专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》11月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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专题十八 圆锥曲线的综合运用
一、单选题
1．已知椭圆、双曲线均是以直角三角形ABC的斜边AC的两端点为焦点的曲线，且都过B点，它们的离心率分别为，则=（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】
分别由椭圆和双曲线的定义表示出AB和BC的长，再利用勾股定理化简可得结果.
【详解】
如图

由题，设椭圆的长半轴为，双曲线的半实轴为，根据椭圆和双曲线定义：

可得
设
在直角三角形ABC中，由勾股定理可得

即
即2
故选B
【点睛】
本题考查了圆锥曲线的综合，主要考查了定义以及离心率，熟悉定义和性质是解题的关键，属于中档偏上题目.
2．（2020·福建厦门一中月考）已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，所以 ，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可.
【详解】
根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，则，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.
3．已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
试题分析：如图取与重合，则由直线同理由,故选A.


考点：1、椭圆及其性质；2、直线与椭圆.
【方法点晴】
本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 如图取与重合，则由直线同理由
.

4．已知双曲线的左、右焦点分别为，若在双曲线上存在点使是以为顶点的等腰三角形，又，其中为双曲线的半焦距，则双曲线的离线率为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
∵是以为顶点的等腰三角形
∴，又∵，∴，
∴.（1）
又∵，化简得.（2）
由两边平方得.
把（1）（2）代入上式得.
点睛：本题主要考查、双曲线的定义、双曲线的几何性质及离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
5．设双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点，若，且是的一个四等分点，则双曲线的离心率是（ ）
A． B． C． D．5
【答案】B
【解析】
若，则可设，因为是的一个四等分点；
若,则,但此时，再由双曲线的定义，得，得到，这与矛盾；
若,则，由双曲线的定义，得，则此时满足,
所以 是直角三角形，且 ,
所以由勾股定理，得，得,
故选B.
【点睛】本题考查了双曲线的定义与简单几何性质，直角三角形的判定与性质，考查转化思想与运算能力，分类讨论思想，属于中档题，首先对是的一个四等分点进行分类讨论，经过讨论，只有成立，经过分析，发现证明了 是直角三角形，且，因此可利用勾股定理得到之间的关系，进而得到的值，综合分析发现得到 是直角三角形是解决问题的关键.
6．已知双曲线：的左、右焦点与虚轴的一个端点构成一个角为的三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【解析】
根据双曲线的对称性知：
7．已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由题意得到关于m的方程，解方程求得m的值即可确定双曲线方程.
【详解】
由题意可得：，
则实轴长为：，虚轴长为，
由题意有：，解得：，
代入可得双曲线方程为.
本题选择D选项.
【点睛】
本题主要考查双曲线方程的求解，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8． 椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由椭圆方程可知：
∴，
∴椭圆的离心率为
故选B
9．已知点是椭圆的焦点，点在椭圆上且满足，则的面积为（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】D
【解析】
，所以，所以 ， ， ，解得： ，所以三角形的面积为 ，故选D.
10．已知椭圆=1(n>0)与双曲线=1(m>0)有相同的焦点,则动点P(n,m)的轨迹是(　　)
A．椭圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．圆的一部分
【答案】D
【分析】
由椭圆和双曲线方程可求得焦点坐标，进而根据有相同的焦点，建立等式求得m和n的关系即可.
【详解】
：∵椭圆＝1与双曲线＝1有相同的焦点，∴9-n2=4+m2，即m2+n2=5（0＜n＜3）这是圆的一部分，故选D
【点睛】
在用直接法探究轨迹方程时，可直接列出动点坐标所满足的关系式，但在将等式变形和化简过程中，要留心是否需要讨论，以及取值范围是否存在限制.

