压轴大题13 直曲结合解决圆锥曲线综合问题（解析版）

压轴大题13直曲结合解决圆锥曲线综合问题压轴压轴秘籍1.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：（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2.若直线与圆雉曲线相交于，两点，由直线与圆锥曲线联立，消元得到（）则：则：弦长或圆锥曲线弦长万能公式（硬解定理）设直线方程为:y=kx+b(特殊情况要对圆锥曲线的方程为:fx,y可化为ax设直线和曲线的两交点为Ax1,y1,Bx2,y2,AB

(2)若消去x,得ayAB处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.处理定值问题的思路：联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可.压轴训练压轴训练一、解答题1．（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.2．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦．(1)求的内心坐标；(2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在定点【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义以及，列出等式即可求出椭圆的方程，判断的内心在轴，设直线平分，交轴于点，此时为的内心，进行求解即可；（2）设直线方程为，，，，，将直线的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点、、、均在直线上，得到，此时，结合韦达定理求出，可得存在定点满足题意．【详解】（1）∴椭圆的标准方程为，不妨取，则；因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则；（2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立，消去得，则①∵点的横坐标为1，均在直线上，，整理得，因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意

【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）已知，为双曲线C的焦点，点在C上．(1)求C的方程；(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若＋，＝0，是否存在定点T，使得|QT|为定值？若有，请求出该定点及定值；若没有，请说明理由.【答案】(1)(2)存在T（1，－2）使|QT|为定值【分析】（1）根据题意可得，解之即可求解；（2）设直线AB的方程，，联立双曲线方程，利用韦达定理表示；由直线的点斜式方程可得PA方程，得，同理得N（0,），根据平面向量线性运算的坐标表示，化简计算可得，分类讨论与的情况，即可求解.【详解】（1）设双曲线C的方程为，，由题意知，解得，∴双曲线C的方程为；（2）设直线AB的方程为，，，，消去y，得，则，，，∴直线PA方程为，令，则，同理N（0,），由，可得，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，即，当时，，此时直线AB方程为，恒过定点，显然不可能；∴，此时直线AB方程为，恒过定点，∵，∴，取PE中点T，∴，∴为定值，∴存在点使|QT|为定值.4．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知双曲线，在双曲线的右支上存在不同于点的两点，，记直线的斜率分别为，且，，成等差数列．(1)求的取值范围；(2)若的面积为（为坐标原点），求直线的方程．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）设，，直线，代入双曲线方程，根据，，得，根据以及斜率公式推出，，代入可求出结果；（2）利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出点到直线的距离，再利用三角形面积列式求出可得直线的方程.【详解】（1）设，，直线，由，消去得,依题意可得，得，又，，成等差数列，所以，所以，因为不同于，即不在直线上，所以，即，所以，即，即，所以，即，代入，得，得，因为，所以，即，所以或.（2），点到直线PQ的距离，，所以，两边平方得，由得，代入，得，因为，所以，将代入得，整理得，所以，解得或，由（1）知，，所以,,当时，，直线的方程为，当时，，直线的方程为，综上所述：直线PQ方程为或.

