期末專題08 圓錐曲線大題綜合（橢圓、雙曲線、拋物線）（附加）（30題）（解析版）-備戰(zhàn)期末高二數(shù)學

期末專題08圓錐曲線大題綜合（橢圓、雙曲線、拋物線）（附加）（精選30題）1．（22-23高二下·河北邢臺·期末）橢圓的兩焦點為，，且橢圓過點.(1)求橢圓的方程；(2)是坐標原點，是橢圓上兩點，是平行四邊形，求以為直徑的圓的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義及焦點坐標求得橢圓的方程；（2）根據(jù)點差法求出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出弦長得到圓的直徑，以的中點為圓心，得出圓的方程.【詳解】（1），則，又，所以，故橢圓的方程為.（2）的中點為，設，，則，，兩式相減整理得，其中，，，故，則.故的方程為，即，代入橢圓方程整理得得，，所以，故所求圓的方程為.

2．（22-23高二下·湖南·期末）已知平面上動點到點與到圓的圓心的距離之和等于該圓的半徑.(1)求點的軌跡方程；(2)已知兩點的坐標分別為，過點的直線與（1）中點的軌跡交于兩點（與不重合）.證明：直線與的交點的橫坐標是定值.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義求標準方程；（2）利用韋達定理以及直線的點斜式方程和直線的交點坐標的求解方法證明.【詳解】（1）

依題意，，圓的半徑為4.于是，且，故點的軌跡為橢圓..所以點的軌跡方程為：.（2）依題意直線的斜率不為0，設直線的方程為：代入橢圓方程得：.所以①，②又直線的方程為：，直線的方程為：聯(lián)立上述兩直線方程得：，即，將①②代入上式得：,即，解得.所以直線與的交點的橫坐標是定值4.3．（22-23高二下·湖北·期末）已知拋物線，點在拋物線上，且點到拋物線的焦點的距離為.(1)求；(2)設圓，點是圓上的動點，過點作圓的兩條切線，分別交拋物線于兩點，求的面積的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義，即可求解.（2）根據(jù)已知直線方程，和拋物線聯(lián)立方程，結(jié)合韋達定理，求出點的坐標，從而求出直線的方程，根據(jù)弦長公式，求得，結(jié)合圓上一點到直線的距離的最大值為，從而求出的面積的最大值.【詳解】（1）由題知準線方程為，則，得.（2）拋物線的方程為，把點代入到拋物線方程，，又，所以，則點的坐標為，依題知過點的直線斜率必存在，設過點的直線方程為，設，，的圓心為，半徑，則圓心到該直線的距離為，

由直線與圓相切，所以，解得，，

聯(lián)立，消y得，，則，又，不妨設，同理，

故，，得，所以直線：，即，

（定值），要使的面積最大，則中邊上的高最大即可，又因為圓心到直線的距離為，則圓上一點到直線的距離的最大值為，即中邊上的高的最大值為,所以.

4．（22-23高二下·湖南長沙·期末）已知拋物線，點在拋物線上，直線交于，兩點，是線段的中點，過作軸的垂線交于點．(1)求點到拋物線焦點的距離；(2)是否存在實數(shù)使，若存在，求的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）點代入拋物線中求得拋物線方程，從而找到點到拋物線焦點的距離.（2）可利用直角三角形的性質(zhì)，斜邊中線的長度等于斜邊的一半，轉(zhuǎn)換為圓錐曲線的弦長問題；【詳解】（1）將點代入拋物線方程，則，拋物線焦點，則點到拋物線焦點的距離等于點到拋物線準線的距離．（2）存在，證明如下：如圖，設，．