二、多选题
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系中,点.设点的轨迹为,下列结论正确的是（ ）
A．的方程为
B．在轴上存在异于的两定点,使得
C．当三点不共线时,射线是的平分线
D．在上存在点,使得
【答案】BC
【分析】
通过设出点P坐标，利用即可得到轨迹方程，找出两点即可判断B的正误，设出点坐标，利用与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.
【详解】
设点，则，化简整理得，即，故A错误；根据对称性可知，当时，，故B正确；对于C选项，，,要证PO为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证，设，则，
，则证
，故C正确；对于D选项，设,由可得，整理得，而点M在圆上，故满足，联立解得，无实数解，于是D错误.故答案为BC.
【点睛】
本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

三、解答题
12．（2020·陕西安康·月考（理））已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为k的直线与抛物线交于A，B两点.
（1）设O为坐标原点，直线，的斜率分别为，，证明：；
（2）过A，B两点分别作抛物线的切线，设两切线交于点C，若的面积为，求k的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设，联立方程组，得到，，结合斜率公式，即可求解；
（2）分别求得的方程，联立方程组，求得，结合弦长公式和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，抛物线，可得，设，
代入抛物线方程得，
设，，可得，，
.
（2）不妨设，，由得，
所以，，
联立解得，即，
所以，
所以，解得.
【点睛】
解答直线与圆锥曲线问题时，通常联立方程组，应用二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，同时在证明定值问题时，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关，得出定值.
13．（2020·江苏高三月考）已知椭圆：的离心率为，焦距为．
（1）求的方程；
（2）若斜率为的直线与椭圆交于，两点（点，均在第一象限），为坐标原点，证明：直线，，的斜率依次成等比数列．
【答案】(1) .(2)见解析.
【分析】
（1）根据题中条件，得到，再由，求解，即可得出结果；
（2）先设直线的方程为，，,联立直线与椭圆方程，结合判别式、韦达定理等，表示出，只需和相等，即可证明结论成立.
【详解】
（1）由题意可得 ，解得，
又，
所以椭圆方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，,
由，消去，得
则，且，
故

即直线，，的斜率依次成等比数列.
【点睛】
本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
14．点是圆上一动点，点.