【点睛】关键点点睛：根据以及斜率公式推出是本题解题关键.5．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为.(1)求椭圆的方程；(2)过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知条件列方程组求得得椭圆方程；（2）设的直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程得，由垂直求得，再把代入，换元后利用基本不等式得最大值．【详解】（1）由已知可得，解得，，，，所以椭圆的方程为.（2）设的直线方程为，，，联立方程整理得，所以，因为，所以，即.所以.整理得，解得或（舍去），所以所以，令，则，此时最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值求法：引入参数设出动直线方程，代入圆锥曲线方程后应用韦达定理，用点的坐标表示出待求最值的量的表达式，如果只有一个参数，则直接代入韦达定理的结果后，利用函数知识、不等式知识或导数知识求得最值，如果有两个参数，则利用韦达定理的结果和题中条件求出一个参数值或两个参数关系，消去一个参数，然后再求得最值．6．（2023·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测）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．7．（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)．8．（2023秋·江苏·高三淮阴中学校联考开学考试）已知双曲线．(1)求C的右支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（横纵坐标均为整数的点）的个数．(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P在定直线上．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意开始求整点通项,再应用等差数列求和个数计算即可得；（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）因为双曲线方程为，令时,整点时为,整点个数为,区域内部（不含边界）整点为个.（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，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.9．（2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）已知椭圆的一个焦点为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.【答案】(1)(2)面积的最大值为，此时直线的方程为.【分析】（1）将坐标代入椭圆方程，再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，（2）将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式和点到直线的距离公式即可求出面积的最大值及此时直线的方程【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为，（2）设，由，得，因为直线与椭圆交于两点，所以，解得，所以，所以，因为点到直线的距离为，所以的面积为，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为，此时直线的方程为.【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简结合根与系数的关系求解，考查计算能力，属于较难题.10．（2023秋·江苏苏州·高三统考开学考试）已知椭圆E：，四点，，，中恰有三点在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程；(2)点P为椭圆E上的一动点，设直线PA，PB的斜率分别为，.①求的值；②若不与坐标轴垂直的直线l交椭圆E于M，N两点，O为坐标原点，，，求的面积.【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）结合对称性判定在椭圆上的三个点，利用待定系数法计算即可；（2）设，利用斜率公式结合椭圆方程计算即可求第一问，设，，利用上问及点在椭圆上得出，再由三角形面积公式计算即可.【详解】（1）由椭圆的对称性，显然A，B在E上，D不可能在E上，C在E上，∴，，∴椭圆E的方程为.（2）①设，∴，.②∵，，结合上问可知∴，设，，则，

∴，即，且，，∴..11．（2023秋·江苏·高三江苏省梁丰高级中学校联考阶段练习）在直角坐标平面内，已知，，动点满足条件：直线与直线斜率之积等于，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)过直线：上任意一点作直线与，分别交于，两点，则直线是否过定点？若是，求出该点坐标；若不是，说明理由．【答案】(1)（）；(2)是，定点为.【分析】（1）根据给定条件，利用斜率坐标公式列式化简作答.（2）设出点的坐标，由已知探求出点的坐标关系，再按直线斜率存在与否分类讨论求解作答.【详解】（1）设动点，则直线、的斜率分别为，于是，整理得，显然点不在轨迹上，所以的方程为（）.（2）设直线上的点，显然，

依题意，直线的斜率满足，且，直线斜率，则，有，设，，则（且），当直线不垂直于x轴时，设直线的方程为，消去y得，则，，又，即，则，整理得，解得或，此时方程中的，当时，直线：恒过点，当时，直线：，由于舍去，当直线时，则有，即有，而，解得，直线：过点，所以直线恒过点．12．（2023秋·江苏南京·高三统考开学考试）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.13．（2023秋·江苏连云港·高三校联考阶段练习）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，点，为C的左，右顶点．P为直线上的动点，与C的另一个交点为M，与C的另一个交点为N．(1)求C的方程；(2)证明：直线MN过定点．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意，列出方程，求得，即可得到C的方程；（2）根据题意，分别得到的坐标，然后分直线的斜率存在以及不存在分别讨论，即可得到结果.【详解】（1）由题意可设双曲线方程为，左焦点为，则，离心率为，则，则，，则C的方程为.（2）

