新高考数学一轮复习专题突破卷23 圆锥曲线大题归类（2份，原卷版+解析版）

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1.轨迹问题
1．已知点，点P是圆上的动点，M为线段PA的中点，当点P在圆上运动时，求动点M的轨迹方程，并分析此轨迹与圆的位置关系.
【答案】，两圆相外离
【分析】利用中点坐标公式及点在圆上，结合两点间的距离公式及圆与圆的位置关系即可求解.
【详解】设，，则
由中点坐标公式得，.
因为在圆上，
所以，即.
所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.
两圆的圆心距，
而两圆半径之和为6，即，
所以这两圆相外离.
2．在平面直角坐标系中，设点的轨迹为曲线.①过点的动圆恒与轴相切，为该圆的直径；②点到的距离比到y轴的距离大1.
在①和②中选择一个作为条件:
(1)选择条件： 求曲线的方程；
【答案】(1)
【分析】（1）选①：由已知及抛物线的定义，通过数形结合可知，点是以为焦点，以直线为准线的抛物线，从而可求其方程．
选②：设动圆的圆心为，则，通过直接法求轨迹方程的方法，列出满足的关系式，化简即可得到点的轨迹方程．
【详解】（1）选①：
如图，过作轴的垂线，垂足为，交直线于点，
设动圆的圆心为，半径为，则到轴的距离为，
在梯形中，由中位线性质可得，
所以，又，所以，
由抛物线的定义知，点是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为：.
选②：
设动圆的圆心为，则，
由圆与轴相切可得，
即，整理可得.
3．已知圆： ，圆： ，圆，圆．
(1)若动圆与圆内切与圆外切. 求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若动圆与圆、圆都外切. 求动圆圆心的轨迹的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由椭圆的定义结合条件，即可得到结果；
（2）根据题意，由双曲线的定义结合条件，即可得到结果.
【详解】（1）设动圆的半径为，
∵动圆与圆内切，与圆外切，
∴，且.
于是，
所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.
从而，
所以.
故动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
因为，则圆与圆外离，
设圆的半径为，由题意可得，所以，，
所以，圆心的轨迹是以点、分别为左右焦点的双曲线的右支，
设圆心的轨迹方程为，
由题意可得，则，，
因此，圆心的轨迹方程为.
4．已知反比例函数的图象C是以x轴与y轴为渐近线的等轴双曲线．
(1)求双曲线C的顶点坐标与焦点坐标；
(2)设为双曲线C的两个顶点，点是双曲线C上不同的两个动点．求直线与交点的轨迹E的方程；
【答案】(1)顶点：、；焦点：、；
(2)
【分析】（1）先得到双曲线的顶点和焦点均在直线上，联立与得，即可求双曲线C的顶点坐标与焦点坐标；
（2）求出直线与方程，两式相乘，将代入，即可求直线与交点的轨迹E的方程；
【详解】（1）由题意得，双曲线的顶点和焦点均在直线上，
联立与得，，解得，
当时，，当时，，故顶点坐标为、，
设焦点横坐标为，因为双曲线为等轴双曲线，故，
故焦点坐标为、；
（2），，
两式相乘，得．
将代入上式，得，即．
即直线与交点的轨迹E的方程为．
5．在平面直角坐标系中，已知圆心为C的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
【答案】(1)
【分析】（1）根据题意列出圆心满足的方程结合弦长得出的方程，化简即可得答案.
【详解】（1）设圆心，半径为，
因为圆心为C的动圆过点，所以，
因为圆心为C的动圆在轴上截得的弦长为4，所以，
所以，即，所以曲线E是抛物线.
6．如图所示，以原点为圆心，分别以2和1为半径作两个同心圆，设为大圆上任意一点，连接交小圆于点，设，过点分别作轴，轴的垂线，两垂线交于点．

(1)求动点的轨迹的方程；
【答案】(1)
【分析】（1）根据得到点坐标，设出点坐标，根据参数方程即可得到曲线的方程；
【详解】（1）因为，所以，
设，则（是参数），消去得，
即曲线的方程为；
2.求值问题
7．（ 2023·四川·校联考一模）已知点在椭圆C：上，点在椭圆C内.设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线AM，BM分别与椭圆C相交于点E，F，且EA，EB的斜率之积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记，分别为，的面积，若，求m的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用斜率乘积建立方程，把点代入求解椭圆方程；
（2）先求出点E，F的坐标，然后求出线段比例，最后代入三角形面积公式化简求解即可.
【详解】（1）设，依题意，，
可得，整理可得，
又椭圆C过点，所以，故椭圆C的方程为；
（2）依题意，可知AM：，代入椭圆方程，
整理得，从而得到，
又BM：，代入椭圆方程，
整理得，从而得到，
所以，
，
则
,
由于，所以，解得.

【点睛】思路点睛：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.
8．已知双曲线C：的右焦点为F，过点F的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点.
(1)若直线AB的斜率为1，求线段AB的中点坐标；
(2)若点，在双曲线C的右支上，且，，，过点P且斜率为的直线与过点Q且斜率为的直线交于线段AB上一点M，且，求实数的值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】(1)求出双曲线C的渐近线方程，然后分别和直线AB的方程为联立，求出坐标，从而求得线段AB的中点坐标；
（2）设直线PQ的方程为，联立，韦达定理表示出两点间关系, 然后表示出的斜率，反解出与，继而发现的关系，最后根据M在直线上这一条件，找到M与点的关系，从而确定实数的值.
【详解】（1）渐近线为，
由直线AB的斜率为1，点，得直线AB的方程为，
设，分别联立和,
可得，
设线段AB的中点坐标为，则，，
故线段AB的中点坐标为，
（2）
设直线PQ的方程为，
则，解得，
，
∵，∴，，
∴，.
设点则 ，
整理得，
∵，∴，
解得.
又∵，，
∴，
∴，∴.
设直线AB的方程为，，，
则，解得，，
同理求得，，
∴，，
此时点M的坐标满足，，
解得，，
∴M为线段AB的中点，即，
∴实数的值为2.
【点睛】圆锥曲线的解题思路：
(1)设直线方程，设而不求；
(2)联立直线与圆锥曲线方程组，韦达定理表示坐标关系；
(3)根据题目条件转化为坐标间的关系式；
(4)求解参数或者范围问题；
9．已知为坐标原点，椭圆的离心率为，椭圆的上顶点到右顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左、右顶点分别为、，过点作直线与椭圆交于、两点，且、位于第一象限，在线段上，直线与直线相交于点，连接、，直线、的斜率分别记为、，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）不妨设、，设直线的方程为，可得，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设，根据点在直线上，得出，然后利用斜率公式以及韦达定理可求出的值.
【详解】（1）解：由题意知，，椭圆的上顶点到右顶点的距离为，
即，解得，，，
因此，椭圆的方程为．
（2）解：如下图所示：
不妨设、，由图可知，直线的斜率存在，
设直线的方程为，因为点，则，则，
联立可得，
，可得，即，
解得，
由韦达定理可得，解得，
所以，，易知、，
由于在直线上，设，
又由于在直线上，则，所以，，
.
【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．
10．已知圆：，圆：，圆M与圆外切，且与圆内切．
(1)求圆心M的轨迹C的方程；
(2)若A，B，Q是C上的三点，且直线AB不与x轴垂直，O为坐标原点，，则当的面积最大时，求的值．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）设动圆M的半径为，由圆与圆的位置关系分析可得，由椭圆的定义分析可得轨迹M是以，为焦点的椭圆，由椭圆的定义分析可得轨迹M的方程，即可得答案；
（2）设，，直线AB的方程为，联立直线与椭圆的方程可得，利用根与系数的关系可以表示的值，进而可以表示面积，由基本不等式的性质求得△AOB面积的最大值，由，得，代入，整理可得的值．
【详解】（1）由题意设圆M的半径为r，则，，所以，
故圆心M的轨迹是以，为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以，，则，
所以C的方程为．

（2）设，，，直线AB的方程为．
将代入，整理得，
，即，
则，，
所以
，
故．
又原点O到直线AB的距离为，
所以
，
当且仅当，即（*）时，等号成立．
由，得，
代入，整理得，
即（**）．
而
，
由（*）可知，代入（**）式得．
故的值为1.

