全国甲卷+全国乙卷高考数学复习 专题09 圆锥曲线（理科）解答题30题专项提分计划

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全国甲卷全国乙卷高考数学复习
专题9 圆锥曲线（理科）解答题30题专项提分计划

1．（江西省萍乡市2023届高三上学期期末考试数学（理）试题）已知椭圆E的中心在原点，周长为8的的顶点，为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N,点若直线PM,PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）根据椭圆定义直接求解即可；
（2）求出的坐标，写出直线方程即可求出定点坐标.
【详解】（1）由题意知，椭圆E的焦点在x轴上，
所以设椭圆方程为，焦距为，
所以周长为，即，
因为左焦点，所以，，
所以，
所以椭圆E的标准方程为
（2）由题意知，，直线斜率均存在，
所以直线，与椭圆方程联立得，
对恒成立，
则，即，则，
同理，，
所以，
所以直线方程为：，
所以直线过定点，定点坐标为
2．（河南省三门峡市2022-2023学年高三上学期第一次大练习（期末）数学（理科）试题）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形.
(1)求C的方程；
(2)圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q.
①求的值；
②证明：直线PQ过定点.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）由题意可知点坐标得，设为直线l与C的一个交点，由菱形面积求出点坐标代入椭圆方程求出即可得解；
（2）①设，，由题意可得，再由斜率公式即可求解；
②设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，根据根与系数的关系求出直线直线PQ的方程为，即可求出直线过定点.
【详解】（1）因为直线l：与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，
所以l垂直平分OB，所以，.
设为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为.
因为菱形的面积为，所以，解得，即，
将点代入，得，又因为，所以.
故C的方程为.
（2）①由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此，即.
设，，则.
注意到，，则.
又因为，，所以.
②易知直线PQ不可能平行于x轴，则设直线PQ的方程为，，.
由，得.
，（*）
，.①
因为，，所以，
即，
即.
将①代入上式得，
化简得，解得，满足（*），
所以直线PQ的方程为，
故直线PQ过定点.
3．（河南省新乡市多校联考2022-2023学年高三下学期入学测试（理科）数学试题）已知椭圆，的三个顶点都在椭圆C上，且P为椭圆C的左顶点，直线AB经过点.
(1)求面积的最大值.
(2)若三边所在的直线斜率都存在，且分别记为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)是定值，定值为.

【分析】（1）求出点P的坐标，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，再求出三角形面积的函数关系式，利用对勾函数求出最值作答.
（2）利用（1）中信息，结合斜率坐标公式及韦达定理求解作答.
【详解】（1）椭圆C：的左顶点，显然直线AB不垂直于y轴，
设直线AB的方程为，，
由消去x得：，
则，
因此，
而点P到直线AB的距离，则，
令，函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，
所以面积的最大值为.
（2）由（1）知，，，，，
则
，
所以为定值，且.
4．（河南省驻马店市2022-2023学年高三上学期期末统一考试数学（理科）试题）已知双曲线的左、右焦点分别是，，点在双曲线C上，且．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)直线与双曲线C的左支交于A，B两点，直线AP，BP分别与轴交于M，N两点，且，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点，定点坐标为

【分析】（1）由双曲线定义可知，结合点在双曲线C上，求出，得到双曲线的标准方程；
（2）设直线：，与双曲线的方程联立，由韦达定理得，写出直线AP，BP的方程，求得M，N两点的坐标，结合，可求得的关系式，从而得出定点坐标．
【详解】（1）由题意可得，解得
故双曲线C的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率不为0，设直线：，
联立，整理得
则
直线AP的方程为，令，得，则
直线BP的方程为，令，得，则
因为，所以，
整理得
又，，
所以，
则
即，即
得，解得或
当时，直线经过点P，与题意不符；
当时，直线：，则直线过定点．
故直线过定点．
5．（青海省西宁市城西区青海湟川中学2022-2023学年高三上学期一模理科数学试题）已知，为椭圆C上两点，为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C有且仅有一个公共点，与直线交于点M，与直线交于点N，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设椭圆方程为，代入两点，计算得到答案.
（2）考虑和两种情况，计算交点坐标，根据直线与椭圆只有一个交点得到，计算得到证明.
【详解】（1）设椭圆方程为（，），
，为椭圆C上两点，得，
解得，，故所求椭圆C的标准方程为．
（2）当时，直线，直线l与直线，联立，
可得，或，，，
所以，所以．
当时，直线l与直线，联立，可得，，
所以，，所以．
联立，得，
直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，，
化简得，所以，所以．
综上所述：．
6．（甘肃省兰州市第六十一中学2023届高三上学期第一次质量检测理科数学试题）已知椭圆C：的离心率为，右顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，斜率为2的直线经过点A，且点F到直线的距离为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：与椭圆C交于E、F两点（E、F两点与A、B两点不重合），且以EF为直径的圆过椭圆C的右顶点，证明：直线l过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定点.

