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．
易知直线AB的方程为x+y–2=0，
由方程组消去x，可得．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=，
两边平方，整理得，
解得，或．
所以，k的值为或
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．
【1299】．（2017·山东·高考真题·★★★）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.

【答案】（Ⅰ） .(II) .
【详解】试题分析：（Ⅰ）由得,由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为,得,求得椭圆的方程为；（Ⅱ）由,解得,确定,,
结合的单调性求的最小值.
试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，
又当时，，得，
所以，
因此椭圆方程为.
（Ⅱ）设，
联立方程，
得，
由得.（*）
且，
因此，
所以，
又，
所以
整理得 ，
因为，
所以.
令，
故，
所以 .
令，所以.
当时，,
从而在上单调递增，
因此，
等号当且仅当时成立，此时，
所以，
由（*）得 且.
故，
设，
则 ，
所以的最小值为，
从而的最小值为，此时直线的斜率是.
综上所述：当，时，取到最小值.
【考点】圆与椭圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系
【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．

【1300】．（2020·北京·高考真题·★★★★）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而

，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
【1301】．（2020·浙江·高考真题·★★★★★）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．

（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即

，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式．       ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
【1302】．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测·★★★★★）已知抛物线：，为其焦点，过的直线与交于不同的两点．

(1)若直线斜率为3，求；
(2)如图，在点处的切线与在点处的切线交于点，连接，证明：．
【答案】(1)40
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的方程得出焦点坐标，利用点斜式求得直线的方程，联立直线的方程与抛物线的方程，利用韦达定理求解的值，结合抛物线的几何性质即可求解的值；
（2）设直线的方程为，，，联立直线的方程与抛物线的方程，利用韦达定理得，的值，利用导数得两点切线斜率，可证，进而求得点坐标，讨论参数的取值，求证，最后利用三角形相似求证即可.
(1)
解：由抛物线：，得，
若直线的斜率为3，则直线的方程为．
设，，
由消去得，所以，，
所以．
(2)
证明：由题可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，，，
抛物线方程为，即，
所以以为切点的切线方程分别为，．
由消去得，所以，，．
这两条切线的斜率分别为，．
由，故．
设，则由可得，，
当时，则，可得；
当时，则，，，所以，
可得．
因为，，所以，所以，
即．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线的性质及韦达定理求出，.
【1303】．（2022·上海徐汇·三模·★★★★★）已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的最大值；
(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､和点共线，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到，结合的取值范围，求出最大值；（3）设出直线方程，表达出两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得到.
(1)
由题意得：焦距为，得，
点坐标代入椭圆方程得：，
，解得：，，
所以椭圆的标准方程为.
(2)
设直线的方程为，由
消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为.
(3)
设，，，，
则①，②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
由，及①，代入可得，
又，所以，所以，
同理可得.
故，，
因为､､三点共线，所以.
将点，的坐标代入，通分化简得，即.
【点睛】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数.
【1304】．（2022·浙江·高考真题·★★★★★）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
（1）
设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则


，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．

【1305】．（2017·上海·高考真题·★★★★★）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，为的上顶点，为上异于
上、下顶点的动点，为x正半轴上的动点.
（1）若在第一象限，且，求的坐标；
（2）设，若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；
（3）若，直线AQ与交于另一点C，且，，
求直线的方程.
【答案】（1）；（2）
【详解】试题分析：（1）设，联立方程组，能求出点坐标.
（2）设，由，求出；由，求出或；由，则点在轴负半轴，不合题意，由此能求出点的横坐标.
（3）设根据向量，代入椭圆的方程，求得，得到的坐标，直线的方程.
试题分析：
（1）联立与，可得
（2）设，或