【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．
11．（ 2023·四川泸州·统考三模）已知椭圆的右焦点为，短轴长等于焦距．
(1)求的方程；
(2)过的直线交于，交直线于点，记的斜率分别为，若，求的值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由题目条件得到，进而求出，得到椭圆方程；
（2）考虑过的直线斜率不存在和斜率存在情况，设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出与，从而得到方程，求出，进而得到.
【详解】（1）根据题意得到，，解得，
故，
故椭圆方程为；
（2）当过的直线斜率不存在时，此时该直线与直线无交点，舍去；
当过的直线斜率存在时，设为，令，得，
故，
联立与得，，
其中，
设，
则，
，
故
，
故，即，解得，
不妨令，则直线方程为，
，则，
，
故
，
当时，同理可得，

综上：.
【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，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，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，注意考虑直线的斜率存在和不存在两种情况.
12．已知是椭圆上的两点，关于原点对称，是椭圆上异于的一点，直线和的斜率满足.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若斜率存在且不经过原点的直线交椭圆于两点异于椭圆的上、下顶点），当的面积最大时，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两点的斜率公式计算化简即可；
（2）设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式计算面积，结合基本不等式求出面积最大时的关系式，再计算斜率之积即可.
【详解】（1）设，易知，由，
得，
化简得，
故椭圆的标准方程为.
（2）
设的方程为，，，
将代入椭圆方程整理得，
，，
，，
则，
又原点到的距离为，
故，
当且仅当时取等号，
此时，的面积最大.
故
.
3.定点问题
13．如图，已知点和点在双曲线上，双曲线的左顶点为，过点且不与轴重合的直线与双曲线交于，两点，直线，与圆分别交于，两点.

(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，求的值；
(3)证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)直线过定点,证明见解析.
【分析】（1）根据双曲线上的点求标准方程；
（2）利用韦达定理运算求解即可；
（3）利用联立方程组，结合韦达定理求得的坐标，猜想过定点，并用三点共线与斜率的关系证明求解.
【详解】（1）因为点和点在双曲线上，
所以，解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）由题可知，直线的斜率不等于零，故可设直线的方程为，
设，
联立，整理得，
若，即，直线的斜率为，与渐近线平行，
此时直线与双曲线有且仅有一个交点，不满足题意，所以，
所以
，
，
因为,所以
，所以.
（3）（i）当轴时，且，
所以，则，
联立，整理得，
即，解得或，
当时，，所以，
由于对称性，，此时直线过定点；
（ii）当不垂直于轴时，以下证明直线仍过定点设为，
因为，所以联立，
即，所以，
解得或，
当时，，
所以,
同理，将上述过程中替换为可得，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以三点共线，即此时直线恒过定点，
综上直线过定点.
14．已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，.
(1)求抛物线的标准方程和准线方程；
(2)记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)抛物线的方程为，准线方程为
(2)证明见解析，定点坐标为或
【分析】（1）根据已知得出直线的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出；
（2）设，联立方程根据韦达定理得出的关系.进而表示出的方程，求出，的坐标，得出圆的方程.取，即可得出定点坐标.
【详解】（1）由已知可得，抛物线的焦点坐标为，直线的方程为.
联立抛物线与直线的方程可得，
.
设，，由韦达定理可得，
则，所以.
所以，抛物线的方程为，准线方程为.
（2）设直线，
联立直线与抛物线的方程可得，.
所以，，.
又，，所以.
同理可得.
设圆上任意一点为，则由可得，
圆的方程为，
整理可得，.
令，可得或，
所以，以为直径的圆过定点，定点坐标为或.

【点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标.
15．已知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线上，若，且双曲线焦距为4．
(1)求双曲线的方程；
(2)如果为双曲线右支上的动点，在轴负半轴上是否存在定点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，坐标为
【分析】（1）利用双曲线的定义求解即可；
（2）在轴负半轴上假设存在点满足题意，当垂直于轴时，易得，当不垂直于轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得.
【详解】（1）因为点在双曲线上，
所以由双曲线的定义可得①，
又双曲线焦距即，且③，
①②③联立解得，
所以双曲线的方程为.
（2）假设存在点满足题设条件，由题目可知，

设为双曲线右支上一点，
当时，，因为，
所以，于是，所以，即，
当时，，，
因为，所以，
将代入并整理得，
所以，解得，即，
综上，满足条件的点存在，其坐标为.
【点睛】方法点睛：
（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线方程联立，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；
（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或不存在等特殊情形.
16．设椭圆C：的左、右顶点分别为A、B，且焦距为2．点P在椭圆上且异于A、B两点．若直线PA与PB的斜率之积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线，交于点E．判断直线是否过定点，并说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点，理由见解析
【分析】（1）由焦距为2，直线PA与PB的斜率之积为，列方程求出，可得椭圆C的标准方程；
（2）设的直线方程，与椭圆联立方程组，结合韦达定理表示出直线，令可求得直线所过的定点.
【详解】（1）由题意有，，
设，，化简得,结合，
可得，由椭圆焦距为2，有，得，，
椭圆C的标准方程为；
（2）设直线方程：，，，，

联立方程，得，
所以，，
所以，
又，
所以直线方程为：，
令，则．
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：
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．要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．
17．数学试题）已知椭圆的焦距为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；点
【分析】（1）根据题意，得到，再由椭圆经过点，联立方程组，求得，即可求解.
（2）设直线l的方程为，联立方程组，得到，设点坐标为，由，得到，得到，得到，列出方程，求得，即可求解．
【详解】（1）解：由椭圆的焦距为2，故，则，
又由椭圆经过点，代入得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令，
由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，
设存在点，设点坐标为，由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，即存在点满足题意．
【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
18．椭圆的离心率是，点是椭圆上一点，过点的动直线与椭圆相交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求面积的最大值；
(3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.
（2）设直线为与椭圆方程联立，将表达为的函数，由基本不等式求最大值即可.
（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴的对称点，证得三点共线得到成立.
【详解】（1）根据题意，得，解得，椭圆C的方程为.
（2）依题意，设，直线的斜率显然存在，
故设直线为，联立，消去，得，
因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，，
故，
令，所以，当且仅当，即时取得等号，
综上可知：面积的最大值为.
（3）当平行于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，
则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；
当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，
则有，即，解得或，
所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；
当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，
由（2）知，
又因为点关于轴的对称点的坐标为，
又，，
则，
所以，则三点共线，所以；
综上：存在与点不同的定点，使恒成立，且.
.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆交于，当且仅当时，取得最大值.
4.定值问题
19．已知半椭圆和半圆组成曲线.如图所示，半椭圆内切于矩形，CD与y轴交于点G，点P是半圆上异于A，B的任意一点.当点P位于点处时，的面积最大.

