第17讲 圆锥曲线的综合问题（4大考点母题突破+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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考点分类讲解
母题突破1：范围、最值问题
规律方法 求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
【例1】(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
思路分析
❶联立方程利用弦长求p
❷设直线MN：x＝my＋n和点M，N的坐标
❸利用eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，得m，n的关系
❹写出S△MFN的面积
❺利用函数性质求S△MFN面积的最小值
解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，
所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，
所以|AB|＝eq \r(5)×eq \r(yA＋yB2－4yAyB)＝4eq \r(15)，
即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
因为eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，eq \(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得，
4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，
所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4n2－6n＋1＋16n)
＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MFN的面积
S＝eq \f(1,2)×|MN|×d＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)|n－1|×eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，
而n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2)＝4(3－2eq \r(2))．
【变式1】（2023·辽宁抚顺·模拟预测）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，M是线段PF上的点，且，则直线OM的斜率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，确定，根据向量之间的关系得到，得到，，利用均值不等式计算得到答案.
【详解】，设，显然当时，，当时，，
要想求解直线OM的斜率的最大值，此时．

设，，，则，即，
解得．
，故，即，
，故，
当且仅当，即时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为．
故选：B.
【变式2】（2024·陕西·模拟预测）已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，抛物线的准线与轴的交点为．
(1)若点的横坐标大于1，当直线与抛物线的另一个交点恰好为线段的中点时，求直线的方程；
(2)求内切圆的圆心到坐标原点距离的最大值．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设，依题意得到关于的方程组，进而求得的坐标，结合即可得解；
（2）联立直线与抛物线的方程，证得内切圆的圆心在轴上，再利用角平分线定理得到，分析的取值情况，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】（1）由题意，知，设，则，
又，所以线段的中点坐标为，
代入抛物线方程，得，
联立，解得或，
所以或，又，
所以或，
所以直线的方程为或，
即或.
（2）设直线的方程为，
联立，消去并整理，得，
所以，
所以
，
所以，即内切圆的圆心在轴上，
设内切圆的圆心为，
由角平分线定理，得，
过点作抛物线准线的垂线，设垂足为，
则，即，
故当最大时，最小，
所以只有当直线与抛物线相切时，取得最小值，
此时直线斜率存在，设切线为，
联立，消去，得，
则，解得，则的最小值为，
易知，则，解得，
所以内切圆的圆心到坐标原点距离的最大值为.
【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，注意的判断；
（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.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）第一象限的点在抛物线上，过点作轴于点，点为中点．
(1)求的运动轨迹曲线的方程；
(2)记的焦点分别为，则四边形的面积是否有最值？
【答案】(1)
(2)在上没有最值．
【分析】（1）设，得到，求出，，得到轨迹方程；
（2）根据四边形为梯形，表达出面积，求导得到单调性，在上没有最值.
【详解】（1）设，，则有，其中，因为是的中点，
所以，则，即，，
故的运动轨迹曲线的方程．
（2）因为与平行，所以四边形是梯形，

其上底为，下底为，高为，
所以其面积，又，
所以，
令，则，
所以即关于单调递增，
又当时，；时，，
所以在上没有最值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法，
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
母题突破2：定点(定直线)问题
规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
【例2】（2024·江西·一模）已知椭圆的左右顶点分别为A、B，点C在E上，点分别为直线上的点.
(1)求的值；
(2)设直线与椭圆E的另一个交点为D，求证：直线经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设，根据斜率公式得，然后根据点C在椭圆上化简即可求解；
解法二：设，利用三点共线的向量形式求得，，结合点C在椭圆上化简即可求解；
（2）解法一：联立直线MA与椭圆E方程，利用韦达定理得，同理得点的坐标为，分类讨论求得直线的方程，即可求得直线经过的定点；
解法二：设直线的方程为：，
联立直线与椭圆E方程，结合韦达定理利用求得，从而求得直线经过的定点.
【详解】（1）解法一：设，由题可知，，
又，由，
在上，则，
，.
解法二：设，则，
∵A、C、M三点共线，∴，同理：，∴，
又在曲线E上，∴，代入上式得：.
