【2024大题专练】05 圆锥曲线大题 解析版

【2024大题专练】05圆锥曲线大题一、解答题1．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）已知双曲线的左顶点为，渐近线方程为.直线交于两点，直线的斜率之和为-2.(1)证明：直线过定点；(2)若在射线上的点满足，求直线的斜率的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据顶点坐标和渐近线得出双曲线方程，解设，设直线的斜率分别为，通过化简表示出直线的方程，即可得出结论.（2）利用平面几何知识，将几何问题转化为，求出的坐标，最后直线的斜率用的斜率表示，即可求解.【详解】（1）由题知，的方程为：，显然直线的斜率存在，设直线，联立，得，且，设直线的斜率分别为，则，故，又，，，，不过点，，所以直线过定点.（2）由题设直线.由，得.由，得.故，同理.由可知，，即.因为，化简得.当时取等号，所以直线的斜率的最大值为.

2．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中中，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，的轨迹为.(1)求曲线的方程；(2)已知点，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，且，求与面积之和的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意直接求动点的轨迹方程即可；（2）当直线的斜率为0时，不适合题意，所以设出直线的方程与抛物线联立利用基本不等式求解即可.【详解】（1）设动点的坐标为，由已知得，，化简得：，故曲线的方程为.（2）如图：

因为点，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，所以当直线的斜率为0时，不适合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，由得，，，所以，由，得，因为，所以，所以，所以，解得：或（舍去），当时，直线的方程为，直线过定点，且满足，且，所以，当且仅当，即，时取等号，故最小值为.3．（2023·河北·统考模拟预测）已知椭圆的左焦点为，过点作直线交于点，.(1)若，求直线的斜率；(2)设，是上异于的点，且，，三点共线，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）求出椭圆左焦点的坐标，设出直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，解方程可得直线的斜率；（2）求出直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理求得点的坐标，再求直线的斜率，与直线的斜率比较可得证明.【详解】（1）依题意，椭圆的左焦点，当直线的斜率为0时，此时、两点是椭圆长轴上的两点，向量，或，均不满足，不合题意，所以直线的斜率不为0.故可设直线的方程为，，，由得：，，则，①，由可得，所以，即②，由①②可得，，化简整理得，所以，所以直线的斜率为.（2）证明：由，可得直线的方程为，由得：，所以，结合可得：，，即，又，则，所以，所以.4．（2023·福建厦门·统考模拟预测）已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．(1)求的轨迹的方程；(2)过的直线交于两点，在第一象限，在处的切线为交轴于点，过作的平行线交于点是否存在最大值？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）利用向量垂直以及中点坐标公式即可求解，或者利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．（2）将问题转化为直线与的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理，求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解.【详解】（1）法1：设因为，所以，即．又，所以，所以法2：如图，设关于的对称点为，由已知得，互相垂直平分所以四边形为菱形，所以．

因为为中点，所以，即点在定直线上因为，所以与直线垂直即点到定点的距离等于点到定直线的距离所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．所以点的轨迹的方程为．（2）存在最大值．延长交于，

