第2讲 函数与方程思想在解析几何中（解答）的应用（解析版）

第2讲函数与方程思想在解析几何中（解答）的应用函数的思想就是运用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数。运用函数的图像性质去分析问题，转化问题，测试问题，获得解决。函数思想是对函数概念本质认识，用于指导解题就是善于利用函数知识。或函数观点观察分析解决问题。方程思想是高中数学重要的思想方法之一，方程的思想是建立方程（组）、或构造方程来分析数学变量问的等量关系，通过解方程（组），或运用方程的性质去分析、转化问题，使问题得以解决。孰练运用方程思想解决数学问题是高中阶段重要的数学能力之一，也是历年高考的重点。函数与方程思想，简单的说，就是学会用函数和变量来思考，学会转化已知与未知的关系。对函数和方程思想的考察，主要是考察。能不能用函数和方程思想指导解题？一般情况下，凡是涉及到未知数，未知数问题都可以都可能用到函数与方程的思想。函数与方程思想方法的考察一直是高考的重点内容之一。也是圆锥曲线中体现最多的一种思想方法。无论是选填还是解答题都是必考查的问题【应用一】方程思想在研究圆锥曲线中的应用一、椭圆的标准方程和几何性质标准方程x2a2+y2y2a2+x2图形性质范围-a≤x≤a;-b≤y≤b-b≤x≤b;-a≤y≤a对称性对称轴:坐标轴;对称中心:原点顶点坐标A1(-a,0),A2(a,0),B1(0,-b),B2(0,b)A1(0,-a),A2(0,a),B1(-b,0),B2(b,0)轴长轴A1A2的长为2a;

短轴B1B2的长为2b

焦距|F1F2|=2c

离心率e=ca∈a,b,c的关系a2=b2+c2

二、抛物线的定义抛物线的标准方程与几何性质标准方程y2=2px(p>0)y2=-2px(p>0)x2=2py(p>0)x2=-2py(p>0)p的几何意义:焦点F到准线l的距离图形顶点O(0,0)