（Ⅰ）若，求直线的方程；
（Ⅱ）过点作直线的垂线，垂足为，求的取值范围.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）由题意可得圆的标准方程为.由结合关系可知，满足题意时是的切线.求得斜率为.直线的方程为：.
（Ⅱ）由题意可知在以为直径的圆上，设，，，
原问题等价于与与有交点，据此可得.
试题解析：
（Ⅰ）.
∵，，，∴，是的切线.
设直线，即，
∴，解得：.
∴直线的方程为：.
（Ⅱ）∵，∴在以为直径的圆上
，
设，，，
与有交点，
∴.
15．已知椭圆的左、右焦点分别是，是其左右顶点，点是椭圆上任一点，且的周长为6，若面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且斜率不为0的直线交椭圆于两个不同点，证明：直线于的交点在一条定直线上.
【答案】(1) (2)见解析
【分析】
（1）利用椭圆的定义，可求出周长的表达式，当点是椭圆的上（或下）顶点时，面积有最大值为，列出等式，结合，求出椭圆方程；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，求出直线与的交点的坐标，结合一元二次方程根与系数关系，得出结论．
【详解】
解：（1）由题意得
椭圆的方程为；
（2）由（1）得，，，设直线的方程为，
，，由，得，
，，，
直线的方程为，直线的方程为，
，，
，直线与的交点在直线上.
【点睛】
本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定直线问题．
16．过圆上的点作圆的切线，过点作切线的垂线，若直线过抛物线的焦点.
（1）求直线与抛物线的方程；
（2）直线与抛物线交于，直线与抛物线交于且与交于点，求的值.
【答案】（1）,；（2）2.
【解析】
试题分析：⑴先求出过点点且与圆相切的直线方程，然后计算出点作切线的垂线，最后计算出抛物线方程(2)设各点坐标，联立直线与抛物线方程，利用根与系数之间的关系，将斜率转化为坐标的形式，代入计算可得结果
解析：（1）过点且与圆相切的直线方程为，
斜率为，故直线的斜率为，故直线的方程为：，
即.
令，可得，故的坐标为，
∴，抛物线的方程为；
（2）设，，，，
由可得，则，，
同理，由过点可得，
∴，， ，
∴.
17．已知抛物线的内接等边三角形的面积为（其中为坐标原点）．
（1）试求抛物线的方程；
（2）已知点两点在抛物线上，是以点为直角顶点的直角三角形．
①求证：直线恒过定点；
②过点作直线的垂线交于点，试求点的轨迹方程，并说明其轨迹是何种曲线．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②，是以为直径的圆（除去点.
【分析】
（1）设A（xA，yA），B（xB，yB），由|OA|＝|OB|，可得2pxA2pxB，化简可得：点A，B关于x轴对称．因此AB⊥x轴，且∠AOx＝30°．可得yA＝2p，再利用等边三角形的面积计算公式即可得出；
（2）①由题意可设直线PQ的方程为：x＝my+a，P（x1，y1），Q（x2，y2）．与抛物线方程联立化为：y2﹣my﹣a＝0，利用∠PMQ＝90°，可得0利用根与系数的关系可得m，或（m），进而得出结论；
②设N（x，y），根据MN⊥NH，可得0，即可得出．
【详解】
（1）解依题意，设，，
则由，得，
即，
因为，，所以，
故，，
则，关于轴对称，
所以轴，且，
所以.
因为，所以，
所以，
故，，
故抛物线的方程为.
（2）①证明 由题意可设直线的方程为，
，，
由，消去，得，
故，，.
因为，所以.
即.
整理得，
，
即，
得，
所以或.
当，即时，
直线的方程为，
过定点，不合题意舍去.
故直线恒过定点.
②解 设，则，即，
得，
即，
即轨迹是以为直径的圆（除去点）.
【点睛】
本题考查了抛物线与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18．（2019·新疆乌鲁木齐·乌市一中月考）已知椭圆过点，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足．
求椭圆的标准方程；
若，试证明：直线l过定点并求此定点．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）由已知条件推导出，，由此能求出椭圆的方程．
（2）由题意设，，，，设l方程为，由已知条件推导出，，由此能证明直线l过定点并能求出此定点．
【详解】
解：椭圆过点，
，设焦距为2c，
长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列，
，又
解得
椭圆的方程为
由题意设，，，，
设l方程为，
由，知
，由题意，，
同理由知，，
，，
联立，得，
需
且有，
代入得，，
直线与轴正半轴和轴分别交于点Q、P，
由题意，满足，
得方程为，过定点，即为定点
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注意向量知识和等价转化思想的合理运用．对于椭圆方程的求法，一般都是根据题意建立关于的方程，从而求得椭圆方程，注意焦点位置.而对于直线过定点问题主要有两种思路：（1）可先设出直线方程为，然后利用条件建立的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
19．（2020·河北月考）在平面直角坐标系中，已知，，动点满足．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作直线交于，两点，若的面积是的面积的2倍，求．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设，求得的坐标，结合，化简、整理，即可求得抛物线的方程；
（2）设，不妨设，由，求得，设直线的方程为，联立方程组，结合根与系数的关系，求得，，进而求得，利用弦长公式，即可求解.
【详解】
（1）设，因为，，
则，，．
由，可得，化简得，
即动点的轨迹的方程为．
（2）设，，
由题意知，，
易知，不妨设，
因为，所以，所以． ①
设直线的方程为，
联立消去，得，则，
可得， ②
由①②联立，解得，
所以．
【点睛】
本题主要考查了向量的坐标运算，抛物线的标准方程的求解，以及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
20．已知圆：．
（1）过点向圆引切线，求切线的方程；