把代入得，，由根與系數(shù)的關系得，．，點的坐標為．假設存在實數(shù)，使，則．又是的中點，．由（1）知，．軸，，又．，兩邊同時平方得：，解得，即存在，使．5．（22-23高二下·黑龍江哈爾濱·期末）已知雙曲線.四個點中恰有三點在雙曲線上.(1)求雙曲線的方程；(2)若直線與雙曲線交于兩點，且，求原點到直線的距離.【答案】(1)(2).【分析】（1）由雙曲線性質(zhì)可知，關于原點對稱，可得一定在雙曲線上，根據(jù)雙曲線在第一象限圖象判斷點不在雙曲線上，即在雙曲線上，進而可得答案.（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程消去，由，結(jié)合韋達定理可得，再利用點到直線距離公式，化簡即可得答案.【詳解】（1）由雙曲線性質(zhì)可知，關于原點對稱，所以一定在雙曲線上，根據(jù)雙曲線在第一象限圖象而和坐標的數(shù)中，，但，所以點不在雙曲線上，即在雙曲線上.解得雙曲線的方程為（2）直線的方程為，設，由消去得所以.由，可得，即所以，可化為即則即到的距離.

6．（22-23高二下·安徽合肥·期末）已知雙曲線：的右焦點為，過且斜率為1的直線與的漸近線分別交于，兩點（在第一象限），為坐標原點，．(1)求的方程；(2)過點且傾斜角不為0的直線與交于，兩點，與的兩條漸近線分別交于，兩點，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由已知得：，與漸近線方程聯(lián)立解得，，結(jié)合已知條件得，進而求得，得到的方程；（2）要證明，只需證明的中點與的中點重合．設直線：，與雙曲線方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理求出的中點為的坐標，由直線與漸近線方程聯(lián)立，求出的坐標，進而得的中點為的坐標，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）由已知得：，聯(lián)立解得，同理可得．∵，∴，整理得．又，∴，，∴的方程為．

（2）要證明，只需證明的中點與的中點重合．設的中點為，直線：，聯(lián)立得，設，，則，，，即，雙曲線：的漸近線方程為，由得可得，由得可得，∴的中點為，∴點與點重合，∴．7．（22-23高二下·湖北武漢·期末）平面內(nèi)與兩定點，連線的斜率之積等于非零常數(shù)m的點的軌跡，加上，兩點所成的曲線記為曲線C.(1)求曲線C的方程，并討論C的形狀與m值的關系；(2)若時，對應的曲線為；對給定的，對應的曲線為.設，是的兩個焦點，試問：在上是否存在點N，使得的面積，并證明你的結(jié)論.【答案】(1)；答案見解析(2)存在；證明見解析【分析】（1）設動點為，其坐標為，根據(jù)題意可得，整理可得曲線C的方程為，再把方程化為標準方程即可判斷曲線的類型；（2）對于給定的，上存在點，使得的面積的充要條件為，從而求得或，進而解決問題.【詳解】（1）設動點為，其坐標為，當時，由條件可得，即，又的坐標滿足.所以曲線C的方程為.當時，曲線的方程為是焦點在軸上的橢圓；當時，曲線的方程為是圓心在原點的圓；當時，曲線的方程為是焦點在軸上的橢圓；當時，曲線的方程為是焦點在軸上的雙曲線.（2）在上存在點N，使得的面積，證明如下：由（1）知，當時，曲線的方程為，當時，的焦點分別為，對于給定的，上存在點，使得的面積的充要條件為由(1)得，由(2)得，所以，解得或，滿足，所以存在點使得.【點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵是確定對于給定的，上存在點，使得的面積的充要條件為，從而求得或，進而解決問題.8．（22-23高二下·廣東茂名·期末）已知雙曲線的離心率為的右焦點到其漸近線的距離為1.(1)求該雙曲線的方程；(2)過點的動直線（存在斜率）與雙曲線的右支交于兩點，軸上是否存在一個異于點的定點，使得成立．若存在，請寫出點的坐標，若不存在請說明理由.【答案】(1)(2)存在定點【分析】（1）根據(jù)條件列出關于的方程組求解即可；（2）假設存在定點滿足已知條件，故設，結(jié)合正弦定理得，則，當直線的斜率為0時，顯然不符合題意；當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，與雙曲線聯(lián)立，由直線與雙曲線的右支交于兩點，求得范圍，然后結(jié)合韋達定理及求解即可.【詳解】（1）雙曲線的漸近線為，點到漸近線的距離為1，，解得，雙曲線的方程為.（2）假設存在定點滿足已知條件，故設，，，在和中，由正弦定理得，及，，及，，又，，直線與直線的傾斜角互補，，

