河北省2023届新高考数学二轮复习专题5圆锥曲线解答题30题专项提分计划含解析

Page462023届河北省新高考数学复习专题5圆锥曲线解答题30题专项提分计划1．（2022·河北·模拟预测）已知抛物线，点，为抛物线上的动点，直线为抛物线的准线，点到直线的距离为，的最小值为5．(1)求抛物线的方程；(2)直线与抛物线相交于，两点，与轴相交于点，当直线，的斜率存在，设直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得，若存在，求出；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）根据抛物线的定义以及共线时距离最小即可求解.（2）联立直线与抛物线方程，进而根据两点斜率公式表达，即可求解.【详解】（1）设抛物线的焦点为，根据抛物线的定义得，，由于，解得，则拋物线的方程为（2）设，将代入抛物线的方程，整理得所以，同理，则,所以，2．（2022·河北张家口·统考一模）已知双曲线的离心率是，实轴长是8.(1)求双曲线C的方程；(2)过点的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【分析】（1）根据双曲线的离心率公式、实轴长的定义进行求解即可；（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解证明即可.【详解】（1）依题意得，解得所以双曲线C的方程是.（2）证明：设，，，直线l的方程为.将直线方程代入双曲线方程，化简整理得，，则，.要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足即解得.由，得，故，所以.又，所以点D的纵坐标为定值.【点睛】关键点睛：利用一元二次不等式的根与系数的关系进行求解是解题的关键.3．（2022·河北邯郸·统考一模）已知抛物线的焦点在轴上，过且垂直于轴的直线交于（点在第一象限），两点，且.(1)求的标准方程.(2)已知为的准线，过的直线交于，（，异于，）两点，证明：直线，和相交于一点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据直线过点且垂直于轴交抛物线于，两点，且，可求出，便可得出抛物线的标准方程.（2）根据直线与抛物线的交点联立方程，求出，直线方程，代入准线的横坐标，利用，分别与准线相交的纵坐标相等，可知直线，和相交于一点.【详解】（1）解：设抛物线的标准方程为，则将代入，可得所以，则所以抛物线的标准方程失.（2）证明：由（1）可知，，设直线的方程为，联立则设，，则，直线的方程为，即.令，解得；直线的方程为，即.令，解得，因为，所以直线，和相交于一点.4．（2022·河北·河北容城中学校考模拟预测）已知点，，点A满足，点A的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若直线与双曲线：交于M，N两点，且（O为坐标原点），求点A到直线l距离的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据已知等式，结合平面两点距离公式进行求解即可；（2）将直线方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合圆的几何性质进行求解即可.【详解】（1）设，因为，所以，平方化简，得；（2）直线与双曲线：的方程联立，得，设，所以有且，所以，，因为，所以，化简，得，把，代入，得，化简，得，因为且，所以有且，解得，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以点A到直线距离的最大值为，最小值为，所以点A到直线距离的取值范围为，【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合直角的性质得到等式是解题的关键.5．（2022·河北秦皇岛·统考二模）已知双曲线的左､右焦点分别为，，虚轴长为，离心率为，过的直线与双曲线的右支交于，两点.(1)求双曲线的方程；(2)已知，若的外心的横坐标为0，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据虚轴长为，离心率为，由求解；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，根据外接圆的圆心的横坐标为0，得到判断.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与双曲线方程联立，根据直线与双曲线的右支交于，两点，求得k的范围，设线段的中点为M，利用弦长公式和求解.（1）由题知因为，所以，故双曲线的方程为.（2）由（1）知.当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则，.因为为等腰三角形，且外接圆的圆心的横坐标为0，所以.因为，，所以，故此时不合题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组得，由解得，即或.设，，则，，因为，所以线段的中点为，且.设，因为在线段的垂直平分线上，所以，得，即，故.因为，且，所以，化简得，得或（舍去），所以直线的方程为，即直线的方程为或.6．（2022·河北衡水·统考二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右焦点为，离心率为.过点作直线与椭圆相交于两点.若是椭圆的短轴端点时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)试判断是否存在直线，使得，，成等差数列？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）设，由数量积坐标运算可得，结合离心率和椭圆的关系可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设，与椭圆方程联立，由可得的范围及韦达定理的形式，进而得到，由可构造方程求得，不符合的范围，则直线不存在.