（2）解法一：由题可知，直线MA的方程为：，
联立方程可得：，
=45>0，
，，
又，，，
同理可得点的坐标为，
（i）当直线垂直于x轴时，，即，，
，此时直线的方程为；
（ii）当直线不垂直于x轴时，
，
故直线的方程为，
令，则，
整理得，此时直线经过定点
综上，直线经过定点.
解法二：由，
又，∴，
由题可得直线显然不与x轴平行，
设直线的方程为：，
由得，
，
又
，
由得或（舍去），
∴直线：，∴直线经过定点.
【变式1】（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆的左顶点为，，为上的两个动点，记直线，的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点.若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】过定点，
【分析】根据题意，平移坐标系，得到直线与椭圆方程，联立之后结合韦达定理代入计算，即可得到结果.
【详解】将坐标系左移2个单位长度（即椭圆右移），则椭圆方程变为，
即.
设直线为直线，平移后为直线，联立
齐次化得，整理可得，
两边同除以，得，则，解得.
把代入直线中，得，当时，，
所以过定点，则直线过定点.
【变式2】（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）已知点在抛物线上，为抛物线上两个动点，不垂直轴，为焦点，且满足．
(1)求的值，并证明：线段的垂直平分线过定点；
(2)设（1）中定点为，当的面积最大时，求直线的方程．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）代入点的坐标可得抛物线方程，联立方程，利用垂直和平分求出垂直平分线的方程可得答案；
（2）先求出弦长和高，表示出三角形的面积，利用导数求解可得答案.
【详解】（1）将点代入抛物线方程，可得，解得，
所以抛物线方程为，
设直线的方程为：，
联立方程，消去得，，
由韦达定理得，
根据抛物线定义：，可得，
此时，解得或，
设的中点坐标为，则，
可得的垂直平分线方程为：，
将代入整理得：，故的垂直平分线过定点．
（2）由（1）可得，
且点到直线的距离，
则的面积为，
可得，

设，设，则
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减．
所以当时，的面积取最大值，此时，即．此时.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题求解方法：先把目标式表示出来，根据目标式的特点选择合适的方法进行求解，常用方法有：①二次函数法：利用换元法，目标式化成二次型，结合二次函数求解；②基本不等式法：把目标式化成能使用基本不等式的结构，利用基本不等式求解；③导数法：求解导数，利用导数求解最值.
【变式3】（23-24高三下·江西·开学考试）设抛物线，过焦点的直线与抛物线交于点、．当直线垂直于轴时，．
(1)求抛物线的标准方程．
(2)已知点，直线、分别与抛物线交于点、.
①求证：直线过定点；
②求与面积之和的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）利用弦长求解，即可求解抛物线方程；
（2）①设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点；
②利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得与面积之和的最小值．
【详解】（1）解：由题意，当直线垂直于轴时，直线的方程为，
联立可得，则，所以，即，
所以抛物线的方程为.
（2）证明：①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，
同理可知，直线也不与轴重合，易知点，
设、，设直线的方程为，
联立得，，
因此，.
设直线的方程为，联立得，
则，因此，，则，同理可得.
所以.
因此直线的方程为，
由对称性知，定点在轴上，
令得，
，
所以，直线过定点.
解：②记点，，
，
所以，，当且仅当时，等号成立，
故与面积之和的最小值为.
【点睛】方法点睛：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.
母题突破3：定值问题
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
【例3】（2024·辽宁抚顺·一模）已知双曲线的中心为坐标原点，其右焦点到渐近线的距离为，离心率为，
(1)求双曲线的标准方程；
(2)记双曲线的左、右顶点分别为，点为双曲线的右支上异于点的动点，直线与直线相交于点，直线与双曲线的另一个交点为，直线垂直于点，问是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由，
【答案】(1)
(2)存在点使为定值3， 的坐标为
【分析】（1）利用待定系数法，结合点线距离公式与双曲线的离心率得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）联立直线与双曲线方程，得到，再由三点共线与三点共线得关于的方程，分析得，从而得到直线过定点，进而求得点，由此得解.