所以最大即直线与的倾斜角之差最大．由题意可知直线有斜率，设，（）由得所以．因为，所以的斜率，的斜率．设直线与的倾斜角为，则．．当且仅当即,时等号成立因为，所以，所以当最大时，最大，即最大此时，所以，所以的方程为．【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.5．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知为坐标原点，，，和交点为.(1)求点的轨迹；(2)直线和曲线交与两点，试判断是否存在定点使？如果存在，求出点坐标，不存在请说明理由.【答案】(1)(2)存在定点坐标为或【分析】（1）利用已知条件表示出点坐标，进而表示出直线，的方程，联立即可得出点轨迹方程.（2）假设存在定点，设点坐标为，，联立方程组，得出，，由整理得出，对恒成立，即可得出结论.【详解】（1）设点，，，即，点坐标为，，即，点坐标为，根据两点坐标可得，直线方程为：，直线方程为：，两式移项相乘得：，整理得，点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆，即其方程为.（2）假设存在定点，设点坐标为，，联立方程组消得，直线与椭圆交于两点，即，，，，，，整理得：，，对恒成立，，得，，所以存在定点坐标为或.6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点在椭圆：上，从原点向圆作两条切线分别与椭圆交于点，，若直线，的斜率分别为，，且．(1)求圆的半径；(2)探究是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是定值，【分析】（1）设过原点作圆的切线，利用圆心到直线的距离等于半径得到，利用韦达定理及得到，结合点在椭圆上，即可求出半径；（2）设，，由，可得，再由点在椭圆上得到，，即可得到，从而求出的值.【详解】（1）设直线，的方程分别为，，过原点作圆的切线，则，即，即，所以，即，所以.（2）是定值，且，理由如下：设，，因为，所以，即①，又、在椭圆上，所以，，所以，，代入①可得，化简得，所以，所以.7．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）双曲线的光学性质如下：如图1，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点.我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图2，其方程为分别为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点和点反射后（在同一直线上），满足.

(1)当时，求双曲线的标准方程；(2)过且斜率为2的直线与双曲线的两条渐近线交于两点，点是线段的中点，试探究是否为定值，若不是定值，说明理由，若是定值，求出定值.【答案】(1)(2)是定值，定值为【分析】（1）延长与交于，根据，得到，再设，利用双曲线的定义求解；（2）设，利用双曲线的定义得到两渐近线所在直线方程，设直线方程为，联立求得即可.【详解】（1）解：如图所示：

延长与交于，因为，所以，设，则，即，，故方程为；（2）设，则，，两渐近线所在直线方程为：，设直线方程为，将渐近线两侧平方与直线联立，则可得，则，则，故.8．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）已知圆是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点运动时，点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过点的直线与曲线相交于点，与轴相交于点，过点的另一条直线与相交于两点，且的面积是面积的倍，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意和椭圆的定义即可求解；（2）首先求出直线的方程，以及点的坐标，讨论直线的斜率存在与否，当斜率存在时，设直线的方程为，联立解方程组求出，根据的面积是面积的倍，化简可以得到，进一步求出斜率，从而得出答案.【详解】（1）因为点为线段的垂直平分线与半径的交点，所以，所以，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，在椭圆中，所以曲线的方程为．（2）由已知得，所以直线的方程为，所以点的坐标为．当直线的斜率不存在时，，或都与已知不符；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，易知，则，，由的面积是面积的倍可得，化简得，即，又，所以，即，也就是，所以，解得，所以直线的方程为．

9．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，的周长为8，且点在上．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与圆：交于C，D两点，当时，求面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再将代入椭圆方程，即可求出，进而得出椭圆的方程；（2）设直线l的方程为，由点到之间距离公式及勾股定理得出，设，，由直线方程与椭圆方程联立，得出和，代入，设，，由的单调性得出值域，即可求出的范围．【详解】（1）因为的周长为8，所以，解得，将点的坐标代入椭圆方程，得，解得，所以椭圆E的方程为．

（2）由（1）知圆的方程为，设直线l的方程为，则圆心到直线l的距离，由，可得．设，，联立方程组，消去x得，则，，所以，设，则，设，易知在上单调递增，则在上单调递增，因为，所以．