(1)求曲线的方程；
(2)连接PC，PD分别交AB于点E，F，求证：为定值.
【答案】(1)和；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把点的坐标代入半圆方程求出b即可；由面积最大可得半圆在点M处的切线与直线AG平行，借助斜率求出a值作答.
（2）设点，结合（1）求出直线方程，进而求出点的坐标即可计算作答.
【详解】（1）由点M在半圆上，得，又，解得，
当半圆在点M处的切线与直线AG平行时，的面积最大，此时，
直线的斜率，则直线的斜率，则，
所以曲线的方程为和.
（2）由（1）及已知得，，设，
则直线方程为，令，得，即，
直线方程为，令，得，即，
又，，，
所以
.
20．已知双曲线C：一个焦点F到渐近线的距离为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得为定值？如果存在，求出点N的坐标及该定值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；点，
【分析】（1）根据点到线的距离公式去接即可；
（2）设其方程为，，设，，，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理，化简可得，从而得到定点与定值.
【详解】（1）由双曲线得渐近线方程为，设，则，
∴双曲线C方程为；
（2）依题意，直线的斜率不为0，设其方程为，，
代入得，设，，，
则，，
∴
若要上式为定值，则必须有，即，
∴，
故存在点满足

21．已知抛物线经过点，直线与交于，两点（异于坐标原点）．
(1)若，证明：直线过定点．
(2)已知，直线在直线的右侧，，与之间的距离，交于，两点，试问是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，直线与抛物线联立方程组，由，利用向量数量积和韦达定理，求出，可得直线所过定点.
（2）设两条直线与的方程，分别与抛物线方程联立，求出弦长，由和 ，求的值.
【详解】（1）证明：将点代入，得，即．
联立得，

由，设，，则，．
因为，所以恒成立，则，
所以的方程为，故直线过定点．
（2）联立得，则
且，即，
，
设，同理可得．

因为直线在的右侧，所以，则，即．
所以，即，解得，
因为，所以满足条件的存在，.
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，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．注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；强化有关直线与抛物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．
22．已知椭圆的左、右顶点分别为，长轴长为短轴长的2倍，点在上运动，且面积的最大值为8．
(1)求的方程；
(2)若直线经过点，交于两点，直线分别交直线于，两点，试问与的面积之比是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)与的面积之比为定值
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）利用韦达定理及面积公式计算即可.
【详解】（1）由题意得，即①．
当点为的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，
所以，即②．
联立①②，得．
故的方程为．
（2）
与的面积之比为定值．
由（1）可得，
由题意设直线．
联立得，
则，
，
所以．
直线的方程为，
令，得，即．
同理可得．
故与的面积之比为
，
即与的面积之比为定值．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是化积为和，得到，最后得到面积比值表达式，再进行代换即可得到面积比值.
23．已知点与定点的距离和它到定直线的距离比是.
(1)求点的轨迹方程；
(2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）根据题意可得，即可求解；
（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.
【详解】（1）设点坐标为，
化解可得：.
（2）设，联立直线和椭圆方程可得：，
消去可得：，
所以，即，
则，
，
，
把韦达定理代入可得：，
整理得，满足，
又，
而点到直线的距离，
所以，
把代入，则，
可得是定值1.
【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.
24．已知圆，直线为直线上一点，过点作圆的两条切线，其中为切点，且最小．
(1)求直线的方程；
(2)为圆与轴正半轴的交点，过点作直线与圆交于两点，设，的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由直线与圆相切的性质，当时，最小，由四点共圆，则即为两圆公共弦，两圆方程相减可得直线的方程；
（2）设直线的方程，与圆的方程联立，由韦达定理用表示，将所求整理变形为用表示，代入韦达定理化简可得定值.
【详解】（1）圆，圆心为，半径为，
已知是圆的两条切线，则，
所以当最小时，最小．
最小值即为点到直线的距离，
此时，且直线，直线的斜率，
设，则有，解得，即，
由，得四点共在以为直径的圆上，
圆心为的中点，设为，坐标为，圆的半径为，
则圆的方程为，即①，
又圆②，
则两圆方程相减得公共弦的方程，即由②①得，，
即直线的方程为.

（2）由题意知，过点的直线斜率存在，
故可设方程为，即，
设，且，
由题意的斜率，的斜率，
则.
联立，整理得,
则，即.
由韦达定理知，，
则，
，
故，
故为定值．

5.定直线问题
25．椭圆：的上顶点为，下顶点为，离心率为，点.
(1)水椭圆的方程；
(2)过点的动直线交椭圆于，两点（不同于，两点），若直线与直线交于点，试问点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)点在定直线上.
【分析】（1）先利用题给条件求得a、b的值，进而求得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程，并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得直线AN与直线BM交点Q的纵坐标，化简整理即可求得点的纵坐标为定值，可得答案．
【详解】（1）椭圆的离心率为，则，则，又，
则，解得，
则椭圆的方程为；
（2）由题意可得，，过点的直线斜率存在，

设直线的方程为，令，，
由，整理得，
则，即或，
，
又直线AN的方程为，直线BM的方程为，
由，可得，
又，
则
则直线AN与直线BM交点的纵坐标为定值1，
所以点在定直线上.
26．已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线与椭圆C交y轴右侧于不同的两点A，B，试问：的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的内心在定直线上
【分析】（1）根据题意建立关于，的方程组，再求解即可得到椭圆C的标准方程；
（2）设，，联立直线和椭圆C的标准方程，得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理证明，进而即可得出结论．
【详解】（1）依题意有，解得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，，
联立，消整理得，
则，，所以，
所以，
所以，
又，
所以恒成立，则的平分线总垂直于x轴，
所以的内心在定直线上．
【点睛】关键点点睛：在解答小问（2）时，关键在于利用韦达定理得到，进而得到的内心在定直线上．
27．已知椭圆右焦点分别为，是上一点，点与关于原点对称，的面积为.
(1)求的标准方程；
(2)直线，且交于点，，直线与交于点.
证明：①直线与的斜率乘积为定值；
②点在定直线上.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）设为，根据，解得；点在曲线上，可得，解得，，即可得出椭圆的标准方程．
（2）①设，，直线方程为，，联立直线与椭圆方程，消去得，，利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出为定值．
②直线方程为，直线的方程为，联立直线与直线方程，，化简结合根与系数的关系可得为定值．
【详解】（1）设为，，
则，即，
又点在曲线上，∴，
将代入，整理得，，
解得，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）①设，，直线方程为：，，
联立直线与椭圆方程，消去得，
当，即且时，
，，
∴，
，
∴，
.
②直线方程为：，即，
直线的方程为，即，
联立直线与直线方程得，
∴，，
∴.
∴，即点在定直线上.