當直線的斜率為0時，顯然不符合題意；當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，，聯(lián)立，得，所以，又因為直線與雙曲線的右支交于兩點，，即，，則，解得，，又，，即，，即，解得，存在定點，使得成立.9．（22-23高二下·福建泉州·期末）已知為坐標原點，點到點的距離與它到直線的距離之比等于，記的軌跡為．點在上，三點共線，為線段的中點．(1)證明：直線與直線的斜率之積為定值；(2)直線與相交于點，試問以為直徑的圓是否過定點，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)定點，理由見解析【分析】（1）先設，再根據(jù)距離比計算軌跡，最后計算斜率積即可；（2）先設，再根據(jù)為直徑的圓過定點，計算可得.【詳解】（1）設，則有，整理得；

設,，，則，，由，兩式相減：，整理得，，，即直線與直線的斜率之積為定值．（2）顯然直線的斜率不為0，設直線方程為，聯(lián)立方程組，消去得：，所以，，，

，直線，從而點，根據(jù)橢圓的對稱性可知，若以為直徑的圓過定點，則該定點在軸上，可設為，以為直徑的圓過定點，則，又，，從而，整理得，故，解方程組可得，即以為直徑的圓過定點．10．（22-23高二下·廣西南寧·期末）在平面直角坐標系中，已知點，直線：，動點到點的距離與直線的距離之比為.(1)求動點的軌跡的方程；(2)設曲線與軸交于、兩點，過軸上點作一直線與橢圓交于，兩點（異于，），若直線與的交點為，記直線與的斜率分別為，，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）設，根據(jù)給定條件列出方程，再化簡即可作答.（2）設出直線的方程，與軌跡的方程聯(lián)立，利用韋達定理、斜率坐標公式推理計算作答.【詳解】（1）設，依題意，，整理得，所以動點的軌跡是橢圓，其方程為.（2）由（1）知，不妨令，設，顯然直線不垂直于y軸，設直線的方程：，

由消去x并整理得，有，即，于是，即有，由,,和,,三點共線，得，即，而，從而，因此，解得，而，所以.11．（22-23高二下·湖北恩施·期末）已知橢圓：的長軸長為，且短軸長是長軸長的一半．(1)求的方程；(2)已知直線：與橢圓相交于兩點，，求線段的長度；(3)經(jīng)過點作直線，交橢圓于、兩點如果恰好是線段的中點，求直線的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由題意可得，的值，即求出，的值，可得橢圓的方程；（2）聯(lián)立直線的方程與橢圓的方程，可得兩根之和及兩根之積，代入弦長公式，可得的大?。唬?）設，的坐標代入橢圓的方程，作差整理可得直線的斜率，代入點斜式方程求出直線的方程．【詳解】（1）由題意可得，可得，，所以橢圓的的方程為：；（2）設，，聯(lián)立，整理可得，可得，，所以；

（3）設，，由題意可得，，將，的坐標代入可得：，作差整理可得：，即直線的斜率為，所以直線的方程為，即

12．（2023·山東濟南·三模）已知橢圓，圓與x軸的交點恰為的焦點，且上的點到焦點距離的最大值為.(1)求的標準方程；(2)不過原點的動直線l與交于兩點，平面上一點滿足，連接BD交于點E（點E在線段BD上且不與端點重合），若，試判斷直線l與圓M的位置關系，并說明理由.【答案】(1)(2)相離，理由見解析【分析】（1）根據(jù)題意求得和，結(jié)合，求得的值，即可求解；（2）設直線，聯(lián)立方程組得到，且，由和，求得點坐標，代入橢圓，化簡得到，結(jié)合點到直線的距離，得到直線與圓相離；當直線的斜率不存在時，求得，得到直線與圓相離，即可求解.【詳解】（1）解：由題意，圓與軸的交點為，可得，橢圓上的點到焦點距離的最大值為，又因為，可得，所以橢圓的標準方程為.（2）解：如圖所示，設，當直線的斜率存在時，設直線，聯(lián)立方程組，整理得，則，且，可得，由可得點為中點，可得，且有，可得，所以，即點坐標為，將點代入橢圓，可得，整理得，又由點分別滿足，代入上式可得，即，代入韋達定理，可得代入韋達定理可得，滿足，點到直線的距離，因為，可得，所以，所以，所以，所以直線與圓相離，當直線的斜率不存在時，此時有，代入，可得，又因為，可得，所以直線的方程為，也滿足直線與圓相離，綜上可得，直線與圓相離.