【详解】（1）设双曲线的右焦点为，
双曲线的标准方程为，则其渐近线为，
由已知可得，结合，可得，
所以双曲线的标准方程为，
（2）由已知，直线不垂直于轴，设直线的方程为，
由消去并整理得，①
则，且由这个方程的判别式可得，
设，则，
由已知可得，设，
由三点共线可得，
由三点共线可得，
消去并整理得，
又，所以上式可化为，
即，
整理可得，
若，则，代入①式可得，
因为点不与点重合，所以，即，
所以，
所以，即，所以直线过定点，
因为直线垂直于直线，垂足为点，所以点在以为直径的圆上，
所以存在点使为定值3，此时点的坐标为，
【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，注意的判断；
（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.
【变式1】（23-24高三下·江西·开学考试）已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.
(1)若点为上一动点，求的最大值与最小值；
(2)若，求的斜率；
(3)在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)最大值为，最小值为；
(2)
(3)存在定点
【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可得，则，当点与的左、右顶点重合时取到最值；
（2）设，根据平面共线向量的坐标表示可得，结合求出点B的坐标，利用两点表示斜率公式计算即可求解；
（3）假设满足条件的点存在，易知直线的斜率不存在时；设，根据平面向量数量积的坐标表示可得，当直线的斜率存在时，设：，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，代入，化简计算即可求解.
【详解】（1）设的左焦点为，则，
由椭圆的定义知，，
所以，
当且仅当点与的左顶点重合时取等号，
即的最大值为；
，
当且仅当点与的右顶点重合时取等号.
即的最小值为.
（2）设，则由，得，
所以，即，又在上，
所以，即解得
即.
故直线的斜率为.
（3）假设满足条件的点存在，设，
则，
当直线的斜率存在时，设的方程为，
把代入，得，
所以，
，
，
所以为定值，
所以，解得，
存在定点，使得为定值；
当直线的斜率不存在时，易得满足为定值.
综上，存在定点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法一般有两种：
(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．
【变式2】（2024·湖南邵阳·二模）已知双曲线的左焦点为，点在双曲线上，直线与双曲线交于两点.
(1)若经过点，且，求；
(2)若经过点，且两点在双曲线的左支上，则在轴上是否存在定点，使得为定值.若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）先利用点在双曲线上和双曲线的性质求出双曲线方程，然后分直线的斜率存在与否讨论，存在时，设出直线方程，利用韦达定理法表示出，再代入直线方程表示出，最后利用向量的数量积为零求出斜率，再代入弦长公式求出弦长；
（2）假设存在，设直线方程，利用韦达定理法表示出，要使为定值，则，解出后得到点的坐标，再用弦长公式表示出三角形的面积，最后利用换元法和分离常数法结合复合函数的单调性求出面积的最小值.
【详解】（1）
把代入得：
，又.
又，解得.
双曲线方程为.
若直线的斜率不存在时，，此时不妨设.
，舍去.
若的斜率存在，设方程为，代入，化简得，，
设，则，
.
，得，即.则.
.
（2）
假设存在，使得为定值.
设方程为，代入，化简得.
由题意.
.
由题意.
要使为定值，则，解之得.
存在，使得为定值.
此时
令，
.
.
由复合函数的单调性可知在递减，
在时取得最大值1.
的最小值为.
【点睛】关键点点睛：
（1）求弦长时，可用弦长公式，韦达定理表示出两根之和和两根之积；
（2）对于直线过定点问题时，可采用向量垂直数量积为零，求出关于参数的方程，再讨论定点问题；
（3）求圆锥曲线中三角形的面积最值问题时，可用弦长公式表示出面积，再结合换元法或基本不等式或函数的单调性求出面积的最值.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知，分别为有心二次曲线的左、右焦点，为曲线上任意一点，直线，分别交曲线于点（异于点），设，，求证：为定值．
【答案】证明见解析
【分析】将，代入曲线方程,，然后结合定比分点公式化简整理求.