10．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）已知椭圆：经过点，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)直线，均过点A，且互相垂直，直线与圆O：交于M，N两点，直线与椭圆C交于另一点B，求面积的最大值.【答案】(1)椭圆C的标准方程为；(2)面积的最大值为.【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，可得椭圆方程；（2）设出直线方程，求出点的坐标及点到直线距离和弦长表示出面积，再讨论取得最大值即可求解.【详解】（1）因为经过点，所以，解得，因为椭圆的离心率为，所以，又，所以，故椭圆C的标准方程为；（2）若直线的斜率为，则的斜率不存在，所以的方程为，直线与椭圆的交点为，与条件矛盾；由已知当直线的斜率不存在时，的斜率为，所以的方程为，的方程为，联立可得，或，故，联立，可得或，所以点的坐标为，所以点到直线的距离为，所以的面积为，当直线的斜率存在且不为时，设其方程为.则直线的方程为.圆心到直线的距离为.直线被圆截得的弦长为，由，消可得，，设点的坐标为，则，故，，所以点的坐标为，所以.因为，所以.当时，时，上式等号成立.因为，所以当直线的方程是时，面积取得最大值，最大值为.【点睛】关键点点睛：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．11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知椭圆C：的左右焦点分别为、，离心率，、分别为椭圆C的左、右顶点，且.(1)求椭圆C的方程；(2)若O为坐标原点，过的直线l与椭圆C交于A、B两点，求面积的最大值；(3)若椭圆上另有一点M，使得直线与斜率、满足，请分析直线BM是否恒过定点.【答案】(1)(2)1(3)直线MB恒过定点【分析】（1）根据离心率，长轴长为4，求得，即可求出椭圆方程.（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，利用弦长公式求得AB，并求得AB边上的高，表示出三角形面积，由基本不等关系求得最大值即可.（3）设直线MB的方程为，联立与椭圆方程，结合韦达定理，设、，得到，结合，然后，代入计算即可得到结果.【详解】（1）由已知可得：，解得：，，则，则有C：；（2）由于直线l不能与y轴垂直，故设，，代入可得恒成立，设，，则有，点O到直线l的距离为所以当且仅当：时取最大值；

（3）设直线MB的方程为，代入可得，可设、则有，，因为，所以，因为在椭圆上，所以，所以，代入，且，可得，即，即即由于，化简得，即直线MB恒过定点.

【点睛】方法点睛：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.12．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）已知双曲线：（，）的渐近线方程为，焦距为10，，为其左右顶点．(1)求的方程；(2)设点是直线：上的任意一点，直线、分别交双曲线于点、，，垂足为，求证：存在定点，使得是定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由双曲线的渐近线方程及焦距求解双曲线的方程即可；（2）设出直线的方程与双曲线的方程联立得到韦达定理，与直线，，联立最终得到点的轨迹方程，即可求解.【详解】（1）依题意：.（2）证明：如图：

设、，，直线：，即：.（记，）代入中得：.所以，.又因为直线：、直线：联立得：....即或（舍）.所以.所以，点轨迹为，以为圆心，2为半径的圆上，所以，.13．（2023·湖南长沙·周南中学校考三模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为,焦距与短轴长均为4.设过F2的直线l交E于M,N,过M,N分别作E在点M,N上的两条切线,记它们的交点为P,MN的中点为Q.(1)证明：O,P,Q三点共线；(2)过F1作平行于l的直线分别交PM,PN于A,B,求的取值范围.参考结论：点T(,)为椭圆()上一点,则过点T(,)的椭圆的切线方程为.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先求得椭圆方程,再设的方程为,联立椭圆的方程,并化简切线方程组可得.再设的中点为,证明即可；（2）取中点,根据三角形的性质有四点共线,再结合椭圆的对称性有即可.【详解】（1）由题意,,,解得,,故椭圆的方程为.又,显然的斜率不为0,故设的方程为,,则,即,故,.联立过的切线方程,即,相减可得,即,化简可得.代入可得,故.设的中点为,则,,故.因为,,故,所以三点共线.（2）由作平行于l的直线分别交于,易得,取中点,根据三角形的性质有四点共线,

结合椭圆的对称性有,当且仅当时取等号.故.【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系,结合向量的性质,联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理得到P,Q的坐标,再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题.14．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知过右焦点的直线交双曲线于两点，曲线的左右顶点分别为，虚轴长与实轴长的比值为．

