培优点08圆锥曲线中非对称韦达定理的应用（2大考点+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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知识导图
考点分类讲解
考点一 分式型
规律方法 非对称结构的常规处理方法有和积转换、配凑、求根公式(暴力法)、曲线方程代换、第三定义等方法，将其转化为对称结构计算．
【例1】(2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
【解析】(1)解 设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c＝2eq \r(5)，
则由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，
可得a＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝4，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明 由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq \f(1,2)与eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1
联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，
则y1＋y2＝eq \f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq \f(48,4m2－1)，
直线MA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
联立直线MA1与直线NA2的方程可得
eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq \f(y2my1－2,y1my2－6)＝eq \f(my1y2－2y2,my1y2－6y1)，
方法一 (和积转化)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
所以eq \f(my1y2－2y2,my1y2－6y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋y2－2y2,\f(3,2)y1＋y2－6y1)
＝eq \f(\f(3,2)y1－\f(1,2)y2,－\f(9,2)y1＋\f(3,2)y2)＝－eq \f(1,3).
方法二 (配凑)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
所以eq \f(my1y2－2y2,my1y2－6y1)＝eq \f(my1y2－2y1－2y2＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(my1y2－2y1＋y2＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(\f(3,2)y1－\f(1,2)y2,－\f(9,2)y1＋\f(3,2)y2)＝－eq \f(1,3).由eq \f(x＋2,x－2)＝－eq \f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，
据此可得点P在定直线x＝－1上运动．
【变式1】（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，点在的渐近线上，且满足.
(1)求的方程；
(2)点为的左顶点，过的直线交于两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：线段的中点为定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助向量垂直的坐标表示及双曲线渐近线方程求出即可得解.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理及向量共线的坐标表示求出的中点纵坐标即可得解.
【详解】（1）设，，由，得，
解得，即，而曲线的渐近线方程为，
由点在的渐近线上，得，即，因此，
所以的方程为.
（2）由（1）知，设直线为，
由消去y得：，
则，
，由三点共线，得，同理，
因此
，
所以的中点为定点.
【变式2】（23-24高三上·江苏·开学考试）已知双曲线．
(1)求C的右支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（横纵坐标均为整数的点）的个数．
(2)记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意开始求整点通项,再应用等差数列求和个数计算即可得；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）因为双曲线方程为，令时,整点时为,整点个数为,
区域内部（不含边界）整点为个.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
【变式3】（23-24高三上·河北唐山·阶段练习）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求的方程；
(2)记C的右顶点为A，过点A作直线与C的左支交于两点，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知求出双曲线参数，即可得方程；
（2）法1：讨论直线MN的斜率存在性，设直线方程联立双曲线，应用韦达定理及垂直关系列方程求所设直线中的参数关系，代入直线方程确定定点即可；法2：设直线MN方程为，联立双曲线得到，结合直线垂直关系、韦达定理求参数m，进而确定定点.
【详解】（1）由题意，所以双曲线方程；
（2）法1：由（1）知，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为，
联立方程组，，即，
设，由韦达定理可得
因为，所以，
，
，
，
或，
将代入直线，此时直线MN过定点，不合题意；
将代入直线，此时直线MN过定点，
当直线MN的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，此时M点坐标为，
所以（舍）或，此时MN过定点，
综上可知，直线MN恒过定点.
因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足，此时．
法2：由（1）知，设直线MN方程为，
联立方程组，
，
，
两边同时除以，得，
设，因为，所以，
，，即，
由韦达定理得，
代入直线，
直线过定点．
因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足，此时．
【点睛】关键点点睛：设含参的直线MN方程，联立双曲线，应用韦达定理及已知垂直关系求得直线方程中参数关系或参数值为关键.
考点二 比值型
规律方法 比值型问题适用于x1＝λx2型，可以采用倒数相加，但有时得到的可能不是这种形式，而是x1＝λx2＋k的形式，此时采用待定系数法，例如x1＝－3x2＋4，可以转化x1－1＝－3(x2－1)，得到eq \f(x1－1,x2－1)＝－3，继续采用倒数相加解决．
【例2】(2023·深圳模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知双曲线C：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线为y＝eq \f(\r(3),3)x，且点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\r(2)))在C上．
(1)求C的方程；
(2)设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝7eq \(BF,\s\up6(→))，求l的斜率．
【解析】解 (1)由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为y＝±eq \f(a,b)x，
所以eq \f(\r(3),3)＝eq \f(a,b)，
可得b2＝3a2，
将点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\r(2)))代入双曲线C的方程可得eq \f(2,a2)－eq \f(3,b2)＝1，
解得a2＝1，b2＝3，
所以双曲线C的方程为y2－eq \f(x2,3)＝1.