（2）过点任作一条直线交圆于、两点，问在轴上是否存在点，使得？若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) 或；(2)见解析
【分析】
(1)通过直线与圆的位置关系相切，建立方程计算得到直线方程；
（2）将角度相等问题转化为斜率和为0，从而直曲联立，建立韦达定理得到N的坐标.
【详解】
解：（1）设切线的方程为，∵与圆相切，
∴，解得或．∴的方程为或；
（2）假设存在，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入，得，
设，，∴，．
∵，
而
，
∵，
∴，即，得．
当直线与轴垂直时，也成立．故存在点，使得．
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，将角度相等问题转化为斜率和为0问题是解决本题的关键，意在考查学生的计算能力及划归能力.
21．已知椭圆的离心率为，过焦点且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若经过点的直线与椭圆交于不同的两点是坐标原点，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）根据离心率以及弦长，结合，可知，可得结果.
（2）假设点坐标，根据斜率存在与否假设直线方程，并与椭圆方程联立，使用韦达定理，表示出，结合不等式，可得结果.
【详解】
解：（1）设椭圆的半焦距为.
因为过焦点且垂直于轴的直线交椭圆
所得的弦长为，所以，
得①因为椭圆的离心率为，
所以②
又③
由①②③，解得.
故椭圆的标准方程是.
（2）当直线的斜率不存在时，
直线的方程为，联立
解得或
则点的坐标分别为
，或，.
所以
；
当直线的斜率存在时,
设直线的方程为.
联立消去
得，
因为点在椭圆的内部，
所以直线与椭圆一定有两个不同的交点.
则.
所以
化简可得
则
化简可得.
因为，所以，
所以，所以.
所以，
即，所以.
综上，的取值范围是.
【点睛】
本题考查椭圆方程，以及直线与椭圆的几何关系，一般联立方程，使用韦达定理，重在于计算，考验计算能力，属中档题.
22．已知圆：和点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和相交于点，的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）点是曲线与轴正半轴的交点，直线交于、两点，直线，的斜率分别是，，若，求：①的值；②面积的最大值．
【答案】（1）；（2）①②.
【解析】
试题分析：
（1）由圆的方程得圆心为，半径为，可得，，
所以曲线是，为焦点，长轴长为的椭圆，即可求解椭圆的方程；
（2）①由直线方程和椭圆的方程联立方程组，由，解得，，根据，化简得即可解得的值；
②由题意，利用均值不等式，即可求解面积的最大值.
试题解析：
（1）圆：的圆心为，半径为，点 在圆内，，
所以曲线是，为焦点，长轴长为的椭圆，
由，，得，所以曲线的方程为．
（2）①设，，直线：，联立方程组得
，
由，解得，，，
由知
，
且，代入化简得，解得，
② （当且仅当时取等号）．
综上，面积的最大值为.
点睛：本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用椭圆的定义和 的关系，确定椭圆方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到面积的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解，本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
23．设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率.
【答案】(1);(2)或.
【分析】
（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定，由，得，再利用，可解得，；
（Ⅱ）先化简条件： ，即M再OA中垂线上，.设直线方程为，点可求；根据，求点H，由点斜式得到直线MH方程，联立直线和直线MH方程，求得表达式，列等量关系解出直线斜率.
【详解】
解：（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，
所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，直线的斜率为，则直线的方程为，
由方程组 消去，整理得，
解得或，
由题意得，从而，
设，由（1）知， 有，，
由，得，
所以，解得，
因此直线的方程为，
设，由方程组 消去，得，
在中， ，
即，化简得，即，
解得或，
所以直线的斜率为或.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，体现了“整体运算”思想和“设而不求”的解题方法，考查转化思想和运算能力，属于中档题.
24．设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．
【答案】（1）；(2)．
【解析】
分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.
易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.
详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而．
所以，椭圆的方程为．
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，
点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．
所以，的值为．
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．
25．设椭圆的方程为，点为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，点在线段上，满足，直线的斜率为.
（1)求的离心率；
（2)设点的坐标为，为线段的中点，点关于直线的对称点的纵坐标为，求的方程．
【答案】(1) (2)
【分析】
（1）因为，可以求出M点的坐标，利用直线的斜率为可以推导出 之间的关系，即可求出离心率．
（2）根据题意表示出N关于AB的对称点，利用对称，找出NS中点T应当满足的条件，① ②T在AB上，进而求出．
【详解】
解：（1)∵点M在线段上，满足.
，