因为点，为C的左，右顶点，P为直线上的动点，所以，设，，则直线的方程为，联立直线与双曲线的方程可得，消去可得，方程两根为，由韦达定理可得，所以，，即；设直线方程为，联立直线与双曲线的方程可得，消去可得，方程两根为，由韦达定理可得，则，，即；由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，当直线的斜率不存在时，，可得，此时，，则直线经过点，当时，，，所以三点共线，即直线经过点.综上，直线经过定点.14．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点（点在点，之间）.(1)记直线，的斜率分别为，，求的值；(2)设直线与交于点，求的值.【答案】(1)0(2)1【分析】（1）设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理求参数，从而得的值；（2）设由对称关系得的方程和的方程，联立方程组得，代入椭圆方程，得点在双曲线上运动，且，恰好为该双曲线的焦点，从而得的值.【详解】（1）设直线l的方程为，，.联立方程组，整理得，则，即，所以；（2）由（1）可知，，故直线与关于直线对称，设直线与椭圆的另一个交点为，则与关于轴对称，设，则.所以直线的方程为，直线的方程为，故点满足方程组，解得，因为点在椭圆C上，所以，即，整理得，所以点在双曲线上运动，且，恰好为该双曲线的焦点，依题意，点在，之间，所以，得，点在双曲线的右支上运动，所以.

【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.15．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知动圆与圆内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)过点作两条互相垂直的直线与曲线相交于，两点和，两点，求四边形的面积的最小值.【答案】(1)(2)32【分析】（1）利用圆和圆，圆和直线的位置关系的性质和抛物线的定义即可求解.（2）设直线的方程为，,联立方程组得，再利用抛物线的的性质求，同理求，最后利用基本不等式求解即可.【详解】（1）设圆的半径为，圆的圆心，半径为1，因为圆与圆内切，且与直线相切，所以圆心到直线的距离为，因此圆心到直线的距离为，且，故圆心到点的距离与到直线的距离相等，据抛物线的定义，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）设直线的方程为，，，.联立方程组整理得，故所以.因为，直线的方程为，同理可得.所以，当且仅当，即时，取等号.所以四边形面积的最小值为32.

16．（2023秋·江苏南京·高三南京市第九中学校考阶段练习）已知点在运动过程中，总满足关系式：.(1)点M的轨迹是什么曲线？写出它的方程；(2)设圆O：，直线l：与圆O相切且与点M的轨迹交于不同两点A，B，当且时，求弦长的最大值.【答案】(1)点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，(2)2【分析】（1）根据题中关系结合椭圆定义即可得到答案；（2）设，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及，可得，由弦长公式结合基本不等式可得答案．【详解】（1）由关系式，结合椭圆的定义，点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.∴，，，∴点M的方程为.（2）联立方程，则，设，，则，，，直线l：与圆O相切，则，，∵，∴，解得，.当且仅当取等号.所以弦长的最大值为2.

17．（2023秋·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知双曲线过点，离心率.(1)求双曲线的方程；(2)过点的直线交双曲线于点，，直线，分别交直线于点，，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知列关于a,b,c的方程组求解即可；（2）直线联立双曲线方程，写出直线，的方程，然后可得点，坐标，将比值问题转化为纵坐标关系，利用韦达定理可得，然后可得.【详解】（1）由题知，解得，，，；（2）设直线，，联立，则，则，，，