【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.
28．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(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:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（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）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（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，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，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.
29．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线的左、右焦点分别为、，从发出的光线经过图2中的、两点反射后，分别经过点和，且，.

(1)求双曲线的方程；
(2)设、为双曲线实轴的左、右顶点，若过的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在直线上
【分析】（1）延长与交于，分析可得，令，则，，利用双曲线的定义可得出的值，利用勾股定理求出的值，进而可求得的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，联立直线、的方程，求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：如图所示：

延长与交于，因为，，
则，即，
令，则，
所以，，
由双曲线的定义可得，则，
，则，
又因为，即，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，则，
故，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：若直线与轴重合，则直线与双曲线的交点为双曲线的两个顶点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，

由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
易知点、，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程并消去可得，
可得
，解得，
因此，直线与直线的交点在定直线上.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
30．已知点在双曲线上．
(1)双曲线上动点Q处的切线交的两条渐近线于两点，其中O为坐标原点，求证：的面积是定值；
(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点､，在线段上取异于点､的点，满足，证明：点恒在一条定直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出双曲线方程，设，则过点的切线方程为，联立与两条渐近线方程，得到点坐标，利用求出面积为定值；
（2）考虑直线斜率不存在，不合题意，故直线斜率存在，设直线方程，与双曲线方程联立，设出，得到两根之和，两根之积，再设点的坐标为，由得到，，消去参数得到点恒在一条定直线上.
【详解】（1）将代入双曲线中，，
解得，故双曲线方程为，
下面证明上一点的切线方程为，
理由如下：当切线方程的斜率存在时，
设过点的切线方程为，与联立得，
，
由
化简得，
因为，代入上式得，
整理得，
同除以得，，
即，
因为，，
所以，
联立，两式相乘得，，
从而，
故，
即，
令，则，即，
解得，即，
当切线斜率不存在时，此时切点为，切线方程为，满足，
综上：上一点的切线方程为，
设，则过点的切线方程为，
故为过点的切线方程，
双曲线的两条渐近线方程为，
联立与，解得,
联立与，解得,
直线方程为，即，
故点到直线的距离为，
且，
故的面积为
，为定值；
（2）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，
故直线斜率存在，设直线方程，
与联立得，
由，
因为恒成立，所以，
故，
解得,
设，则，
设点的坐标为，
则由得，，
变形得到，
将代入，解得，
将代入中，解得，
则，
故点恒在一条定直线上.
【点睛】方法点睛：过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为
6.证明问题
31．已知双曲线：的离心率为2，其左、右焦点分别为，，点为的渐近线上一点，的最小值为.
(1)求的方程；
(2)过的左顶点且斜率为的直线交的右支于点，与直线交于点，过且平行于的直线交直线于点，证明：点在定圆上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用双曲线的渐近线方程和点到直线距离公式求解；
（2）根据题意做出几何图形，求出点的坐标，利用斜率公式求出，进而可得，从而有，即可证明求解.
【详解】（1）设双曲线的右焦点，一条渐近线的方程为，
因为的最小值为，
所以右焦点到渐近线的距离为，
所以，
又因为离心率，所以，
所以的方程为：.
（2）由题得，的左顶点，右焦点，
所以直线为线段的垂直平分线，

所以的斜率分别为，
所以直线的直线方程为与联立有，
，
设，则有，即
所以，
当轴时，，则有
为等腰直角三角形，
所以,故直线的方程为：，故，
当不垂直于轴时，，
所以，，
所以，
所以，
因为，
所以
所以为定值，
所以点在定圆上.
32．已知椭圆，其离心率，长轴长为6．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的上下顶点分别为，右顶点为，过点的直线与椭圆的另一个交点为，点与点关于轴对称，直线交于，直线交于点，点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）易知，由离心率可得，代入计算即求出椭圆的标准方程；
（2）易知直线的方程为，设出直线方程为，联立椭圆方程利用韦达定理可解得点坐标，可得点坐标，联立直线与解得交点，同理可得，利用向量坐标表示可知，即可得出证明.
【详解】（1）根据题意可知，可得；
又，解得，所以，
因此椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知，
易知直线的方程为，即；
显然过点的直线的斜率存在，设直线的方程为，
又因为直线交于，所以，即直线的方程为，如下图所示：

联立直线与椭圆方程，消去整理可得；
设，易知和是方程的两根，由韦达定理可得，
又，所以，即；
因此点关于轴的对称点坐标为，
所以直线的斜率，
可得直线方程为，
由直线交于，联立两直线方程，解得；
直线交于点，联立两直线方程，解得；
所以可得，
又，可得，
显然，所以，也即.
33．已知A是椭圆E：的左顶点，斜率为的直线交E与A，M两点，点N在E上，.
(1)当时，求的面积；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用椭圆的对称性，可得直线的斜率为1，求得的方程代入椭圆方程，解方程可得，的坐标，运用三角形的面积公式计算即可得到；
（2）直线的方程为，代入椭圆方程，求得交点，可得，，再由，根据函数的单调性即可求解．
【详解】（1）由椭圆的方程：知，其左顶点，
，且，为等腰直角三角形，

轴，可得，关于轴对称，
由．可得直线的斜率为1，直线的方程为，
代入椭圆方程，可得，
解得或，，，，，
则的面积为；
（2）设直线的方程为：，直线的方程为：，
由消去得：，
，，故
，
，
又，，
整理得：，
设，
则，
为的增函数，
又， ，
．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
34．定义：若椭圆上的两个点满足，则称为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.已知椭圆的一个焦点坐标为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求“共轭点对”中点所在直线的方程；
(3)设为坐标原点，点在椭圆上，且，（2）中的直线与椭圆交于两点，且点的纵坐标大于0，设四点在椭圆上逆时针排列.证明：四边形的面积小于.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出长轴长即可作答.
（2）设，根据“共轭点对”的定义列出方程，化简作答.
（3）求出的坐标，设点，，利用点差法得，再求出点P到直线l距离的范围即可推理作答.
【详解】（1）依题意，椭圆的另一焦点为，
因此 ，
于是，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设“共轭点对”中点B的坐标为，由（1）知，点在椭圆C：上，
依题意，直线l的方程为，整理得，
所以直线的方程为.
（3）由（2）知，直线：，由，解得或，则，，
设点，，则，两式相减得，
又，于是，则，有，线段PQ被直线l平分，
设点到直线的距离为d，则四边形的面积，
而，则有，
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值，
由消去y得，
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，从而直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.
35．已知椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且.
(1)求C的方程；
(2)已知点M、N均在直线上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题设易知且，根据有即可求，进而写出椭圆方程.
（2）令，，则，而，即可写出直线、的方程，联立椭圆方程并设、，应用韦达定理求、的坐标，进而可求，结合及，即可证直线与直线垂直.
【详解】（1）由题意知：，，则，而，
所以，即，又，
所以，解得或（舍去），故，所以的方程.

（2）令，，则，而，
所以，，
联立椭圆方程，整理得，显然，
若，则，得，则，
即，
同理，整理得，显然，
若，可得，则，即.
所以，
又，则，所以，故，而，
所以，则直线与直线垂直，得证.

