(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题19 圆锥曲线 （模拟练）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022·上海静安·二模）已知椭圆的一个焦点坐标为，则__________.
【答案】
【分析】由椭圆的标准方程直接求解即可.
【解析】由焦点坐标知焦点在轴上，且，解得.
故答案为：.
2．（2022·上海静安·二模）双曲线的焦点到其渐近线的距离是__________.
【答案】3
【分析】直接求出焦点及渐近线，再由点到直线的距离求解即可.
【解析】由题意得：，故双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，
则焦点到其渐近线的距离是.
故答案为：3.
3．（2022·上海市光明中学模拟预测）设抛物线为的焦点，过的直线交于两点．若且，则抛物线的方程为____________．
【答案】
【分析】根据，可得轴，再根据即可求出，即可得解.
【解析】解：，
因为，
所以轴，
则为线段的中点，
令，则，
所以，解得，
所以抛物线的方程为.
故答案为：.
4．（2022·上海闵行·二模）已知双曲线的实轴为，对于实轴上的任意点，在实轴上都存在点，使得，则双曲线的两条渐近线夹角的最大值为___________；
【答案】
【分析】通过分析得到，设渐近线与x轴的夹角为，则，求出，从而求出双曲线的两条渐近线夹角的最大值.
【解析】对于实轴上的任意点，在实轴上都存在点，使得，
当点位于原点时，则要，才能满足要求，
所以，设渐近线与x轴的夹角为，则，
因为，则双曲线的两条渐近线夹角为，
故答案为：
5．（2022·上海普陀·二模）设椭圆的左、右两焦点分别为，，是上的点，则使得是直角三角形的点的个数为_________.
【答案】6
【分析】根据椭圆的性质判断为上下顶点时的大小判断直角三角形个数，再加上、对应直角三角形个数，即可得结果.
【解析】由椭圆性质知：当为上下顶点时最大，此时，，
所以，故焦点三角形中最大为，故有2个；
又、对应的直角三角形各有2个；
综上，使得是直角三角形的点的个数为6个.
故答案为：6
6．（2022·上海长宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左支交于点． 若，则双曲线的渐近线方程为________．
【答案】
【分析】根据向量的线性运算可得，再根据焦点三角形中的关系可得，再根据等腰三角形的性质可列式求得离心率，进而求得渐近线的方程.
【解析】因为，故，即，故，根据双曲线的定义有，故，又直线斜率为，故，所以，根据等腰三角形的性质有，即，解得，故.
故双曲线的渐近线方程为
故答案为：
7．（2022·上海杨浦·二模）已知抛物线，斜率为k的直线l经过抛物线的焦点F，与抛物线交于P、Q两点，点Q关于x轴的对称点为，点P关于直线的对称点为，且满足，则直线l的方程为______.
【答案】
【分析】设直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用得到相应等式，结合根与系数的关系式化简，即可求得答案.
【解析】由题意可知 ,且 ，
故设直线l的方程为 ，
联立抛物线可得： ，
，
设 ，则，
且，
由于，故 ，
就 ，解得 ，
故直线l的方程为，
故答案为：
8．（2022·上海青浦·二模）已知为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，若，则线段的中点到直线的距离为 __________．
【答案】5
【分析】分别过点作准线的垂线，利用梯形的中位线定理，结合抛物线的定义可求得答案.
【解析】如图，为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点,
则抛物线准线方程为,
分别过点作准线的垂线，垂足为C,D,N，
则有 ,
又M为AB的中点，故 ,
即线段的中点到直线的距离为5，
故答案为：5.
9．（2021·上海虹口·一模）已知抛物线的焦点为，，为此抛物线上的异于坐标原点的两个不同的点，满足，且，则______.
【答案】
【分析】根据抛物线的定义和题设条件化简得到，再根据向量的坐标运算，得到，联立方程组，即可求解.
【解析】由题意，抛物线的焦点为，
设，
因为，
根据抛物线的定义，可得，
又因为，
可得，即，
所以，解得.
故答案为：.
10．（2022·上海徐汇·三模）已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则___________.
【答案】
【分析】分析得到为右顶点，从而，利用等差数列求和公式进行计算.
【解析】如图，由双曲线定义可知：，
而根据切线长定理得：，，，
所以，
即，解得：，即为右顶点，
，故，
所以
故答案为：
11．（2020·上海虹口·一模）设､分别是双曲线(，)的左､右焦点，点在双曲线右支上且满足，双曲线的渐近线方程为，则___________.