对称轴直线y=0直线x=0焦点Fp2,0F-p2,0F0,p2F0,-p2离心率e=1准线方程x=-px=py=-py=p范围x≥0,y∈Rx≤0,y∈Ry≥0,x∈Ry≤0,x∈R焦半径(其P(x0,y0))|PF|=x0+p|PF|=-x0+p|PF|=y0+p|PF|=-y0+p（1）双曲线点集:.（2）椭圆点集.（3）等轴双曲线（，）当时称双曲线为等轴双曲线①；②离心率；③两渐近线互相垂直，分别为；④等轴双曲线的方程，；（4）双曲线与渐近线的关系①若双曲线方程为渐近线方程：②若双曲线方程为（，）渐近线方程：③若渐近线方程为，则双曲线方程可设为，④若双曲线与有公共渐近线，则双曲线的方程可设为（，焦点在轴上，，焦点在轴上）【例1.1】【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，直线l(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=22，求【答案】(1)-1；(2)162【解析】【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px联立y=kx+mx22所以，x1+x所以由kAP+k即x1即2kx所以2k×2化简得，8k2+4k-4+4m所以k=-1或m=1-2k，当m=1-2k时，直线l:y=kx+m=kx-2+1过点故k=-1．(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,βα<β，因为kAP+因为tan∠PAQ=22，所以tanβ-α即2tan2α-于是，直线PA:y=2x-2+1联立y=2x-2+1因为方程有一个根为2，所以xP=10-423同理可得，xQ=10+423所以PQ:x+y-53=0点A到直线PQ的距离d=2+1-故△PAQ的面积为12【思维提升】椭圆、双曲线中涉及的基本量为a,b,c;抛物线中涉及到p等基本量。解析几何中经常考查求圆锥曲线的面积、方程以及与此有关的含参问题。解决此类问题就是建立根据题目所给的条件分别建立方程或者方程组。由方程组解出参数。【变式1.1】（2023·云南红河·统考一模）已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．(1)求E的方程；(2)若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据抛物线的性质得出，即，根据当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，根据得出，即可解出答案；（2）联立，根据韦达定理得出，，即可得出中点，即可得出直线MN的方程为：，由为等边三角形，则，代入化简即可求出答案.【详解】（1）抛物线E：的焦点，准线方程为，所以，故，又因为的最小值为9，所的最小值为，当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，此时，解得，故抛物线E的方程为；（2）联立，消去x得，直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，，得，设，，则有，，所以，设线段AB的中点，则，，即，直线MN的斜率，直线MN的方程为：，令，得，即，所以，，又因为为等边三角形，所以，所以，解得，且满足，故所求m的值为【变式1.2】（2023·湖南岳阳·统考三模）已知点在双曲线的渐近线上，点在上，直线交于B，C两点，直线AB与直线AC的斜率之和为0．(1)求直线的斜率；(2)若M为双曲线E上任意一点，过点M作双曲线的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于点P，Q，求△MPQ的面积．【答案】(1)6(2)4【详解】（1）如图，双曲线的渐近线方程为，代入点的，又点在双曲线上，即，联立解得，故双曲线的方程为．设点，，已知直线AB、AC的斜率一定存在，所以设直线AB的方程为，即，代入双曲线的方程得，所以，则，所以由直线AB与AC斜率之和为0，可设AC的方程为：同理可得所以，所以直线l的斜率为6．（2）设M点坐标为，过M作渐近线的平行线分别为，由（1）知，双曲线E的渐近线方程为，故可设的方程分别为，．联立解得所以同理可得又由，得，所以，又点M在双曲线E上，则，所以，即故△MPQ的面积为4．【变式1.3】【2020年新课标2卷文科】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．【答案】（1）；（2）：，：.【解析】【分析】（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；【详解】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；又因为抛物线的方程为，所以当时，有，所以的纵坐标分别为，，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为.由已知得，即.所以的标准方程为，的标准方程为.【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.【应用二】函数与方程思想在解析几何中定点的应用解析几何中的定点、定值问题一直是高考的热点问题，在最近几年高考及模拟题中是考查的热点。这种题型引起重视。【例2.1】【2020年新高考1卷（山东卷）】已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．【思维提升】求解直线过定点问题常用的方法：(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(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y＝kx＋b来证明．【变式2.1】（2023·江苏南通·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.(1)求的方程；(2)证明：以为直径的圆经过定点.【答案】(1)；(2)见解析【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，代入双曲线方程，可得，，即，由题意，可得，解得，，，双曲线的方程为：；（2）方法一：设方程为，，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得，而，，对恒成立，，以为直径的圆经过定点；方法二：设方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.设以为直径的圆过，，而，，，即对恒成立，，即以为直径的圆经过定点.【变式2.2】（2022·江苏海安·高三期末）已知双曲线：的两条渐近线互相垂直，且过点．(1)求双曲线的方程；(2)设为双曲线的左顶点，直线过坐标原点且斜率不为，与双曲线交于，两点，直线过轴上一点（异于点），且与直线的倾斜角互补，与直线，分别交于（不在坐标轴上）两点，若直线，的斜率之积为定值，求点的坐标．【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）由题意可得，，解方程求出的值即可求解；（2），设，，，，直线，的斜率分别为，根据，，可得利用和所表示的点的坐标，同理可得利用和所表示的点的坐标，将整理为关于的方程，由对于任意的恒成立列出等价条件即可求解.(1)由可得渐近线方程为：，因为两条渐近线互相垂直，所以，可得，又因为，解得：，所以双曲线的方程为.(2)设，，，，由（1）知：，设直线，的斜率分别为，因为三点共线，所以，即，因为直线过轴上一点（异于点），且与直线的倾斜角互补，所以，即，所以，由可得，所以，同理可得，因为直线，的斜率之积为定值，设定值为，则，整理可得：，其中，因为上式对任意的都成立，所以，可得，，所以点的坐标为.【点睛】思路点睛：破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出草图，把已知条件翻译到图形中；二是“转化”搭桥，即利用斜率，联立方程等，将问题代数化，一般运算量较大.【变式2.3】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知椭圆过点，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点，为等腰直角三角形的三个顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线不经过点且与椭圆相交于，两点.