四川省高考数学复习 专题09 圆锥曲线（理科）解答题30题专项提分计划

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四川省高考数学复习
专题9圆锥曲线（理科）解答题30题专项提分计划

1．（2023春·四川泸州·高三泸县五中校考开学考试）以椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于．
1求椭圆的标准方程；
2过原点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，是椭圆的右顶点，直线分别与轴交于点，问：以为直径的圆是否恒过轴上的定点？若恒过轴上的定点，请求出该定点的坐标；若不恒过轴上的定点，请说明理由．
【答案】（1）；（2），．
【分析】（1）由题意可得，从而解得椭圆的标准方程；（2）易知，设，，，从而可得，且，，，从而化简可得，，假设存在满足题意的轴上的定点，化简可得，再结合解得结果.
【详解】（1）依题意，得，解得
故椭圆的标准方程为
（2），设，，
则由题意，可得
由椭圆对称性可知：
，
因为三点共线，所以，解得
同理，可得
假设存在满足题意的轴上的定点，则有，即
因为，
所以，即
整理得，
又    
解得或．
故以为直径的圆恒过轴上的定点，
【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系的判断与应用，椭圆中的定点问题，同时考查了数形结合的思想及学生的化简运算能力.解决定点问题的关键是能够通过条件建立起与变量有关的等式，通过化简求得所求定点.
2．（2023秋·四川泸州·高三四川省泸县第四中学校考期末）已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，左顶点为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，，点在椭圆上，直线，分别与椭圆交于另一点，，若，，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先表示出，然后计算出，结合离心率公式和求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）设出的坐标，通过将向量共线表示为坐标关系可得到的关系式①，再通过点差法分别求得满足的关系式②和关系式③，通过将关系式②和③作差可得的关系式④，再结合关系式①可证明为定值.
【详解】解：设.由题意得，，，，
.
解得，.
椭圆的方程为.
设，，.
由，，
得，，
，
，①
又点，，均在椭圆上，
由且得，
.②
同理，由且得
.③
联立②③得.④
联立①④得，
为定值.
【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键在于对于向量共线的坐标表示以及点差法求解参数与坐标之间的关系，每一步都是通过构建关于的方程，结合联立方程的思想完成证明.
3．（2023·四川乐山·统考一模）以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的直角坐标方程；
(2)若是上一动点，，作线段的中垂线交直线于点，求点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标方程的互化公式直接求解即可；
（2）由题知点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线，再求其方程即可.
【详解】（1）解：因为曲线的极坐标方程为，，
所以，，即，
所以，曲线的直角坐标方程为
（2）解：因为，
所以其直角坐标为
所以为圆的圆心，圆的半径为，
如图，，
所以，点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线，记为
所以，焦距，，，
因为中点为，即曲线的对称中心为，
所以，点的轨迹方程,即.

4．（2023春·四川广安·高三校考开学考试）已知焦点在轴上的椭圆，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，过的直线与椭圆交于点、，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知直线与轴不重合，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，利用三角形的面积公式求出的值，即可求得直线的方程.
【详解】（1）椭圆半焦距c，由已知可得，解得，因此，椭圆的标准方程为.
（2）解：易知点、，
若直线与轴重合，则、为椭圆的长轴顶点，不符合题意，
所以，直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
所以，，
，
整理可得，解得，
因此，直线的方程为或.
5．（2023·四川南充·校考模拟预测）已知直线与抛物线交于，两点，且
(1)求的方程
(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
【答案】(1)
(2)过定点，

【分析】（1）联立直线与抛物线，写出根与系数关系，化简已知条件来求得，进而求得抛物线的方程.
（2）连值直线抛物线，写出根与系数关系，求得直线的方程，并求出定点的坐标.
【详解】（1）将代入，得，
则，
则，解得，
故的方程为
（2）设，则，
联立方程组，整理得，
则，所以，
因此直线的方程为，
整理得，即，
当时，，故直线过定点.
6．（四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测数学（理科）试题）已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)试探究：在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点,使得为定值