(1)由题意知：，即；当为椭圆的短轴端点时，不妨设，则，，，又，，即，解得：，，，椭圆的标准方程为；(2)设，由得：，，，设，，则，，，，，同理可得：，，又，，整理得：，即，解得：，，不存在直线符合题意.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的存在性问题的求解，求解此问题的基本思路是假设直线存在，与椭圆方程联立后确定的范围；利用韦达定理表示出已知中的等量关系后，通过求解的值来确定是否存在满足题意的直线.7．（2022·河北张家口·统考三模）已知，点，，动点P满足，点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线与曲线C相切，与曲线交于M､N两点，且（O为坐标原点），求曲线E的离心率.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据两点间距离距离公式，结合已知等式进行求解即可；（2）根据曲线切线的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、平面向量垂直的性质、双曲线的离心率公式进行求解即可.（1）设，由得，整理得即为曲线C；（2）与曲线C相切，，即.设，，将代入曲线E整理得：，，，，.，，即.，，整理得，，即，，.故曲线E的离心率为.【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数关系是解题的关键.8．（2022·河北邯郸·统考模拟预测）平面直角坐标系中，点在轴右侧，且到点的距离比其到轴距离多1.(1)求点轨迹的方程；(2)过点的直线与交于､两点，是轴上一点.若是正三角形，求直线的斜率.【答案】(1)(2)【分析】（1）设点坐标根据题意可得，化简整理；（2）联立方程由韦达定理可得，，由题意可得且代入化简整理．(1)设点坐标为，且.由题意，整理得(2)由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，AB的中点联立方程得则，且，从而，即设，由于为正三角形，则，即，即又∵，，，故，即，即即，解得，直线的斜率9．（2022·河北沧州·统考二模）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.10．（2022·河北秦皇岛·统考三模）已知抛物线上的点与焦点的距离为9，点到轴的距离为．(1)求抛物线的方程．(2)经过点的直线与抛物线交于两点，为直线上任意一点，证明：直线的斜率成等差数列．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)由条件结合抛物线的定义列方程求即可；(2)联立方程组，利用设而不求的方法证明即可.【详解】（1）设点，由题意可知，所以，解得．因为，所以．所以抛物线的方程为．（2）设直线的方程为，联立方程组消去得，所以．设，则，又因为，所以，即直线的斜率成等差数列．【点睛】解决直线与抛物线的综合问题的一般方法为设而不求法，要证明直线的斜率成等差数列只需证明即可.11．（2022·河北邯郸·统考二模）已知点P（2，）为椭圆C：）上一点，A，B分别为C的左、右顶点，且△PAB的面积为5．(1)求C的标准方程；(2)过点Q（1，0）的直线l与C相交于点G，H（点G在x轴上方），AG，BH与y轴分别交于点M，N，记，分别为△AOM，△AON（点O为坐标原点）的面积，证明为定值．【答案】(1)；(2)证明过程见解析.【分析】（1）根据左右顶点的定义，结合代入法、三角形面积公式进行求解即可；（2）设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、三角形面积公式进行求解即可.（1）因为△PAB的面积为5，点P（2，）为椭圆C：上一点，所以有；（2）由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为，与椭圆方程联立为：，设，因为，所以，，直线AG的方程为：，令，得，即，同理可得：，，因为，所以有，于是有，因此为定值.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题关键.12．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，点为以为直径的圆与椭圆在第一象限的交点.(1)求椭圆的方程；(2)若过点且倾斜角为钝角的直线与椭圆交于两点（其中点在轴下方），为的中点，为原点，求当最大时，的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）将代入圆和椭圆方程，可解得，由此可得椭圆方程；（2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由此可得点坐标，利用，结合基本不等式可知当时，最大，由可求得结果.(1)设，，则以为直径的圆为：，，即，又，，，椭圆的方程为.(2)由题意可设直线，，由得：，则，，，，则，，；设直线倾斜角为，直线倾斜角为，，，，（当且仅当，即时取等号），即当时，取得最大值，此时，.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题中的三角形面积的求解问题；求解三角形面积的关键是能够利用直线斜率表示出，利用基本不等式确定的最大值，由取等条件确定的取值后即可求解13．（2022·河北·校联考模拟预测）已知椭圆，椭圆上的点到两焦点的距离和为，点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作直线交椭圆于两点，点为点关于轴的对称点，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆上的点到两焦点的距离和为2a，可得a的值，再由点在椭圆上，代入方程可求得b的值；（2）设直线方程，联立直线与椭圆方程消去y，可得，，关于k的代数式，由，转化成求关于k的函数的最值，通过换元法求得.