（2)由（1)可得直线的方程为，
设点N关于直线的对称点为，线段的中点
又垂直平分线段，，
∴则，故方程为.
【点睛】
本题的关键是利用点关于直线的对称，即垂直和平分构建方程组求解基本量．
26．已知椭圆，、为它的左、右焦点，为椭圆上一点，已知，，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆方程；
（2）已知，过的直线与椭圆交于、两点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2），当且仅当时取到.
【解析】
试题分析：（1）利用离心率和焦点三角形的面积公式列方程组，可求得的值，即可得椭圆的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，利用弦长公式和点到直线距离公式将面积的表达式求出，换元后利用配方法可求得面积的最大值.
试题解析：
解：（1）∵，
∴，又.
∵，∴.
椭圆方程为.
（2）设


∴或.
设.


令，


，当且仅当时取到.
点睛：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查圆锥曲线方程的求法，考查直线和椭圆相交所得弦长公式和三角形面积的最值的求法.第一问求椭圆的标准方程，利用的是题目所给的离心率和焦点三角形的面积公式，这个公式可以作为一个小结论来记忆.第二问求三角形面积的最值，先用韦达定理求出弦长，利用点到直线距离公式求出高，由此得到面积的表达式，最后再求最值.
27．已知椭圆：的离心率是，是椭圆的左、右焦点，点为椭圆的右顶点，点为椭圆的上顶点，且.

（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过右焦点且交椭圆于两点，点是直线上的任意一点，直线的斜率分别为，问是否存在常数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）.
【解析】
试题分析：(Ⅰ)根据条件确定的值，确定椭圆的方程.
（Ⅱ）设出直线的方程与椭圆方程联立，用韦达定理化简，求出的值即可
试题解析：(Ⅰ)，则，
即……2分
又，代入上式中得到，
于是
故椭圆的方程为

（Ⅱ）由(Ⅰ)知的坐标为.设，，.
（1）当直线的斜率不为零时，设的方程为.
联立消去得,.
∴，
∴

.
又∵，∴ .
（2）当直线的斜率为零时，显然有：
∴仍成立.
综上知,存在，使得成立.
点晴:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．设出直线方程，联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法.
28．已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，离心率为，点，为线段的中点．

（）求椭圆的方程．
（）若过点且斜率不为的直线与椭圆交于、两点，已知直线与相交于点，试判断点是否在定直线上？若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)点在定直线上.
【解析】
试题分析: （Ⅰ）求椭圆标准方程，一般方法为待定系数法，即根据条件建立关于的两个独立条件，再与联立方程组，解出的值，（Ⅱ）先根据特殊直线或椭圆几何性质确定定直线，再根据条件证明点横坐标为1.由题意设两点坐标，用两点坐标表示点横坐标.根据直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理得两点坐标关系（用直线斜率表示），并代入点横坐标表达式，化简可得为定值.
试题解析: （Ⅰ）设点，由题意可知：，即 ①
又因为椭圆的离心率，即 ②
联立方程①②可得：，则
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）方法一：根据椭圆的对称性猜测点是与轴平行的直线上．
假设当点为椭圆的上顶点时，直线的方程为，此时点，
则联立直线和直线可得点
据此猜想点在直线上，下面对猜想给予证明：
设，联立方程可得：
由韦达定理可得， （*）
因为直线，，
联立两直线方程得（其中为点的横坐标）即证：，
即，即证
将（*）代入上式可得
此式明显成立，原命题得证．所以点在定直线上上．
方法二：设，两两不等，
因为三点共线，所以，
整理得：
又三点共线，有： ①
又三点共线，有： ② 将①与②两式相除得：

即，
将即代入得：
解得（舍去）或，所以点在定直线上．
方法三：显然与轴不垂直，设的方程为，.
由得.
设，两两不等，
则，，
由三点共线，有： ①
由三点共线，有： ②
①与②两式相除得：