【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；
（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.
【详解】（1）为等边三角形，，，；
的周长为，，
解得：，，，
椭圆的方程为：.
（2）假设在轴上存在定点，使得为定值；
由（1）知：，直线斜率不为零，
可设，，，
由得：，则，
，，
；
为定值，，解得：，此时定值为；
存在定点，使得为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点、定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，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所求量，代入韦达定理可整理消元确定定值或根据定值求得定点.
7．（四川省达州市2023届高三第一次诊断测试模拟考试理科数学试题）平面直角坐标系 ​中， 已知椭圆​， 椭圆​​.设点​为椭圆​上任意一点， 过点​的直线​交椭圆​于​两点， 射线​交椭圆​于点​.
(1)求 ​的值；
(2)求 ​面积的最大值.
【答案】(1)2
(2)

【分析】(1) 设 ​，根据比例关系得出，将点的坐标分别代入方程即可求解；
(2) 由(1)知，的​面积为​，将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理和三角形面积公式求出，利用换元法求出面积的最值即可.
【详解】（1）设 ​， 由题意知​.
因为 ​， 又​， 即​， 所以​，
即 ​.
（2）由(1)知，的​面积为​，
设 ​.
将 ​代入椭圆​的方程， 可得​，
由 ​， 可得​，①
则有 ​. 所以​.
因为直线 ​与​轴交点的坐标为​，
所以​的面积​
​.
设 ​， 将​代入椭圆​的方程，
可得 ​，
由 ​， 可得​，②
由 (1)(2)可知 ​， 因此​， 故​， 当
且仅当 ​， 即​时取得最大值​.
所以面积的最大值为​.
8．（四川省内江市高中2023届零模考试数学理科试题）已知椭圆的左，右焦点分别为、，上下顶点分别为M、N，点的坐标为，在下列两个条件中任选一个：①离心率；②四边形的面积为4，解答下列各题.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交椭圆于A、B两点，判断点与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)；
(2)G在以AB为直径的圆外，理由见解析.

【分析】（1）根据所选条件及，结合椭圆参数关系求出椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理求、，利用向量的数量积的坐标运算判断符号，即可判断点圆的位置关系.
（1）
选①：由上顶点，即，
由，且，可得，
所以椭圆的方程为.
选②：由题设，，即，而，
所以，故，
所以椭圆的方程为.
（2）
联立与，
并整理可得：，则，，
所以，
，
由，，
所以
，
故，故且不共线，故为锐角，
所以G在以AB为直径的圆外.
9．（四川省雅安市2022届高三第三次诊断性考试数学（理）试题）已知椭圆的右焦点为F，长轴长为4，离心率为．过点的直线与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意列出方程即可求解；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，得出韦达定理，代入化简即可得出.
【详解】（1）由已知有，解得，
故椭圆C的标准方程为：；
（2）由已知直线l斜率不为零，故设其方程为，
由消去x得：（，
令得．
设，则有，
易知，
∴


所以为定值．
10．（四川省遂宁市2022届高三下学期三诊考试数学（理）试题）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，左顶点、下顶点分别为A、，离心率，坐标原点到直线的距离为，过且斜率为的直线与交于，两点.
(1)求的标准方程；
(2)令、的中点为，若存在点()，使得，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．

【分析】(1)根据椭圆离心率和△OAB面积列出两个方程，再结合a、b、c关系即可求出椭圆方程；
(2)设，，，，，，直线的方程为，k≠0.联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式用m、k表示出N点坐标，根据得，由此得到m和k的关系，用k表示出m，根据m的范围即可解出k范围．
(1)
椭圆的离心率，整理得：，
坐标原点到直线的距离为，
由△的面积公式可知：，
∴，即，即，
即，解得，则，
∴椭圆的方程为；
(2)
设，，，，，，直线的方程为，k≠0，
由得，
由韦达定理得，故，
又点在直线上，，∴，
∵，∴，
整理得，由解得k的范围是．
11．（四川省攀枝花市2022届高三第三次统一考试理科数学试题）已知椭圆的长轴长等于4，且过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过P作直线，与圆相切且分别交椭圆C于M、N两点．当直线MN过圆E的圆心时，求此时的直线MN的斜率及圆E的半径．
【答案】(1)
(2)，

