期末专题08 圆锥曲线大题综合（椭圆、双曲线、抛物线）（附加）（30题）（解析版）-备战期末高二数学

期末专题08圆锥曲线大题综合（椭圆、双曲线、抛物线）（附加）（精选30题）1．（22-23高二下·河北邢台·期末）椭圆的两焦点为，，且椭圆过点.(1)求椭圆的方程；(2)是坐标原点，是椭圆上两点，是平行四边形，求以为直径的圆的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的定义及焦点坐标求得椭圆的方程；（2）根据点差法求出直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长得到圆的直径，以的中点为圆心，得出圆的方程.【详解】（1），则，又，所以，故椭圆的方程为.（2）的中点为，设，，则，，两式相减整理得，其中，，，故，则.故的方程为，即，代入椭圆方程整理得得，，所以，故所求圆的方程为.

2．（22-23高二下·湖南·期末）已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.(1)求点的轨迹方程；(2)已知两点的坐标分别为，过点的直线与（1）中点的轨迹交于两点（与不重合）.证明：直线与的交点的横坐标是定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的定义求标准方程；（2）利用韦达定理以及直线的点斜式方程和直线的交点坐标的求解方法证明.【详解】（1）

依题意，，圆的半径为4.于是，且，故点的轨迹为椭圆..所以点的轨迹方程为：.（2）依题意直线的斜率不为0，设直线的方程为：代入椭圆方程得：.所以①，②又直线的方程为：，直线的方程为：联立上述两直线方程得：，即，将①②代入上式得：,即，解得.所以直线与的交点的横坐标是定值4.3．（22-23高二下·湖北·期末）已知抛物线，点在抛物线上，且点到抛物线的焦点的距离为.(1)求；(2)设圆，点是圆上的动点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两点，求的面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求解.（2）根据已知直线方程，和抛物线联立方程，结合韦达定理，求出点的坐标，从而求出直线的方程，根据弦长公式，求得，结合圆上一点到直线的距离的最大值为，从而求出的面积的最大值.【详解】（1）由题知准线方程为，则，得.（2）抛物线的方程为，把点代入到抛物线方程，，又，所以，则点的坐标为，依题知过点的直线斜率必存在，设过点的直线方程为，设，，的圆心为，半径，则圆心到该直线的距离为，

由直线与圆相切，所以，解得，，

联立，消y得，，则，又，不妨设，同理，

故，，得，所以直线：，即，

（定值），要使的面积最大，则中边上的高最大即可，又因为圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的最大值为，即中边上的高的最大值为,所以.

4．（22-23高二下·湖南长沙·期末）已知抛物线，点在抛物线上，直线交于，两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．(1)求点到抛物线焦点的距离；(2)是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）点代入抛物线中求得抛物线方程，从而找到点到抛物线焦点的距离.（2）可利用直角三角形的性质，斜边中线的长度等于斜边的一半，转换为圆锥曲线的弦长问题；【详解】（1）将点代入抛物线方程，则，抛物线焦点，则点到抛物线焦点的距离等于点到抛物线准线的距离．（2）存在，证明如下：如图，设，．

把代入得，，由根与系数的关系得，．，点的坐标为．假设存在实数，使，则．又是的中点，．由（1）知，．轴，，又．，两边同时平方得：，解得，即存在，使．5．（22-23高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知双曲线.四个点中恰有三点在双曲线上.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线交于两点，且，求原点到直线的距离.【答案】(1)(2).【分析】（1）由双曲线性质可知，关于原点对称，可得一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象判断点不在双曲线上，即在双曲线上，进而可得答案.（2）联立直线与双曲线方程消去，由，结合韦达定理可得，再利用点到直线距离公式，化简即可得答案.【详解】（1）由双曲线性质可知，关于原点对称，所以一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象而和坐标的数中，，但，所以点不在双曲线上，即在双曲线上.解得双曲线的方程为（2）直线的方程为，设，由消去得所以.由，可得，即所以，可化为即则即到的距离.