【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.
36．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线：．
(1)求出双曲线的渐近线方程；
(2)过的左顶点引的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；
(3)设斜率为1的直线l交于P，Q两点，若l与圆相切，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据双曲线方程可得，且焦点在x轴上，进而可求渐近线方程；
（2）根据对称性不妨令过且与渐近线的平行的直线方程为，联立方程求交点坐标，进而可求结果；
（3）设直线l的方程为，根据切线可得，利用韦达定理结合数量积的坐标运算分析证明.
【详解】（1）由双曲线：，即，
可知，且焦点在x轴上，
所以渐近线方程为，即.
（2）由（1）可知：的左顶点为，
不妨令过且与渐近线的平行的直线方程为，
联立方程，解答，
即直线与的交点坐标为，
所以围成的三角形的面积.

（3）圆的圆心为，半径，
设直线l的方程为，即，且，
则，可得，即，
联立方程，消去y可得，
可得，且，
又因为，
则，
所以，即.

【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法
在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
7.范围最值问题
37．已知椭圆的左右顶点分别为A，，椭圆的离心率为，动点在曲线上，且的面积的取值范围是，过点的直线与椭圆交于，两点．

(1)求椭圆的方程；
(2)若点在第一象限，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用题给条件求得的值，进而求得椭圆的方程；
（2）先求得直线的斜率不存在时的值，再将直线与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得的取值范围，综合以上二者进而求得的取值范围．
【详解】（1）由条件，即，
，也即，解得，，
从而椭圆的方程
（2）当直线的斜率不存在时，，，
，
当直线的斜率存在时，不妨设
，，，
联立方程得
则，．
从而
也即恒有．
因为点在第一象限，从而
从而在内
的取值范围是，
综上，的取值范围为．

38．已知抛物线C：，过点的直线l交抛物线交于A，B两点，抛物线在点A处的切线为，在点B处的切线为，直线与交于点M.
(1)设直线，的斜率分别为直线，，求证：；
(2)证明：点M在定直线上；
(3)设线段AB的中点为N，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数，分别用点的横坐标表示，，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理，可得结果；
（2）联立两切线方程可得交点坐标，利用韦达定理化简可得点在定直线上；
（3）由中点坐标公式可得点坐标，从而得到，再由弦长公式可得，再求取值范围即可.
【详解】（1）由题意知，直线的斜率存在，设直线与抛物线交于不同的两点，，
设直线的方程为，
联立，消去得，，且，
则
由，得，
，，
.
（2）直线与交于点M，设，
抛物线在点A处的切线方程为，
即，
同理，在点B处的切线方程为.
联立，解得，
将式代入化简得，
则点在定直线上.
（3）线段AB的中点为N，
由（1）可得，，，
则.
，
又
将式代入得，，
则，
由，则.
的取值范围为.

39．已知O为坐标原点，是椭圆C：的右焦点，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点．当A为短轴顶点时，的周长为．
(1)求C的方程；
(2)若线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于点P，Q，M为线段AB的中点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到且，结合，列出方程求得的值，即可求解.
（2）解法一：设直线，联立方程组，利用韦达定理得到，得出的垂直平分线的方程，求得，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解；
解法二：设，联立方程组，利用根与系数的关系得到，进而得到，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为椭圆的焦点为，可得，
又因为为短轴顶点时，的周长，
又由，所以，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）解法一：因为椭圆的焦点为，设直线，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
则，
于是线段AB的垂直平分线的方程为，
令，可得，
由
，
令，则，
因为，所以，可得，
因此．
解法二：因为椭圆的焦点为，设直线，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
则，
可得线段AB的垂直平分线的方程为，
令，得，
由
．
令，则，
因为，可得，可得，
因此．

【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
40．已知双曲线()左、右焦点为，其中焦距为，双曲线经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右支上)，过原点O作射线，其中，垂足为为射线与双曲线右支的交点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，先求得的表达式，然后利用基本不等式求得最大值.
【详解】（1）由题意得，，，解得，，
双曲线的方程为：.
（2）当直线斜率不存在时，，，则，
当直线斜率存在时，假设直线方程为，
联立双曲线方程得，
则，，，
∵直线与双曲线交于右支，∴，
则，
设射线OP方程为：，联立与双曲线的方程，
∴，，，
∴，
∴
，
当且仅当时等号成立，最大值为．
综上，的最大值为.

【点睛】求得双曲线的标准方程，关键是根据已知条件求得，是两个未知数，所以求解需要两个条件.求解圆锥曲线中的最值问题，可先求得需要求最值的式子的表达式，然后根据表达式的结构选取合适的方法来求最值.
41．设动点M与定点的距离和M到定直线l：的距离的比是．
(1)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
(2)当时，记动点M的轨迹为，动直线m与抛物线：相切，且与曲线交于点A，B．求面积的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到方程，分，和三种情况，得到轨迹方程及轨迹的形状；
（2）直线斜率不存在，不合要求，设直线，联立，由得到，联立，由根的判别式大于0求出，设得到两根之和，两根之积，表达出，换元后构造，求导后得到极值和最值，求出答案.
【详解】（1）设，则，
化简得，，
当时，，轨迹为一条直线；
当时，，此时轨迹为焦点在轴上的椭圆；
当时，，此时轨迹为焦点在轴上的双曲线；
综上：当时，轨迹方程为，轨迹为一条直线，
当时，轨迹方程为，轨迹为焦点在轴上的椭圆；
当时，轨迹方程为，轨迹为焦点在轴上的双曲线；
（2）当时，，

当直线斜率不存在时，又与相切，故此时直线，此时三点共线，不合要求，舍去，
设直线，联立得，
由得，显然，
联立得，，
由，结合，解得，
设，
则，
设直线与轴交于点，则，
则
，
将代入得，
因为，令，则，
，
设，则设，则
，，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
故最大值为.
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．
42．已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若点为双曲线右支上一动点，过点与双曲线相切的直线，直线与双曲线的渐近线分别交于M，N两点，求的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出渐近线方程，由点到直线距离公式得到，再由离心率求出，，得到双曲线方程；
（2）解法1：先考虑直线的斜率不存在时，，再考虑直线的斜率存在时，设其方程为，与双曲线方程联立，由得到，再联立直线方程和双曲线渐近线方程，设，，得到两根之和，两根之积，利用表达出，从而得到结论；
解法2：可设，与双曲线方程联立，由得到，再联立直线方程和双曲线渐近线方程，得到两根之和，两根之积，从而表达出，结合，且，求出面积的最小值.
【详解】（1）由已知得渐近线方程为，右焦点，
∴，
又∵，所以，解得，
又因为离心率，解得，，
∴双曲线的标准方程为；
（2）解法1：的渐近线方程为，
当直线的斜率不存在时，此时，直线方程为，代入渐近线方程，
得到，故，又，
故的面积；
当直线的斜率存在时，设其方程为，直线与双曲线联立得
，
因为相切，所以，解得，
另设，，