【分析】（1）依题意得到，解得、，即可求出椭圆方程；
（2）设直线方程为：，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由题知两直线，的斜率存在，设为，，则，即可求出，从而求出直线的斜率，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到，同理可得，再由，即可求出，从而得到直线的方程，再由点到直线的距离公式求出圆的半径；
(1)
解：依题意，解得，所以椭圆方程为；
(2)
解：设直线方程为：，代入椭圆方程得，
设，，则，，
由题知两直线，的斜率存在，设为，，则，即，
又、，所以，整理得，
即，解得，此时直线的斜率为，
由于直线，与圆相切，则有，
直线的方程为，联立方程组
消去，得，
所以，
同理可得 ，
所以，即，又
则，所以，解得或（舍去），
所以直线的方程为，即，则圆的半径
12．（四川省成都市2022届高三第二次诊断性检测理科数学试题）已知椭圆C：经过点，其右顶点为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为.求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意可得，再结合，即可解出，从而得出椭圆C的方程；
（2）依题可设，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到，然后结合，可找到的关系，从而可知直线PQ经过定点，于是△APQ面积等于，即可求出其最大值．
【详解】（1）解：依题可得，，解得，所以椭圆C的方程为．
（2）解：易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，，，
由可得，，
所以，，，
而，即，化简可得，①，
因为，
所以，令可得，②，
令可得，③，
把②③代入①得，，化简得，
所以，或，
所以直线或，
因为直线不经过点，所以直线经过定点．
设定点，
所以，
，
因为，所以，
设，
所以，
当且仅当即时取等号，即△APQ面积的最大值为．
13．（四川省2022届高三诊断性测试数学（理）试题）已知椭圆的离心率，且过点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设C点关于y轴的对称点为D，点M在直线OD上，过点M的直线l与E交于A、B两点，线段AB的中点为N，若，求点M的坐标．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）先判断出直线l的斜率不存在不合题意；
设过点M的直线l的方程为，设，用“设而不求法”得到，，由得到.设，将其代入得，
对任意k恒成立的充要条件为，即，即可求出点M的坐标为．
(1)
由已知，得，        ①
又，        ②
由①②解得，，故椭圆E的方程为：．
(2)
由题设及得．
当直线l的斜率不存在时，AB垂直于x轴，此时可设：，所以
，而.
因为，所以，解得：，这与相矛盾，故直线l的斜率存在.
可设过点M的直线l的方程为（斜率存在），
将其代入并整理得，
当时，设，，
∴，，继而可得，
，
又，，∴

整理得，        （*）
设，将其代入得，
又将代入（*）式整理得，
即：，
对任意k恒成立的充要条件为，即，
∴，故点M的坐标为．
【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.
14．（2023秋·四川甘孜·高三校考阶段练习）已知椭圆：的右焦点为，过点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，直线：与轴相交于点，为线段的中点，直线与直线的交点为.
（Ⅰ）求四边形（为坐标原点）面积的取值范围；
（Ⅱ）证明直线与轴平行.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析
【分析】（Ⅰ）令直线：，联立方程利用韦达定理得到，，，换元带入化简得到答案.
（Ⅱ）直线的方程为，令得，.代入（Ⅰ）中式子化简得到答案.
【详解】（Ⅰ）由题，，令直线：，，.
联立消去，得.
∵，，，
∴.
∴四边形的面积.
令，∴，∴.
∵（当且仅当即时取等号），∴.
∴四边形面积的取值范围为.
（Ⅱ）∵，，∴.
∴直线的斜率，直线的方程为.
令得，.……①
由（Ⅰ），，.
∴，.
化简①，得.
∴直线与轴平行.
【点睛】本题考查了面积的范围，直线的平行问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
15．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过 三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.

（1）求抛物线的方程；
（2）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点与圆有两个不同的交点，求当 时，的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由已知得，设，有圆心纵坐标值为OF的一半，求b的值，进而求参数p，写出抛物线方程；
（2）由直线与抛物线有两个不同交点：联立方程，结合韦达定理及弦长公式得，由已知有，根据（1）求坐标及圆的半径，写出圆的方程，与直线方程联立，同理可得，应用函数与方程的思想，结合导数研究单调性，求的最值.
【详解】（1）抛物线的焦点，设
由题意知：圆心纵坐标值为OF的一半，即，则点到抛物线的准线的距离为，解得，
∴抛物线的方程为.
（2）由，得：，设，
∵，
∴，则，
由题意知：，可得，
∴由，得，设，而，
∴，则，
∴，令，则，则，
令，则
∴在上为增函数，故时，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：
（1）利用三角形外心与边长的关系可知的纵坐标与O、M坐标的关系，结合距离求参数p，写出抛物线方程；
（2）根据直线与抛物线、圆的位置关系，应用韦达定理及弦长公式，得到关于参数m的函数，利用导数研究其区间单调性求最值.
16．（2023春·四川成都·高三成都七中校考开学考试）椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．
【答案】(1)
(2)6

【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；
（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.
【详解】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，
设，由，所以的最大值为，
将代入，有，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，
，可得，
由韦达定理可得，
直线BA的方程为，令得点M纵坐标，
同理可得点N纵坐标，
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，

，
由，故，解得．
17．（2023·四川攀枝花·统考二模）已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为P，且点P的横坐标为3．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)点A、B是第一象限内抛物线E上的两个动点，点为x轴上的动点，若为等边三角形，求实数t的取值范围．
【答案】(1)；
(2).