设直线，，令，，，则，因为所以，B为PQ的中点，所以.【点睛】本题难点在于能将所求转化为证明的问题，可以通过取特殊方程求解，然后进行合理推测，或者尽量标准作图，通过图象进行猜测，从而确定求解方向.18．（2023·江苏常州·校考二模）已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，联立直线与双曲线方程，消元、依题意可得，即可得到不等式求出的取值范围，即可得解；（2）由（1）知，因为，设，则直线的方程为：，设，，联立直线与双曲线方程，消元，即可表示出，从而表示出，即可得到时，为定值，从而求出动点的轨迹方程.【详解】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，与双曲线方程联立可得，因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又，所以，解得，即，所以且，解得或，综上可得；（2）由（1）知，因为，所以，设，则直线的方程为：，设，直线与双曲线方程联立可得，即，所以，所以，得，又因为，所以，当时，即时，为定值，所以或，又因为，所以点的轨迹方程为.【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.19．（2023·江苏常州·常州市第三中学校考模拟预测）已知过点的直线l与抛物线相交于A，B两点，当直线l过抛物线C的焦点时，．(1)求抛物线C的方程；(2)若点，连接QA，QB分别交抛物线C于点E，F，且与的面积之比为，求直线AB的方程．【答案】(1)方程为．(2)方程为．【分析】（1）直线AB的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式求出的值，即可得解；（2）设直线AB的方程为，与抛物线联立可得，直线AQ的方程与抛物线联立，设，则，设，同理可得，利用三角形面积公式可得，求解即可.【详解】（1）设，因为抛物线C的焦点为，所以当直线l过C的焦点时，直线AB的方程为，由得．则，，整理得，所以，故抛物线C的方程为．（2）易知直线AB的斜率在且不为零，设直线AB的方程为，由得，则，即或，．易知直线AQ的方程为，由得，设，则，设，同理可得，则，得，故直线AB的方程为．20．（2023·江苏·校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，已知，两点在椭圆：上，且直线与椭圆：有且仅有一个交点，射线与椭圆交于点．(1)证明：四边形是平行四边形；(2)求四边形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设：，联立直线与椭圆：，直线与椭圆：，因为直线与椭圆：有且仅有一个交点，通过韦达定理表示出，发现点也是的中点，即可证明；（2）通过点到直线的距离公式和弦长公式表示高和底，代入三角形面积公式，即可求出四边形的面积．【详解】（1）当轴或轴时，易得点是的中点，也是的中点，所以四边形是平行四边形．当与轴既不垂直也不平行时，设：，：．由得，由得所以，所以是的中点．由，得，因为直线与椭圆：有且仅有一个交点，所以，化简得，所以．由，得，所以，所以点是的中点，所以四边形是平行四边形．（2）当轴时，易得，，四边形是菱形，所以四边形的面积为．点到的距离．因为，，所以，所以的面积是，因为四边形是平行四边形，所以四边形的面积为．综上可知：四边形的面积为．21．（2023·江苏盐城·校考三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A在C上，当轴时，；当时，.(1)求C的方程；(2)已知斜率为-1的直线l与椭圆C交于M，N两点，与直线交于点Q，且点M，N在直线的两侧，点．若，是否存在到直线l的距离的P点？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）利用通径公式和椭圆定义，结合余弦定理即可建立方程，从而可求解椭圆方程；（2）由点M，N在直线的两侧可得，设直线l：，点，，联立椭圆方程，消元，利用韦达定理可得，．根据，得到．代入斜率公式，得到，再由，求出的取值范围即可.【详解】（1）当轴时，，即①，当时，，在中，，由余弦定理可知，，即，整理，可得，即②，由①②，解得，．所以C的方程为．（2）设直线l：，点，，令，则，，由点M，N在直线的两侧，可得，联立，消去x，可得，则恒成立，所以，．因为，所以，由正弦定理，得，而，即，所以，而，则，所以，则，即，即，整理，得，所以，因为，所以，又，所以，所以．令，结合，解得，则．所以时，点P到直线l的距离．【点睛】关键点睛：第二问中的关键是能把转化为，由正弦定理，得，从而得到，即，从而利用斜率公式和韦达定理求解.22．（2023·江苏南京·南京市第九中学校考模拟预测）椭圆E的方程为，左、右顶点分别为，，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若，求的长；(2)若直线l过点，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线与直线交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)点M在定直线上，理由见解析.【分析】（1）设，由题意可得则，，从而可得，根据即可求解；（2）依题可设直线l的方程为，，，．求出直线的方程为，直线的方程为，联立可得，联立直线l的方程和椭圆方程，结合韦达定理，从而可求解.【详解】（1）设，则①，②，由①②可得，，即，（2）依题可设直线l的方程为，，，．联立方程组，整理得，，则，直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，得，因为，，由，得，得．所以.故点M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.23．（2023·江苏南通·统考三模）已知抛物线与都经过点．(1)若直线与都相切，求的方程；(2)点分别在上，且，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意求得，，利用导数的几何意义，求得切线的方程，根据为曲线的公切线，联立方程组，结合，进而求得的方程；（2）设，，根据，列出方程得到关系式，分类讨论，即可求解．【详解】（1）因为曲线都过点，所以，解得，即，设直线与曲线相切于点，令，可得，则切线的斜率，所以切线方程为，即，由，整理得，因为为曲线的公切线，所以，解得，所以直线的方程为，即．（2）设，，又，，所以，可得，两式相减得到，当时，，，此时，，则，，且，可得，所以，所以；当时，，此时方程无解，（舍去），综上，可得的面积为．24．（2023·江苏南京·统考二模）已知拋物线和圆．(1)若抛物线的准线与轴相交于点，是过焦点的弦，求的最小值；(2)已知，，是拋物线上互异的三个点，且点异于原点．若直线，被圆截得的弦长都为2，且，求点的坐标．【答案】(1)(2)或【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，设方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示得到，再根据重要不等式计算可得；（2）设，，，即可得到、的方程，由点到直线的距离公式得到、为方程的两根，即可得到，由可得，由斜率之积为，求出，即可得解.【详解】（1）拋物线的焦点为，准线为，则，设方程为，，，由，消去整理得，所以，，所以，，则，当且仅当时取等号，即的最小值为.（2）设，，，则，，圆的圆心为，半径，所以，则，同理可得，所以、为方程的两根，所以，又，所以，所以，即，解得，所以点坐标为或.25．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考模拟预测）设椭圆过点，两点，为坐标原点.(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在圆心为原点的圆满足题意，且．【分析】（1）将，的坐标代入椭圆的方程，列出方程组，求得即可；（2）假设满足题意的圆存在，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，与椭圆方程联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；当切线斜率不存在时，直接验证即可．当满足题意的圆存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，利用基本不等式求出其范围.【详解】（1）将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，．所以椭圆的方程为．（2）假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，