（3）设，线段的中垂线与轴的交点即，∵，
∴，∵，∴，代入并联立椭圆方程，
解得，，∴，∴直线的方程为
【1306】．（2022·江苏·盐城中学模拟预测·★★★★）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距与短轴长均为4．
(1)求E的方程；
(2)设任意过的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过作平行于l的直线分别交于A，B，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距和短轴的公式求解即可；
（2）设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，根据椭圆的切线方程，联立可得，设的中点为，根据韦达定理可得，再结合三角形与椭圆的性质可得四点共线，从而化简，再根据的横坐标关系，结合参数的范围求解即可
（1）由题意，，，解得，，故椭圆
（2）由题意，，显然的斜率不为0，故设的方程为，，则，即，故，.联立过的切线方程，即，相减可得，即，化简可得.代入可得，故.设的中点为，则，，故.因为，，故，所以三点共线.又作平行于l的直线分别交于A，B，易得，取中点，根据三角形的性质有四点共线，结合椭圆的对称性有，当且仅当时取等号.故
【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系，结合向量的性质，联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到的坐标，再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题
【1307】．（2022·浙江绍兴·模拟预测·★★★★）已知直线l1：y＝k1x和l2：y＝k2x与抛物线y2＝2px（p＞0）分别相交于A，B两点（异于原点O）与直线l：y＝2x+p分别相交于P，Q两点，且．

(1)求线段AB的中点M的轨迹方程；
(2)求△POQ面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立方程，求出，，表达出线段AB的中点M的坐标，消去参数，求出轨迹方程；（2）设直线，与抛物线联立，求出两根之和，两根之积，表达出弦长，进而表达出面积，换元后，求出最小值.
(1)
联立，解得：，
把代入得：，
所以，
同理可得：，
则线段AB的中点M的坐标为，
因为，
所以，
消去得：
所以线段AB的中点M的轨迹方程为
(2)
设，
则直线，与联立得：，
则，所以，
同理可得：，
则，
其中，解得：，
设直线，与抛物线联立得：，
则，又，所以，
则，
，
所以，
点O到直线PQ的距离为，
所以△POQ面积为，
令，则，
所以，
当，即时，△POQ面积取得最小值，最小值为.
【点睛】抛物线相关的弦长或面积问题，一般设出直线方程，与抛物线联立，得到两根之和，两根之积，根据题干条件得到等量关系，用一个变量表达出弦长或面积，求出最值或取值范围.

【1308】．（2022·河南·新安县第一高级中学模拟预测·★★★★）已知椭圆C：＝1的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，M为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M的直线l：y=kx+1与椭圆C的另一个交点为N，P为线段MN的中点，射线OP与椭圆交于点D．点Q为直线OP上一动点，且，求证：点Q到x轴距离为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【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，
（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；
所以点Q到x轴距离为定值
【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.
【1309】．（2022·上海·模拟预测·★★★★）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为.