【详解】设，，．
因为，所以，
将，代入曲线方程，得，
，得．
两边同除以，并整理得，
所以，即．
又，即，
两式相加，得．
同理，
所以为定值．
定比分点公式：若，则称点M为AB的定比分点，若，，则.
母题突破4：探究性问题
【例4】（2024·重庆·模拟预测）已知点和直线，点到的距离 .
(1)求点的轨迹方程；
(2)不经过圆点的直线与点的轨迹交于，两点. 设直线，的斜率分别为，，记 ，是否存在值使得的面积为定值，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用直接法求得轨迹方程；
（2）设，，分别表示，及，进而表示，可知，当时，为定值，即面积为定值.
【详解】（1）设点，由，
当时，，不成立，
所以，则，即；
（2）设，，则，，
又点在椭圆上，则，则，同理，
设直线与的倾斜角分别为，，则，
则，
则，
所以当时，为定值，即面积为定值.

【变式1】（22-23高三下·浙江绍兴·开学考试）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：.
(1)设是椭圆上的一个动点，求的取值范围；
(2)设与坐标轴不垂直的直线交椭圆于两点，试问：是否存在满足条件的直线，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点，将转化为坐标表示，求取值范围；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，设中点为D，若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则，，解出直线方程.
【详解】（1）设点，则，
，
因为，所以当时，，
当时，，
所以.
（2）设直线l：（），，，
，消去y得，，
由题，，
，，
，，
若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则， ，
所以，①
设中点为D，则，因为，
所以，即，②
由①②，得，或，，满足，
所以存在直线l使得是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
直线方程为或.
【变式2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边过F，边过原点，求直线的方程：
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据条件即可得结果；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.
【详解】（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．

（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
【点睛】直线与圆锥曲线相交，常利用“设而不求”的方法解决弦长，面积，数量积，斜率等问题.
【变式3】（2024·广东佛山·二模）已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
(1)（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程．
(2)已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)（ⅰ）2；（ⅱ）．
(2)存在，点A到直线距离的最大值为2，．
【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；
（2）方法一：设，，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；
方法二：设，，，，，
利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；
方法三：设，，，，，可得，设：，联立双曲线方程化简得出，变形后利用根与系数的关系可得出，求出n，即可推出过定点，即可求得答案..
【详解】（1）（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立，
解得或，即双曲线的两顶点为，
故实轴长为；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，
曲线的方程为；
（2）方法一：设，，，显然直线的斜率存在，设：，
联立：得，
所以，，①，
因为：，令，则，同理，，②
依题意得，③
由①②③得，，
所以，即或，
若，则：过点A，不合题意；
若，则：．所以，恒过，
所以，．当且仅当，即时取得，
此时方程为，结合，
解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法二：设，，，，，
则：，：，
联立，得，
为此方程的一根，另外一根为，则，
代入方程得，，
同理可得，，
即，，
则，
所以直线的方程为，
所以直线过定点,
所以．当且仅当，即时取得，
解得,
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法三：设，，，，，
则，
依题意，直线不过点A，可设：，
曲线的方程改写为，即，
联立直线的方程得，
所以，
若，则，代入直线方程，无解；
故，两边同时除以得，
则，得，
在直线：中，令，则，
所以，恒过，
所以，，
当且仅当，即时取得，此时，符合题意，
且方程为，解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为．
【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.
强化训练
1.（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为.
(1)求的方程；
(2)过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为.
①求的取值范围；
②求证：为定值.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及面积的最大值，构造方程解方程可得的方程为；
（2）①联立椭圆与直线方程得出的面积的表达式，利用对勾函数单调性即可求得的取值范围为；
②利用中点坐标公式求得，得出斜率表达式即可得，可得为定值.
【详解】（1）由题意知，解得，
所以的方程为；
（2）①易知，
设直线方程为，如下图所示：
联立，消去可得，
所以，
且，
可得，
令，
可得，由对勾函数性质可得在时单调递增；
所以可得；
即的取值范围为.
②易知，
可得；
所以
；
因此为定值.