【答案】
【解析】设双曲线的半焦距为，求得双曲线的渐近线方程可得，，的关系，求出的三条边，运用余弦定理可求值．
【解析】设双曲线的半焦距为，
由双曲线的渐近线方程，可得，
则，
在中，，，
由余弦定理可得
．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是看到双曲线的焦半径，要马上联想到双曲线的定义解题.这是圆锥曲线的一个解题技巧，要注意熟练运用.
12．（2018·上海普陀·一模）双曲线绕坐标原点旋转适当角度可以成为函数的图象，关于此函数有如下四个命题：① 是奇函数；② 的图象过点或；③ 的值域是；④ 函数有两个零点；则其中所有真命题的序号为________.
【答案】①②
【分析】根据双曲线关于坐标原点对称,则旋转后得到的函数的图象也关于原点对称,即有为奇函数；根据双曲线的顶点、渐近线方程可得旋转后的的图象的渐近线,再由对称性可得的图象过或；根据的图象按逆时针旋转位于一三象限由图象可得顶点为点,不是极值点,则的值域不是,也不是
；分的图象所在的象限讨论,得出的图象与直线没有交点,函数没有零点.
【解析】解：双曲线关于坐标原点对称,
可得旋转后得到的函数的图象关于原点对称,
即有为奇函数,故①对；
由双曲线的顶点为,渐近线方程为,
可得的图象的渐近线为和,
图象关于直线对称,
可得的图象过或.
由对称性可得的图象按逆时针旋转位于—三象限；
按顺时针旋转位于二四象限；故②对；
的图象按逆时针旋转位于一三象限由图象可得顶点为点或..
不是极值点,则的值域不是；
的图象按顺时针旋转位于二四象限,由对称性可得的值域也不是
,故③不对；
当的图象位于一三象限时,的图象与直线有两个交点,函数有两个零点；
当的图象位于二四象限时,的图象与直线没有交点,函数没有零点故④错.
故真命题为：①②
故答案为：①②
【点睛】本题考查双曲线的性质和函数图象的对称性、极值、零点,属于中档题.
13．（2017·上海·一模）点，抛物线的焦点为，若对于抛物线上的任意点，的最小值为41，则的值等于______.
【答案】42或22
【分析】当点在抛物线的内部时，得到当三点共线时，此时的距离最小，即可求解；当点在抛物线的外部时，当三点共线时，的距离最小，即可求解.
【解析】由题意，（1）当点在抛物线的内部或曲线上时，则满足，解得，
过点点作抛物线的准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，
所以,
当三点共线时，此时的距离最小，且最小值为，
可得，解得；
（2）当点在抛物线的外部时，则满足，解得，
如图所示，
当三点共线时，的距离最小，且最小值为，
即，解得或（舍去），
综上所述，实数的值等于42或22.
故答案为42或22.
【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，以及抛物线的定义的应用，着重考查了分类讨论思想，以及数形结合思想，属于基础题.
14．（2022·上海·模拟预测）给定曲线族，为参数，则这些曲线在直线上所截得的弦长的最大值是_____
【答案】
【分析】联立求得交点的横坐标，利用弦长公式得到弦长，根据三角函数的有界性得到不等关系，求出，从而求出弦长最大值.
【解析】联立方程，
解得：或，
所以弦长，由得：，由辅助角公式
，平方整理得，，
解得：，所以，
即弦长的最大值是
故答案为：
15．（2021·上海浦东新·一模）已知实数满足，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.
【解析】
因为实数满足，
当时，方程为的图象为椭圆在第一象限的部分；
当时，方程为的图象为双曲线在第四象限的部分；
当时，方程为的图象为双曲线在第二象限的部分；
当时，方程为的图象不存在；
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，
令，即，与双曲线渐近线平行，
当最大时，直线与椭圆相切，
联立方程组，得，
，
解得，
又因为椭圆的图象只有第一象限的部分，
所以，
当直线与双曲线渐近线重合时，z最小但取不到最小值，即，所以
综上所述，，
所以，
即，
故答案为：.
【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．
16．（2021·上海交大附中模拟预测）焦点为的抛物线与圆交于、两点，其中点横坐标为，方程的曲线记为，是圆与轴的交点，是坐标原点.有下面的四个命题，请选出所有正确的命题：_________.①对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；②对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；③对于任意，该曲线有且仅有一个内接正△；④当时，存在面积大于2021的内接正△.