(1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标；
(2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b；
(3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标；
（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可；
（3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值．
（1）
解：由题意可得，所以，
的中点在轴上，
的纵坐标为，代入得；
（2）
解：由直线方程可知，，
①若，则，即，
，
.
②若，则，
，，
，，即，
，.
综上，或；
（3）
解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得，
显然椭圆在直线的左下方，则，即，
，，即，
，整理可得，即，
，即的最小值为．
【1310】．（2022·四川省内江市第六中学模拟预测·★★★）已知椭圆C：过点且椭圆的左、右焦点与短轴的端点构成的四边形的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A是椭圆的左顶点，过右焦点F的直线l1，与椭圆交于P，Q，直线AP，AQ与直线l2：x=4交于M，N，线段MN的中点为E，求证：EF⊥PQ.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆过点以及四边形的面积列方程即可求解的值，（2）联立方程得韦达定理，根据点的坐标求直线方程，进而可得的坐标，根据中点坐标公式可得，进而根据两点间斜率公式可求斜率，即可证明.
（1）解得：，椭圆C的标准方程为：；
（2）A（-2，0），F（1，0），设直线l1：x= my+1，代入椭圆方程，整理得：，设，则直线AP：，直线AQ：，则E（4，-3m），所以EF⊥PQ.
【1311】．（2022·全国·模拟预测·★★★）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，为椭圆上的动点．当点与椭圆的上顶点重合时，．
(1)求的方程；
(2)当点为椭圆的左顶点时，过点的直线（斜率不为0）与椭圆的另外一个交点为，的中点为，过点且平行于的直线与直线交于点．试问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由求出b，再结合离心率列式计算a即可作答.
（2）设出直线的方程，与椭圆E的方程联立，再求出点P，Q的坐标，利用斜率坐标公式计算作答.
(1)
设椭圆E的半焦距为c，点，而，则，
即有，解得，又离心率，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，显然直线不垂直于坐标轴，设直线：，，
由消去x并整理得：，解得点，则点，
直线，则直线方程为：，点，直线的斜率，
直线的斜率，因此，，
所以是定值.
【点睛】思路点睛：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x(或y)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．
【1312】．（2022·河南洛阳·模拟预测·★★★）已知抛物线C：的焦点为F，直线被抛物线C截得的弦长为5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点A，B是抛物线C上异于原点O的不同动点，且直线OA和直线OB的斜率之和为，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，是否存在定点P，使得线段PH的长度为定值？若存在，求出点P的坐标及线段PH的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）设直线与抛物线交于，两点，两方程联立，得
利用韦达定理代入，可得答案；
（2）设直线AB的方程为，，，直线AB的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得，从而得到
直线AB恒过定点，利用得点H在以线段DF为直径的圆上，取DF的中点P，得，可得存在定点P，求得线段PH的长度．
(1)
设直线与抛物线C：交于，两点．
联立，得，
因为，所以恒成立，
，，
所以，
解得（舍去）．
所以抛物线C的方程为．
(2)
由题意分析可知，直线AB的斜率不为0，
不妨设直线AB的方程为，，，
联立得，
，即，
，，
，
所以，所以直线AB的方程为，即，
所以直线AB恒过定点，
因为，，即，
所以点H在以线段DF为直径的圆上，
取DF的中点P，则，
，
所以存在定点P，使得线段PH的长度为定值，点P的坐标为，
线段PH的长度为．
【1313】．（2022·河南安阳·模拟预测·★★★★）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足．记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用椭圆定义求轨迹方程；
（2）设出直线l为：，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.
(1)
由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，，所以，
所以C的方程为
(2)
设直线l为：，
则联立得：，
设，则，，
，
则，
AB中点坐标为，
所以AB的垂直平分线为，
令得：，
所以，，

【点睛】直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等.
【1314】．（2022·上海闵行·二模·★★★★）已知点分别为椭圆的左､右焦点，直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线，垂足分别为点.

(1)求证：；
(2)求证：为定值，并求出该定值；
(3)求的最大值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析，定值为1
(3)4
【分析】（1）直线与椭圆联立后用根的判别式等于0列出方程，求出；（2）利用点到直线距离公式得到，，结合∥，求出，结合第一问的结论证明出为定值1；（3）利用向量线性运算及点在直线的同侧得到，结合第二问得到，再用投影向量的知识得出，其中为的夹角），结合第一问结论得到
，利用基本不等式求出最值.
(1)
联立与得：，
由直线与椭圆有一个公共点可知：，
化简得：；
(2)
由题意得：，
因为，所以∥，故，
其中，，
所以，
为定值，该定值为1；
(3)
，
由题意得：点在直线的同侧，
所以，
，（其中为的夹角），
由此可知：，
当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为4.
【点睛】对于圆锥曲线定值问题，要能够利用题干信息用一个变量求解出要求的量，可以是直线的斜率，也可以是点的坐标，然后代入计算得到定点.
【1315】．（2022·浙江·三模·★★★★）如图，已知F是抛物线的焦点，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，与圆O交于C，D两点（点A，C在第一象限），．


(1)求抛物线的方程；
(2)若，求凹四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）表示出，由两点间的距离公式即可求出，即可得出抛物线的方程.
（2）设直线，直线与抛物线联立，求出的坐标，设圆，圆O与抛物线联立，求出的坐标，由于，则，记凹四边形的面积为S，则
，带入即可求出，再讨论，即可求出答案.
(1)
易知，则，故，抛物线方程是．
(2)
设直线，直线与抛物线联立，得，
又点A在第一象限，故
设圆，圆O与抛物线联立，得，
又点C在第一象限，故
由于，
则，
故，
记凹四边形的面积为S，则






①若，．
②若，．
综上所述，凹四边形面积的最小值是，当时取到．
【点睛】本题主要考查抛物线方程，直线与抛物线的联立，圆与抛物线的联立等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
【1316】．（2022·上海·位育中学模拟预测·★★★）如图， 椭圆 的右焦点为，过点的一动直线 绕点转动，并且交椭圆于两点，为线段的中点.