(1)求曲线的方程；(2)如图，点关于原点的对称点为点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的轨迹方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据右焦点坐标、虚轴长与实轴长的比值可得曲线的方程；（2）设直线的斜率分別为，直线为，与双曲线方程联立，利用韦达定理代入可得、的值，求出直线、直线方程联立求得，可得直线的方程，与联立可得可得答案．【详解】（1）由题意得，又，则，曲线的方程为；（2）设直线的斜率分別为，直线为，由，得，，，则，，由于点关于原点的对称点为点，，则直线为，直线为，显然，由，得，即，则直线的方程为，由得，即，当时，由对称性可知在轴上，此时直线平行于直线，不符合题意，故的轨迹方程为．【点睛】关键点点睛：第二位关键点是利用韦达定理得、的值，直线的方程与直线方程联立得点坐标，考查了学生发现问题解决问题的能力．15．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）已知定点，关于原点对称的动点，到定直线的距离分别为，，且，记的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线？(2)已知点，是直线与曲线的两个交点，，在轴上的射影分别为，（，不同于原点），且直线与直线相交于点，求与面积的比值.【答案】(1)曲线的方程为或，曲线是以点，为焦点，长轴长为的椭圆与轴组成的曲线(2)比值为1【分析】（1）设，由直接列式化简可得；（2）先证直线直线的交点也是直线与直线的交点，则有，，由即可求解.【详解】（1）设，.由有，，两边平方得，化简得，即曲线的方程为或.曲线是以点，为焦点，长轴长为的椭圆与轴组成的曲线.（2）设直线与椭圆相交于，两点，则，.令，将代入并整理得，，，.直线的方程为：.设，则，同理直线与直线相交于点，.，其中.从而，与重合.因为，所以.又，，则.所以与面积的比值为1.

16．（2023·江苏苏州·校联考三模）已知点是圆上一动点，点，线段的垂直平分线交线段于点.(1)求动点的轨迹方程；(2)定义：两个离心率相等的圆锥曲线为“相似”曲线.若关于坐标轴对称的曲线与曲线相似，且焦点在同一条直线上，曲线经过点.过曲线上任一点作曲线的切线，切点分别为，这两条切线分别与曲线交于点（异于点），证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，结合轴对称的性质及椭圆定义求出方程作答.（2）由（1）及已知求出曲线的方程，验证斜率不存在的情况，当斜率存在时，设出它们的方程，再与，的方程联立推理作答.【详解】（1）依题意，，

由椭圆的定义知，交点的轨迹是以点为左右焦点的椭圆，且长轴长，焦距，则，所以曲线的方程为.（2）由（1）知，曲线的离心率为，且焦点在x轴上，则曲线的离心率为，曲线的焦点在x轴上，而曲线经过点，，因此曲线的长半轴长，半焦距，短半轴长有，于是曲线的方程为，设，

当切线的斜率不存在时，的方程为，代入得，此时、与曲线都相切，为的中点，为的中点，则；当切线的斜率不存在时，同理有；当切线和的斜率都存在时，设切线的方程为，分别代入和，化简得①，②，依题意，方程①有两个相等的实数根，方程②有两个不相等的实数根，于是，即，则，此时为的中点.同理可证，为的中点，因此，所以.【点睛】求椭圆的标准方程有两种方法：①定义法：根据椭圆的定义，确定，的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为(A>0，B>0，A≠B)．17．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，已知抛物线上的点到焦点的距离的5.(1)求抛物线方程及点的坐标.(2)过点的直线交于两点，延长，分别交抛物线于两点.令，，，，求的最小值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据抛物线定义列式得的值，即可得抛物线方程及点的坐标；（2）设，，，，分别表示、，根据，得，代入，利用基本不等式求解．【详解】（1）已知抛物线上的点到焦点的距离的5所以，解得，故抛物线方程为，所以，则，所以点的坐标为；（2）设，，，，，