【答案】①②③
【分析】由题设抛物线与圆的方程可得交点横坐标与圆半径的关系为，结合各项条件，应用特殊值法判断①②的正误，由于随着圆半径的增大，直线与的交点从圆上会变化，直到时交点刚好为抛物线与圆的交点上，此后R再增大位置不变，即可判断③④的正误.
【解析】联立抛物线与圆的方程，消去y得，即，而且，
∴，即A、B横坐标与半径R的关系，
∵抛物线与圆有两个交点，即，
∴当时，，①正确；
∵由题意知：关于x轴对称，则对于给定的角，存在使得圆弧所对的圆心角，即只需存在R使即可.
∴令，则，解得或，
1、当，在如下图阴影部分变化，有，
2、当，若时，故在如下图阴影部分变化，有，
∴或时，有即，所以对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角，故②正确；
由，于是轴，直线：，同理，
∴与分别都只有一个交点，即对于任意，该曲线有且仅有一个内接正△，③正确；
当时，如下图示，抛物线与圆只有一个交点且交点为原点，不符合题意，但此时，
∴当时，与的交点在圆上，会一直增大，如下图示，直到，即与、重合分别为、，此时，

∴.
当时，与的交点在抛物线上，的变化对没有影响，如下图示，，
∴④错误.
【点睛】关键点点睛：确定A、B横坐标与半径R的关系，应用特殊值法判断前两项的正误，由题设确定，，且在圆的半径增大过程中首先在圆上变化，直到时一直为与抛物线的交点.
二、单选题
17．（2021·上海普陀·二模）设，则双曲线的焦点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】确定双曲线的焦点位置，求出的值，即可得出双曲线的焦点坐标.
【解析】，则，，所以，双曲线的标准方程为，
所以该双曲线的焦点在轴上，且，，则，
因此该双曲线的焦点坐标为.
故选：B.
18．（2020·上海嘉定·一模）过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于点，若以的右焦点为圆心，以为半径的圆经过､两点(为坐标原点)，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】，故，不妨设渐近线方程为，则，根据，计算得到答案.
【解析】连接，，故，不妨设渐近线方程为，则.
故，解得，故双曲线方程为
故选：B
19．（2021·上海浦东新·三模）已知两定点､，动点满足，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据斜率公式可得，化简即可得到答案；
【解析】， ，
，
故选：D.
20．（2021·上海上海·一模）下列四个选项中正确的是（ ）
A．关于的方程()的曲线是圆
B．设复数是两个不同的复数，实数，则关于复数的方程的所有解在复平面上所对应的点的轨迹是椭圆
C．设为两个不同的定点，为非零常数，若，则动点的轨迹为双曲线的一支
D．双曲线与椭圆有相同的焦点
【答案】D
【分析】A. 由圆的一般方程判断；B.由椭圆的定义判断； C.由双曲线的定义判断；D.由双曲线和椭圆的焦点判断.
【解析】A. 当时，方程()表示的曲线是圆，故错误；
B. 设复数所对应的点A，B，复数所对应的点C，方程表示点C到点AB的距离和为2a，当时，轨迹是椭圆，故错误；
C.设为两个不同的定点，为非零常数，若，当时，动点的轨迹为双曲线的一支，故错误；
D.因为双曲线，所以，所以其焦点坐标为和，椭圆，，所以其焦点坐标为和，故正确；
故选：D
21．（2021·上海市七宝中学模拟预测）已知抛物线的焦点F、M是抛物线上位于第一象限内的一点，O为坐标原点，若的外接圆D与抛物线的准线相切，则圆D与直线相交得到的弦长为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】D
【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，即可求出圆与直线相交得到的弦长，得到答案.
【解析】因为的外接圆与抛物线的准线相切，
所以的外接圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，
又因为圆心在的垂直平分线上，，
所以圆的半径为，圆心的横坐标为，所以圆心的纵坐标为，
所以圆心到直线的距离，
所以圆与直线相交得到的弦长为.
故选：D.