解得（舍去）或，所以点在定直线上．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
29．椭圆的上顶点为是椭圆上的一点，以为直径的圆经过椭圆的右焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的左焦点，过右焦点的直线与椭圆交于不同两点，记的内切圆的面积为，求当取最大值时直线的方程，并求出最大值.
【答案】（1）；（2）直线的方程为：，最大值为.
【解析】
试题分析：（1）由于以为直径的圆经过椭圆的右焦点，可得，再由点在椭圆上，联立可得的值，则椭圆方程可求；（2）设，， 的内切圆半径为，运用等积法和韦达定理，弦长公式，结合基本不等式即可求得最大值
试题解析：（1）由题知，
得，
又点在椭圆上，所以解得，
又，
联立①:解得：，故所求椭圆的方程.
（2）易知直线的斜率不为0，可设直线的方程为：，
由得：，
，
设内切圆的半径为的周长为，面积为，由椭圆的定义和，要使内切圆面积最大，只需要求的面积最大，
的面积为：，
，令
，当且仅当即时取等号，此时
直线的方程为：.
30．已知点是椭圆的右焦点，点，分别是轴，轴上的动点，且满足.若点满足（为坐标原点）．
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）设过点任作一直线与点的轨迹交于，两点，直线，与直线分别交于点，，试判断以线段为直径的圆是否经过点？请说明理由．
【答案】（1）（2）经过
【分析】
（Ⅰ）由椭圆的方程，得到右焦点的坐标，根据向量的数量积的运算公式，求得和，代入即可求解抛物线的标准方程；
（Ⅱ）解法一：设直线的方程为，得到，，联立方程组，求得，利用向量的数量积的运算，即可得到证明；
解法二：①当时，利用向量的数量积得到；②当不垂直轴时，设直线的方程为，联立方程组，求解，进而证得，即可得到证明.
【详解】
（Ⅰ）∵椭圆右焦点的坐标为，
∴.∵，
∴由，得.
设点的坐标为，由，有，
，代入，得.
即点的轨迹的方程为.
（Ⅱ）解法一：设直线的方程为，，，
则：，：.
由得，同理得.
∴，，则.
由得，∴.
则.
因此，以线段为直径的圆经过点.
解法二：①当时，，，则：，：.
由，得点的坐标为，则，
由，得点的坐标为，则.
∴.
②当不垂直轴时，设直线的方程为，，，
同解法一，得.
由，得，∴.
则.
因此，以线段为直径的圆经过点.
【点睛】
本题主要考查椭圆的几何性质和抛物线的标准方程、以及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，合理应用韦达定理求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
31．如图，抛物线：与圆：相交于，两点，且点的横坐标为.过劣弧上动点作圆的切线交抛物线于，两点，分别以，为切点作抛物线的切线，，与相交于点.

（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求动点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由点的横坐标为，可得点的坐标为，
代入，解得；（Ⅱ）设，，，．切线：，
代入得，由解得
方程为，同理方程为
联立，解得
试题解析：（Ⅰ）由点的横坐标为，可得点的坐标为，
代入，解得
（Ⅱ）利用直线与圆锥曲线的位置关系，可知方程为，其中，满足，，再利用中点公式，可知满足
代入得，考虑到，知
动点的轨迹方程为，．
点睛：本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线、圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求抛物线方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意定义的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．
32．设分别是椭圆的左、右焦点，过倾斜角为的直线与相交于两点，且.
（Ⅰ）求的离心率；
（Ⅱ）设点满足，求的方程.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）设直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，根据弦长公式 ，再根据 ，解出 的值；（Ⅱ）设的中点为，若 ，可得 ，代入中点坐标公式得到 .
试题解析：（Ⅰ）由题设可设的方程为.
将代入椭圆方程得.
∴满足.
∵，而，
∴，即.
∴的离心率.
（Ⅱ）设的中点为，
由（Ⅰ）知
∵，∴，即.
代入上式得，从而，∴.
∴椭圆的方程为.
33．（2020·广东高二月考（理））如图所示,A,B分别是椭圆C:=1(a>b>0)的左右顶点,F为其右焦点,2是|AF|与|FB|的等差中项,是|AF|与|FB|的等比中项.点P是椭圆C上异于A,B的任一动点,过点A作直线l⊥x轴.以线段AF为直径的圆交直线AP于点A,M,连接FM交直线l于点Q.
(1)求椭圆C的方程;
(2)试问在x轴上是否存在一个定点N,使得直线PQ必过该定点N?若存在,求出点N的坐标,若不存在,说明理由.