由于A，F，M三点共线，故，即，同理B，F，N三点共线，，故直线的方程为：，即，，，由得，所以，，所以直线的方程为：，即，直线恒过定点，注意到，所以，设，，则：，，因此，所以的最小值为，此时.【点睛】方法点睛：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．18．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点（其中点在第一象限），过点作的切线交轴于点，直线交于另一点，直线交轴于点.(1)求证：；(2)记，，的面积分别为，，，当点的横坐标大于2时，求的最小值及此时点的坐标.【答案】(1)证明见解析(2)最小值为，此时点的坐标为【分析】（1）利用导数的几何意义确定直线斜率，设出直线方程，联立抛物线方程，把所证等式转化为比例式，利用相似比转化为纵坐标之比，即可得证；（2）对的面积可以采用分割法转化为两三角形面积之差，最后将表达式进行化简，借助函数的导数确定单调性进而确定最值.【详解】（1）设点，则.因为点在第一象限，可设函数，则，所以，所以直线方程为，令，则，即点.设直线，与联立得，所以，同理.因为，，所以，则，设直线，与联立得，又因为直线与抛物线交于两点，所以.因为点，所以，代入抛物线，又因为在第四象限，可知.因为，，所以，即，原命题得证.（2）由（1）知，所以，得，即.所以，另由（1）知，，，所以，即；，，设函数，，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当时，取得最小值为，此时点的坐标为.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用导数的几何意义确定切线的斜率；二是把目标式表示出来后，利用导数求解最值.19．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线的右支上一点，点关于原点的对称点为，满足，且.(1)求双曲线的离心率；(2)若双曲线过点，过圆上一点作圆的切线，直线交双曲线于两点，且的面积为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义结合余弦定理列出方程，即可得到结果；（2）根据题意，分直线的斜率不存在与存在讨论，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理即可得到结果.【详解】（1）由对称性可知：，故，由双曲线定义可知：，即，所以，又因为，在中，由余弦定理得：，即，解得：，故离心率为.（2）

因为双曲线过点，所以双曲线方程：当直线的斜率不存在时，则直线的斜率不存在时不成立.当直线的斜率存在时，设直线的方程为又点到直线距离，联立，消去得，则，由的面积为，即，将代入上式得，或，即或，经检验，满足，直线的方程为：或【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线的性质，以及直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于联立直线与双曲线方程表示出，结合面积公式列出方程.20．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知椭圆，下顶点为是椭圆上任意一点，过点作轴的平行线与直线交于点，若点关于点的对称点为，直线交椭圆于两点.(1)求椭圆上点到直线的距离的最大值；(2)已知．过点作垂直直线，垂足为，是否存在定点，使得为定值，若存在求出定点坐标和，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在定点，使得.【分析】（1）设椭圆任意一点，结合点到直线的距离公式，求得，利用三角函数的性质，即可求解；（2）设直线的斜率分别为，得到，以为原点，轴仍为轴建立直角坐标系，把椭圆的方程转化为，设直线的方程为，联立方程组，求得的值，进而得到过定点，求得的中点为及，结合直角三角形性质，即可求解.【详解】（1）解：由点是椭圆上的任意一点，可设，则点到直线的距离为，其中且，当时，可得，所以，即椭圆上点到直线的最大距离为.（2）解：由题意，可得点，设直线的斜率分别为，且，则，则，可得，平移坐标系，以为原点，轴仍为轴建立直角坐标系，则，则椭圆的方程变为，设直线的方程为，可得，所以，所以，可得，所以直线的方程为，经过定点，即，所以直线过定点，又由，可得的中点为，且，中直角中，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得，即存在定点，使得.