【详解】（1）∵椭圆上的点到两焦点的距离和为，∴，∴，∵点在椭圆上.∴，∴，∴，∴椭圆的标准方程为；（2）由题意显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，消去得，设，∴，解得，，，∴，令，∴，所以当时，△ABE面积最大，最大值为.14．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）已知抛物线：和椭圆：有共同的焦点F(1)求抛物线C的方程，并写出它的准线方程(2)过F作直线交抛物线C于P，Q两点，交椭圆E于M，N两点，证明：当且仅当轴时，取得最小值【答案】(1)抛物线方程为，准线为.(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆中“”的关系求出焦点，根据共焦点即可求解；(2)利用韦达定理分别表示出，即可证明.【详解】（1）根据椭圆：可得，所以，则椭圆的右焦点也为抛物线的焦点，所以，解得，所以抛物线方程为，准线为.（2）由题可得，直线的斜率不等于0，所以设，设，联立整理得，所以，所以，设，联立整理得，所以，所以所以,所以，因为为常数，所以当，即时，取得最小值，此时的方程为垂直于轴,所以命题得证.15．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.(1)求C的方程；(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【详解】（1）因为实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.（2）由O，A，N，M四点共圆可知，，又，即，故，即，所以,设，，，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程：中，可得，所以，，又，所以,故，即，所以点P坐标为.【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.16．（2022·河北·石家庄二中校联考模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，椭圆C的离心率小于.点P在椭圆C上，，且面积的最大值为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)点M（1，1），A，B是椭圆C上不同的两点，点N在直线l：上，且，，试问是否为定值？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）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，分别与椭圆以及直线联立，求得三点坐标间的关系，由此计算出为定值.(1)，则，当为上顶点或下顶点时，的面积最大，，由解得.所以椭圆的方程为.(2)由于，，所以四点共线，由（1）得椭圆的方程为，故在椭圆内，所以直线与椭圆必有两个交点，不妨设在之间，在的延长线上，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，，即,，即.由，得，所以.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由消去并化简得，.由解得，由，得，所以.综上所述，为定值，且定值为.17．（2022·河北保定·统考一模）直线交抛物线于，两点，过，作抛物线的两条切线，相交于点，点在直线上．(1)求证：直线恒过定点，并求出点坐标；(2)以为圆心的圆交抛物线于四点，求四边形面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析，；(2).【分析】（1）设，，，利用点斜式写出直线，的方程，由在两直线上，即可知直线的方程，进而确定定点.（2）联立抛物线和圆：，由题设及一元二次方程根的个数求参数r的范围，由结合韦达定理得到关于r的表达式，构造函数并利用导数研究区间单调性，进而求范围.(1)设，，，则，，直线为：，同理直线为：，把代入直线，得：，∴，都满足直线方程，则为直线的方程，故直线恒过定点．(2)如图，设圆的半径为，，，，，把代入圆：，整理得，由题意知：关于的一元二次方程有两个不等实根，则，可得．，令，由得：，则，令且，则，故在上，递增；在上，递减；所以，又，，故的取值范围是，综上，的取值范围是．【点睛】关键点点睛：第二问，由圆：，联立抛物线方程，结合四边形面积公式得到关于参数r的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围.18．（2022·河北·校联考模拟预测）已知双曲线的左，右焦点分别为，．且该双曲线过点．(1)求C的方程；(2)如图．过双曲线左支内一点作两条互相垂直的直线分别与双曲线相交于点A，B和点C，D．当直线AB，CD均不平行于坐标轴时，直线AC，BD分别与直线相交于P．Q两点，证明：P，Q两点关于x轴对称．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件，建立关于的方程组，求解方程组即可得答案；（2）由题意，设直线的方程为，直线的方程为，点，联立，由韦达定理可得，同理可得，由直线的方程可得，同理可得，然后计算即可得证.【详解】（1）解：由已知可得，解得，所以双曲线C的方程为；（2）证明：由题意，设直线的方程为，直线的方程为，点，由，得，则，得，所以，同理可得，其中满足，直线的方程为，令，得,又，所以，即，同理可得，因为，所以两点关于轴对称.19．（2022·河北唐山·统考二模）已知椭圆的右焦点为F，椭圆．(1)求的离心率；(2)如图：直线交椭圆于A，D两点，交椭圆E于B，C两点．①求证：；②若，求面积的最大值．【答案】(1)(2)①证明过程见解析；②.【分析】（1）直接将椭圆转化成标准方程，然后代入离心率公式即可；（2）分别求出、的中点坐标，得出中点重合即可证明①；对于②，分别求出被椭圆截得的弦长以及到的距离，得出面积表达式，通过变形式子求出最值.