【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
(1)根据题意，用a、c表示出|AF|、|FB，再根据等差中项与等比中项定义求出a、b、c，进而求得椭圆方程．
(2)假设存在这样的定点．设出动点P，由P再椭圆上，用x0表示y0，再表示出FM的方程，联立FM与直线，得交点Q，进而求得过定点的坐标．
【详解】
(1)由题意得|AF|=a+c,|FB|=a-c,
即
解得a=2,c=1,∴b2=4-1=3.
∴所求椭圆的方程为=1.

(2)假设在x轴上存在一个定点N(n,0),使得直线PQ必过定点N(n,0).
设动点P(x0,y0),由于P点异于A,B,故y0≠0,
由点P在椭圆上,故有=1,
∴. ①
又由(1)知A(-2,0),F(1,0),
∴直线AP的斜率kAP=.
又点M是以线段AF为直径的圆与直线AP的交点,∴AP⊥FM.
∴kAP·kMF=-1⇒kMF=-=-.
∴直线FM的方程y=-(x-1).
联立FM,l的方程
得交点Q.
∴P,Q两点连线的斜率kPQ=, ②
将①式代入②式,并整理得kPQ=,
又P,N两点连线的斜率kPN=.
若直线QP必过定点N(n,0),则必有kPQ=kPN恒成立,即,
整理得4=-3(x0+2)(x0-n), ③
将①式代入③式,得4×=-3(x0+2)(x0-n),解得n=2,故直线PQ过定点(2,0).
【点睛】
本题考查了椭圆标准方程的求法，直线过定点问题的解决思路和方法，要注意椭圆的图形与性质的综合，属于难题．

四、双空题
34．已知点为抛物线的焦点，则点坐标为______；若双曲线（）的一个焦点与点重合，则该双曲线的渐近线方程是____．
【答案】
【分析】
根据题意直接求出点F的坐标，再双曲线（）的一个焦点与点重合，求出a，得出渐近线方程.
【详解】
因为点为抛物线的焦点，2p=8，p=4

双曲线（）的一个焦点与点重合，

渐近线方程为：
故答案为，
【点睛】
本题考查了抛物线的焦点和双曲线的渐近线方程，属于基础题.

五、填空题
35．已知椭圆，倾斜角为60°的直线与椭圆分别交于A、B两点且，点C是椭圆上不同于A、B一点，则△ABC面积的最大值为_____．
【答案】
【分析】
设直线AB的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系及弦长公式，得到
，解得的值，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，利用，求得的值，再由点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解．
【详解】
由题意，设直线AB的方程为，点 A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组，整理得18x2+10mx+5m2﹣30＝0，
所以x1+x2，x1x2．
因为，即，
代入整理得，解得，
不妨取：m＝2，可得直线AB的方程为，
设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为yx+t，
联立方程组，整理得18x2+10tx+5t2﹣30＝0，
由△＝300t2﹣72×（5t2﹣30）＝0，解得：t＝±6．
取t＝﹣6时，与直线AB平行且与椭圆相切的直线与直线AB的距离，
所以△ABC面积的最大值，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
36．已知椭圆C：，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则 .
【答案】
【详解】
试题分析：设M,N的中点坐标为P，,则
；由于，化简可得，根据椭圆的定义==6，所以12.
考点：1.椭圆的定义；2.两点距离公式.
37．设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.
【答案】
【分析】
根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.
【详解】
由已知可得，
．∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），
的坐标为．
【点睛】
本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
38．定义：椭圆上一点与两焦点构成的三角形为椭圆的焦点三角形，已知椭圆的焦距为，焦点三角形的周长为，则椭圆的方程是__________．
【答案】
【解析】
设椭圆的半焦距为，由题意得，，所以，故椭圆的方程是.