(2)由(1)可知，上焦点F(0,2)，
设直线l的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线l的方程为y＝kx＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2－\f(x2,3)＝1，,y＝kx＋2，))
整理得(3k2－1)x2＋12kx＋9＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(12k,3k2－1)，x1x2＝eq \f(9,3k2－1)，
又eq \(AF,\s\up6(→))＝7eq \(BF,\s\up6(→))，
即(－x1,2－y1)＝7(－x2,2－y2)，
可得x1＝7x2，
方法一 因为eq \f(x1,x2)＝7，
所以eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＝eq \f(x1＋x22,x1x2)－2＝eq \f(50,7)，
即eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12k,3k2－1)))2,\f(9,3k2－1))－2＝eq \f(50,7)，
解得k＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以直线l的斜率为±eq \f(2\r(5),5).
方法二
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝8x2＝－\f(12k,3k2－1)，,x1x2＝7x\\al(2,2)＝\f(9,3k2－1)，))
即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3k,23k2－1)))2＝eq \f(9,73k2－1)，
解得k＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以直线l的斜率为±eq \f(2\r(5),5).
方法三 利用焦点弦定理(此方法只能在小题中使用)：|ecs α|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(λ－1,λ＋1))).
由题意得eq \(AF,\s\up6(→))＝－7eq \(FB,\s\up6(→))，则λ＝－7，e＝2，α为直线l的倾斜角，
则有|2cs α|＝eq \f(4,3)，解得|cs α|＝eq \f(2,3)，
则k＝tan α＝±eq \f(2\r(5),5).
【变式1】（2024·河南·模拟预测）已知分别为双曲线的左､右顶点，，动直线与双曲线交于两点．当轴，且时，四边形的面积为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)设均在双曲线的右支上，直线与分别交轴于两点，若，判断直线是否过定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线恒过定点
【分析】（1）首先求点的坐标，根据坐标表示梯形的面积，即可求解双曲线方程；
（2）首先根据条件设，并利用方程联立求点的坐标，并求直线的方程，化简后即可求定点坐标.
【详解】（1）由知，．
当轴时，根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，
则由，可得．代入双曲线的方程，得．
因为四边形的面积为，所以．
解得．
所以双曲线的标准方程为．
（2）
因为，所以可设．
直线的方程为，直线的方程为．
又双曲线的渐近线方程为，
显然直线与双曲线的两支各交于一点，直线与双曲线的右支交于两点，
则有解得．
由消去，得．
设点，则．解得．
所以．
由消去，得．
设点，则．解得．
所以．
当直线不垂直于轴时，．
所以直线的方程为．
所以，也即．
显然直线恒过定点．
当直线垂直于轴时，由，得．此时．
直线的方程为，恒过定点．
综上可知，直线恒过定点．
【点睛】思路点睛：一般求直线过定点问题，需求出直线方程，转化为含参直线过定点问题.
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C：的左右顶点为A，B，点P为椭圆C上不同于A，B的一点，且直线PA，PB的斜率之积为．
(1)求椭圆的离心率；
(2)设为椭圆C的左焦点，直线l过点F与椭圆C交与不同的两点M，N，且，求直线l的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点P的坐标为，根据结合点在椭圆上求出的关系，再根据椭圆的离心率公式即可得解；
（2）先求出椭圆方程，设直线的方程为，，根据求出的关系，联立方程，利用韦达定理求出，进而可求得，即可得解.
【详解】（1）设点P的坐标为，因为，
所以，整理得，
即，故；
（2）因为为椭圆的左焦点，则，
故椭圆方程为，
设直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
因为，即，
所以，所以，
则，所以，
所以，解得，
所以直线l的斜率为．

【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点在C上，点P与C的上、下焦点连线所在直线的斜率之积为．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)经过点的直线与双曲线C交于E，F两点(异于点P)，过点F作平行于x轴的直线，直线PE与交于点D，且求直线AB的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意知双曲线焦点在轴上，设双曲线方程为，将代入双曲线方程，然后根据直线斜率公式即可得到关于的两个方程，即可求解.