2.（22-23高三上·河南焦作·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与椭圆仅有个不同的公共点，且椭圆上一点到的距离之和为．
(1)求的方程；
(2)经过定点的动直线交于，两点，，若恒成立，求点到点的最小距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆与椭圆交点个数可知，结合椭圆定义和椭圆之间关系即可求得椭圆方程；
（2）易知在椭圆内部；当直线斜率为时，不是定点，不合题意，由此可设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据可知，由斜率公式和韦达定理的结论可化简得到或；分析可知满足题意，由此确定；设，将问题转化为二次函数最小值的求解问题，由此可得结果.
【详解】（1）以为直径的圆与椭圆仅有个不同的公共点，，
由椭圆定义知：，解得：，
，解得：，的方程为：.
（2）若点在椭圆上或椭圆外，此时，不合题意，
在椭圆内部，即；
当直线斜率为时，为椭圆左右顶点，此时恒成立，则不是定点，不合题意；
当直线斜率不为时，设，
由得：，
，则；
设，，则，；
，，
，
.
或；
当时，，此时恒成立，则不是定点，不合题意；
当时，满足；
综上所述：定点的坐标为；
设，则，
当时，，即点到点的最小距离为.
【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，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或求得变量的值；
④利用变量间的关系或变量值确定定点坐标.
3.（2024·陕西西安·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线，其焦点为F，过点F的直线l交抛物线S于A和B两点，，角（如图）．
(1)求抛物线S的方程；
(2)在抛物线S上是否存在关于直线l对称的相异两点，若存在，求出该两点所在直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）求出直线的方程，与抛物线方程联立，结合抛物线定义及给定弦长求出即得.
（2）假设存在符合要求的两点，并设出两点坐标，再利用对称思想列式求解判断即得.
【详解】（1）抛物线的焦点，直线方程为，
设，
由消去得：，则，
，，于是，解得，
所以抛物线S的方程为.
（2）由（1）知直线：，
假设在抛物线S上存在关于直线l对称的相异两点，设这两点坐标为，
于是直线的斜率，解得，
线段的中点在直线上，则，而应在线段上，必有与矛盾，
所以在抛物线S上不存在关于直线l对称的相异两点.
【点睛】
思路点睛：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（或），若不过焦点，则必须用一般弦长公式.
4.（2024·安徽阜阳·一模）已知双曲线的左、右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为．是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而可得，根据两点斜率公式表达斜率，进而代入化简即可求解.
【详解】（1），
故当直线过且与双曲线有且仅有一个公共点时，与的渐近线平行．
设直线，
则点到直线的距离为，
所以双曲线的标准方程为．
（2）由题可知，直线的斜率不为0，
设直线，
由得．
成立，
则，
．
，
．
故存在实数，使得成立．
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线相交的题目时，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．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或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲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．
5.．（2024高三·全国·专题练习）如图，过椭圆上的定点作倾斜角互补的两直线，设其分别交椭圆于两点，求证：直线的斜率是定值.
【答案】证明见解析
【分析】设直线的方程为，，将椭圆方程化为，与直线方程联立，齐次化并整理，再利用韦达定理求出，再结合，即可得出结论.
【详解】由题意可得直线不过点，且直线的斜率都存在，
设直线的方程为，，
因为
，
所以椭圆方程可化为，
联立，
齐次化并整理可得，
由韦达定理得，
又因为，所以，
所以，故直线的斜率为定值.
【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．
6．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C：.过点，两个焦点为和.设E，F是椭圆C上的两个动点.
(1)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之和为2，证明：直线EF恒过定点；
(2)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之积为2，证明：直线EF恒过定点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将直线方程与椭圆方程齐次化，利用韦达定理可得直线EF的方程为，可得结论；
（2）由（1）中的结论由韦达定理可得直线EF的方程为，得出证明.
【详解】（1）设直线EF方程为，即，
从而.
又椭圆过点，可得
整理可得
所以
即
则
显然这是一个关于的一元二次方程.
对于问题（1），由韦达定理得
所以，故，则
所以直线EF恒过定点.
（2）对于问题（2），由韦达定理得
所以，则，
所以直线EF恒过定点.