【分析】(1)由双曲线求其渐近线方程，求出点的坐标，由此可求抛物线方程；
(2)设直线的方程为，利用设而不求法表示条件关系，由此可求t的取值范围．
【详解】（1）设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，
双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
（2）设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，，则，
因为点A、B在第一象限，所以，故，
设线段的中点为，则，
所以点的坐标为，
所以，
所以
又点到直线的距离，
因为为等边三角形，
所以，，
所以，，
所以①，②，
将①代入②可得③，所以，所以，
将③代入①可得，所以，
故t的取值范围为．
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
18．（2023秋·四川宜宾·高三校考期末）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.
19．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，，抛物线的顶点为，且经过，，椭圆的上顶点满足.

（1）求椭圆的方程；
（2）设点满足，点为抛物线上一动点，抛物线在处的切线与椭圆交于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）； （2）.
【分析】（1）求得抛物线的顶点，求得F1，可得c=1，再由向量共线的坐标表示，可得b=1，进而得到a，即有椭圆方程；
（2）运用向量共线的坐标表示，求得PQ的斜率，设出PQ的方程，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合点到直线的距离公式，由三角形的面积公式，运用二次函数的最值求法，可得最大值．
【详解】（1）由抛物线，可得，，
设椭圆的焦距为，则有，
又由可得，
，，
故椭圆的方程为.
（2）设点，
由得，.
直线，
联立消去整理得，，
由，得，设，，
由根与系数关系可得，
，，
，
.
设，由得故.
而点到直线的距离为：.
，
，故当时，.
【点睛】解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用二次函数的性质求三角形面积最值的.
20．（四川省南部中学2023届高考模拟检测（五）理科数学试题）已知椭圆的离心率，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值及点坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)
(2)存在，定点，定值为

【分析】（1）由离心率、点的坐标列方程组求得得椭圆方程；
（2）当直线斜率不为时，设直线，代入椭圆方程，设，由韦达定理得，由数量各积的坐标表示计算，代入韦达定理的结论后可得定值．
【详解】（1）由题意得，解得：；
故椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率不为时，设直线，与联立得：，
设，则，
故，
，
又，则，
故
，
令，解得：，
此时为定值，
当直线斜率为时，此时直线，不妨令，
，满足要求，
综上：存在定点为定值，该定值为
【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交中的定值问题处理方法是：设出直线方程，设出直线与椭圆的交点坐标为，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得（或），用所设点的坐标表示出题中要求定值的式子，代入韦达定理的结论后化简即可得．
21．（四川省成都市金牛区2023届高三上学期理科数学阶段性检测卷（二））已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与该椭圆交于两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）由离心率与列出方程组，求出，从而得到，求出椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率不存在的情况，再考虑直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据列出方程，求出，得到直线方程.
【详解】（1）由已知得，解得，
，
所求椭圆的方程为；
（2）由（1）得.
①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由得.
设，
，这与已知相矛盾.
②若直线的斜率存在，设直线直线的斜率为，则直线的方程为，
设，联立，
消元得，
，
，
又，
，

化简得，
解得或（舍去）

所求直线的方程为或.
22．（四川省内江市2022届高三第三次模拟考试数学（理）试题）设圆的圆心为，点与点关于原点对称，P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交线段于点M，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点，曲线C上是否存在点B，使得在y轴上能找到一点D满足为等边三角形？若存在，求出所有点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，、、