6．（22-23高二下·安徽合肥·期末）已知双曲线：的右焦点为，过且斜率为1的直线与的渐近线分别交于，两点（在第一象限），为坐标原点，．(1)求的方程；(2)过点且倾斜角不为0的直线与交于，两点，与的两条渐近线分别交于，两点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知得：，与渐近线方程联立解得，，结合已知条件得，进而求得，得到的方程；（2）要证明，只需证明的中点与的中点重合．设直线：，与双曲线方程联立，结合韦达定理求出的中点为的坐标，由直线与渐近线方程联立，求出的坐标，进而得的中点为的坐标，即可得出结论．【详解】（1）由已知得：，联立解得，同理可得．∵，∴，整理得．又，∴，，∴的方程为．

（2）要证明，只需证明的中点与的中点重合．设的中点为，直线：，联立得，设，，则，，，即，双曲线：的渐近线方程为，由得可得，由得可得，∴的中点为，∴点与点重合，∴．7．（22-23高二下·湖北武汉·期末）平面内与两定点，连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上，两点所成的曲线记为曲线C.(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；(2)若时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为.设，是的两个焦点，试问：在上是否存在点N，使得的面积，并证明你的结论.【答案】(1)；答案见解析(2)存在；证明见解析【分析】（1）设动点为，其坐标为，根据题意可得，整理可得曲线C的方程为，再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型；（2）对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为，从而求得或，进而解决问题.【详解】（1）设动点为，其坐标为，当时，由条件可得，即，又的坐标满足.所以曲线C的方程为.当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线的方程为是圆心在原点的圆；当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线的方程为是焦点在轴上的双曲线.（2）在上存在点N，使得的面积，证明如下：由（1）知，当时，曲线的方程为，当时，的焦点分别为，对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为由(1)得，由(2)得，所以，解得或，满足，所以存在点使得.【点睛】关键点睛：第二问的关键是确定对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为，从而求得或，进而解决问题.8．（22-23高二下·广东茂名·期末）已知双曲线的离心率为的右焦点到其渐近线的距离为1.(1)求该双曲线的方程；(2)过点的动直线（存在斜率）与双曲线的右支交于两点，轴上是否存在一个异于点的定点，使得成立．若存在，请写出点的坐标，若不存在请说明理由.【答案】(1)(2)存在定点【分析】（1）根据条件列出关于的方程组求解即可；（2）假设存在定点满足已知条件，故设，结合正弦定理得，则，当直线的斜率为0时，显然不符合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，与双曲线联立，由直线与双曲线的右支交于两点，求得范围，然后结合韦达定理及求解即可.【详解】（1）双曲线的渐近线为，点到渐近线的距离为1，，解得，双曲线的方程为.（2）假设存在定点满足已知条件，故设，，，在和中，由正弦定理得，及，，及，，又，，直线与直线的倾斜角互补，，

当直线的斜率为0时，显然不符合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，联立，得，所以，又因为直线与双曲线的右支交于两点，，即，，则，解得，，又，，即，，即，解得，存在定点，使得成立.9．（22-23高二下·福建泉州·期末）已知为坐标原点，点到点的距离与它到直线的距离之比等于，记的轨迹为．点在上，三点共线，为线段的中点．(1)证明：直线与直线的斜率之积为定值；(2)直线与相交于点，试问以为直径的圆是否过定点，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)定点，理由见解析【分析】（1）先设，再根据距离比计算轨迹，最后计算斜率积即可；（2）先设，再根据为直径的圆过定点，计算可得.【详解】（1）设，则有，整理得；

设,，，则，，由，两式相减：，整理得，，，即直线与直线的斜率之积为定值．（2）显然直线的斜率不为0，设直线方程为，联立方程组，消去得：，所以，，，

，直线，从而点，根据椭圆的对称性可知，若以为直径的圆过定点，则该定点在轴上，可设为，以为直径的圆过定点，则，又，，从而，整理得，故，解方程组可得，即以为直径的圆过定点．10．（22-23高二下·广西南宁·期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线：，动点到点的距离与直线的距离之比为.(1)求动点的轨迹的方程；(2)设曲线与轴交于、两点，过轴上点作一直线与椭圆交于，两点（异于，），若直线与的交点为，记直线与的斜率分别为，，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）设，根据给定条件列出方程，再化简即可作答.（2）设出直线的方程，与轨迹的方程联立，利用韦达定理、斜率坐标公式推理计算作答.【详解】（1）设，依题意，，整理得，所以动点的轨迹是椭圆，其方程为.（2）由（1）知，不妨令，设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程：，