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合之间的平方关系即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立双曲线方程结合韦达定理得，用以及的坐标表示出点以及的方程，根据对称性可知，只需在的直线方程中，令，证明相应的为定值即可求解.
【详解】（1）由题意，所以双曲线的标准方程为.
（2）由题意，当直线斜率为0时，直线，
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，，
，
所以，
直线的方程为：，
所以的方程为，
由对称性可知过的定点一定在轴上，
令
，
又，
所以，
所以直线过定点.
8．（2022高三·全国·专题练习）已知点P是椭圆C: 上的动点，，求的最小值.
【答案】
【分析】首先得出的表达式，再对其分类讨论求最小值即可解决.
【详解】设，则
则
==，
当时，，在时取最小值，
当时，，在时取最小值，
当时，，在时取最小值
综上，
9．（2024·北京丰台·一模）已知椭圆()的焦距为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的周长为16．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为．是否存在定点，使得？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】(1)根据焦距可求c，根据已知四边形周长及a、b、c的关系可求出a、b，从而可求椭圆标准方程；
(2)由题可知，若存在定点，使得，等价于以为直径的圆恒过定点．从而只需从直线l斜率不存着时入手求出该定点D，斜率存在时验算即可．
【详解】（1）由题意得解得
∴椭圆的方程为．
（2）若存在定点，使得，等价于以为直径的圆恒过定点．
当直线的斜率不存在时，为直径的圆的方程为①，
当直线的斜率为0时，令，得，
因此为直径的圆的方程为②．
联立①②，得猜测点的坐标为．
设直线的方程为，
由得．
设，则
∴
综上，存在定点，使得．
10．（2024·河北沧州·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线方程为，右焦点F到渐近线的距离为．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，其中O为坐标原点，求证：的面积S是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式可求双曲线方程；
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）由已知得渐近线方程为，右焦点，
，，
，解得．
，
，，
双曲线C的标准方程为；
（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，
此时易得，点到直线的距离为，所以此时；
②当直线的斜率存在时，设直线为，
由得，
因为直线于双曲线相切，所以且，
整理得且，即，
由得，则，
同理得到，
所以
点到直线的距离
所以，
所以的面积为定值.

【点睛】方法点睛：利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键.
11．（2024·内蒙古包头·一模）已知椭圆：，是的一个焦点，是上一点，为的左顶点，直线与交于不同的两点，．
(1)求的方程；
(2)直线，分别交轴于，两点，为坐标原点；在轴上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，H的坐标为和．
【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再结合椭圆的几何性质，解方程组即可求解；
（2）设点，表示出直线的方程，从而得到点的坐标，同理得到点的坐标，再由得到，坐标代入后结合题中条件进一步计算求出点的坐标即可求解.
【详解】（1）由题意可知，椭圆C的半焦距，
由得，
把D的坐标代入C的方程得，
由解得
所以C的方程为．
（2）假设在轴上存在点H，使得．
设，由，可知，
所以，即，所以．
因为直线交椭圆C于P，Q两点，则P，Q两点关于y轴对称．
设，，（，且），
由题意得，则直线RP的方程为，令，得，
直线RQ的方程为，令，得，
因为，所以，
又因为在C上，所以，即，
所以，得．
当时，由，得，
，，
所以，，
所以，又，为锐角，所以，
所以，满足题意，同理当时，也满足题意．
所以，在轴上存在点H，使得，且H的坐标为和．
12．（2024·山东济南·一模）已知双曲线C：的左右顶点分别为，，过点的直线与双曲线C的右支交于M，N两点.
(1)若直线的斜率k存在，求k的取值范围；
(2)记直线，的斜率分别为，，求的值；
(3)设G为直线与直线的交点，，的面积分别为，，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)；
(3)3.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解；
（2）由（1）得到，求得，结合斜率公式，准确运算，即可求解；
（3）由（2）可知，设与的方程分别为和，两两方程组，求得，结合三角形的面积公式和不等式的性质，即可求解.
【详解】（1）解：设，，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
可得 ，解得，
又由直线的斜率为，可得的取值范围是.
（2）解：由双曲线，可得，，
由（1）可得，，则.