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的标准方程；（2）利用“设而不求法”得到，即可证明.
【详解】（1）由题可知,直线的方程为,即,
∴右焦点F到直线的距离为
又∵椭圆C的离心率为,即代入上式得，所以.
∴椭圆C的方程为.
（2）由得：.
由得：.
设，椭圆的右焦点为，则，
因为以EF为直径的圆过椭圆C的右顶点，所以，所以，即，
代入化简得：，
解得：，皆满足.
当时，直线的方程为过点，不符合题意.
当时，直线的方程为过点，符合题意.
综上：直线l过定点.
7．（河北省唐山市2021届高三上学期第一次摸底数学试题）已知椭圆的离心率为，直线交于，两点；当时，.
（1）求E的方程；
（2）设A在直线上的射影为D，证明：直线过定点，并求定点坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.
【分析】（1）首先根据题意得到，椭圆过点，从而得到，，即可得到椭圆的标准方程.
（2）首先设，，则，联立椭圆与直线得到，利用根系关系得到，再写出直线，利用根系关系即可得到定点.
【详解】（1）由题意得，整理得，
由时，，得到椭圆过点，得.
因此，，故的方程是.
（2）设，，则.
将代入得，
，，.
从而①.
直线，设直线与x轴的交点为，
则，.
所以，.
将①式代入上式可得.
故直线过定点.
【点睛】本题第一问考查椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，同时考查学生的计算能力，属于中档题.
8．（专题54圆锥曲线大题解题模板-2021年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考地区专用））已知椭圆：()经过点，一个焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线()与轴交于点，与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）依题意，代入点，结合条件求解的值，则椭圆方程可求；
（2）联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系求出，横纵坐标的和与积，进一步求得的垂直平分线方程，求得的坐标，由两点间的距离公式求得，由弦长公式求得，作比后求得的取值范围．
【详解】（1）由题意得，，解得、，
∴椭圆的方程是；
（2）把代入得，恒成立，
设、，则有，，
，∴线段的中点坐标为，
∴线段的垂直平分线方程为，
于是，线段的垂直平分线与轴的交点，
又点，
∴，
又，
于是，，
∵，∴，
∴的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：设直线方程后，联立椭圆方程，利用韦达定理，求弦长的表达式，同时可得弦的中点，求出的长，得到关于k的表达式，求值域即可.
9．（陕西省铜川市王益中学2023届高三下学期一模理科数学试题）已知点M，N分别是椭圆的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，点P在椭圆上，O为原点，若，求直线的方程．
【答案】(1)；
(2)或．

【分析】（1）由已知可推出直线的方程为.由已知可得，解方程组即可得出答案；
（2）设的方程为.联立直线与椭圆的方程，得出，由韦达定理得出坐标之间的关系，表示出点.代入椭圆方程，整理化简即可得出，代入即可得出的值.
【详解】（1）由已知可得，，，所以直线的方程可设为，
即.
所以点到直线的距离.
又椭圆的离心率为，所以.
联立，解得，
故椭圆方程为．
（2）由（1）知，椭圆的右焦点为，设直线的方程为.
设，，.
联立直线与椭圆的方程，消x得，
由韦达定理可得.
因为，所以，
因为点P在椭圆上，
所以
，所以.
因为
．
化简得，得，
当时，直线的方程为；当时，直线的方程为.
综上，直线的方程为或．
10．（陕西省联盟学校2023届高三下学期第一次大联考理科数学试题）已知，为椭圆E：的上、下焦点，为平面内一个动点，其中.
(1)若，求面积的最大值；
(2)记射线与椭圆E交于，射线与椭圆E交于，若，探求，，之间的关系.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)先根据椭圆定义得出椭圆方程,在根据的范围求出面积的最大值;
(2)分别设出两个射线和,再联立方程结合向量平行得出，，之间的关系.
【详解】（1）由题可知椭圆E：的上、下焦点，
又因为,所以,