【點睛】方法技巧：圓錐曲線中的最值問題是高考中的熱點問題，常涉及不等式、函數(shù)的值域問題，綜合性比較強，解法靈活多樣，但主要有兩種方法：（1）幾何轉(zhuǎn)化代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質(zhì)來解決；（2）函數(shù)取值法：若題目的條件和結(jié)論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調(diào)性法；（4）三角換元法；（5）平面向量；（6）導數(shù)法等，要特別注意自變量的取值范圍.13．（22-23高二下·江蘇鎮(zhèn)江·期末）如圖，在中，，若以所在直線為軸，以的中垂線為軸，建立平面直角坐標系.設動頂點.(1)求頂點A的軌跡方程；(2)記第（1）問中所求軌跡曲線為，設，過點作動直線與曲線交于兩點（點在軸下方）.求證：直線與直線的交點在一條定直線上.【答案】(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義，求得橢圓的的值，可得答案；（2）根據(jù)聯(lián)立直線與橢圓寫出的韋達定理，表示出直線的直線方程，聯(lián)立整理方程，可得答案.【詳解】（1）由，則A的軌跡為以為焦點的橢圓，且，；由，則，，即，故A的軌跡方程為.（2）直線方程可設為，聯(lián)立可得，消去可得：，顯然成立，設，則，即，設，，聯(lián)立上述兩方程，消去可得，，，，，由，則，，解得；綜上所述，動點的軌跡方程為直線.【點睛】方法點睛：過定點問題的兩大類型及解法（1）動直線l過定點問題．解法：設動直線方程(斜率存在)為，由題設條件將t用k表示為，得，故動直線過定點；（2）動曲線C過定點問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．14．（22-23高二下·江西南昌·期末）已知離心率為的橢圓C：過點，橢圓上有四個動點，與交于點.如圖所示.

(1)求曲線C的方程；(2)當恰好分別為橢圓的上頂點和右頂點時，試探究：直線與的斜率之積是否為定值？若為定值，請求出該定值；否則，請說明理由；(3)若點的坐標為，求直線的斜率.【答案】(1)(2)是定值，定值為(3)【分析】（1）根據(jù)離心率以及橢圓經(jīng)過的點即可聯(lián)立方程求解，（2）聯(lián)立直線與橢圓方程得韋達定理，進而根據(jù)斜率公式化簡即可求解，（3）根據(jù)向量共線滿足的坐標運算，代入橢圓方程中，即可化簡求解.【詳解】（1）由題意可知，所以曲線C方程為（2）由題意知，，，所以，，所以，設直線CD的方程為，設，，聯(lián)立直線CD與橢圓的方程，整理得，由，解得，且，則，，所以，故直線AD與BC的斜率之積是定值，且定值為.（3）設，，，記（），得，所以.又A，D均在橢圓上，所以，化簡得，因為，所以，同理可得，即直線AB：，所以AB的斜率為.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.15．（22-23高二下·廣西南寧·期末）已知橢圓：的一個端點為，且離心率為，過橢圓左頂點的直線與橢圓交于點，與軸正半軸交于點，過原點且與直線平行的直線交橢圓于點，．