当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①将其代入椭圆的方程并整理得，则，②由韦达定理得，，③因为，所以，④将①代入④并整理得，联立③得，⑤将⑤代入②得，符合题意，因为直线和圆相切，因此，由⑤得，所以存在圆满足题意．当切线的斜率不存在时，切线为，可得或，显然，综上所述，存在圆满足题意．当切线的斜率存在时，由①③⑤得，当时，；当时，，∵，∴，当且仅当时等号成立，∴，则，当切线的斜率不存在时，易得，所以．综上所述，存在圆心为原点的圆满足题意，且．【点睛】方法点睛：圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：（1）探索点是否存在；（2）探索曲线是否存在；（3）探索命题是否成立．解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为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．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．26．（2023·江苏·校联考模拟预测）设抛物线C：的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.(1)若AB过焦点F，且，求直线AB的倾斜角；(2)求的值.【答案】(1)或(2)2【分析】（1）设AB直线的方程，再和抛物线联立，运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线AB的倾斜角；（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，与抛物线联立由求出直线PA的方程，同理可得直线PB方程，即可求出直线AB的方程，与抛物线联立求出，设直线PD的方程为与抛物线联立由韦达定理表示出，，代入化简即可得出答案.【详解】（1）设，，，，因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为，联立方程，消去y，得，所以，，所以，，所以直线的倾斜角为或.（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，（k存在，A不为原点），联立方程，消去x得，，，即，所以，即，所以直线PA的方程为，即，同理可得，直线PB方程为：，因为点在直线PA，PB上，所以，，所以直线AB的方程为：设直线PD的方程为，联立方程，消去x，得，得，，联立方程，消去x，得，由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，所以.