联立，
∴，，
，
，
在中，，，
∴，
所以，
所以，
因为，所以，
综上所述，，其最小值为；
解法2：由条件知，若直线的斜率存在，则斜率不为零，
故可设，直线与双曲线联立得，
，
因为相切，所以，即，
又因为直线与双曲线的渐近线交于两点，设为，，
联立，
由于，所以，
则,
由直线的方程得，直线与轴的交点坐标为，
∴
，
∵，
∴即，且，
∴时，的最小值为，
综上所述，，其最小值为.
【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．
8.存在性问题
43．已知椭圆：的离心率为，，为的左、右焦点，若过右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，的周长为8.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，在轴上是否存在一点，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，当时，，当时，.
【分析】（1）利用椭圆的定义和离心率公式直接求解即可；
（2）设，假设存在符合题意，设，，中点，将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可得，由是以为直角顶点的等腰直角三角形有：，从而得，进而可求出的值和点的坐标.
【详解】（1）根据题意及椭圆的定义可知，
又因为，，所以，，
故椭圆的方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，
联立消整理得，
由，解得，
设，，则，，
，，
设中点，故，

假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，故，
所以，解得，故，
又因为，所以，
所以，即，
整理得，
所以，所以，即，
此时，当时，，
当时，，
所以在轴上存在点，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形，当时，，当时，.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解体的关键是利用是以点为直角顶点的等腰直角三角形可得，从而得，进而可求得结果，考查计算能力，属于中档题.
44．已知椭圆的左，右顶点分别为，上，下顶点分别为，四边形的内切圆的面积为，其离心率；抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合.斜率为k的直线l过抛物线的焦点且与椭圆交于A，B两点，与抛物线交于C，D两点.
(1)求椭圆及抛物线的方程；
(2)是否存在常数，使得为一个与k无关的常数？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）通过四边形的内切圆的面积为，得原点O到直线的距离为，从而，再结合离心率即可求出椭圆方程，根据抛物线的焦点坐标求出抛物线方程；
（2）设直线l的方程，与椭圆、抛物线联立，利用韦达定理求出弦长，代入化简即可求解.
【详解】（1）由椭圆可知：，
所以直线的方程为：，即，
因为四边形的内切圆的面积为，所以原点O到直线的距离为，
即①，因为离心率，所以②，又③，
由①②③可得：，所以椭圆的方程为：，
因为抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，
所以，所以，从而抛物线的方程为：.
（2）由（1）知：抛物线焦点为．由题意，设直线l：，
设，，，，
由可得：，
所以，
所以
，
由可得：，所以，
因为直线l过抛物线的焦点，所以，
所以，
设，则，
由可得：.

45．已知椭圆的左、右焦点分别为点，短轴的上、下端点分别为，若椭圆的离心率为，四边形的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设两条直线与交于椭圆的右焦点，且互相垂直，直线交椭圆于点，直线交椭圆于点，探究：是否存在这样的四边形，使得其面积为？请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率为，四边形的面积为，由求解；
（2）当直线的斜率存在且不为0时，设直线为，直线为，其中，将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式得到
所以，进而得到，然后利用求解；再由直线的斜率为0和不存在求解.
【详解】（1）解：设椭圆的半焦距为，
由已知得，即，
令，则，
所以，
所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）如图所示：

当直线的斜率存在且不为0时，
因为两条直线与交于椭圆的右焦点，且互相垂直，
所以可设直线为，直线为，其中，
再设，
将直线的方程代入椭圆方程得，
，
，
所以，
所以，
将中的换成，得，
设由四个点围成的四边形面积为，
则，
令，所以，
化简得，，
因为
，所以无解；
当直线的斜率为0时，，此时，
当直线的斜率不存在时，，此时，
所以不存在这样的四边形，使得其面积为.
【点睛】易错点点睛：在涉及到直线的点斜式方程时，往往忽略斜率不存在和零的情况，导致解题不完整。
46．设抛物线：的焦点为，经过轴正半轴上点的直线交于不同的两点和.
(1)若，求点的坐标；
(2)若，求证：原点总在以线段为直径的圆的内部；
(3)若，且直线，与有且只有一个公共点，问：的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由.（三角形面积公式：在中，设，，则的面积为
【答案】(1)或
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）设，根据条件和焦半径公式即可求出结果；
（2）设，利用向量法，将问题转化成为钝角，，设出直线方程，联立，消得，再利用韦达定理求出，即可得到证明；
（3）设出直线的方程，联立方程，由，得到，进而求出坐标，再利用题中所给面积公式及基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）设，因为，又，得到，
将代入，得到，
所以点的坐标为或.
（2）设，直线，
由，消得到，由韦达定理知，，所以，
又，由，
故为钝角，原点总在以线段为直径的圆的内部.
（3）设，由，得到，
又，得到或，即或（舍），
故，所以直线的斜率，
由题可设的方程为，由，消得到，
由题知，，得到，代入，得到，所以，
设，则，，即，
所以，
故的面积为，
当且仅当时取等号，
由，得，所以最小值为2， 点的坐标为.
【点睛】关键点晴，本题的关键在于（3）中，通过设出：，结合题中要求，求出，进而求出，再利用题中信息得到，利用基本不等式进行求解即可.
47．已知为抛物线：的焦点，为坐标原点.过点且斜率为1的直线与抛物线交于，两点，与轴交于点.
(1)若点在抛物线上，求；
(2)若的面积为，求实数的值；
(3)是否存在以为圆心、2为半径的圆，使得过曲线上任意一点作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)5
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据抛物线的定义直接求焦半径；
（2）利用韦达定理和面积公式表示出面积即可求解；
（3）根据直线与圆相切列出等式，利用韦达定理列出等式，再根据所列方程与无关即可确定的值.
【详解】（1）抛物线：的焦点，
由点在抛物线上，则，解得
所以
（2）设直线的方程为，原点到直线的距离为
联立，设,
整理得,其中，解得
由韦达定理得，
所以
所以，解得
（3）设直线的方程为，则，设
则圆的方程为.
设，，，
直线的斜率
所以直线的方程为，
整理得
则直线与圆相切得，
即，
同理可得，
易知，否则直线与抛物线只有一个交点，
所以是方程的两个根，
由韦达定理得
直线的方程与圆相切得，
两边平方得，
即，
化简得
上式对任意的恒成立，所以，解得或3
当时，，舍去；
当时， ，符合，此时
综上，存在定圆，过曲线上任意一点作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切.
48．如图，已知动圆过定点且与轴相切，点关于圆心的对称点为，点的轨迹为.

(1)求曲线的方程；
(2)一条直线经过点，且交曲线于、两点，点为直线上的动点.
①求证：不可能是钝角；
②是否存在这样的点，使得是正三角形？若存在，求点的坐标；否则，说明理由.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②存在，且.
【分析】（1）设，则可得，圆的直径为，利用动圆与轴相切，即可求得曲线的方程；
（2）①设直线的方程为，点、、，联立直线的方程与抛物线方程，进而利用韦达定理结合向量的数量积运算，得到恒成立，可得结论；
②由①知，根据与垂直，斜率积为，可得，再由，求出值.
【详解】（1）设，因为点在圆上，且点关于圆心的对称点为，
则，
而，
因为动圆过定点且与轴相切，则，
即，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）①若直线与轴重合，则直线与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
，同理可得，
所以，
，
故不可能为钝角；
②假设存在这样的点满足条件，
因为，则线段的中点为，
若，则轴，此时，直线的方程为，联立可得，
则，此时，位于轴上，则，
所以， 为直角三角形，不合乎题意，
所以，，则，可得，
则，