22．（2021·上海徐汇·一模）已知曲线，对于命题：①垂直于轴的直线与曲线有且只有一个交点；②若 为曲线上任意两点，则有，下列判断正确的是（ ）
A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
【答案】A
【分析】化简曲线方程，画出图像判断①，利用函数单调减判断②
【解析】曲线,
当当 当画出图像如图，易知①正确；易知函数为减函数，则人任意两点斜率，②正确
故选：A
23．（2021·上海·复旦附中模拟预测）已知为椭圆和双曲线的公共焦点，P为其一个公共点，且，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方法一：由题知：，，不妨设点在第一象限，设，进而得，，故在中，由余弦定理得得， ，，由于， ，即
方法二：根据题意不妨设点在第一象限，则有正弦定理得在半径为的圆在第一象限的圆弧上，根据三角形面积公式得得，由于，进而得.
【解析】解：方法一：
如图1，设椭圆方程为，双曲线方程为，
由题知：，，
不妨设点在第一象限，设，
所以在椭圆中，有，在双曲线中有，
所以，，
所以在中，由余弦定理得：
，
整理得，所以
所以，
由于，
所以，，故
所以，即
故选：D.

方法二：
如图2，不妨设点在第一象限，由正弦定理得三角形外接圆的半径为，
所以在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，
所以，所以，
所以，
由向量数量积定义得，
由三角形面积公式得：
，
，
所以，
所以，
所以.
故选：D.

【点睛】本题考查椭圆与双曲线的焦点三角形问题，考查化归转化思想和运算求解能力，是中档题.解法一的关键是根据椭圆与双曲线的定义分别将，用椭圆的长半轴与双曲线的实半轴表示，并在焦点三角形中结合余弦定理得，故，再根据即可得范围；本题解题法二的关键是由已知条件可设点在第一象限，进而得在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，进而利用面积公式求解.
24．（2022·上海·华师大二附中模拟预测）已知平面直角坐标系中的直线、.设到、距离之和为的点的轨迹是曲线，到、距离平方和为的点的轨迹是曲线，其中.则、公共点的个数不可能为（ ）
A．0个B．4个C．8个D．12个
【答案】D
【分析】由题意结合点到直线距离公式，整理等式，可判断曲线为矩形，曲线为椭圆，则由图形的对称性即可得到结果.
【解析】由题意，直线与直线相互垂直，设曲线上的点为，满足，即，
则当，时，；
当，时，；
当，时，；
当，时，，
所以曲线是以、、、为顶点的矩形，
设曲线上的点为，满足，即，
所以是椭圆，
所以二者公共点的个数只可能是0、4、8个，
故选：D
25．（2022·上海市七宝中学模拟预测）若双曲线和双曲线的焦点相同，且给出下列四个结论：
①；
②；
③双曲线与双曲线一定没有公共点；
④；
其中所有正确的结论序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①④
【答案】B
【分析】对于①，根据双曲线的焦点相同，可知焦距相同，可判断；对于②，举反例可说明；对于③，根据可推得，继而推得，可判断双曲线与双曲线一定没有公共点；对于④，举反例可判断.
【解析】对于①：∵两双曲线的焦点相同，∴焦距相同，
∴，即，故①正确；
对于②：若，，，，则，故②错误；
对于③：∵，∴，∴ ，即，
即，双曲线与双曲线一定没有公共点，故③正确；
对于④：∵，∴，
∵且，∴ ，
若，，，，则，故④错误.
故选：B
三、解答题
26．（2022·上海静安·模拟预测）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.
（1）
由题意知，解得
故椭圆的方程为
（2）
设
联立，整理得
由韦达定理得，
，，
所以线段EF的中垂线方程为，
令，解得，
，，
又为直角三角形，且，
，即
所以直线l的方程或
27．（2022·上海崇明·二模）已知双曲线，双曲线的右焦点为，圆的圆心在轴正半轴上，且经过坐标原点，圆与双曲线的右支交于A、两点．
(1)当是以为直角顶点的直角三角形，求的面积；
(2)若点A的坐标是，求直线的方程；
(3)求证：直线与圆相切．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得，由三角形面积公式即可求得答案;
（2）设圆的方程为，由点A的坐标求得b,联立求得B点坐标，可得答案;
（3）设直线的方程为，，联立，可得根与系数的关系式，再联立可得，结合根与系数的关系式化简，可得的圆心到直线AB的距离等于半径，可证明结论.