【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线位置关系中的定值问题，此类问题一般有两个处理方法：（1）联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而可解决定值问题；（2）设出抛物线上动点的坐标（注意用纵坐标表示横坐标或用横坐标表示纵坐标），把题设条件转化为关于坐标的关系，从而可解决定值问题.27．（2023·江苏无锡·辅仁高中校考模拟预测）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.28．（2023·江苏·统考模拟预测）已知抛物线：的焦点F也是双曲线：的一个焦点，与公共弦的长为.(1)求的方程；(2)过F的直线l与交于A，B两点，与上支交于C，D两点，且与同向.（i）若，求直线l的斜率；（ii）设在点A处的切线与x轴交于点M，试判断点F与以MD为直径的圆的位置关系.【答案】(1)(2)（i）；（ii）点F在以MD为直径的圆内【分析】（1）根据弦长和抛物线方程可求得交点坐标，结合同焦点建立方程组求解可得；（2）（i）设，，，，直线方程，分别联立抛物线方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合可解；（ii）利用导数求出切线方程以及点M坐标，利用判断，从而可知为钝角，可得结论.【详解】（1）的焦点为，所以①又与公共弦的长为，且与都关于y轴对称，所以公共点的横坐标为，代入可得纵坐标为3，所以公共点的坐标为，所以②联立①②得，，故的方程为.（2）设，，，，（i）因为与同向，且，所以，从而，即，所以，设直线l的方程为，

联立，得，，则，，联立，得，，则，，所以，即，所以，所以或，由图可知，，得，故所以直线l的斜率为.（ii）由得，所以在点A处的切线方程为，令得，即，所以，而，于是，因此是锐角，从而是钝角，故点F在以MD为直径的圆内.【点睛】本题属直线与圆锥曲线综合问题，一般遵循设而不求原则，基本步骤为：1、设出点的坐标和直线方程；2、直线方程联立圆锥曲线方程消元，得到关于x或y的一元二次方程；3、判断判别式，利用韦达定理得到两根和与两根积；4、利用根与系数关系对题目条件进行转化求解.29．（2023·江苏扬州·江苏省高邮中学校考模拟预测）设直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，且三角形的面积为.(1)求的值；(2)已知直线与轴不垂直且斜率不为0，与交于两个不同的点，，关于轴的对称点为，为的右焦点，若，，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到两点的坐标，得到三角形的面积为，列出方程，求出的值；（2）设出直线方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出，求出直线所过的定点.【详解】（1）双曲线：的渐近线方程为，不妨设，因为三角形的面积为，所以，所以，又，所以.（2）双曲线的方程为：，所以右焦点的坐标为，依题意，设直线与轴交于点，直线的方程为，设，，则，联立，得，且，化简得且，所以，，因为直线的斜率存在，所以直线的斜率也存在，因为，，三点共线，所以，即，即，所以，因为，所以，所以，所以，化简得，所以经过轴上的定点.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线的方程为，，，则，再将其与双曲线方程联立，从而得到韦达定理式，根据三点共线，则有，整理代入韦达定理式化简求出值即可.30．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，过椭圆：上的动点作轴的垂线，垂足为点，，.(1)求椭圆的方程；(2)设直线：交于不同的两点、，向量，，是否存在常数，使得满足的实数有无穷多解？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）设，则，根据向量数量关系的坐标表示得，利用两点距离公式求椭圆轨迹方程；（2）（法一）联立直线与椭圆，应用韦达定理得、，结合向量关系得，进而有，将韦达式代入得到恒等式求参数k；（法二）同方法一，根据向量关系得到，韦达式代入恒成立，求参数k；（法三）根据题设向量关系有，设，则，确定坐标，斜率两点式判断是否为常数即可.【详解】（1）设，则，由得：，由得：，所以曲线的方程为：.（2）（法一）将直线代入椭圆得：，即，由韦达定理，，由知：，又，故有，由，则，所以恒成立，为任意实数，所以，可得，得，经检验，不合题意，即存在常数使对任意实数恒成立，（法二）将直线代入椭圆得：，即，由韦达定理得，由知：，即，代入得：，由于为常数，故当且仅当时等式成立，故存在常数使对任意实数恒成立，.（法三）由知：，设，则，由此得到或者，或者当，时，求得；当，时，求得；当，时，求得，不为常数；当，时，求得，不为常数；综上，存在常数使对任意实数恒成立，.