则点为椭圆上一点，且，
则，于是面积的最大值为.
（2）射线的方程为，
射线的方程为，
联立
解得，①
又，则，②
将②代入①，得.
11．（山西省太原市2022届高三下学期模拟三理科数学试题）已知椭圆过点离心率为
(1)求椭圆C的方程；
(2)当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足求线段PN长的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由椭圆的几何性质列方程组求解
（2）由定比分点公式化简得点轨迹方程，由点到直线距离公式求解
【详解】（1）根据题意， 解得，
椭圆C的方程为
（2）设A（，），B（，），N（x，y），
由，
得 ，
∴，
又，
∴，
∴点N在直线上，
∴.
12．（山西省吕梁市2022届高三三模理科数学试题）已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)点在定直线上.

【分析】（1）解方程组可得答案；
（2）设， 的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入，可得直线的方程、直线的方程，联立两直线方程得，由化简可得答案.
（1）
由题意得，解得，
所以椭圆的方程是.
（2）
点是在定直线上，理由如下，
由（1）知，设，
，将的方程与联立消，得，
则，得且，且，
因为，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
联立直线与直线的方程，得，
得，
所以

所以点在定直线上.
13．（内蒙古赤峰市2023届高三上学期1月模拟考试理科数学试题）已知抛物线，过其焦点F的直线与C相交于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线，相交于点P．

(1)求点P的轨迹方程；
(2)若PA，PB与x轴分别交于Q，R两点，令的面积为，四边形PRFQ面积为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)2

【分析】（1）利用导数的几何意义分别表示出和，设，分别代入，由直线系方程得到，又由直线AB过焦点F，即可判断出；
（2）利用“设而不求法”分别求出，证明出四边形PRFQ为矩形，求出其面积，进而求出的最小值.
【详解】（1）抛物线的焦点.由得，∴.
设，，，由导数的几何意义可得：，，
∴，即，同理．
又P在PA，PB上，则，所以．
∵直线AB过焦点F，∴．所以点P的轨迹方程是．
（2）由（1）知，，代入得，
则，
则，
P到AB的距离，所以，
∵，当时，得，
∴，∴，同理，．
由得，∴四边形PRFQ为矩形，
∵，∴，
∴，当且仅当时取等号．∴的最小值为2．
14．（内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题）拋物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点M的坐标为，与直线l相切．
(1)求抛物线C和的标准方程；
(2)已知点，点，是C上的两个点，且直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)，
(2)相切，理由见解析

【分析】（1）由题意设拋物线C的方程为，将代入可求出P，Q两点坐标，再由可得，从而可求得的值，则可得抛物线的方程，由题意可得的半径为2，从而可求出的方程，
（2）由已知可得在抛物线上，设，，则可得， 从而可表示出直线的方程，由于直线与圆相切，所以由圆心到直线的距离等于半径，可得，同理得的方程为，所以可得
直线方程为，进而可求出点M到直线距离，由此可得结论
（1）
由已知，设拋物线C的方程为（），
当时，，则，
所以不妨设 ，，
因为，所以，
所以，解得
所以抛物线C的，
因为与直线l：相切，，
所以的半径为2，
所以的方程
（2）
由已知可得在抛物线上，设，
所以，
所以的点斜式方程为
整理可得，
此直线与圆相切，可得，
平方后可得
又因为
化简得，
同理：的方程为，
所以直线方程为，
所以点M到直线距离为，
所以直线与相切
15．（内蒙古通辽市2022届高三4月模拟考试数学（理科）试题）已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，且．
(1)求抛物线E的标准方程．
(2)过的直线与抛物线交于两点，与准线交于点，若直线的斜率分别为，证明：是，的等差中项．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）设出的坐标，根据点在抛物线上，列方程组求解；（2）设出直线方程，和抛物线联立，结合韦达定理求解.
(1)
由抛物线的定义知，因为在抛物线E上，所以，解得，所以抛物线E的方程为．
(2)
由（1）知，，．
由题意，显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，．联立方程组，得，则，．因为，所以．因为，，所以，所以，
于是是，的等差中项．
16．（宁夏石嘴山市第三中学2023届高三上学期期末考试数学（理）试题）如图，点A是椭圆的短轴位于y轴下方的端点，过点A且斜率为1的直线交椭圆于点B，P在y轴上，且轴，.