(1)求橢圓的標準方程；(2)求證：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)離心率和過點列方程組求出，得到橢圓的標準方程；（2）應用弦長公式分別求出計算化簡可得定值.【詳解】（1）因為橢圓：過點，所以，又橢圓的離心率為，則所以，故橢圓方程為（2）設直線的方程為，所以，設，由，得，則，所以，設直線的方程為，由，得，設，則，則，所以，故，因此為定值.【點睛】關鍵點點睛：定值取得的關鍵是對弦長公式的應用及結(jié)合圖形的對稱性得出.16．（22-23高二下·廣東廣州·期末）已知橢圓的離心率為分別為橢圓的左右頂點，分別為橢圓的左右焦點，是橢圓的上頂點，且的外接圓半徑為．(1)求橢圓的方程；(2)設與軸不垂直的直線交橢圓于兩點（在軸的兩側(cè)），記直線的斜率分別為．（i）求的值；（ii）若，則求的面積的取值范圍．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根據(jù)已知求出的關系，可推得，結(jié)合的外接圓半徑，利用正弦定理求得c，即可求得，即得答案；（2）設l的方程并聯(lián)立橢圓方程，可得根與系數(shù)關系，（i）化簡整理可得以及的值；（ii）利用（i）的結(jié)論推出，結(jié)合根與系數(shù)的關系式化簡可求得m的值，繼而求得的面積的表達式，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性即可求得答案.【詳解】（1）由于橢圓的離心率為，故，故，則，又，則，又的外接圓半徑為，則，解得，故，故橢圓方程為；（2）（i）設l與x軸的交點為D，由于直線交橢圓于兩點（在軸的兩側(cè)），故直線l的斜率不為0，

設l的方程為，聯(lián)立，則，需滿足，設，則，又，故，同理可得；（ii）因為，則，又直線l與x軸不垂直可得，則，即，所以，即，即，即，整理得，解得或，因為在軸的兩側(cè)，故，則，故，此時直線l為，過定點，與橢圓C交于不同兩點；此時，，令，由于l與軸不垂直，故，所以，故，設，時，，即在上單調(diào)遞增，即，故，即的面積的取值范圍為.【點睛】難點點睛：解答此類直線和橢圓位置關系中的范圍問題，解答的思路并不困難，一般是聯(lián)立方程，得到根與系數(shù)的關系，進而化簡，難點在于計算的過程比較復雜且計算量較大，因此對于含有字母的復雜計算要十分細心.17．（22-23高二下·安徽阜陽·期末）已知橢圓的離心率為，且橢圓過點，點為橢圓的左焦點.(1)求橢圓的標準方程；(2)平行于軸的動直線與橢圓相交于不同兩點，直線與橢圓的另一個交點為，證明：直線過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓中的基本量關系，再代入求解即可；（2）設直線，則，再聯(lián)立與橢圓方程，得出韋達定理，化簡可得，進而求出定點.【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，橢圓過點，所以解得因此，橢圓的標準方程為.（2）證明：由題可知，直線的斜率存在.設直線，則.聯(lián)立直線與橢圓方程得，則，，所以，整理得.又所以直線的方程為.故直線過定點.

18．（22-23高二下·安徽蕪湖·期末）已知以為焦點的橢圓過，記橢圓的另一個焦點的軌跡為曲線.(1)求曲線的方程；(2)若直線是曲線的切線，且與直線和分別交于點，與軸交于點，求證：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，由雙曲線的定義，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，分直線的斜率存在與不存在分別討論，結(jié)合韋達定理代入計算，即可得到證明；【詳解】（1）由題意得，即，所以的軌跡是以為焦點的雙曲線的右支，方程為（2）