（2）由题意设直线方程为，，，与双曲线联立后根据根与系数关系可以表示出与，分直线的斜率是否存在两种情况进行讨论，通过直线的方程表示出点的坐标，由已知条件可知点为中点，进而可将点坐标及直线斜率用表示，通过之前求得的与即可进行求解.
【详解】（1）第一步：根据点P在双曲线上得a，b的关系式
由题意设双曲线C的方程为()，
由点在C上，得．①
第二步：根据直线的斜率公式得a，b的关系式
设C的上、下焦点分别为，，则，解得，
所以．②
第三步：联立方程解得，的值
由①②得，，
第四步：得双曲线C的标准方程
故双曲线C的标准方程为．
（2）第一步：设直线方程，联立方程得根与系数的关系由题意可知，直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程为，，，
联立，得方程组
整理得
所以，，解得，
所以，，
则．
第二步：用，表示点D的坐标
当直线PE的斜率不存在时，易得，，，，此时直线AB的斜率为．当直线PE的斜率存在时，直线PE的方程为，所以点D的坐标为，
由，可得，
第三步：用，表示点B的坐标
由，得点B为DF的中点，所以
，
则，
第四步：根据斜率的计算公式求直线AB的斜率．
所以
．
故直线AB的斜率为．
【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，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、双曲线的条件；
（2）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．
强化训练
一、单选题
1．（2023·江西·一模）已知椭圆：的右焦点和上顶点分别为，且焦距等于4，的延长线交椭圆于点，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得出直线的方程，联立方程组，利用韦达定理求出点的横坐标，再结合即可求出的值，进而求出椭圆的离心率.
【详解】由题意可知：，，则直线的方程为：，
设，将直线方程与椭圆方程联立，整理化简可得：
，则，
又因为，所以，
则有，解得：，所以，又，
所以椭圆的离心率为，
故选：.
2．（2023·内蒙古包头·一模）已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P．若直线l交C于M，N两点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据点在双曲线求出双曲线方程，根据 可得，利用韦达定理代入即可求解.
【详解】因为点在双曲线上，
所以解得，
所以双曲线.
设，，
联立整理得，
所以，
所以，
，
因为，所以，
即，
所以，
整理得解得或，
当时，直线过点，不满足题意，
所以，
故选:A.
3．（2023·河南·三模）过抛物线的焦点F作斜率为k的直线与抛物线交于A，B两点，点M的坐标为，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】设出直线方程，联立直线和抛物线方程消元后利用韦达定理得到坐标之间的关系式，结合条件，解出即可.
【详解】由题知抛物线的焦点,
则直线方程为，
联立，消去得，
设，则，，
则，
又因为，
所以
，
所以，
解得，
故选：B.
4．（23-24高二下·吉林·开学考试）如图，已知抛物线，圆，过圆心的直线与抛物线和圆依次交于，则的最小值为（ ）
A．14B．23C．18D．15
【答案】A
【分析】设点，分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式以及基本不等式可求得的最小值.
【详解】易知抛物线的焦点为，
设点，圆的半径为1，
由抛物线的定义可得，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立，可得，
则，由韦达定理可得，
所以，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
因此的最小值为14，故A正确.
故选：A.
5．（2024·江苏南通·二模）设抛物线的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过A的直线与C在第一象限的交点为M，N，且，则直线MN的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可设直线方程为，联立直线与抛物线方程，通过根与系数的关系及抛物线的焦半径公式，建立方程，即可求解，
【详解】根据题意可得抛物线的焦点，准线方程为，
则有，设直线方程为，
联立，可得，
则，得，故，
设，，
到准线距离为，到准线距离为，
又，有，即，得，
，又，解得，
，又，解得.