由消去x并整理得，有，即，于是，即有，由,,和,,三点共线，得，即，而，从而，因此，解得，而，所以.11．（22-23高二下·湖北恩施·期末）已知椭圆：的长轴长为，且短轴长是长轴长的一半．(1)求的方程；(2)已知直线：与椭圆相交于两点，，求线段的长度；(3)经过点作直线，交椭圆于、两点如果恰好是线段的中点，求直线的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由题意可得，的值，即求出，的值，可得椭圆的方程；（2）联立直线的方程与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，代入弦长公式，可得的大小；（3）设，的坐标代入椭圆的方程，作差整理可得直线的斜率，代入点斜式方程求出直线的方程．【详解】（1）由题意可得，可得，，所以椭圆的的方程为：；（2）设，，联立，整理可得，可得，，所以；

（3）设，，由题意可得，，将，的坐标代入可得：，作差整理可得：，即直线的斜率为，所以直线的方程为，即

12．（2023·山东济南·三模）已知椭圆，圆与x轴的交点恰为的焦点，且上的点到焦点距离的最大值为.(1)求的标准方程；(2)不过原点的动直线l与交于两点，平面上一点满足，连接BD交于点E（点E在线段BD上且不与端点重合），若，试判断直线l与圆M的位置关系，并说明理由.【答案】(1)(2)相离，理由见解析【分析】（1）根据题意求得和，结合，求得的值，即可求解；（2）设直线，联立方程组得到，且，由和，求得点坐标，代入椭圆，化简得到，结合点到直线的距离，得到直线与圆相离；当直线的斜率不存在时，求得，得到直线与圆相离，即可求解.【详解】（1）解：由题意，圆与轴的交点为，可得，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，又因为，可得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：如图所示，设，当直线的斜率存在时，设直线，联立方程组，整理得，则，且，可得，由可得点为中点，可得，且有，可得，所以，即点坐标为，将点代入椭圆，可得，整理得，又由点分别满足，代入上式可得，即，代入韦达定理，可得代入韦达定理可得，满足，点到直线的距离，因为，可得，所以，所以，所以，所以直线与圆相离，当直线的斜率不存在时，此时有，代入，可得，又因为，可得，所以直线的方程为，也满足直线与圆相离，综上可得，直线与圆相离.

【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．（22-23高二下·江苏镇江·期末）如图，在中，，若以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系.设动顶点.(1)求顶点A的轨迹方程；(2)记第（1）问中所求轨迹曲线为，设，过点作动直线与曲线交于两点（点在轴下方）.求证：直线与直线的交点在一条定直线上.【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据椭圆的定义，求得椭圆的的值，可得答案；（2）根据联立直线与椭圆写出的韦达定理，表示出直线的直线方程，联立整理方程，可得答案.【详解】（1）由，则A的轨迹为以为焦点的椭圆，且，；由，则，，即，故A的轨迹方程为.（2）直线方程可设为，联立可得，消去可得：，显然成立，设，则，即，设，，联立上述两方程，消去可得，，，，，由，则，，解得；综上所述，动点的轨迹方程为直线.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．14．（22-23高二下·江西南昌·期末）已知离心率为的椭圆C：过点，椭圆上有四个动点，与交于点.如图所示.

(1)求曲线C的方程；(2)当恰好分别为椭圆的上顶点和右顶点时，试探究：直线与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；(3)若点的坐标为，求直线的斜率.【答案】(1)(2)是定值，定值为(3)【分析】（1）根据离心率以及椭圆经过的点即可联立方程求解，（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据斜率公式化简即可求解，（3）根据向量共线满足的坐标运算，代入椭圆方程中，即可化简求解.【详解】（1）由题意可知，所以曲线C方程为（2）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.（3）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】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，注意的判断；（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．（22-23高二下·广西南宁·期末）已知椭圆：的一个端点为，且离心率为，过椭圆左顶点的直线与椭圆交于点，与轴正半轴交于点，过原点且与直线平行的直线交椭圆于点，．