21．（2023·重庆·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点A，B在椭圆C上，点到直线的距离为，且的内心恰好是点D．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知O为坐标原点，M，N为椭圆上不重合两点，且M，N的中点H在直线上，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设椭圆的左焦点为，则，再根据的内心恰好是点D，可得轴，求出直线的方程，再根据点到直线的距离求得即可得解；（2）设，利用点差法求得直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点直线的距离，再利用三角形的面积公式结合基本不等式即可得解.【详解】（1）设椭圆的左焦点为，则，故点到直线的距离等于，因为的内心恰好是点D，所以点到直线的距离相等且为，则即为点到直线的距离，所以，即轴，由，令，则，不妨取，则，故直线的方程为，即，则点到直线的距离为，即，又，所以，所以椭圆C的标准方程为；

（2）设，则，因为M，N为椭圆上不重合两点，则有，两式相减得，则，即，设直线的方程为，联立，消得，，解得，所以，，则，原点到直线的距离，，故，当且仅当，即时，取等号，所以面积的最大值为．

【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.22．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知椭圆C：与y轴交于，两点，椭圆上异于A，B两点的动点D到A，B两点的斜率分别为，，已知．(1)求椭圆C的方程；(2)过定点与动点D的直线，与椭圆交于另外一点H，若AH的斜率为，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）取在椭圆上，代入得，再计算的表达式即可求出值；（2）取的方程为,其中，联立椭圆方程得，设，则得到韦达定理式，计算得，再计算，再设函数利用导数即可求出范围.【详解】（1）取在椭圆上,,又，，椭圆的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为,其中,将直线方程带入得,,其判别式为,或，取为交点,,,又,,取,，令，解得，令，，在上单调递减,在上单调递增,又的值域为,即的取值范围为.当直线的斜率不存在时，则点关于轴对称，则，综上的取值范围为.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采取设线法，设，为了简便运算令，从而得到韦达定理式，首先计算，在化简代入韦达定理式得，再计算，最后设函数，利用导数求出其范围即可.23．（2023·江苏·金陵中学校联考三模）已知椭圆E：，椭圆上有四个动点A，B，C，D，，AD与BC相交于P点.如图所示.

(1)当A，B恰好分别为椭圆的上顶点和右顶点时，试探究：直线AD与BC的斜率之积是否为定值？若为定值，请求出该定值；否则，请说明理由；(2)若点P的坐标为，求直线AB的斜率.【答案】(1)是定值，定值为(2)【分析】（1）由题意求出直线的斜率，再求可设直线CD的方程为，设，，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，然后求解即可；（2）设，，，记，表示出点的坐标，将A，D两点的坐标代入椭圆方程，化简得，再由可得，从而可得，进而可得直线的方程，则可求出其斜率.【详解】（1）由题意知，，，所以，，所以，设直线CD的方程为，设，，联立直线CD与椭圆的方程，整理得，由，解得，且，则，，所以，故直线AD与BC的斜率之积是定值，且定值为.（2）设，，，记()，得.所以.又A，D均在椭圆上，所以，化简得，因为，所以，同理可得，即直线AB：，所以AB的斜率为.【点睛】关键点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，解题的关键是设出直线CD的方程，代入椭圆方程中消元化简，再利用根与系数的关系，再利用直线的斜率公式表示出，结合前面的式子化简计算可得结果，考查计算能力和数形结合的思想，属于较难题.24．（2023·广东广州·广州市培正中学校考模拟预测）如图，在中，点.圆是的内切圆，且延长线交于点，若.(1)求点的轨迹的方程；(2)若椭圆上点处的切线方程是，①过直线上一点引的两条切线，切点分别是，求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)①证明见解析；②存在实数【分析】（1）抓住内切圆的性质找到等量关系，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【详解】（1）解：据题意，，从而可得，由椭圆定义知道，的轨迹为以为焦点的椭圆，所以所求的椭圆的方程为.（2）解：①设切点坐标为，直线上的点的坐标，则切线方程分别为，又两切线均过点，即，从而点的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点.②将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，不妨设，同理.所以故存在实数，使得.25．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）已知双曲线的离心率为2，右焦点与抛物线的焦点重合，双曲线的左、右顶点分别为，，点为第二象限内的动点，过点作双曲线左支的两条切线，分别与双曲线的左支相切于两点，，已知，的斜率之比为.