(1)若点P的坐标为（0，1），求椭圆C的标准方程；
(2)若点P的坐标为（0，t），求t的取值范围.
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合共线向量的性质进行求解即可；
（2）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合共线向量的性质、椭圆标准方程中关系进行求解即可.
【详解】（1）由，因为过点A且斜率为1的直线交椭圆于点B，所以直线的方程为，因为P的坐标为（0，1），轴，
所以，因而，，
由（舍去），即，
又因为在该椭圆上，所以有，
所以该椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知：，点P的坐标为（0，t），显然，
所以，，，
由，即，代入椭圆标准方程中，得，
因为，所以有，
所以t的取值范围为.
【点睛】关键点睛：运用代入法，结合椭圆标准方程中的关系是解题的关键.
17．（云南省曲靖市罗平县第一中学2021-2022学年高二下学期期中数学试题）如图，已知抛物线的焦点为F，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于A，B两点，且.

(1)求抛物线方程；
(2)连接AF，BF并延长交抛物线于C，D两点，求证：直线CD过定点
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组得到，结合，列出方程求得的值，即可求得抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组求得，同理得到，由（1）求得，设直线的方程为，联立方程组，根据，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：设直线的方程为，直线与抛物线的交点分别为，
联立方程组，整理得，
所以，
因为，可得，即，
所以，即，即，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解：设点的纵坐标分别为，
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，所以，
同理可得：，
由（1）知，所以，
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则有，解得，即直线的方程为，
所以直线恒过点.
18．（新疆部分学校2023届高三下学期2月大联考（全国乙卷）数学（理）试题）已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．
【详解】（1）由,
得，即.
由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，
所以，且，
解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，
如图，设，，，.
将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，
所以，所以，且.
直线的方程为，代入抛物线方程，
消去，得，解得或，所以.
同理，得，
所以


，
所以当时，取得最大值，为.

19．（江苏省泰州中学2022-2023学年高二上学期第一次月度检测数学试题）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上，点F是椭圆C的右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，则在x轴上是否存在一点P，使得直线l绕点F无论怎样转动都有？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）由题给条件列出关于a、b、c的方程组，解得a、b即可求得椭圆C的方程；
（2）由题意可知在x轴上存在一点，使成立，据此结合根与系数的关系可求解.
【详解】（1）由题意得，解得：．
所以椭圆C的方程为．
（2）由题意可知．
若直线l斜率存在，设直线l的方程为，
联立得，整理得．
由题意可知恒成立，所以，
假设在x轴上存在一点，使得x轴平分，则，
所以，整理得，
即，
整理得，，
则，
即，解之得．
若直线l斜率不存在时，则M，N两点关于x轴对称，当点P坐标为时，x轴平分．
综上所述，在x轴上存在一点，使得x轴平分．
20．（江西省重点中学协作体2023届高三下学期第一次联考数学（理）试题）已知椭圆E：（，），离心率，P为椭圆上一点，，分别为椭圆的左、右焦点，若的周长为.