當切線的斜率存在時，設切線為，則，聯(lián)立可得：，則，即，設，直線和是曲線的漸近線，聯(lián)立可得：，則，，，所以.當切線的斜率不存在時，易知.【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了直線與雙曲線的位置關系，難度較難，解答本題的關鍵在于分直線的斜率存在與不存在討論，然后聯(lián)立直線與雙曲線方程，結(jié)合韋達定理代入計算.19．（22-23高二下·福建廈門·期末）已知點在曲線上，為坐標原點，若點滿足，記動點的軌跡為.(1)求的方程；(2)已知點在曲線上，點，在曲線上，若四邊形為平行四邊形，則其面積是否為定值?若是，求出定值；若不是，說明理由【答案】(1)(2)為定值【分析】（1）設，，依題意可得，再由點在曲線，代入方程即可得解；（2）設，，，依題意可得，根據(jù)點在曲線上得到，表示出直線，求出點到直線的距離，根據(jù)計算可得.【詳解】（1）設，，因為點在曲線上，所以，因為，所以，代入可得，即，即的方程為；（2）設，，，因為點在曲線上，所以，因為四邊形為平行四邊形，所以，所以，所以，又、，所以，因為，所以，直線：，點到直線的距離，所以平行四邊形的面積.

【點睛】思路點睛：本題第二問采用設而不求，利用整體思想得到是解決問題的關鍵，方法比較新穎.20．（22-23高二下·安徽黃山·期末）已知點為拋物線的焦點，點，且點到拋物線準線的距離不大于，過點作斜率存在的直線與拋物線交于兩點（在第一象限），過點作斜率為的直線與拋物線的另一個交點為點．(1)求拋物線的標準方程；(2)求證：直線BC過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由利用距離公式構(gòu)建方程即可求得值；（2）過點，則可設的方程為，并與拋物線聯(lián)立可得，若，則可知，消得，由斜率為可得，代入消可得將他代入的方程為即可求得必過點.【詳解】（1）焦點，

又∵，且點到拋物線準線的距離不大于，即∴∴拋物線E的標準方程為；（2）依題意直線斜率存在且過點，則可設的方程為，

由，化簡得：，設，則由韋達定理可知，消去得：

①又，則

②由①②得，∴③由于（?。┤糁本€沒有斜率，則，又，∴（舍去）

（ⅱ）若直線有斜率，直線的方程為，即，

將③代入得，∴，故直線有斜率時過點．【點睛】方法點睛：我們在處理直線與拋物線相交問題時，通常使用聯(lián)立方程設而不求韋達定理處理，最終利用橫（縱）坐標的和與積的轉(zhuǎn)換來處理；拋物線上兩點斜率一般可用拋物線方程轉(zhuǎn)化為坐標之和來表示，如上兩點的斜率.21．（22-23高二下·廣東韶關·期末）已知橢圓的離心率是，且過點．(1)求橢圓C的方程；(2)橢圓C的左、右頂點分別為，，且P，Q為橢圓C上異于，的點，若直線過點，是否存在實數(shù)，使得恒成立．若存在，求實數(shù)的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在實數(shù)，滿足題設條件【分析】（1）將點代入橢圓可得，結(jié)合，可求得：（2）設直線的直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，令，，則可得、，或者，代入即可求解；【詳解】（1）由題意，，，解得：①．∵點在橢圓C上，∴②聯(lián)立①、②，解得，故所求橢圓C的標準方程是（2）解法一：由（1）知，．當直線斜率不存在時，．與橢圓聯(lián)立可得，，則，，故而，可得；得當直線斜率存在且不為0時，設，令，，則，．聯(lián)立消去y并整理，得，則由韋達定理得，假設存在實數(shù)，使得，則，即，整理得，變形為，則，即，即即或，得或．當時，．此時，，整理得，解得與題設矛盾，所以所以．解法二：由（1）知，，．可設，，．聯(lián)立，得，由韋達定理得：，，所以，所以故存在實數(shù)，滿足題設條件．【點睛】方法點睛：處理直線與橢圓問題時選擇恰當?shù)闹本€方程的設法會極大的減少計算量，保證計算的準確度，如題目中的代數(shù)式由變量由構(gòu)建更方便而直線也過點，可設直線方程為，更易于消，減少計算量.22．（22-23高二下·浙江·期末）過的直線與交于，兩點，直線、與分別交于、．(1)證明：中點在軸上；(2)若、、、四點共圓，求所有可能取值．【答案】(1)證明見解析(2)8【分析】（1）要證明中點在軸上，只需證明他們中點的縱坐標為，即，把的坐標轉(zhuǎn)換成用、的坐標，繼而可以用韋達定理來計算證明；（2）由、、、四點共圓，可得，繼而可得，代入點坐標利用韋達定理計算即可得到直線的參數(shù)值，則、的坐標可定，長度可求.【詳解】（1）由題意，作圖如下：