【详解】（1）椭圆的标准方程为：，则椭圆的离心率为（2）对于①，设，，，，直线与联立整理得则则的中点坐标同理可知的中点坐标.所以与中点重合，故.对于②，由①知，直线被椭圆截得弦长为把代入得，把代入得，到的距离为，则面积为：当时，的面积最大值是.【点睛】本题考查离心率的求法，考查弦长公式、中点坐标公式、面积公式等几何关系的应用，解析几何解题时应注重几何关系的寻找，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.20．（2022·河北保定·统考二模）已知抛物线.(1)直线与交于、两点，为坐标原点.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.②若，求的值；(2)已知点，直线与交于、两点（均异于点），且.过作直线的垂线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.【答案】(1)①证明见解析；②(2)存在，定值为.【分析】（1）选①，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用两点间的距离公式以及抛物线的焦点弦长公式、韦达定理可证明等式成立；选②，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出、，利用平面向量数量积的坐标运算可出关于的等式，即可求得的值；（2）分析可设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合已知条件可得出、所满足的关系式，可求得直线所过定点的坐标，再由，结合直角三角形的性质可知当为线段的中点时，为定值，即可得出结论.【详解】（1）解：选①：设点、，联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，，，则，，所以.因为经过抛物线的焦点，所以，故.选②：设点、，联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，，，则，，.因为，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立得，，由韦达定理可得，.因为，所以，所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为，所以当点为的中点时，为定值，故存在定点，使得为定值.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.21．（2022·河北·统考模拟预测）已知椭圆的左，右焦点分别为，右顶点为A，M，N是椭圆上关于原点对称且异于顶点的两点，记直线与直线的斜率分别为，且.(1)求C的方程；(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，记直线与直线的斜率分别为且，证明：直线l恒过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）设出，由斜率公式表示出，由及在椭圆上得，再结合焦点求出，即可求解；（2）斜率不存在不合题意，斜率存在时设，联立椭圆方程求得，表示出，由解得或，求出定点坐标即可.(1)设，则，又，则，，又，则，故，又，故，C的方程为；(2)当直线l斜率不存在时，易知直线与直线关于轴对称，，不合题意；当直线l斜率存在时，设直线，联立椭圆方程，整理得，则，，又，，由可得，整理得，则，整理得，即，故或，当时，，直线，过定点，不合题意；当时，由得，直线，过定点，故直线l恒过定点.22．（2022·河北·统考模拟预测）已知椭圆的左焦点为F，短轴的两个顶点分别为M，N，为等边三角形，且的面积为，(1)求C的方程；(2)若圆的方程为，直线l与圆相切并且交C于A，B两点，证明：，并求出的最大值.【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】（1）依题意可得，且，即可求出、、，从而得到椭圆方程；（2）分直线的斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线方程为，，，又直线与圆相切得到，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，通过计算证明，则，再由弦长公式表示，即可求出最大值；(1)解：依题意，，又，且，解得、、，所以椭圆方程为(2)解：若直线的斜率不存在，则，取代入得，此时，，所以，即，且；当直线的斜率存在，设直线方程为，，，由直线与圆相切，所以，即，即；由，则，即，所以，所以，所以，因为，所以所以当，即时因为，所以，所以；23．（2022·河北唐山·统考三模）在平面直角坐标系中，动圆M与圆相内切，且与直线相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点的直线l与曲线C交于A，B两点，分别以A，B为切点作曲线C的切线，直线相交于点P．若，求直线l的方程．【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）利用两圆内切及直线与圆相切列式，化简即得曲线C的方程.（2）设出直线l的方程及，求出直线的方程及点P的坐标，联立直线l与曲线C的方程，借助韦达定理求出点B的坐标作答.【详解】（1）设动圆圆心，半径为r，依题意，，于是得，化简得，所以曲线C的方程为.（2）依题意，直线l的斜率存在，设l的方程为，由消去y并整理得，，则有，直线的斜率存在，设直线的方程为：，由消去y并整理得：，则有，解得，切线的方程为，同理可得，切线的方程为，由，解得，即点，则，因，即，即，化简得，，因此，，于是得点或，直线l的斜率，所以直线l的方程为或.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.24．