(1)求点的轨迹的方程;
(2)在的方程中， 令，.
①设轨迹的最高点和最低点分别为和，当为何值时， 为正三角形?
②确定的值， 使原点距直线 最远， 此时， 设与轴交点为，当直线 绕点转动到什么位置时， 的面积最大， 并求出面积的最大值?
【答案】(1)，其中.
(2)①；②直线与轴垂直时，的面积最大，且面积最大值为.
【分析】（1）设，，利用点差法可得，结合可得动点的轨迹方程.
（2）①由（1）及题设条件可得，从而可求.
②利用判别式法可求原点距直线的距离取最小值时对应的，再设直线，结合弦长公式和面积公式、基本不等式等可求面积的最大值.
（1）设，，则，，所以，所以，当时，有，而，所以，整理得到：，当时，的坐标为，此时满足，故点的轨迹的方程为即，其中.
（2）①由（1）可得点的轨迹为椭圆，其中心为，长半轴长为，短半轴长为，故，，而到的距离为.因为 为正三角形，故，即，所以，故即，所以或（舍，因为），而，故.②原点距直线的距离为，该距离可化简为，其中，令，则，故，所以，故，整理得到：，故，故，当且仅当即时等号成立，此时，直线，，设直线，由可得，故，所以，当且仅当时等号成立，故直线与轴垂直时，的面积最大，且面积最大值为.
【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与圆锥曲线基本量有关的计算问题，应根据函数的形式选择相应的最值的求法，如果函数的形式中有和、积关系的转化，则可选择基本不等式，如果函数的形式中有根据，则可平方后利用判别式.
【1317】．（2022·浙江绍兴·模拟预测·★★★★）如图，已知抛物线，直线l过点与抛物线交于A、B两点，且在A、B处的切线交于点P，过点P且垂直于x轴的直线分别交抛物线C、直线l于M、N两点．直线l与曲线交于C、D两点．

(1)求证：点N是中点；
(2)设的面积分别为，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】（1）分别求出以A、B为切点的切线方程，联立求出点P，进而求出N的横坐标，利用“设而不求法”得到，即可证明；
（2）设.分别表示出和，得到.利用“设而不求法”分别表示出
， ， ，，得到，利用函数求出的取值范围.
(1)
因为点的直线l过与抛物线交于A、B两点，所以直线的斜率存在，可设.
设，则，消去y可得：，
所以.
对抛物线可化为，求导得：，
所以以为切点的切线方程为，整理得：.
同理可求：以为切点的切线方程为.
两条切线方程联立解得：，，所以.
过点P且垂直于x轴的直线为：，所以.
所以，即点N是中点.
(2)
设.
因为点D到MN的距离为，所以.
因为点B到MN的距离为，所以.
所以.
由（1）可知：点N是中点.同理可证：点N是中点.
所以.
设，则，消去y可得：，
所以.所以.
由（1）可知：，，所以.
同理可求：，.
所以