（1）
由题意是以为直角顶点的直角三角形，，
所以，所以的面积;
（2）
设圆的方程为，由题意，，所以,
故圆的方程为
由，得：，所以,
故A、两点的坐标分别是,
所以直线的方程为：;
（3）
证明：设直线的方程为，，
圆的方程为,
由，得：，
由题意，得：，且，,
由，得：，所以，
所以，
即，所以,
因为原点到直线的距离，所以直线与圆相切．
28．（2022·上海市光明中学模拟预测）已知双曲线是其左、右两个焦点．是位于双曲线右支上一点，平面内还存在满足．
(1)若的坐标为，求的值；
(2)若，且，试判断是否位于双曲线上，并说明理由；
(3)若位于双曲线上，试用表示，并求出时的值．
【答案】(1)
(2)在双曲线上；理由见解析
(3)；
【分析】（1）根据双曲线方程求出的坐标，由及向量的坐标运算，求出点的坐标，再利用点在双曲线上即可求解；
（2）根据及向量的线性运算，得出及点在双曲线上，求出点的坐标，根据，求出点的坐标，结合点与双曲线的位置关系即可求解；
（3）根据及向量的坐标运算，得出点的坐标，利用点在双曲线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.
（1）
∵，
设，则，
因为，
所以，解得，所以，
将代入双曲线方程中，化简得，
解得或（舍去）.
所以的值为.
（2）
由（1）知，，
，
设，则，
因为点在双曲线上，所以①，
②，
联立①②，得，所以，
设,所以，
因为，所以，解得，所以，
将点代入双曲线方程中，即，
所以Q在双曲线上
（3）
由（1）知，，
设，，则
因为，
所以，解得，所以,
因为点Q在双曲线上，所以即，
化简得，，
∴，解得，
代入，解得.
所以的值为.
29．（2021·上海松江·一模）已知双曲线的焦距为，渐近线方程为，
(1)求双曲线的方程；
(2)若对任意的，直线与双曲线总有公共点，求实数的取值范围；
(3)若过点的直线与双曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及此常数的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由离心率及渐近线方程求出即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，消元得方程，分类讨论，当方程为一元一次方程时不符合题意，当方程为一元二次方程时利用判别式求解即可;
（3）假设存在P，计算，根据韦达定理化简，当满足时，为常数.
（1）
由题意可知，，
因为，
所以，
所以双曲线的方程为；
（2）
联立得，
当时，
此时易知时，直线与双曲线没有公共点，不符合题意，
所以，且，
即，
所以，
所以，
解得，
所以；
（3）
设，
所以，
当斜率不存在时，可知不符合，所以设直线，
所以
，①
联立，得，
所以 ②，
把②代入①化简得：，
所以当时，得，
所以存在定点，使得.
30．（2022·上海·复旦附中模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，A，B分别为椭圆的上、下顶点，到直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点M为抛物线上一点，直线与椭圆的一个交点N在y轴左侧，满足，求p的最大值；
(3)直线与椭圆交于不同的两点C，D，直线AC，AD分别交x轴于P，Q两点．问：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，且．
【分析】（1）在中由面积公式得出关系，从而求得得椭圆方程；
（2）设，，由由，用表示点的坐标，把点坐标代入抛物线方程得的表达式，利用在椭圆上，可把化为关于的函数，利用换元法、基本不等式可得最大值；
（3）假设存在点使得，设，求得，然后设，，由直线方程求得坐标，代入上式，并利用在椭圆上可求得值，得结论成立．
（1）
中由面积公式得，即，解得，
椭圆方程为；
（2）
设，，由（1），
由，得，
所以，
是抛物线（）上的点，
所以，又，
所以，
，
令，则，
，当且仅当时等号成立，
所以．
（3）
假设存在点使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与椭圆交于不同的两点C，D，易知关于对称，
设，（），
由（1）知，直线方程是，令得，
直线方程是，令得，
由，得，又在椭圆上，所以，
所以，，
所以存在点，使得成立．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，椭圆中的定点问题、最值问题．解题方法是设出椭圆上点的坐标，通过它求出另外点的坐标，由另外的点满足的性质得出所要结论，本题考查了学生的逻辑思维能力，运算求解能力，创立意识，属于难题．
31．（2021·上海浦东新·一模）已知斜率为的直线经过抛物线：的焦点，且与抛物线交于不同的两点、.
(1)若点和到抛物线准线的距离分别为和，求；
(2)若，求的值；
(3)点，，对任意确定的实数，若是以为斜边的直角三角形，判断符合条件的点有几个，并说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)一个，理由见解析
【分析】（1）根据抛物线的定义求得焦点弦长；
（2）直线的方程为，代入抛物线方程后应用韦达定理得，利用焦半径公式及已知，得出的关系，与韦达定理结合可求得；
（3）把用坐标表示出来，代入韦达定理的结论，得出关于的方程，由一元二次方程根的分布可得的正数解的个数．
(1)
根据抛物线定义，，∴.