（2022·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）已知椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，短轴长为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l与椭圆C相切于点A，A关于原点O的对称点为点B，过点B作，垂足为M，求面积的最大值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）先求得椭圆C的离心率，又椭圆C的短轴长为，可得a,b,c的值，即得椭圆C的标准方程；（2）利用直线上两点的距离公式算得的表达式，可得.（1）设椭圆C的半焦距为c．因为双曲线的离心率，所以椭圆C的离心率，又椭圆C的短轴长为，所以，解得．联立解得，故椭圆C的方程为．（2）设点，易知直线l的斜率一定存在，设直线，联立消元可得，由题意，，即且，整理得．由过点A的切线是唯一的得，所以直线，又直线交于点M，得直线．联立可得．所以，，即，当且仅当，即时取等号．故面积的最大值为2．25．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆的离心率为，为的左焦点，，是上的两个动点，且直线经过的右焦点，的周长为．(1)求的标准方程；(2)若点在椭圆上，且满足（其中为坐标原点），证明：的面积为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由离心率可得，的关系，再由的周长可得的值，进而求出的值，可得的值，求出椭圆的方程；（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长的代数式，再由向量的关系，可得的横纵坐标与，的坐标的关系，将的坐标代入椭圆方程，可得参数的值，求出到直线的距离，代入三角形的面积公式可得为定值．【详解】（1）由题意可得，，可得，，所以，所以椭圆的标准方程为：；（2）证明：设，，，，，，因为，即有可得，，由题意显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立，整理可得，因为直线经过焦点，其在椭圆内部，显然，且，，，所以，因为在椭圆上，所以，可得，整理可得，可得或（舍，所以，点到直线的距离，所以为定值．【点睛】结论点睛：圆锥曲线中的弦长公式：弦长，其中为直线与圆锥曲线联立的关于的一元二次方程的二次项系数，若直线引入的参数为，则弦长，其中为直线与圆锥曲线联立的关于的一元二次方程的二次项系数.26．（2022·河北衡水·衡水市第二中学校考一模）已知满足与的斜率之积为.(1)求的轨迹的方程.(2)是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，求这两条直线斜率之和.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据直线斜率公式，结合已知进行求解即可；（2）根据四点共圆的性质，结合直线的参数方程进行求解即可.【详解】（1）因为满足与的斜率之积为，所以有；（2）设，因为在内，所以，设的参数方程为：，为直线的倾斜角，把代入中，得，，即，设直线的倾斜角为，上式用代，同理可得，因为是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，所以由圆的相交弦定理可知：，因为，所以有，因为是直线的倾斜角，所以，所以，因为是过内同一点的两条直线，所以，因此由，设的斜率为，因此有，即这两条直线斜率之和为.【点睛】关键点睛：利用直线的参数方程、圆的相交弦定理是解题的关键.27．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)不过圆心且与轴垂直的直线交轨迹于两个不同的点，连接交轨迹于点.（i）若直线交轴于点，证明：为一个定点；（ii）若过圆心的直线交轨迹于两个不同的点，且，求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心的轨迹满足椭圆的定义，进而可求其方程，（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据点坐标可得方程，进而代入韦达定理即可求出坐标，根据弦长公式可求长度，进而得长，根据垂直，即可表示四边形的面积，根据不等式即可求解最值.【详解】（1）设动圆的半径为，圆心的坐标为由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为.动圆与圆内切，且与圆外切，动圆的圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为：，其中从而轨迹的方程为：（2）（i）设直线的方程为，则由可得：直线的方程为，令可得点的横坐标为：为一个定点，其坐标为（ii）根据（i）可进一步求得：.，则，四边形面积（法一）等号当且仅当时取，即时，（法二）令，则当，即时，【点睛】本题考查了椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，综合性较强.利用几何法求轨迹方程时，要多注意图形位置间体现的等量关系，可通过先判断轨迹，再求其方程.直线与椭圆相交问题，联立方程是常规必备步骤，韦达定理得弦长，求面积或者长度最值时，往往需要先将其表达出来，再利用不等式或者函数的知识进行求解.28．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆，其右焦点为，点M在圆上但不在轴上，过点作圆的切线交椭圆于，两点，当点在轴上时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)当点在圆上运动时，试探究周长的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知，再根据列出相应的方程，组成方程组解得答案;（2）设，，从而表示出的周长，分类讨论，联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，从而结合基本不等式，求得答案.【详解】（1）由题意可知，当点