因为，所以，所以，所以，所以，所以.
即的取值范围为.
【点睛】（1）解析几何问题常见处理方法：①正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；②坐标化，把几何关系转化为坐标运算；
（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.
【1318】．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测·★★★★）已知直线与抛物线交于A，B两点，过A，B两点且与抛物线C相切的两条直线相交于点D，当直线轴时，．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由直接解出即可；
（2）设，联立直线与抛物线由韦达定理求得，设出直线、的方程，联立求出坐标，判断出在直线上，即可求解.
(1)
当直线轴时，，代入解得，∴，得，∴抛物线C的标准方程为；
(2)
设．联立得．∴①，
∵直线恒过点，且与抛物线有两个交点，点在抛物线上，∴，
当直线和直线斜率存在时，设直线，联立∴，，
∴，∴，同理，设直线，则，联立∴
由①可知，∴，即，∴点D在直线上．
当直线或直线斜率不存在时，即直线l过原点时，，过原点的切线方程为，易知另外一点为，
过点的切线方程设为，联立，得，
，解得，即切线方程．此时交点D的坐标为，在直线上，
故的最小值为原点到直线的距离，即．
【点睛】本题关键点在于联立直线与抛物线由韦达定理求出两根和与积，再设出直线、的方程，联立求出坐标，进而判断出在直线上，转化为点到直线的距离求解.
【1319】．（2022·浙江·湖州市菱湖中学模拟预测·★★★★）如图，已知椭圆，抛物线，O为坐标原点．

(1)若抛物线的焦点正好为椭圆的上顶点，求p的值；
(2)椭圆与抛物线在第一象限的交点为，过点P但不过原点的的直线l交椭圆于点Q，交抛物线于点M（Q，M不同于点P），若M是线段PQ的中点，求p的最大值，并求当p取最大时直线l的斜率．
【答案】(1)
(2)的最大值为，此时直线的斜率为；
【分析】（1）首先求出椭圆的上顶点，再根据抛物线的性质计算可得；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与曲线方程，即可求出、，从而求出，再代入椭圆方程，即可得到，令，利用基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，从而得解；
(1)
解：椭圆，所以上顶点为，
依题意，所以；
(2)
解：因为点既在椭圆上，又在抛物线上，
所以且，
设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
则，所以；
联立，消去整理得，
则，所以，代入抛物线方程得，
再代入椭圆方程得，
整理得，
令，则，
依题意可知且，当且仅当，即时取等号，
所以
所以，即，即的最大值为，此时直线的斜率为；
【点睛】（1）解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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．
【1320】．（2022·四川·成都七中模拟预测·★★★★）已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为：，过点M作ME垂直于直线m交直线m于点E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点O为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，列出关于a，b的方程组，再求解作答.
（2）设出直线MN的方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理确定直线EN过的定点，再求出面积的函数关系求解作答.
(1)
椭圆上顶点，右顶点，则，离心率，
即，联立解得，
所以椭圆C的标准方程为.
(2)
由（1）知，左焦点，直线MN不垂直于y轴，设其方程为，
由消去x并整理得：，设，
，，则有，
直线m：，即有点，直线EN：，
令，则，
因此，直线EN恒过定点，而，
则，
令，有在上单调递增，则，即时 ，取最小值4，
于是当时，，
所以面积的最大值是.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
【1321】．（2022·江西·上高二中模拟预测·★★★★）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于点，两个动点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于，两点，直线，与圆：的另一交点分别为，（其中为坐标原点），求与的面积之比的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设动圆的圆心为，则 ，半径为，所以，化简整理即可；（2）分析可知直线斜率存在，设，，，联立得，，再求出直线的方程为 ，直线的方程为，分别与圆联立求出，，所以，展开再代入韦达定理，分析求解即可.
（1）设动圆的圆心为，则 ，半径为， ，化简得： ，即的方程为 ；
（2）当直线的斜率不存在时，直线为：，此时与抛物线只有一个交点，不符合题意；当直线的斜率存在时，设过的直线方程为 ， ，，联立方程： ，得 ，，，则直线的方程为 ，直线的方程为 ，联立方程：，解得 ，同理 ，，，，
显然当时最大，最大值为 ；综上，的方程为， 与 的面积之比的最大值为：.
【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，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、抛物线的条件；
（2）强化有关直线与抛物线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．
【1322】．（2022·浙江省春晖中学模拟预测·★★★★）抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，