(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率和过点列方程组求出，得到椭圆的标准方程；（2）应用弦长公式分别求出计算化简可得定值.【详解】（1）因为椭圆：过点，所以，又椭圆的离心率为，则所以，故椭圆方程为（2）设直线的方程为，所以，设，由，得，则，所以，设直线的方程为，由，得，设，则，则，所以，故，因此为定值.【点睛】关键点点睛：定值取得的关键是对弦长公式的应用及结合图形的对称性得出.16．（22-23高二下·广东广州·期末）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右顶点，分别为椭圆的左右焦点，是椭圆的上顶点，且的外接圆半径为．(1)求椭圆的方程；(2)设与轴不垂直的直线交椭圆于两点（在轴的两侧），记直线的斜率分别为．（i）求的值；（ii）若，则求的面积的取值范围．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据已知求出的关系，可推得，结合的外接圆半径，利用正弦定理求得c，即可求得，即得答案；（2）设l的方程并联立椭圆方程，可得根与系数关系，（i）化简整理可得以及的值；（ii）利用（i）的结论推出，结合根与系数的关系式化简可求得m的值，继而求得的面积的表达式，结合函数的单调性即可求得答案.【详解】（1）由于椭圆的离心率为，故，故，则，又，则，又的外接圆半径为，则，解得，故，故椭圆方程为；（2）（i）设l与x轴的交点为D，由于直线交椭圆于两点（在轴的两侧），故直线l的斜率不为0，

设l的方程为，联立，则，需满足，设，则，又，故，同理可得；（ii）因为，则，又直线l与x轴不垂直可得，则，即，所以，即，即，即，整理得，解得或，因为在轴的两侧，故，则，故，此时直线l为，过定点，与椭圆C交于不同两点；此时，，令，由于l与轴不垂直，故，所以，故，设，时，，即在上单调递增，即，故，即的面积的取值范围为.【点睛】难点点睛：解答此类直线和椭圆位置关系中的范围问题，解答的思路并不困难，一般是联立方程，得到根与系数的关系，进而化简，难点在于计算的过程比较复杂且计算量较大，因此对于含有字母的复杂计算要十分细心.17．（22-23高二下·安徽阜阳·期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，点为椭圆的左焦点.(1)求椭圆的标准方程；(2)平行于轴的动直线与椭圆相交于不同两点，直线与椭圆的另一个交点为，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆中的基本量关系，再代入求解即可；（2）设直线，则，再联立与椭圆方程，得出韦达定理，化简可得，进而求出定点.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，椭圆过点，所以解得因此，椭圆的标准方程为.（2）证明：由题可知，直线的斜率存在.设直线，则.联立直线与椭圆方程得，则，，所以，整理得.又所以直线的方程为.故直线过定点.

18．（22-23高二下·安徽芜湖·期末）已知以为焦点的椭圆过，记椭圆的另一个焦点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)若直线是曲线的切线，且与直线和分别交于点，与轴交于点，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义，即可得到结果；（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在分别讨论，结合韦达定理代入计算，即可得到证明；【详解】（1）由题意得，即，所以的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，方程为（2）

当切线的斜率存在时，设切线为，则，联立可得：，则，即，设，直线和是曲线的渐近线，联立可得：，则，，，所以.当切线的斜率不存在时，易知.【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较难，解答本题的关键在于分直线的斜率存在与不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算.19．（22-23高二下·福建厦门·期末）已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动点的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知点在曲线上，点，在曲线上，若四边形为平行四边形，则其面积是否为定值?若是，求出定值；若不是，说明理由【答案】(1)(2)为定值【分析】（1）设，，依题意可得，再由点在曲线，代入方程即可得解；（2）设，，，依题意可得，根据点在曲线上得到，表示出直线，求出点到直线的距离，根据计算可得.【详解】（1）设，，因为点在曲线上，所以，因为，所以，代入可得，即，即的方程为；（2）设，，，因为点在曲线上，所以，因为四边形为平行四边形，所以，所以，所以，又、，所以，因为，所以，直线：，点到直线的距离，所以平行四边形的面积.