過的直線與交于，兩點，可設直線方程為,令，，則，可得:，，，的方程，即，可得，聯(lián)立，可得，即，同理可得，即，，，，，又即，，中點在軸上.（2）若、、、四點共圓，，又三點共線，三點共線，，又，，，，，又，，，解得，，又，，則，即，解得：或，，，.【點睛】方法點睛：解析幾何中的四點共圓問題可用相交弦定理來處理，繼而轉(zhuǎn)化向量的數(shù)量積，代入點坐標，利用韋達定理處理.23．（22-23高二下·福建福州·期末）已知橢圓：的右焦點與拋物線：，的焦點重合，的離心率為，過的右焦點F且垂直于x軸的直線截所得的弦長為4．(1)求橢圓和拋物線的方程；(2)過點M（3，0）的直線l與橢圓交于A，B兩點，點B關于x軸的對稱點為點E，證明：直線AE過定點．【答案】(1)橢圓和拋物線的方程分別為：，；(2)【分析】（1）由題意可得，由于橢圓的離心率可得a，c的關系，進而可得p，c的關系，再由過的右焦點F且垂直于x軸的直線截所得的弦長為可得c的值，再由a，b，c的關系求出橢圓的方程及拋物線的方程；（2）設直線的方程，及A，B的坐標由題意可得E的坐標，將直線與橢圓聯(lián)立可得兩根之和及兩根之積，求出直線的直線方程，將兩根之和及之積代入可得恒過定點.【詳解】（1）由的離心率為，可得，所以，因為橢圓的右焦點與拋物線的焦點重合，所以，，過的右焦點F且垂直于x軸的直線截所得的弦長為，令代入拋物線的方程：可得，所以，即，解得，所以，，由可得，所以橢圓和拋物線的方程分別為：，；

（2）由題意可得直線l的斜率存在且不為0，設直線l的方程為：，設，，由題意可得，直線與橢圓聯(lián)立：，整理可得：，，可得，，，直線AE的方程為：，整理可得：所以當時，，即過定點，所以可證直線過定點.

【點睛】解決曲線過定點問題一般有兩種方法：①探索曲線過定點時，可設出曲線方程，然后利用條件建立等量關系進行消元，借助于曲線系的思想找出定點，或者利用方程恒成立列方程組求出定點坐標.②從特殊情況入手，先探求定點，再證明與變量無關.24．（22-23高二下·廣東江門·期末）已知橢圓的離心率為，且與雙曲線有相同的焦距．(1)求橢圓的方程；(2)設橢圓的左、右頂點分別為，過左焦點的直線交橢圓于兩點（其中點在軸上方），求與的面積之比的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)雙曲線方程可確定焦距，再結(jié)合離心率和橢圓的關系可求得橢圓方程；（2）設，與橢圓方程聯(lián)立可得韋達定理的結(jié)論；根據(jù)三角形面積公式可知所求面積之比為，利用可構(gòu)造不等式求得的范圍，從而確定面積之比的取值范圍.【詳解】（1）雙曲線的方程可化為，其焦距為，設橢圓的焦點為，，解得：，又橢圓的離心率，，，橢圓的方程為.（2）