若直线与直线的斜率之积为1，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据已知条件写出的等量关系式进行求解即可.（2）讨论当直线的斜率不存在时不满足题意，当斜率存在时，设，，，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，用，坐标表示，将韦达定理代入整理即可得到直线过的定点.【详解】（1）由椭圆过点得，椭圆的一个短轴端点与两焦点，为等腰直角三角形的三个顶点，可得，又即，解得，，∴椭圆方程为.（2）证明：①当直线斜率不存在时，设直线，，，，即，解得或，直线不过点,故(舍)，，舍去，故不满足.②当直线斜率存在时，设，，，联立，整理得.，，①则，∴，将①代入上式可得，∴，若，，,直线经过点与已知矛盾，若，，存在使得成立.∴直线的方程为，故直线过定点.【应用三】函数与方程思想在解析几何中研究最值的应用解析几何中的最值问题主要涉及到三角形或者多边形的面积、斜率、周长等最值问题，解决问题的关键是建立关于它们的目标函数，然后运用基本不等式或者函数有关的问题，运用基本不等式或者函数求解。【例3.1】（2023年高考真题全国甲卷·理科）已知直线与抛物线交于两点，且．(1)求；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值．【命题意图】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．难度：偏难【答案】(1)(2)【详解】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为，解得：．（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．【思维提升】圆锥曲线中的最值问题的解决方法：一是几何法，用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．【变式3.1】【2021年乙卷文科】已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【解析】【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为．设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设．因为，所以．于是，所以则直线的斜率为．当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.【变式3.2】．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知椭圆E：的焦距为，且经过点．(1)求椭圆E的标准方程：(2)过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．【答案】(1)；(2)2【分析】（1）由待定系数法求解析式；（2）设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M，再由弦长公式及两点距离公式表示出，进而讨论最值.【详解】（1）由题意得，所以，即椭圆方程为；（2）当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：，由，得．，，.不妨设在x轴上方，则在x轴下方．椭圆在x轴上方对应方程为，，则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得.同理可得B处的切线方程为．由得，代入①得，所以．因为，所以设，则，则，当且仅当，即时，的最大值是2．另解：当直线l的斜率存在时，设l：，由得，所以，，，椭圆在x轴上方的部分方程为，，则过的切线方程为，即，同理可得过的切线方程为.由得设，则，所以直线l的方程为，所以.，令，则，所以，当时，即时，取得最大值，为2．【变式3.3】（2023·辽宁大连·统考三模）已知圆，定点是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点.(1)求的轨迹的方程；(2)若过的直线分别交轨迹与和，且直线的斜率之积为，求四边形面积的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为线段的垂直平分线交半径与点，所以，所以是定值，，所以点轨迹为椭圆，其长轴为4，焦距为2，所以的轨迹的方程.（2）解法一设.由已知得：直线的方程为；设，.由已知得：直线的方程为又因为AC、BD斜率之积为，所以，由得，即，所以，.故同理联立BD与椭圆方程，可得，所以，故设分别为点到直线的距离，则.又在直线在异侧，则所以，令易知，所以，所以解法二设，所以，设圆心为，因为直线的斜率之积为，所以，设直线方程，点到的距离为，所以，同理，设四边形面积为，则，令，则，所以，所以，设四边形面积为S，因为，所以【应用四】函数与方程思想在解析几何中研究探索性问题的应用解析几何中的探索性问题是圆锥曲线中常见题型，是近几年高考与模拟的热点问题，要注意这种题型的解法与技巧。圆锥曲线中的探索性问题在高考中多以解答题的形式呈现,常用假设存在法求解,其解题要点如下:【例4.1】（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知椭圆.(1)若为椭圆上一定点，证明：直线与椭圆相切；(2)若为椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线分别交直线于两点，且的面积为8.问：在轴是否存在两个定点，使得为定值.若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【详解】（1）当时，，直线与椭圆相切，当时，，由消去y并整理得，所以，有所以直线与椭圆相切.（2）设，则由（1）得：，而二切线过点，则有，因此是方程的两个解，即直线的方程为：，设点，由解得，同理：，，，又，解得，，即，整理得，取点的轨迹方程为，此时点的轨迹是焦点为，实轴长为8的双曲线，所以在轴上存在点，使得||成立.【思维提升】（1）存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．解题时可先假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在；（2）由于解析几何问题的解答中一般要涉及到大量的计算，因此在解题时要注意运算的合理性和正确性．【变式4.1】（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是（1）求椭圆的方程：（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在，【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，，，即可得到答案；（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；【详解】（1）依题意可得，设，由余弦定理可知：，所以，当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；此时的面积是，同时，联立和解得，，，所以椭圆方程为.（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，所以，，此时，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，原点O到直线1的距离为d，所以，整理得，由，可得，，，，，恒成立，即恒成立，所以，所以，所以定圆C的方程是所以当时，存在定圆C始终与直线l相切，其方程是.【变式4.2】（2023·安徽黄山·统考三模）如图，动双曲线的一个焦点为，另一个焦点为，若该动双曲线的两支分别经过点.(1)求动点的轨迹方程；(2)斜率存在且不为零的直线过点，交（1）中点的轨迹于两点，直线与轴交于点，是直线上异于的一点，且满足.试探究是否存在确定的值，使得直线恒过线段的中点，若存在，求出值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【详解】（1）由题意以及双曲线定义可得：，