则，
而，
由，可得，解得，
所以，存在点满足条件.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
49．设O为坐标原点，点M，N在抛物线上，且.
(1)证明：直线过定点；
(2)设C在点M，N处的切线相交于点P，求的取值范围.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）设直线方程与抛物线联立，利用韦达定理结合平面向量数量积计算即可；
（2）利用导数得出过M、N的切线方程，求出切线的交点P坐标，结合弦长公式得出比值，利用函数研究计算其范围即可.
【详解】（1）由题意可设直线的方程为：，，
联立抛物线方程，
所以，
又，
化简得，
解之得，即直线为：，显然过定点；
（2）由抛物线，
则点的切线方程分别为，
易知，联立切线方程可得，
结合（1）可知，∴，
故，，
由弦长公式及（1）可得，
所以，
易知，
即的取值范围为.
50．已知抛物线的焦点为F，平行于x轴的两条直线，分别交C于A，B两点，交C的准线l于P，Q两点.
(1)若F在线段上，R是的中点，与平行吗？
(2)若的面积是的2倍，求中点的轨迹方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标、准线方程，设出直线的方程，并求出点的坐标，利用共线向量的坐标表示推理作答.
（2）根据给定条件，求出直线与x轴的交点坐标，设出的中点坐标，利用共线向量的坐标表示求解作答.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线，如图，

设，，则，得，，，，，
则，由F在线段上，得，
于是，显然，整理得，
，，
因此，显然点不在直线上，
所以.
（2）如图，设直线AB与x轴相交于点，

由（1）知，的面积，的面积，
依题意，，即，而，解得或，
由于时，点与之一重合，有，矛盾，则点D的坐标为，
设的中点为，则，由，得，
即，又，于是，
所以所求的轨迹方程为.
51．已知椭圆:过点，且离心率为，设、分别为椭圆的左右顶点，、为椭圆的左右焦点，点为椭圆上不同于、的任意一点，点是椭圆长轴上的不同于、的任意一点
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当内切圆的面积最大时，求内切圆圆心的坐标；
(3)设直线与椭圆的另一个交点为点，若的值为定值，则称此时的点为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，试求出所有“稳定点”，并说明理由；若没有，也请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求解即可；
（2）当内切圆的半径最大时，即P点为上顶点，由圆的对称性，可得内切圆的圆心坐标；
（3）设过Q点的直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，可求出的表达式，进而求出的表达式，由其值为定值可得Q的横坐标的值，即求出稳定点的坐标．
【详解】（1）因为椭圆:过点，且离心率为，
所以，解得，
所以椭圆的方程为；
（2），设边上的高为，则，
设的内切圆的半径为，因为的周长为定值6，
所以，
当在椭圆上顶点时，最大为，故的最大值为，
于是也随之最大，最大值为，
由椭圆的对称性，此时内切圆圆心的坐标为；
（3）点是椭圆长轴上的不同于、的任意一点，
故可设直线PN的方程为，
由，得，
恒成立.
又，
，
要使其值为定值，则，
故当，即时，.
综上，存在这样的稳定点即椭圆的焦点为稳定点.
52．在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，，且满足______，椭圆的上、下顶点分别为，右顶点为，直线过点且垂直于轴.现有如下两个条件分别为：
条件①；椭圆过点，条件②：椭圆的离心率为
请从上述两个条件中选择一个补充在横线上，并完成解答.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点在椭圆上（且在第一象限），直线与交于点，直线与轴交于点.试问：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)是，2.
【分析】（1）选①，利用椭圆定义求出长轴长即可求解作答；选②，利用椭圆离心率的定义求出长半轴长即可作答.
（2）设出点的坐标，求出点、的坐标，计算即可判断作答.
【详解】（1）选择①，椭圆长轴长，
则，短半轴长，
所以椭圆的方程为.
选择②，由椭圆半焦距，离心率，得长半轴，短半轴，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，设，，，则有，
直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，
于是得，，观察图知点N在x轴上方，因此，，
则，
所以为定值.
53．已知抛物线：上的点到焦点的距离为.
(1)求点的坐标及抛物线的方程；
(2)过点的任意直线与抛物线交于点，过点的抛物线的两切线交于点，证明：点在一条定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】(1)点的坐标为或，抛物线的标准方程为；
(2)点在定直线上，证明见解析.
【分析】（1）由条件结合抛物线的定义可求，由此可得抛物线方程，由点在抛物线上求，可得点的坐标；
（2）由条件设直线方程为，联立直线与抛物线方程，由设而不求法可得，利用导数的几何意义求切线的方程，求交点的坐标，由此证明结论.
【详解】（1）抛物线的准线方程为，
因为点到抛物线的焦点的距离为，
由抛物线定义可得，点到准线的距离为，
所以，故，
所以抛物线的标准方程为，
由已知，所以，
所以点的坐标为或；
（2）因为过点，
由题可知直线的斜率存在，所以设直线l方程为，
与抛物线联立得，
方程的判别式，
设，，则，，
由，得，则，
所以抛物线在点处的切线的方程为，
抛物线在点处的切线的方程为，
联立的方程得，
即点坐标为.
又，，
所以点在定直线上.

【点睛】知识点点睛：本题主要考查抛物线的定义，抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，导数的几何意义，同时考查运算求解的能力，属于较难题.
54．已知椭圆的左右焦点为为椭圆上异于长轴端点的一个动点，为坐标原点，直线分别与椭圆交于另外三点，当为椭圆上顶点时，有．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的最大值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题知，代入椭圆求得即可；
（2）设，求得坐标代入椭圆方程求出，代入计算求最值即可.
【详解】（1）由题知，代入椭圆得，
∴，，
∴椭圆的方程为；
（2）
设，
设，由得，
解得，
则，
代入椭圆的方程得，
即，
即，
即，
即，
即，
∴，同理可得，
，
由题知，∴，
当即为短轴端点时取得最大值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域.
55．在中，已知点，，边上的中线长与边上的中线长之和为6；记的重心的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若圆：，，过坐标原点且与轴不重合的任意直线与圆相交于点，，直线，与曲线的另一个交点分别是点，，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由判断出点的轨迹是椭圆，并由此求得椭圆的方程.
（2）通过直线的方程求得两点的坐标，由此求得面积的表达式，利用基本不等式、函数的单调性求得面积的最大值.
【详解】（1）设的中点为，的中点为，
所以，，
所以，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点，长轴长，的椭圆.
所以，所以，，
所以曲线的方程为.

（2）设直线为（不妨设），设，，
所以，
，
，解得（舍去），则，
由于是单位圆的直径，所以，
所以直线的斜率为，直线的方程为，
同理可求得，则，
由上述分析可知，而，
所以

，
所以，
令，当且仅当时等号成立，
则，
函数在上单调递增，
所以当时，取得最小值为.