所以
.
（3）解：由（2）可知，
所以直线与直线的方程分别为和，
联立两直线方程可得交点的横坐标为，
于是
，
故的最小值为，当且仅当时取等号成立.

【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
13．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）当时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到，再由椭圆过点，求出；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，、，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的值，代入直线方程可得定点坐标；
（ⅱ）设直线恒过定点为，由，可得，结合（ⅰ）中韦达定理求出、，即可求出，从而求出直线方程.
【详解】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，
又椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，则，与矛盾，
所以直线的斜率存在，
由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
由得，
由，可得，
所以，，
则
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．
综上可得直线恒过定点.
（ⅱ）设直线恒过定点为，
此时，解得，
由，可得，
又，，
所以，，
所以，解得，满足，
所以，
所以直线方程为.

【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法．
设出直线方程为，设交点坐标为，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，代入题中关于交点的满足的的条件可得出关系，从而代入直线方程后得定点坐标．
14．（2024·贵州黔东南·二模）已知双曲线的渐近线方程为的焦距为，且.
(1)求的标准方程；
(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线，（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：
（i）的斜率之积为定值；
（ii）存在定点，使得关于点对称.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程为；
（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.
【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，
则，所以，
因为，所以，得.
因为，所以，可得，
所以，
故的标准方程为.
（2）证明：（i）设，如下图所示：
设过点的切线的斜率为，则切线方程为，
即，所以，
即，
因此的斜率是上式中方程的两根，即.
又因为所以
所以的斜率之积为定值，且定值为2.
（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，得.
因为，所以，
则，同理可得，
所以.
因为，所以.所以，
得.
因为都在上，所以或（舍去），
所以存在定点，使得关于点对称.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.
15．（23-24高三下·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.
(1)当时，求直线的方程;
(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），
（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解.
（2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，由方程根的思想即可求解. 或O，M，C，N四点共圆，由，，也可求解.
（2）（ii）记的面积分别为，分别联立方程先求出，所以，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解.
【详解】（1）解:设直线
联立，消去，得，
所以，
，则
，则，又由题意，
直线的方程是;
（2）（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，
即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设，则，
因为O，M，C，N四点共圆，所以，即，
化简可得:，
所以的重心的纵坐标为0.
（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，
所以，
由（1）得，，
所以，即，
因为，
点到直线MN的距离，
所以，
所以
在第一象限，即，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，
又因为，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为.
16．（2024·云南昆明·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且在第一象限内，满足.
(1)求的平分线所在的直线的方程；
(2)在椭圆上是否存在关于直线对称的相异的两点，若存在，请找出这两点；若不存在请说明理由；
(3)已知双曲线与椭圆有共同的焦点，且双曲线与椭圆相交于，若四边形的面积最大时，求双曲线的标准方程.
【答案】(1)
(2)不存在满足题设条件相异的两点，理由见解析
(3)
【分析】（1）结合椭圆定义与角平分线性质计算即可得；
（2）利用反证法，假设存在，设出该直线，联立后借助韦达定理找出矛盾点即可得假设不成立；
（3）设出双曲线的标准方程后，表示出四边形的面积后借助基本不等式计算即可得.
【详解】（1）设的平分线与轴交于点，
由，则，由，有，故，
故，则，解得，故，
由角平分线的性质可得，所以，
解得，故，则有，
即直线的方程为；

（2）假设存在两点关于直线对称，则，所以，
设直线的方程为，联立，
得，则，
即，
所以的中点坐标为，因为的中点在直线，
所以，所以，所以的中点坐标为，
与点重合，矛盾，所以不存在满足题设条件相异的两点；
（3）由题意知，，
设与椭圆共焦点的双曲线的标准方程为，
设它们的一个交点坐标为，它们的交点为顶点的四边形面积记，
所以，
当且仅当取得等号，因为，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为.

【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，注意的判断；
（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.
17．（2024·广东广州·一模）已知为坐标原点，双曲线的焦距为，且经过点.