【分析】（1）由垂直平分线的性质得的轨迹是以、为焦点的椭圆，其中长轴，焦距，由此可求得曲线C的方程；
（2）分AB的斜率为0时，AB的斜率不为0时，两种情况讨论，当AB的斜率不为0时，设，，线段AB的中点为Q，由中点坐标公式和两直线垂直时其斜率间的关系可得，再由得，由此可求得满足条件的点B的坐标.
(1)
解：由题意得，，圆的半径为4，
点与点关于原点对称，∴，
线段的垂直平分线交线段于点M，
∴，
∴，
又，
∴的轨迹是以、为焦点的椭圆，其中长轴，焦距，故短半轴，
∴曲线C的方程为；
(2)
解：当AB的斜率为0时，点B的坐标为，点D的坐标为或，满足题意，
当AB的斜率不为0时，设，，线段AB的中点为Q，
，∴，直线AB的斜率，直线的斜率，
当为等边三角形时，，
∴，整理得，
又∵，∴，由，得，故，
又∵为等边三角形，有，
∴，整理得，
∴，解得或（舍去），
将代入，解得或，
∴满足条件的点B的坐标为：、、.
23．（四川省达州市2022届高三第二次诊断性测试理科数学试题）已知椭圆的离心率为，过的右顶点的直线与的另一交点为.当为的上顶点时，原点到的距离为.
(1)求的标准方程；
(2)过与垂直的直线交抛物线于两点，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用点到直线距离、离心率和椭圆关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）当直线斜率为时，易求得；当直线斜率不为时，分别将直线与椭圆、直线与抛物线方程联立，求得，进而得到，采用换元法，令，利用导数可求得最小值；综合两种情况可得所求面积的最小值.
【详解】（1）由题意知：，
若为的上顶点，则，，即，
原点到的距离，
又离心率，，，，
椭圆的标准方程为：.
（2）由题意知：直线斜率存在；
①当直线斜率为时，，；此时直线，
则，，；
②当直线斜率存在且不为时，，
由得：，
又，，则，；
又直线，
由得：，；
的焦点为，，
又，
，
设，则，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
即；
综上所述：面积的最小值为.
【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结合弦长公式、点到直线距离公式等知识，利用变量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）.
24．（四川省宜宾市2022届高三第二次诊断测试数学（理）试题）已知椭圆的左右焦点分别为，，为的上顶点，且.
(1)求的方程；
(2)过坐标原点作两直线，分别交于，和，两点，直线，的斜率分别为，.是否存在常数，使时，四边形的面积为定值？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）由先解出，再由解出（2）由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，则，以，为参数表示出的面积，再判定是否存在常数使之为定值
(1)
解：，，
，
，

：
(2)
设：，：，（），（）
由消去得：，
解之得，
同理可求
又
点到的距离
所以


当即时，四边形的面积为定值.
故存在常数使得四边形的面积为定值
25．（四川省凉山州2022届高三第二次诊断性检测数学（理科）试题）如图，为椭圆上的三点，为椭圆的上顶点，与关于轴对称，椭圆的左焦点，且.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点且与轴不重合的直线交椭圆于两点，为椭圆的右顶点，连接分别交直线于两点.试判断的交点是否为定点？若是，请求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)直线与交点为定点.

【分析】（1）由对称性和椭圆定义可求得，结合焦点坐标即可求得椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可求得直线与交点为；假设当斜率存在时，直线与交点为，可利用，表示出，从而得到；将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理验证知等式成立，从而假设成立.
(1)
与关于轴对称，，，解得：；
椭圆的左焦点，，，
椭圆的标准方程为：；
(2)
由（1）知：，，不妨设在轴上方；
当直线斜率不存在时，，，
直线，直线，，，
，，
直线，即；直线：，即，
由得：，直线与交点为；
若直线与交点为定点，则该定点必为；
假设当直线斜率存在时，直线与交点为，
设，，
直线：；直线：；
令，则，，，，
，，
整理可得：，两式作和得：；
，，
设，
由得：，，
此时，满足题意；
综上所述：直线与交点为定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，本题解题基本思路是在直接求解交点坐标非常困难的情况下，利用斜率不存在的情况首先确定所过定点坐标，进而验证在斜率存在时，两直线交点依然为该定点即可.
26．（四川省巴中市2021-2022学年高三上学期一诊数学理科试题）已知点，和圆O：，动点M在圆O上，关于M的对称点为N，的中垂线与交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设曲线C与y轴的正半轴交于点P，不过点P的直线l交曲线C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）找到动点满足的等量关系式，根据定义可知轨迹为椭圆，从而得到椭圆方程
（2）设直线方程，与椭圆联立，根据以及韦达定理，得到直线方程中参数满足的等量关系，从而求出直线过的定点
(1)