故选：A
6．（23-24高二上·北京·期中）已知椭圆的上、下顶点为，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点（在线段之间），则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不存在时，求得，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求得的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由得范围求得的范围．
【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，，，
此时；
当直线斜率存在时，设斜率为，设,
则直线方程为，
联立，得，
，得．
，
．
．
，，，
则，
综上，的取值范围是．
故选：D．
7．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，过椭圆的上焦点作斜率为的直线，直线交椭圆于两点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据和长轴是短轴长的2倍可设椭圆方程，再联立直线和椭圆方程通过韦达定理可求解出斜率，从而求得.
【详解】因为长轴长是短轴长的2倍，所以，而，则.
设，
直线的方程为
代入椭圆方程可得，整理得，
即.
，.
，，
所以，则，即，化简得，解得，
因为，所以.
故选：A.
8．（2023·内蒙古包头·一模）已知点在双曲线：（）上，斜率为的直线过点且不过点．若直线交于，两点，且以线段为直径的圆过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据点在双曲线上求出双曲线方程，根据线段为直径的圆过点可得，利用韦达定理代入即可求解.
【详解】因为点在双曲线：（）上，
所以由解得，
所以双曲线，
设，，，
联立整理得，
因为直线交于，两点，
所以，，
所以，，
，，
因为线段为直径的圆过点，所以，
所以，
即，
所以，
整理得，解得或，
当时，直线过点，不满足题意；
当时，满足且；
所以，
故选：A
二、多选题
1．（23-24高三上·山东青岛·期末）已知椭圆，直线与相交于两点，，若椭圆恒过定点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．|AB|的长可能为3D．|AB|的长可能为4
【答案】AC
【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合垂直关系的坐标表示求出定点，再逐项判断即得.
【详解】由消去得：，
点在椭圆内，必有，设，则，
而，，由，得，
即，整理得，因此，
整理得，于是椭圆恒过定点，且，
显然，，A正确，B错误；
，
而，则，，因此，C正确，D错误.
故选：AC
【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点间的距离；
直线l：x=my+t上两点间的距离.
2．（23-24高三上·江苏·阶段练习）双曲线：，左、右顶点分别为，，为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左、右两支分别交于，两点,与其两条渐近线分别交于，两点,则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线，使得
B．在运动的过程中，始终有
C．若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D．若直线的方程为，，则双曲线的离心率为
【答案】BD
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线：分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和
坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【详解】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于B项：设直线:，与双曲线联立，得：，
设，，由根与系数关系得：，，
所以线段中点，
将直线：，与渐近线联立得点坐标为，
将直线：与渐近线联立得点坐标为
所以线段中点，
所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；
对于C项：由B项可得，，因为为定值，
当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
3．（23-24高三上·辽宁大连·期末）已知椭圆左焦点，左顶点，经过的直线交椭圆于两点（点在第一象限），则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的斜率
B．的最小值为
C．以为直径的圆与圆相切
D．若直线的斜率为，则
【答案】BCD
【分析】对于A，联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理以及即可验算；对于B，由弦长公式、韦达定理可得为定值，结合基本不等式之“乘1法”即可判断；对于C，结合椭圆定义以及两点间距离公式即可判断C；对于D，由韦达定理以及斜率公式即可判断D.
【详解】
易知：，对于A，若，显然直线的斜率存在且大于0，
设直线，联立椭圆方程，
化简整理得，显然
又，故，
由，解得，又，故，A错误；
对于B，由点在轴的上方，显然，
又，
，
故
，
当且仅当，即时取等，B正确；
对于C，设，的中点为，则，
又，由椭圆定义知：，
即，又的圆心为，半径为2，
故以（）为直径的圆与圆相切，C正确；
对于D，，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：判断B选项的关键是首先得出为定值，判断C选项的关键是结合椭圆定义以及圆相切的条件，从而即可顺利得解.
三、填空题
1．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知椭圆的左焦点为，直线与交于，两点，若，则的离心率是 .
【答案】
【分析】依题意，设，因为，则有，直线方程与椭圆方程联立，借助韦达定理得到，从而得到离心率.
【详解】
设，因为，所以，所以.
联立整理得，
则，，
从而，整理得，
故，
故答案为：.
2．（2023高三·全国·专题练习）已知双曲线，过点的动直线与C交于两点P，Q，若曲线C上存在某定点A使得为定值，则定点A的坐标为 ．
【答案】
【分析】先列出直线和双曲线联立，再得到的表达式，要使得为定值，则需满足各项对应的系数成比例，求出点坐标.