(1)求椭圆E的方程；
(2)已知四边形ABCD（端点不与椭圆顶点重合）为椭圆的内接四边形，且，，若直线斜率是直线斜率的倍，试问直线AB是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由的周长为得到，再结合求解；
（2）设，由（1）知，设直线AC的方程为：与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，则，同理，，再由求解.
【详解】（1）解：因为的周长为，
所以，又因为，
所以，
所以椭圆的方程为：
（2）设，由（1）知，
设直线AC的方程为：，
与椭圆方程联立，得，
由韦达定理得，即，
则，同理，，
因为，
所以，
化简得，
设直线AB的方程为，
则，
解得，
所以直线AB恒过定点.
21．（广西柳州市2023届高三第二次模拟数学（文）试题）已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.
(1)求直线斜率的取值范围；
(2)证明：存在定点，使得，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由抛物线过可求得抛物线方程，设，与抛物线方程联立，由可得的范围，并确定韦达定理结论；根据可求得且，由此可确定的范围；
（2）易知在轴上，设，利用向量数乘的坐标运算可得，，求得方程后，令可推导得到，同理得到，代入中，整理后代入韦达定理的结论可构造方程求得的值，从而确定定点.
【详解】（1）抛物线经过点，，解得：，抛物线；
由题意知：直线斜率存在，设，，，
由得：，
，解得：或；
，，，，
又直线与轴相交于两点，
，
即，解得：且；
综上所述：直线斜率的取值范围为.
（2）设点，，
由，，知：共线，即在轴上，
则可设，，，
，，，同理可得：，
，直线，
令得：，同理可得：，
，，
由（1）知：，，
，解得：，
存在定点满足题意.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中存在定点满足某条件的问题，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，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利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式或构造方程；
④化简所得函数式或方程，整理可得定点坐标.
22．（广东省梅县东山中学、广州五中、珠海二中、佛山三中四校2022届高三下学期第二次联考数学试题）已知抛物线上一点，焦点为F．
(1)求的值；
(2)已知A，B为抛物线上异于P点的不同两个动点，且，过点P作直线AB的垂线，垂足为C，求C点的轨迹方程．
【答案】(1)2
(2)

【分析】（1）将点代入抛物线方程，求得抛物线方程，再根据抛物线的定义即可得出答案；
（2）设直线AB的方程为：，，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求得，，再根据，求得的关系，从而可得直线AB过定点，再根据，可得C点的轨迹为PH为直径的圆，即可得出答案.
【详解】（1）解：∵，∴
∴抛物线方程为，准线方程为，；
（2）解：由已知直线AB存在斜率，设直线AB的方程为：，
由，有，记，
则，，
∵
，
∴，
则直线AB的方程为：，过定点，
∵，则C点的轨迹为PH为直径的圆，其方程为，
则轨迹方程为.
23．（贵阳省铜仁市2023届高三下学期适应性考试（一）数学（理）试题）已知，，三点中有两点在椭圆上，椭圆的右顶点为，过右焦点的直线与交于点，，当垂直于轴时.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与轴交于点，直线与轴交于点，在轴是否存在定点，使得，若存在，求出点，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)在轴上存在定点或，使得

【分析】（1）根据对称性可得点，在椭圆上，再由得到方程组，解得、，即可得解；
（2）设存在定点，过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设直线，求出点坐标，同理可得点坐标，根据求出的值，即可得解.
【详解】（1）根据椭圆的对称性可知，点，在椭圆上，
对于，令得，解得，所以，
则，
∴椭圆的方程为.
（2）解：设存在定点，设过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为，，
联立，
则由韦达定理有：，，
由的标准方程得，
设直线，当时，，
同理，设直线，当时，，
∴，，
∴

，解得，
故在轴上存在定点或，使得.
24．（贵州省毕节市2023届高三年级诊断性考试（一）数学（文）试题）设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．
(1)求的方程；
(2)在轴上是否存在一定点，使得_________？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
从①点关于轴的对称点与，三点共线；②轴平分这两个条件中选一个，补充在题目中“__________”处并作答．
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为，根据抛物线的定义，，则C的方程可求；
（2）若选①，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线的斜率，得直线的方程即可判断；
若选②，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，设，由题意，结合韦达定理得对任意的恒成立，则，得出答案．
【详解】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为
根据抛物线的定义，，
则抛物线方程为：．
（2）若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，
，设直线的方程为：，设，，
联立，得，恒成立
得，
直线的斜率
直线的方程为
由，化简得
直线过定点，存在
若选②，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，
，设直线的方程为：
设，，设
联立，得，恒成立
得，
轴平分



，即对任意的恒成立，则．
存在．
25．（贵州省2023届高三3 3 3高考备考诊断性联考（一）数学（文）试题）已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)详见解析