如上图所示，因为Q是的中垂线上一点，所以，所以，中，为中点，为中点，即为的中位线，所以，即，所以点Q的轨迹为椭圆，，所以，椭圆方程为：
(2)
由（1）得：，直线斜率不存在时，不满足题意，所以直线斜率存在，设直线的方程为：，联立得：，设，则，，，， ，因为，所以，即，代入得：，解得：（与点重合，舍）或，所以直线方程为，所以直线恒过定点
27．（四川省泸州市2021届高三第二次质量诊断理科数学试题）已知椭圆：的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设不过点的直线与相交于两点，直线分别与轴交于，两点，若，证明直线的斜率是定值，并求出该定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；定值．
【分析】（1）根据题意求出，，即可直接写出椭圆的标准方程；
（2）设出直线方程（注意先讨论斜率不存在的情况），联立直线方程与椭圆的方程，结合韦达定理，表示出相关点，然后将转化为，进而得到与的关系，然后化简整理即可.
【详解】解：（1）由得，
又因为，
所以，
解得：，，
故椭圆的方程为；
（2）当直线与的斜率不存在时，设直线：，
设与相交于，两点，
直线：，直线：分别与轴相交于两点，，
因为，所以，
即，与已知矛盾，故直线斜率存在，
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，即直线的斜率是定值．
【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．
28．（四川省德阳市2022届高三“三诊”数学（理科）试题）椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，过且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)若与坐标轴不垂直且不过原点的直线与椭圆相交于不同的两点A，B，过AB的中点M作垂直于的直线，设与椭圆相交于不同的两点C，D，且．设原点O到直线的距离为d，求的最大值．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）设出左焦点坐标，结合已知建立a，b的方程，再解方程作答.
（2）设出直线的方程，求出点M坐标，再联立直线与椭圆的方程，求出点N的坐标，及的函数关系，借助函数求最值作答.
(1)
令椭圆半焦距为c，则，将代入椭圆方程，得，
依题意，，即．又离心率，即，解得，，
所以椭圆的方程为.
(2)
依题意，设直线，由消去y并整理得：
，设，，则，有，
于是有直线，即，
由消去y并整理得：，
设，，则，则线段CD中点，
因此，，又，从而得，
令，则（当且仅当时取等号），
所以当时，取得最大值．
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，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.
29．（四川省广安市2022届高三第二次诊断考试数学（理）试题）已知椭圆：（）的离心率为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上第一象限内的点，直线过点且与椭圆有且仅有一个公共点．
①求直线的方程（用，）表示；
②设为坐标原点，直线分别与轴，轴相交于点，，试探究的面积是否存在最小值．若存在，求出最小值及相应的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②，

【分析】（1）利用离心率和点的坐标解方程组即可；
（2）①设出直线的方程，联立椭圆方程，利用得到关于的一元二次方程，解出，即可写出直线；②直接表示出面积，借助基本不等式求最小值即可.
(1)
，解得，故椭圆的方程为.
(2)
①由题意知，在椭圆上，故，直线斜率一定存在，设，联立椭圆方程得：，由有且仅有一个公共点，可得，得，，对于确定的点，直线只有一条，即关于的一元二次方程有两个相同的根，，，化简得.
②由知，令，，令，，，又，即，得，当且仅当时取等号，此时面积最小为，点.
【点睛】本题关键点在于设出直线方程后，联立椭圆方程利用判别式进行解题，在得到关于的一元二次方程后，利用两根相等解出，即可写出直线方程.
30．（四川省泸州市2022届高三第二次教学质量诊断性考试理科数学试题）已知椭圆C：的左，右顶点分别为A，B，且，椭圆C过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，探究直线l是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)直线l过定点，理由见解析.

【分析】（1）列出方程组，求出的值，求出椭圆方程；（2）设出直线l的方程，联立后得到两根之和，两根之积，由斜率关系得到方程，化简后得到，进而求出直线所过定点.
【详解】（1）由题意得：，且，解得：，，所以椭圆方程为：.
（2）直线l过定点，理由如下：由（1）得：，，设，联立椭圆方程得：，设，，则，，则，，由，化简得：，将，代入得：，由于不恒为0，所以，解得：，故过定点.
【点睛】这道题目的难点是在根据斜率关系得到的方程时，通过整理不能整理出两根之和的对称形式，此时要适当的进行整理，通过凑出对称式，因式分解求出的关系或者的值，进而求出直线所过的定点