(1)求双曲线的方程；(2)直线是否过定点？若过定点请求出定点坐标，若不过定点请说明理由.(3)设和的面积分别为和，求的取值范围.参考结论：点为双曲线上一点，则过点的双曲线的切线方程为.【答案】(1)(2)过定点，定点坐标为(3)【分析】（1）由条件确定双曲线的焦点位置，设其方程，再列出关于的方程，解方程可得双曲线方程，（2）设，由条件，的斜率之比为可得，设，，，结合所给结论求切线，方程，由此可得直线的方程，由此判断结论；（3）先证明，设，结合设而不求法表示，再通过换元，利用函数的单调性求其取值范围.【详解】（1）由已知双曲线为焦点在轴上，中心为原点的双曲线，设其方程为，因为双曲线的离心率为2，所以，，又双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的焦点坐标为，所以，所以，双曲线的标准方程为；（2）知，，设，所以，，因为，的斜率之比为，即，解得，所以点在直线上，设，，，则切线方程为：，则切线方程为：，因为点既在直线上又在直线上，即：，，所以直线的方程为：，化简可得，所以直线过定点；

（3）由（2）得直线过定点，所以，，，所以，点到直线的距离为点到直线的距离的3倍，所以，，因为，所以，，若直线的斜率为，则直线与双曲线的左支的交点为与已知矛盾，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，直线与双曲线的交点坐标为，故切线的方程为，切线的方程为，此时点的坐标为，与点在第二象限矛盾，设，将代入双曲线中得，由已知，方程的判别式，所以，，，由已知，所以，，所以，，化简可得，又，所以或，所以的取值范围为所以令，则，所以函数在上单调递增，所以，所以，的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，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、双曲线的条件；(2)强化有关直线与双曲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．26．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．(1)求椭圆的方程；(2)已知A是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点在第二象限，直线分别与轴交于，求四边形面积的最大值．【答案】(1)(2)4【分析】（1）根据三角形的面积及内切圆的半径列出方程组求得得椭圆方程；（2）设直线的方程与椭圆方程联立，，写出直线的方程求出的坐标，并求出，，将表示为的函数，使用基本不等式求最大值.【详解】（1）由题意知，则，又，则，又，解得，所以椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为联立方程组，可得，则，直线的方程：，所以，同理，，，，当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4．【点睛】关键点点睛：求四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，这是非常规四边形，使用的面积公式为，为此计算，代入转化为的函数求最大值.27．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）已知椭圆E：．若直线l：与椭圆E交于A、B两点，交x轴于点F，点A，F，B在直线：上的射影依次为点D，K，G．(1)若直线l交y轴于点T，且，，当m变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；(2)连接AG，BD，试探究当m变化时，直线AG与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明：否则，说明理由．【答案】(1)是，(2)存在，定点．【分析】（1）设直线交椭圆于，联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，并结合及，可得到的表达式，进而可证明；（2）令，可知直线与相交于，进而讨论时，直线与也相交于即可.【详解】（1）易知，且直线l与y轴的交点为，设直线l交椭圆于，．联立，得．所以．所以，，又．可得．所以．又.同理可得．所以，因为．所以．（2）若，则直线l为．此时四边形ABGD为矩形，根据对称性可知直线AG与BD相交于F，K的中点N，易知；若，由题意．可知．，所以直线AG的方程为，当时，．所以点在直线AG上．同理可知，点也在直线BD上．所以时，直线AG与BD也相交于定点．综上所述，m变化时．直线AG与BD相交于定点．

方法点睛：求定值问题，常见的方法：（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.28．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知曲线上的动点满足，且.(1)求的方程；(2)若直线与交于、两点，过、分别做的切线，两切线交于点.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.①直线经过定点；②点在定直线上.【答案】(1)()(2)答案见解析【分析】（1）由双曲线的定义得出曲线的方程；（2）若选择①证明②成立：利用导数得出过和过的方程，从而得出交点的横坐标，再由证明点在定直线上；若选择②证明①成立：利用导数得出过和过的方程，从而得出，再由直线的方程证明直线经