【详解】设，若直线斜率不存在，此时为轴，与双曲线没有交点，
所以可令，，，则，
由，可得，易知，
则，，
所以
，
所以，即，
将代入，得，则，
从而，解得或，
当，时，此时不在双曲线上，舍去；
当，时，此时在双曲线上，满足题意；
综上，.
故答案为：
3．（2023高三·全国·专题练习）已知双曲线C的焦点在y轴上，对称中心O为坐标原点，焦距为，且过点，则C的标准方程为 ；若斜率为2的直线l与C交于P，Q两点．且，则 ．
【答案】
【分析】根据双曲线上的点，结合双曲线的定义可求得双曲线方程；设直线，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可求得参数m，再根据弦长公式即可求得．
【详解】由已知，可设焦点坐标为
根据双曲线的定义可知：
即，解得：，
又，解得
故双曲线的方程为：；
设直线
联立方程组，可得：
，
，，解得，
因此．
四、解答题
1．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线：的右焦点为，直线：与的渐近线相交于点，，且的面积为.
(1)求C的标准方程；
(2)过点F作直线与C的右支相交于M，N两点，若x轴上的点G使得等式恒成立，求证：点的横坐标为.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）首先求点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解双曲线方程；
（2）首先由几何关系确定，再利用坐标表示，代入韦达定理，即可求解.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，直线与渐近线的交点坐标为，
不妨设，，，
则，即，
所以，且，得，，
所以双曲线的标准方程为；

（2）由可知，，
根据正弦定理可知，，而，
所以，
所以，则，
所以,
设直线，，
联立，得，
，，
，，
，
所以，
即，
则，解得：，
所以点的横坐标为
2．（2024·河北·一模）已知椭圆E：过点，且其离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程；
（2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解.
【详解】（1）由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
（2）设过点的直线为，，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.

所以是定值，且定值为.
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴长为，过点斜率存在且不为0的直线与椭圆有两个不同的交点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆左右顶点为，设中点为，直线交直线于点是否为定值？若是请求出定值，若不是请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，为
【分析】（1）根据条件列方程组，求出的值，可得所求椭圆的标准方程；
（2）由题设出直线的方程，与椭圆方程联立可得根与系数关系，求得点坐标，以及点坐标，表示出的斜率代入结合根与系数关系消元运算得解.
【详解】（1）由题意：，解得：，
故所求椭圆的标准方程为：．
（2）如图：因为直线斜率不为0，设其方程为：，
代入椭圆方程：，得：，整理得：．
设，则显然，则，
，则直线方程为，
令，得，则，则，，，
，
又代入得
所以为定值．
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查直线与椭圆的综合问题.求出，，，代入化简，注意利用韦达定理，方程将代换成，再利用，将代换为，消元运算可得答案.
4．（23-24高三上·福建福州·期末）已知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在稳定点，理由见详解
【分析】（1）根据题意可得两点坐标，设出点，由化简可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式， 即可求解.
【详解】（1）由题，，即，所以，，
设，由可得，
，化简得，又点满足上式，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）存在这样的点，设直线，，，，
联立，消去整理得，
，，，
又，，
，
要使上式为定值，则，故当时，为定值，
综上，存在这样的稳定点.
【点睛】思路点睛：第二问，设出直线与椭圆方程联立，得到根与系数关系，又利用两点间距离公式可得又，，代入运算化简得解.
5．（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）设椭圆，，分别是C的左、右焦点，C上的点到的最小距离为1，P是C上一点，且的周长为6．
(1)求C的方程；
(2)过点且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，过原点且与l平行的直线与C交于A，B两点，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程吗，求出它们的值，即可得答案；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用弦长公式求出的表达式，即可证明为定值.
【详解】（1）由题意知椭圆，C上的点到的最小距离为1，
P是C上一点，且的周长为6，
设椭圆的焦距为2c，则，解得，
故C的方程为；
（2）证明：由题意知，故直线l的方程为，
设，联立，
得，由于直线l过椭圆焦点，必有，
故，
故，
由题意知直线的方程为，联立，得，
设，则不妨取，
故，
故，即为定值.
【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定值问题，解答时容易出错的地方在于计算过程较为复杂，特别是求解弦长时，基本都是字母参数的运算，需要特别小心.