【点睛】思路点睛：本题第二问采用设而不求，利用整体思想得到是解决问题的关键，方法比较新颖.20．（22-23高二下·安徽黄山·期末）已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点．(1)求抛物线的标准方程；(2)求证：直线BC过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由利用距离公式构建方程即可求得值；（2）过点，则可设的方程为，并与抛物线联立可得，若，则可知，消得，由斜率为可得，代入消可得将他代入的方程为即可求得必过点.【详解】（1）焦点，

又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即∴∴抛物线E的标准方程为；（2）依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，

由，化简得：，设，则由韦达定理可知，消去得：

①又，则

②由①②得，∴③由于（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴（舍去）

（ⅱ）若直线有斜率，直线的方程为，即，

将③代入得，∴，故直线有斜率时过点．【点睛】方法点睛：我们在处理直线与抛物线相交问题时，通常使用联立方程设而不求韦达定理处理，最终利用横（纵）坐标的和与积的转换来处理；抛物线上两点斜率一般可用抛物线方程转化为坐标之和来表示，如上两点的斜率.21．（22-23高二下·广东韶关·期末）已知椭圆的离心率是，且过点．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C的左、右顶点分别为，，且P，Q为椭圆C上异于，的点，若直线过点，是否存在实数，使得恒成立．若存在，求实数的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在实数，满足题设条件【分析】（1）将点代入椭圆可得，结合，可求得：（2）设直线的直线方程并与椭圆方程联立，令，，则可得、，或者，代入即可求解；【详解】（1）由题意，，，解得：①．∵点在椭圆C上，∴②联立①、②，解得，故所求椭圆C的标准方程是（2）解法一：由（1）知，．当直线斜率不存在时，．与椭圆联立可得，，则，，故而，可得；得当直线斜率存在且不为0时，设，令，，则，．联立消去y并整理，得，则由韦达定理得，假设存在实数，使得，则，即，整理得，变形为，则，即，即即或，得或．当时，．此时，，整理得，解得与题设矛盾，所以所以．解法二：由（1）知，，．可设，，．联立，得，由韦达定理得：，，所以，所以故存在实数，满足题设条件．【点睛】方法点睛：处理直线与椭圆问题时选择恰当的直线方程的设法会极大的减少计算量，保证计算的准确度，如题目中的代数式由变量由构建更方便而直线也过点，可设直线方程为，更易于消，减少计算量.22．（22-23高二下·浙江·期末）过的直线与交于，两点，直线、与分别交于、．(1)证明：中点在轴上；(2)若、、、四点共圆，求所有可能取值．【答案】(1)证明见解析(2)8【分析】（1）要证明中点在轴上，只需证明他们中点的纵坐标为，即，把的坐标转换成用、的坐标，继而可以用韦达定理来计算证明；（2）由、、、四点共圆，可得，继而可得，代入点坐标利用韦达定理计算即可得到直线的参数值，则、的坐标可定，长度可求.【详解】（1）由题意，作图如下：

过的直线与交于，两点，可设直线方程为,令，，则，可得:，，，的方程，即，可得，联立，可得，即，同理可得，即，，，，，又即，，中点在轴上.（2）若、、、四点共圆，，又三点共线，三点共线，，又，，，，，又，，，解得，，又，，则，即，解得：或，，，.【点睛】方法点睛：解析几何中的四点共圆问题可用相交弦定理来处理，继而转化向量的数量积，代入点坐标，利用韦达定理处理.23．（22-23高二下·福建福州·期末）已知椭圆：的右焦点与抛物线：，的焦点重合，的离心率为，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为4．(1)求椭圆和抛物线的方程；(2)过点M（3，0）的直线l与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点．【答案】(1)椭圆和抛物线的方程分别为：，；(2)【分析】（1）由题意可得，由于椭圆的离心率可得a，c的关系，进而可得p，c的关系，再由过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为可得c的值，再由a，b，c的关系求出椭圆的方程及抛物线的方程；（2）设直线的方程，及A，B的坐标由题意可得E的坐标，将直线与椭圆联立可得两根之和及两根之积，求出直线的直线方程，将两根之和及之积代入可得恒过定点.【详解】（1）由的离心率为，可得，所以，因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，所以，，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为，令代入抛物线的方程：可得，所以，即，解得，所以，，由可得，所以椭圆和抛物线的方程分别为：，；

（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：，设，，由题意可得，直线与椭圆联立：，整理可得：，，可得，，，直线AE的方程为：，整理可得：所以当时，，即过定点，所以可证直线过定点.