由（1）知：，，，由題意知：直線斜率不為，則可設，，，由得：，則，，；，，；，又，，，即，又，，設，則，，解得：，，即與的面積之比的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題重點考查直線與橢圓綜合應用中的三角形面積相關問題的求解；解題關鍵是能夠?qū)栴}轉(zhuǎn)化為變量的取值范圍的求解問題，利用非對稱韋達的處理方法，結(jié)合的范圍可構(gòu)造不等式求得結(jié)果.25．（22-23高二下·湖北荊門·期末）已知雙曲線：的實軸長為2，兩漸近線的夾角為．(1)求雙曲線的方程：(2)當時，記雙曲線的左、右頂點分別為，，動直線：與雙曲線的右支交于，兩點（異于），直線，相交于點，證明：點在定直線上，并求出定直線方程．【答案】(1)：或：(2)證明見解析，定直線【分析】（1）根據(jù)實軸長度確定a的取值，再根據(jù)漸近線夾角確定漸近線斜率，從而確定b的取值，寫出解析式；（2）首先聯(lián)立直線與雙曲線方程，根據(jù)韋達定理確定，兩點坐標關系，聯(lián)立方程，再利用點斜式表示出直線，的方程，代入列出等式，代入韋達定理求解出即可,【詳解】（1）由題知，得，或，得或，所以雙曲線的方程為：或：．（2）由（1）知，當時，：，設，，聯(lián)立直線與雙曲線得：，，方程的兩根為，，則，．，，則：，：，因為直線，相交于點，故，，消去，整理得：，，因此，故點在定直線上．【點睛】方法點睛：求解雙曲線方程的題型一般步驟：（1）判斷焦點位置；（2）設方程；（3）列方程組求參數(shù)；（4）得結(jié)論.26．（22-23高二下·福建泉州·期末）已知圓，點，以線段為直徑的圓內(nèi)切與圓，點的集合記為曲線(1)求曲線的方程；(2)若是曲線上關于坐標原點對稱的兩點，點，連結(jié)并延長交曲線于點，連結(jié)交曲線于點.設，的面積分別為，若，求線段的長.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用圖中的幾何關系和橢圓的定義求橢圓的標準方程；（2）設出點的坐標，由對稱關系可知點坐標，設出直線的方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理求出，同理可求出，再利用三角形面積公式和三角形相似將線段長轉(zhuǎn)化為坐標值，利用面積的比值即可求出點的坐標，即可求解.【詳解】（1）設的中點為，切點為，連接，取關于軸的對稱點，則，連接，則為△的中位線，即,故，所以點的軌跡是以為焦點，長軸長為4的橢圓.其中，，則曲線的方程為；

.（2）設，則，直線的斜率不可能為，設直線的方程為，則，將直線方程和橢圓方程聯(lián)立得，，即或，，因為，所以，又因為在橢圓上，所以，代入上式得，同理可得,所以，解得，，所以.

.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.27．（22-23高二下·安徽·期末）已知橢圓：的一個焦點為，橢圓上的點到的最大距離為3，最小距離為1．(1)求橢圓的標準方程；(2)設橢圓左右頂點為，在上有一動點，連接分別和橢圓交于兩點，與的面積分別為．是否存在點，使得，若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，點坐標為或．【分析】（1）由條件列方程求，可得橢圓方程；（2）設橫坐標為，結(jié)合三角形面積公式可得可化為，再證明，設直線的斜率為，分別聯(lián)立與橢圓方程求，由此計算，由此可求的坐標.【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，因為橢圓上的點到的最大距離為3，最小距離為1，所以，，又，解得，，，故橢圓的標準方程為；（2）由（1）可得，假設存在點，使得，設，則，

設橫坐標為，則，所以，整理得，①設點坐標為，直線斜率為，斜率為，故，設直線的斜率為，故直線方程為，直線方程為，將直線和橢圓聯(lián)立可得，由韋達定理可得，解得，將直線和橢圓聯(lián)立可得，由韋達定理可得，解得，將橫坐標代入①式可得，，整理得，化簡得，解得，即，當時，直線的方程為，代入點可得，即點的坐標為，當時，直線的方程為，代入點可得，即點的坐標為，故點坐標為或．【點睛】關鍵點點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：（1）注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；（2）強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．28．（22-23高二下·江西上饒·期末）已知橢圓（，）的離心率為，左、右焦點分別為，，為的上頂點，且的周長為．(1)求橢圓的方程；(2)設圓上任意一點處的切線交