【点睛】求动点的轨迹方程的方法有：直接法，即利用直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义来求得动点的轨迹方程；等量关系法，即利用题目所给的等量关系式进行化简，从而求得动点的轨迹方程；伸缩变换法，根据伸缩变换的关系式求得动点的轨迹方程.
56．过椭圆的右焦点作两条相互垂直的弦，.，的中点分别为，.
(1)证明：直线过定点；
(2)若，的斜率均存在，求面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，求出和的坐标，写出点斜式并化简即可得定点坐标；
（2）用表示出面积，再结合换元法和对勾函数的性质即可求出最值.
【详解】（1）由题可知.
若直线，有一条斜率不存在，则另一条斜率为0，其中点分别为直线与轴的交点、原点，过此两点的直线方程为.
若直线，的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的斜率为，
由题，可设直线的方程为，直线的方程为.
联立，消元，整理得，
因为直线所过定点在椭圆内部，则该直线与椭圆必然有两交点，
设，，则，，
从而，，即；
用替换点坐标中得.
若，解得，此时，
当时，则，
则直线的方程为，
整理得，即直线过定点，
而直线的斜率不存在时也过定点，直线也满足过定点，
综上，直线过定点.
（2）因为，的斜率均存在，则，由（1）可得
令，则，当且仅当，即时取等号.
从而在上单调递增，
当，即时取得最小值.
所以，即当时，取得最大值为.

【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是采用设线法，联立椭圆方程，得到韦达定理式，利用中点公式求出的坐标，再计算化简直线的方程；第二问的关键是用表示出面积，再利用整体换元结合对勾函数单调性求出面积最值.
57．如图：小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点处，另一端固定在画板上点处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线的一部分图象．已知细绳长度为，经测量，当笔尖运动到点处，此时，，．设直尺边沿所在直线为，以过垂直于直尺的直线为轴，以过垂直于的垂线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．

(1)求曲线的方程；
(2)斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，已知的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得
【分析】（1）根据抛物线定义可知轨迹为抛物线，采用待定系数法，求得点坐标后代入抛物线方程即可；
（2）假设存在，将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，并将表示为关于的函数的形式，结合二次函数值域求法可求得的范围，由此可构造不等式求得结果.
【详解】（1）由题意知：笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，
设其方程为，则，
由，，可得：，，
点坐标为，
代入抛物线方程得：，即，解得：或，
轨迹的方程为．
（2）
假设存在，使得，
设，直线，
由得：，则，
，，
；
，，，，
令，，
，即，
同向，，，解得：或，
存在，使得.
【点睛】思路点睛：本题考查抛物线定义的应用、直线与抛物线综合应用中的存在性问题的求解；本题求解范围的基本思路是结合韦达定理构造出与有关的等量关系，将其表示为关于的函数的形式，根据函数值域的求法构造不等关系求得结果.
58．已知动点到定点的距离与到定直线：的距离之比为，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知曲线与轴的正半轴交于点，不与轴垂直的直线交曲线于两点（，异于点），直线分别与轴交于两点，若的横坐标的乘积为，则直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)l过定点，.
【分析】（1）根据给定条件，列出方程并化简作答.
（2）设出直线的方程及点的坐标，联立直线与曲线的方程，求出点的横坐标，由已知结合韦达定理求解作答.
【详解】（1）依题意，，化简整理得，
所以曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由消去y得，当时，，

由，得，则直线的方程为，令，得点的横坐标，
直线的方程为，令，得点的横坐标，
于是，
即，
则有，化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，直线恒过定点.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
59．已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆的中心，点为其上的一点满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设定点，过点的直线交椭圆于两点，若在上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求的范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）在中，根据余弦定理及可得，从而求得椭圆方程.
（2）设，直线的方程为，代入椭圆方程得韦达定理，要使为常数，则，根据范围得到的范围及点坐标.
【详解】（1）设，在中，设，
，
，
，
，
所以椭圆的方程为：
（2）设，直线的方程为，
，
，
，
设
，
若为常数，则，
即，而此时，
又，即或，
综上所述，或，存在点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值
【点睛】关键点点睛：对任意恒为定值，因为分子分母中同时含有，这种情况下分子分母的对应系数成比例则整体可以为定值，故需要且即项、常数项对应成比例.
60．平面直角坐标系中，为动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，且，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)已知点，，设点与点关于原点对称，的角平分线为直线，过点作的垂线，垂足为，交于另一点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点到直线距离公式和双曲线定义运算分析即可得解.
（2）根据角平分线的条件，利用向量投影模长相等、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式、基本不等式运算即可得解.
【详解】（1）解：由题意设，由点到直线距离公式得
，，
∴，
∴，又∵垂足位于第一象限，
垂足位于第四象限，，
∴的轨迹方程为.
（2）解：由对称性，不妨设在第一象限，设，则，
设直线的斜率为，记，由为的角平分线，
则有，
其中，，，，
∴，
同理得：，代入中，
∴，化简得：.
将代入，中，
解得：，，
∴，，
设直线的方程为，将代入，
解得：，
∴直线的方程为，，
由点到直线距离公式得：.
由直线的斜率为，设直线的方程为，
将点代入，解得：，
∴直线的方程为，将其与联立得：
，
设，则，，
由可知，，
由均值不等式，，
当且仅当，即时，等号成立，
∵，故，
∴，当且仅当时，等号成立.
∴的最大值为.
【点睛】圆锥曲线题型中的角平分线问题往往有如下处理思路：
方法一.如果轴为一个角的平分线，则该角的两边所在直线的斜率互为相反数；
方法二.利用角平分线上的点到角两边的距离相等；
方法三.如果轴为一个角的平分线，则角两边所在直线满足以下规律：一边上任意一点关于轴的对称点必在另外一边上；
方法四.利用向量，根据向量投影的模长相等来进行求解.
61．已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点为、，过作不与轴重合的直线交椭圆于、两点，的周长为8.

(1)求椭圆的方程；
(2)设线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(3)以为圆心4为半径作圆，过作直线交圆于、两点，求四边形的面积的最小值及取得最小值时直线的方程.
【答案】(1)
(2)存在满足题设
(3)12，
【分析】（1）根据椭圆定义，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式，结合线段中点坐标公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（3）根据点到直线距离公式、椭圆弦长公式，结合函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）根据椭圆定义知周长为，
依题意有，
从而，
故椭圆的方程为；
（2）设：，，，
由，
因为
所以，，所以
，
设线段中点坐标为，则，，
即设线段中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，当时，与轴重合，不合题意；
当时，得，即点，
所以，
所以，即存在满足题设；
（3）直线：，即，
圆心到直线的距离为，
则弦的长：，
所以，
设，则，且，
所以，
易知在单调递增，
所以当，即时，，此时直线：.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
62．已知圆经过三点．
(1)求圆的方程．
(2)已知直线与圆交于M，N（异于A点）两点，若直线的斜率之积为2，试问直线是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线经过定点，该定点的坐标为
【分析】（1）设出圆的一般方程，代入的坐标，由此求得正确答案.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直线的斜率之积列方程，化简求得定点坐标.
【详解】（1）设圆W的方程为，
则，解得
则圆W的方程为．
（2）若直线的斜率不存在，则设直线的方程为，
则，整理得．
又，解得，所以直线的方程为，此时经过点，不符合题意．
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则．
，
则，
整理得，
解得或．
当时，直线的方程为，
此时直线经过点，不符合题意，故舍去．
所以，
故直线的方程为，即，经过定点．
综上所述，直线经过定点，且该定点的坐标为．

【点睛】求圆的方程的方法有两种思路，一种思路是根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程；另一种思路是设圆的一般方程，然后根据已知条件求得，从而求得圆的一般方程.