【点睛】关键点点睛：第二问，联立直线与椭圆，应用韦达定理结合已知关系得到恒等关系求参数，注意验证所得结果.31．（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）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.32．（2023·江苏常州·校考一模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得，再结合可求出，从而可求得椭圆方程，（2）设，，，，设的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，由可得，再结合前面的式子化简可求出关于的方程，从而可证得结论.【详解】（1）由题意可知，因为，所以解得，．所以所求椭圆的方程为（2）设，，，，直线的斜率显然存在，设为，则的方程为．因为，，，四点共线，不妨设，则，，，，由，可得，化简得．（*）联立直线和椭圆的方程，得，消去，得，，得，由韦达定理，得，．代入（*）化简得，即．又，代入上式，得，化简得．所以点总在一条定直线上．

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是设出直线的方程，利用弦长公式表示出，代入化简，再将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，几个式子相结合可证得结论.33．（2023·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测）过点的动直线与双曲线交于两点，当与轴平行时，，当与轴平行时，．(1)求双曲线的标准方程；(2)点是直线上一定点，设直线的斜率分别为，若为定值，求点的坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标，代入双曲线方程即可求得结果；（2）方法一：由三点共线可整理得到，代入双曲线方程可整理得到，结合两点连线斜率公式可化简得到，根据为常数可构造方程求得，进而得到点坐标，验证可知符合题意；方法二：设，与双曲线方程联立可得一元二次方程，根据该方程的根可化简得到，同理可得，由此可化简得到，由为常数可构造方程求得点坐标，验证可知当直线斜率为和斜率不存在时依然满足题意，由此可得结论.【详解】（1）由题意可知：双曲线过点，，将其代入方程可得：，解得：，双曲线的标准方程为：.（2）方法一：设，点与三点共线，，（其中，），，，又，整理可得：，当时，，，不合题意；当时，由得：，设，则，，若为定值，则根据约分可得：且，解得：；当时，，此时；当时，为定值.方法二：设，直线，由得：，为方程的两根，，则，由得：，由可得：，同理可得：，则，若为定值，则必有，解得：或或，又点在直线上，点坐标为；当直线斜率为时，坐标为，若，此时；当直线斜率不存在时，坐标为，若，此时；综上所述：当时，为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解，本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系，进而通过等量关系化简所求的，根据为常数来构造方程求得定点的坐标.34．（2023·江苏南通·三模）双曲线C：，点是C上位于第一象限的一点，点关于原点O对称，点关于y轴对称．延长至E使得，且直线和C的另一个交点F位于第二象限中．(1)求的取值范围；(2)证明：不可能是的三等分线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求得点，求出直线BE的方程，将该直线的方程与双曲线C的方程联立，求出点F的坐标，由可得出，进而可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围；（2）计算得出，可得出，计算出，可得出，由此可证得结论成立.【详解】（1）由题设得，、，设点，由题意可得，即，即，得，则，直线BE的斜率为，所以直线BF的方程是，即，联立，消去y可得，直线BF与双曲线C有2个交点，则，因为满足方程，由韦达定理得，解得，所以，得已经成立，因此只需，因为，可得，所以，因为，所以，所以，可得，所以的取值范围是；（2）证明：由（1）可知，，所以，即，则，因为，则，则，所以，因此AE不可能是的三等分线..【点睛】难点点睛：本题考查了双曲线的标准方程、直线与双曲线的位置关系以及圆锥曲线中的综合问题，属于难题，解答时要明确题意，明确解题的思路，但难点在于计算的复杂性，并且计算量很大，并且基本上都是关于字母参数的运算，因此要十分有耐心才可以.二、证明题35．（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.36．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．(1)求椭圆的方程；(2)设直线、的斜率分别为、，且．①求证：直线经过定点．②设和的面积分别为、，求的最大值．【答案】(1)(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：①设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，则，所以，，解得，即直线的方程为，故直线过定点.②由韦达定理可得，，所以，，，则，因为函数在上单调递增，故，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.【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.37．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，两个顶点分别为.过点的直线交椭圆于两点，直