由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，的椭圆（不含短轴端点），其方程为.（2）设直线的方程为：，，则由，知，所以，令，得

因点在直线上，所以，变形得，代入式化简得，若直线恒过线段的中点，则有，整理得

由，得，所以

代入整理得，，解得，所以存在，即直线，使得直线恒过线段的中点.【变式4.3】（2023·山西运城·统考三模）已知抛物线的焦点为，分别为上两个不同的动点，为坐标原点，当为等边三角形时，.(1)求的标准方程；(2)抛物线在第一象限的部分是否存在点，使得点满足，且点到直线的距离为2？若存在，求出点的坐标及直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，点，直线的方程为.【详解】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，当为等边三角形时，的高为，由题意知点在上，代入，得，解得，所以的标准方程为.（2）由（1）知，根据题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，联立，得，所以，即，且，，所以，由，得，所以，所以，即，又点在上，所以，即，①所以，解得，又点在第一象限，所以，所以.又点到直线的距离，化简得，②联立①②解得，或（舍去），或（舍去）.此时点，直线的方程为.巩固练习1、【2020年新课标2卷理科】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，联立，解得，则，抛物线的方程为，联立，解得，，，即，，即，即，，解得，因此，椭圆的离心率为；（2）[方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知，则有，所以，即．又由，得．从而，解得．所以．故椭圆与抛物线的标准方程分别是．[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．故的标准方程为，的标准方程为．[方法三]：参数方程由（1）知，椭圆的方程为，所以的参数方程为x=2c⋅cosθ,y=3将它代入抛物线的方程并化简得，解得或（舍去），所以，即点M的坐标为．又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．故的标准方程为，的标准方程为．[方法四]【最优解】：利用韦达定理由（1）知，，椭圆的方程为，联立，消去并整理得，解得或（舍去），由抛物线的定义可得，解得.因此，曲线的标准方程为，曲线的标准方程为.【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.2、【2020年新课标3卷理科】已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.【详解】（1），，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即．（2）［方法一］：通性通法不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为根据题意画出图形，如图

，，，又，，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图

,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图

,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，根据两点间距离公式可得：，面积为：，综上所述，面积为：.［方法二］【最优解】：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．故，①因为，如图，所以，．

②因为，如图，所以．

综上有［方法三］：由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，由韦达定理得，所以，将其代入直线的方程得，所以，则．因为，则直线的方程为，则．因为，所，，即，故或，即或．当时，点P，Q的坐标分别为，直线的方程为，点A到直线的距离为，故的面积为．当时，点P，Q的坐标分别为，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为．综上所述，的面积为．［方法四］：由（1）知椭圆的方程为，．不妨设在x轴上方，如图．

设直线．因为，所以．由点P在椭圆上得，所以．由点P在直线上得，所以．所以，化简得．所以，即．所以，点Q到直线的距离．又．故．即的面积为．［方法五］：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，由题知，所以．（1）．则．（其中）．（2）．同理，．（其中）综上，的面积为．【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．3、（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，(1)设直线的斜率分别为，求的值；(2)若，求的面积.【答案】(1)；(2)【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.【详解】（1）法一：因为，所以，令得，所以，解得，所以的方程为显然直线与轴不垂直，设其方程为，联立直线与的方程，消去得，当时，，设，则.因为，所以.法二：由题意得，解得，双曲线的方程为.设方程为，联立，可得，，，，.（2）法一：因为，所以，又因为，所以，即，（※）将代入（※）得，因为在轴上方，所以，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或（舍），所以，代入，得，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或，所以的面积为.法二：设