(2)
直线的方程为，
由 ，，，

，
，
，
，
代入（5）得：，
（舎）或，∴ .
(3)
∵ 是以为斜边的直角三角形，
∴ ，，
, ，
即，
，
（或者），
∴ ，，
， ，方程仅有一个正实数解，
存在一个满足条件的点.
32．（2021·上海民办南模中学三模）已知椭圆，圆的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2，过点作直线交椭圆于､两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）首先根据点到椭圆的右焦点的距离为2，求出，再根据圆心在椭圆上，点的坐标满足椭圆方程求得，，最后写出椭圆方程；
（2）根据题意分析直线的斜率一定存在，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式表示，得到，解方程求得，最后写出直线方程即可；
（3）首先利用三角形面积公式及余弦定理化简得到，接着根据两点间距离公式化简得，最后根据韦达定理进一步化简得到，最后根据判别式法求得参数的取值范围即可；
【解析】（1）因为点到椭圆的右焦点的距离为2，
所以，所以，
又因为圆配方得：，
所以，因为圆心在椭圆上，
所以，
所以：，，
所以椭圆的方程为：；
（2）因为过点作直线交椭圆于A，两点，
若直线的斜率不存在，椭圆于上下顶点，此时，不合题意；
故直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，
联立得，
，
设，
由韦达定理得：，
，
所以，
解得：，即，
所以直线的方程为；
（3）由三角形面积公式可知，
因为，化简上式得，
又在中利用余弦定理可得：，
所以
，
由（2）知，
，
，
所以，
整理得，
当时，成立，
当时，方程的判别式，解得且，
所以，
又因为，所以，
所以的取值范围.
【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．
33．（2021·上海闵行·一模）如图，在平面直角坐标系中，分别为双曲线Г：的左､右焦点，点D为线段的中点，直线MN过点且与双曲线右支交于两点，延长MD､ND，分别与双曲线Г交于P､Q两点.
(1)已知点，求点D到直线MN的距离；
(2)求证：；
(3)若直线MN､PQ的斜率都存在，且依次设为k1､k2.试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是定值.
【分析】（1）求得点坐标和直线的方程，由此求得到直线的距离.
（2）对的斜率是否存在进行分类讨论，由此证得结论成立.
（3）设出直线的方程并代入双曲线方程，求得的坐标，由此计算是定值.
(1)
，
所以，则，
直线的方程为，即，
所以到直线的距离为.
(2)
直线的斜率不存在时，，
直线的斜率存在时，，，整理得.
综上所述，成立.
(3)
依题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，代入双曲线并化简得：
①，
由于，则代入①并化简得：
，
设，则，代入，
得，即，
所以
，
所以是定值.
34．（2020·上海闵行·一模）已知抛物线和圆，抛物线的焦点为.
（1）求的圆心到的准线的距离；
（2）若点在抛物线上，且满足， 过点作圆的两条切线，记切点为，求四边形的面积的取值范围；
（3）如图，若直线与抛物线和圆依次交于四点，证明:的充要条件是“直线的方程为”
【答案】（1）4；（2）；（3）见解析
【解析】（1）分别求出圆心和准线方程即可得解；
（2）根据条件可表示出四边形的面积，利用函数的单调性即可得解；
（3）充分性：令直线的方程为，分别求出、、、四点坐标后即可证明；必要性：设的方程为，，，，，由可得，即可得出与的关系，进而可得出直线的方程为.
【解析】（1）由可得:，的圆心与的焦点重合，
的圆心到的准线的距离为.
（2）四边形的面积为:
，
当时，四边形的面积的取值范围为.
（2）证明(充分性) :若直线的方程为，将分别代入
得，，，.
，.
(必要性) :若，则线段与线段的中点重合，
设的方程为，，，，，
则，将代入得，
，即，
同理可得，，
即或，
而当时，将其代入得不可能成立； .
当时，由得：，，
将代入得，，
，，
，或（舍去）
直线的方程为.
的充要条件是“直线的方程为”.
【点睛】本题考查了抛物线和圆的性质、直线与圆锥曲线的综合、条件之间的关系，考查了转化化归的思想和计算能力，属于难题.
35．（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.