【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.24．（22-23高二下·广东江门·期末）已知椭圆的离心率为，且与双曲线有相同的焦距．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为，过左焦点的直线交椭圆于两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据双曲线方程可确定焦距，再结合离心率和椭圆的关系可求得椭圆方程；（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据三角形面积公式可知所求面积之比为，利用可构造不等式求得的范围，从而确定面积之比的取值范围.【详解】（1）双曲线的方程可化为，其焦距为，设椭圆的焦点为，，解得：，又椭圆的离心率，，，椭圆的方程为.（2）

由（1）知：，，，由题意知：直线斜率不为，则可设，，，由得：，则，，；，，；，又，，，即，又，，设，则，，解得：，，即与的面积之比的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题重点考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积相关问题的求解；解题关键是能够将问题转化为变量的取值范围的求解问题，利用非对称韦达的处理方法，结合的范围可构造不等式求得结果.25．（22-23高二下·湖北荆门·期末）已知双曲线：的实轴长为2，两渐近线的夹角为．(1)求双曲线的方程：(2)当时，记双曲线的左、右顶点分别为，，动直线：与双曲线的右支交于，两点（异于），直线，相交于点，证明：点在定直线上，并求出定直线方程．【答案】(1)：或：(2)证明见解析，定直线【分析】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定，两点坐标关系，联立方程，再利用点斜式表示出直线，的方程，代入列出等式，代入韦达定理求解出即可,【详解】（1）由题知，得，或，得或，所以双曲线的方程为：或：．（2）由（1）知，当时，：，设，，联立直线与双曲线得：，，方程的两根为，，则，．，，则：，：，因为直线，相交于点，故，，消去，整理得：，，因此，故点在定直线上．【点睛】方法点睛：求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.26．（22-23高二下·福建泉州·期末）已知圆，点，以线段为直径的圆内切与圆，点的集合记为曲线(1)求曲线的方程；(2)若是曲线上关于坐标原点对称的两点，点，连结并延长交曲线于点，连结交曲线于点.设，的面积分别为，若，求线段的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用图中的几何关系和椭圆的定义求椭圆的标准方程；（2）设出点的坐标，由对称关系可知点坐标，设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，同理可求出，再利用三角形面积公式和三角形相似将线段长转化为坐标值，利用面积的比值即可求出点的坐标，即可求解.【详解】（1）设的中点为，切点为，连接，取关于轴的对称点，则，连接，则为△的中位线，即,故，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆.其中，，则曲线的方程为；

.（2）设，则，直线的斜率不可能为，设直线的方程为，则，将直线方程和椭圆方程联立得，，即或，，因为，所以，又因为在椭圆上，所以，代入上式得，同理可得,所以，解得，，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，注意的判断；（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.27．（22-23高二下·安徽·期末）已知椭圆：的一个焦点为，椭圆上的点到的最大距离为3，最小距离为1．(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆左右顶点为，在上有一动点，连接分别和椭圆交于两点，与的面积分别为．是否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，点坐标为或．【分析】（1）由条件列方程求，可得椭圆方程；（2）设横坐标为，结合三角形面积公式可得可化为，再证明，设直线的斜率为，分别联立与椭圆方程求，由此计算，由此可求的坐标.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为椭圆上的点到的最大距离为3，最小距离为1，所以，，又，解得，，，故椭圆的标准方程为；（2）由（1）可得，假设存在点，使得，设，则，

设横坐标为，则，所以，整理得，①设点坐标为，直线斜率为，斜率为，故，设直线的斜率为，故直线方程为，直线方程为，将直线和椭圆联立可得，由韦达定理可得，解得，将直线和椭圆联立可得，由韦达定理可得，解得，将横坐标代入①式可得，，整理得，化简得，解得，即，当时，直线的方程为，代入点可得，即点的坐标为，当时，直线的方程为，代入点可得，即点的坐标为，故点坐标为或．【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．28．（22-23高二下·江西上饶·期末）已知椭圆（，）的离心率为，左、右焦点分别为，，为的上顶点，且的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)设圆上任意一点处的切线交