(1)求的方程：
(2)若直线与交于，两点，且，求的取值范围：
(3)已知点是上的动点，是否存在定圆，使得当过点能作圆的两条切线，时（其中，分别是两切线与的另一交点），总满足？若存在，求出圆的半径：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据焦距以及经过的点即可联立求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
（3）根据圆心到直线的距离可得，进而根据数量积运算可判断，结合对称性即可求解；或者利用切线关系得,根据斜率相乘关系，代入韦达定理化简可得半径.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线方程为
（2）当直线斜率不存在时，设,
将其代入双曲线方程，
又，解得，
此时，
当直线斜率存在时，设其方程为，设,
联立，
故，
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，
当时，此时，
，故，
因此，
综上可得.

（3）解法一：当直线与相切时，
圆心到直线的距离，
设设,
类似（2）中的计算可得
，
所以，
由双曲线的对称性，延长交双曲线于另一点,
则，且，
根据轴对称性可得,且直线与也相切，即即为,
符合题意，

当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
解法二：

设，，
由于为圆的切线，平分，且,所以,
设过点与圆相切的直线方程为（直线斜率存在时）
，
，将两根记为，
，
同理可得
故
，
故存在这样的圆，半径为
当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将用k表示出来，然后再利用基本不等式长最值．
18．（2024·江苏·一模）已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【详解】（1）由右焦点为，得，
因为，所以，
若，则，得，无解，
若，则，得，所以，因此C的方程.
（2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为，
联立，消去y得，
由，得，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.
①设BF的斜率为，则，
因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以PQ的中垂线为，
易得BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
所以，，
要使，即，整理得，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以PQ的中垂线为，
因为BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
要使，则，所以，即，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，，所以，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，
从而，
在中，令，得，故，
同理可得，
因此，，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，
在中，令，得，故，
同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.
【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，注意的判断；
（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.
19．（23-24高三下·重庆·阶段练习）设、是椭圆上的两点，点是线段的中点，线段的中垂线与椭圆交于，两点；
(1)求的方程，并确定的取值范围：
(2)判断是否存在，使、、、四点共圆，若存在，则写出圆的标准方程；若不存在，请说明原因．
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】（1）设直线的方程为，代入，整理得：，然后结合题设条件由根与经数的关系和根的判别式能够求出直线的方程．
（2）由题意知直线的方程为代入椭圆方程，消元、列出韦达定理，由弦长公式可得，同理可得，即可得到，依题意可得必为圆的直径，的中点为圆心，由即可得证，从而得到圆的标准方程．
【详解】（1）依题意，可设直线的方程为，
代入，整理得①，
设，，则，是方程①的两个不同的根，
②，且．
由是线段的中点，得，
解得，代入②得，
即的取值范围是．
于是直线的方程为，即．
（2）
垂直平分，
直线的方程为，即代入椭圆方程，整理得③．
又设，，的中点为，
则，是方程③的两根，
，，且，，即，
于是由弦长公式可得．④
将直线的方程代入椭圆方程得⑤．
所以，，
同理可得⑥．
当时，，
．
假设存在，使得、、、四点共圆，则必为圆的直径，点为圆心．
点到直线的距离为⑦．
于是，由④⑥⑦式及勾股定理可得．
故当时，、、、四点均在以为圆心，为半径的圆上．
此时圆的方程为.
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．（2024·四川成都·二模）已知双曲线的左､右顶点分别为，右焦点为.过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴的对称点为，且直线的斜率之积为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线分别与直线相交于两点，求证：以为直径的圆经过轴上的定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】
（1）设，根据直线的斜率之积为及在双曲线求出，即可得解；
（2）设，直线，联立方程，理由韦达定理求出，再求出两点的坐标，进而可求出以为直径的圆的方程，再令，即可得出结论.
【详解】（1）设，
，
，
在双曲线上，
，
解得，
双曲线的标准方程为；
（2）设，直线，
由，消去得，
，
，
直线，
令，解得，同理可得，
以为直径的圆的方程为，
令，得，
，
，解得或，
以为直径的圆恒过点.
【点睛】方法点睛：直线过定点问题或圆过定点问题，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，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.