【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求得椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，再根据,以及，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求
【详解】（1）由条件可知，，解得：，，
所以椭圆C的方程是；
（2）假设在轴上存在点，使且，
联立，设，，
方程整理为，
，解得：或，
，，
则线段的中点的横坐标是，中点纵坐标，
即中点坐标，，
则，即，化简为，①
又,
则，，
整理为，
，
化简为②
由①得，即，代入②得，整理得③，又由①得，代入③得，即，整理得，即.
当时，，当时，，满足，
所以存在定点,此时直线方程是，当定点,此时直线方程是.
26．（江西省重点校2022-2023学年高二上学期10月统一调研数学试题）已知椭圆过点．，分别为左右焦点，为第一象限内椭圆上的动点，直线，与直线分别交于，两点，记和的面积分别为，．
(1)试确定实数的值，使得点到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出的值；
(2)在（1）的条件下，若，求的值．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据椭圆过点，可得椭圆方程，进而可得椭圆焦点，设点，利用距离公式可得与的关系，根据为定值，可得与的值；
（2）根据，的方程可得点与的坐标，进而可得与，可解得点的坐标，进而分别求各得各长度，可得解.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，即，
所以，，
则，，
所以椭圆的方程为，
设，（，），
则，
又，即，
所以，
因为为定值，所以，解得，
所以；
（2）由（1）得，直线：，
又，，，
则直线：，令，则，所以，
同理直线：，令，则，所以，
所以，
所以，
化简可得或，
解得或（舍），
所以，，
则，，，，
所以.
【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．
27．（广东省广州市2023届高三一模数学试题）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析

【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：

，
即，
则，即，
所以点在圆.
28．（山西省临汾市2022届高三三模数学（理）试题）已知抛物线的焦点为F，过点的直线与E交于A，B两点，以AB为直径的圆过原点O．
(1)求E的方程；
(2)连接AF，BF，分别延长交E于C，D两点，问是否为定值，若是求出该定值；若不是说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，

【分析】（1）根据题意，设直线方程为，联立方程组，得出，，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，所以，即可求出的值，进而求出E的方程；
（2）再次联立方程组，表示出和，由（1）知，代入可求得为定值.
(1)
由题知，直线l的斜率不为0，可设其方程为，，，
联立，得，
所以，，
因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即，
所以，即，
将代入，解得．
所以E的方程为；
(2)
设，，直线AF的方程为，
联立，得，
所以，即，
同理，即，
，
同理，
由（1）知，
所以．
29．（江西省丰城中学2023届高三下学期入学考试数学（理）试题）如图，已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为．过点的直线与该椭圆相交于两点．

(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与的斜率分别为．试问：是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）方法一：设直线的方程为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理可求得两点的坐标，再根据三点共线，即可得出结论.
方法二：根据当直线垂直于轴时，得出的值，在证明直线斜率不存在时，也为这个值即可.
【详解】（1）依题意可知，，
所以椭圆的方程为：；
（2）(方法一)设直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组，
则，则，
所以点的坐标为，
同理，可解得点的坐标为，
由三点共线，得，
化简有，
由题知同号，所以，
故存在，使得成立．
(方法二)当直线垂直于轴时，点的坐标分别为，
所以此时直线与的斜率分别为，有，
由此猜想：存在满足条件，下面证明猜想正确．
当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
联立方程组，
，
，
，
，
由此可得猜想正确，
故存在，使得成立．
【点睛】本题考查了椭圆的离心率及椭圆的方程，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，计算量较大，有一定的难度.
30．（广西梧州市2023届高三第一次模拟测试数学（理）试题）已知椭圆过点，左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点（，均在轴右侧），的周长为8．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线和分别交椭圆于，两点，设与轴交于点，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)根据条件求，即可求椭圆方程；
（2）首先设直线与椭圆方程联立，根据点的坐标分别表示直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示点的坐标，并求直线的方程，求得点的坐标，即可证明为定值.
【详解】（1）由知，由的周长为8，
知，所以，椭圆的方程为：．
（2）过定点．
证明：由（1）可得，，，设直线，与联立，
消去整理得，①
设，，直线，与联立，
消去整理得，
所以，（注：由①可知，）
所以，从而，
同理可得，，所以，

所以，
令可得，，
所以为定值．
【点睛】本题考查直线与椭圆相交的综合问题，难点是消元化简，计算繁琐，尤其是化简直线与椭圆方程联立的式子，以及韦达定理求点的坐标时，加强计算能力.