(1)若的面积为，求的值及圆的方程
(2)若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围.
【答案】(1)，圆的方程为
(2)
【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出.
（1）
由对称性可知：，
设，由焦半径可得：，
，
解得：
圆的方程为：
（2）
由题意得：直线的斜率一定存在，其中，
设关于直线的对称点为，
则，解得：，
联立与得：，
设，
则，
则，
则
，
解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，
所以
，
【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围.
【1323】．（2022·浙江·镇海中学模拟预测·★★★★）已知、、，圆，抛物线，过的直线与抛物线交于、两点，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与圆交于、两点，记面积为，面积为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设、，分析可知直线与轴不重合，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，解出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）利用韦达定理结合三角形的面积公式可求得的表达式，设直线的方程为，利用几何法计算出的表达式，然后将直线、的方程联立，求出点的坐标，代入抛物线方程，可得出且，然后利用换元法结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.
(1)
解：设、，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，与联立得，
所以，，
因为，解得，
故抛物线的方程．
(2)
解：由，，
得，
设直线的方程为，即，则原点到直线的距离，
得，，
联立可得，即点，
所以，则且，
则，
令，则，，则，
综上，的取值范围为．
【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.
【1324】．（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测·★★★★★）已知椭圆：的右焦点为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的左顶点作直线与椭圆相交，另一交点为，点是的中点，点在直线上，且，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由条件列方程求，由此可得椭圆方程；(2) 设直线的斜率为，由条件求出,，的坐标，再证明即可.
(1)
设椭圆的左焦点为，依题意得：
所以，而
所以
根据椭圆的定义得：，即
又因为
所以   
所以的方程为；
(2)
因为，所以三点不共线，所以设直线的斜率为，

则直线的方程为，
由得：
又因为
所以
又因为
所以直线的方程为：，
由     得：
所以 ，
又因为点是的中点
所以
所以
即
所以
所以
所以
故直线与的交点在以为直径的圆上，且该圆方程为．
即直线与直线的交点在某定曲线上．
【点睛】本题解决的关键在于联立方程组，利用根与系数的关系求出的坐标.
【1325】．（2022·河南·新安县第一高级中学模拟预测·★★★★）已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过的两直线交抛物线于，，且的平分线平行于y轴，试判断的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由.
【答案】(1)
(2)的面积有最大值，最大值为6
【分析】小问1：由抛物线的焦半径公式及抛物线上的一点坐标，列出方程组即可求解；
小问2：由的平分线平行于y轴，可以推出，整理可得出直线的斜率，设出直线的方程，表示出到的距离，以及的长度，即可表示出，最后结合函数的性质即可求出的最值.
（1）
因为为抛物线上一点，所以.因为，
所以，即，解得，所以抛物线C的标准方程为.
（2）
由（1）得，.设，.
因为的平分线平行于y轴，所以，得，
即，整理得，

则设直线，即，
点M到直线的距离为：

，

令，由，，，得，所以.
因为是偶函数，所以只需讨论的情况.
当时，令，则，
所以在上单调递增，所以的最大值为，
即的最大值为.
综上可知，的面积有最大值，最大值为6.
【点睛】本题考查圆锥曲线中的面积问题，结合函数性质求出最值.
【1326】．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学三模·★★★★）在平面直角坐标系中，设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与圆相交于点（异于点），设点关于原点的对称点为，直线与椭圆相交于点（异于点）．直线的斜率为，求直线的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，求出点的坐标，可得出点的坐标，再求出点、的坐标，计算得出，结合已知条件可求得结果.
(1)
解：根据题意，椭圆的离心率为，即．①
当直线经过点时，直线的方程为，即，
由原点到直线的距离为，可知，即，
所以，，解得，所以椭圆的方程为．
(2)
解：若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，则点与点关于原点对称，不合乎题意，
若直线的斜率为零，此时直线与圆相切，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在且不为，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立可得，所以或．
所以点的坐标为，
联立整理可得，所以或．
所以点的坐标为．
显然，是圆的一条直径，故，
所以直线的方程为．
用代替，得点的坐标为，即．
直线的斜率，则，
直线的斜率，所以，
所以直线的斜率为．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用直线斜率的求解，解题的关键在于设出直线的方程，求出题中相应点的坐标，结合斜率公式求解.