专题7-4圆锥曲线五个方程型大题归类（解析版）

专题7-4圆锥曲线五个方程型大题归类目录TOC\o"1-1"\h\u题型01五个方程基础模板 1题型02千变万化的直线设法 5题型03无定点无斜率型双变量 8题型04五个方程常见题型：斜率和定 12题型05双变量基础型：直线过定点 16题型06定点：斜率积型 20题型07定点：斜率比值型 24题型08“第六个方程”型转化难题 28题型09圆过定点 32题型10定值型 37题型11面积最值型 40题型12切线型 44高考练场 47题型01五个方程基础模板【解题攻略】基本模板实战模板（如典型例题1得分析）独一无二的总结，千军万马中杀出来的实战经验，简称五个方程法。1、设点，2、方程1：设直线：此处还有千言万语，在后边分类细说。3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程的二次项能否为零这就是实战经验。5、（1）；（2）二次项系数是否为0；这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。6、方程4、5：韦达定理7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话：且,以上过程，以方程个数记，即是五个方程法。也就是许多老师所说的“韦达定理”法。这其中的华丽变化，以及解析几何的后续难题，都是从这五个方程中变化而来，而这是许多老师不一定能完全说透的地方。以上过程，简单的一个判断图形，如图：简单总结为：一“直”一“曲”【典例1-1】（上海市春季高考数学试卷(含答案)）已知椭圆的两个焦点分别为、,短轴的两个端点分别为(1)若为等边三角形,求椭圆的方程;(2)若椭圆的短轴长为,过点的直线与椭圆相交于两点,且,求直线的方程.【答案】[解](1)设椭圆的方程为.根据题意知,解得,故椭圆的方程为.(2)容易求得椭圆的方程为.当直线的斜率不存在时,其方程为,不符合题意;当直线的斜率存在时,设直线的方程为.（方程1）由得.（方程3）设,则因为,所以,即,解得,即.故直线的方程为或。【典例1-2】（普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））设椭圆的左焦点为F,离心率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设A,B分别为椭圆的左右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若,求k的值.【答案】【(Ⅰ)；（2）解：设，由，知.过点F且与轴垂直的直线为，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又，从而，，所以椭圆的方程为.（Ⅱ）解：设点，，由得直线CD的方程为，由方程组消去，整理得.求解可得，.因为，，所以.由已知得，解得.【变式1-1】（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意可得，求解即可；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.所以，所以，，故椭圆E的标准方程为；（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，由得，，此时，即或，，.综上所述，，即为定值.【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）已知动点M与定点，满足．(1)求动点M的轨迹C的方程．(2)已知直线与曲线C交于P，Q两点，点T为x轴上一点，直线PT，QT的斜率分别为，试问：是否存在使为定值的点T？若存在，求出点T的坐标，并求出定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，，或，【分析】（1）利用余弦定理将题设等式转化为，从而利用椭圆的定义即可得解；（2）联立直线与曲线C的方程，得到，从而求得关于的表达式，从而得解.【详解】（1）∵，∴由余弦定理，得．∵，∴，即，∴，且．由椭圆的定义，得动点M的轨迹C的方程为．（2）将直线l的方程代入曲线C的方程并整理，得，则．

设，，则，．设点，且，则．若为定值，则，∴，解得．当时，，点．当时，，点．.题型02千变万化的直线设法【解题攻略】如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。【典例1-1】已知椭圆过点，且离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)详见解析【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求得椭圆方程；（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，再根据,以及，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求【详解】（1）由条件可知，，解得：，，所以椭圆C的方程是；（2）假设在轴上存在点，使且，联立，设，，方程整理为，，解得：或，，，则线段的中点的横坐标是，中点纵坐标，即中点坐标，，则，即，化简为，①又,则，，整理为，，化简为②由①得，即，代入②得，整理得③，又由①得，代入③得，即，整理得，即.当时，，当时，，满足，【典例1-2】已知抛物线的顶点在原点，焦点坐标为.(1)求抛物线的方程；(2)若直线与抛物线交于两点，求面积的最小值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，求得，即可求得抛物线方程；（2）联立直线方程和抛物线方程，根据韦达定理，结合直线恒过的定点，表达出面积关于参数的函数关系，求其最小值即可.【详解】（1）由题意，得，抛物线的方程为.（2）设，联立，消去得，，，易知，直线恒过定点，故△的面积，故△面积的最小值为.【变式1-1】已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为．(1)求椭圆C的方程；(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的方程；（2）由题意设直线为（），，设，将直线方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由可得，再根据可求得结果.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为面积的最大值为，所以，因为，所以解得，所以椭圆C的方程为；（2），设直线为（），，不妨设，设，由，得，则，所以，因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，解得，因为，所以，，所以，，所以，化简得，解得，因为，所以.【变式1-2】已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)试探究：在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在定点,使得为定值【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.【详解】（1）为等边三角形，，，；的周长为，，解得：，，，椭圆的方程为：.（2）假设在轴上存在定点，使得为定值；由（1）知：，直线斜率不为零，可设，，，由得：，则，，，；为定值，，解得：，此时定值为；存在定点，使得为定值..题型03无定点无斜率型双变量【解题攻略】当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。（1）（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。【典例1-1】椭圆的离心率是，且过点.(1)求的方程；(2)过点的直线与的另一个交点分别是，与轴分别交于，且于点，是否存在定点使得是定值？若存在，求出点的坐标与的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)，【分析】(1)将点P的坐标代入椭圆方程，与离心率联立方程组，求出a，b；(2)设立直线AB的方程，根据条件求出AB的方程，求出Q点坐标关于AB斜率的表达式，再消去参数即可.【详解】（1）将点P坐标代入椭圆方程得：…①，由离心率得，，又，代入①解得，椭圆C的标准方程为：；（2）设，不妨设，直线AB的方程为；联立方程，得，，直线AP的方程为：，直线BP的方程为：，令得，由题意：，，化简得：

，将代入上式化简得：，将式代入上式并化简得：，即或者，如果，则AB的方程为，为过定点P的直线，显然不符合题意，舍；，AB的方程为，∴，又，即，，，

，联立方程，解得，…③，即定点R为，；当时，，此时直线AB为y轴，所以PQ为平行于x轴的直线，Q点的坐标为，代入③也满足；综上，椭圆C的标准方程为：，定点R为，.【典例1-2】已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.(1)当，且为线段的中点时，证明：；(2)记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点,连接.利用几何法，分别证明出,为的角平分线，即可证明；（2）利用“设而不求法”分别表示出，解方程求出.【详解】（1）如图示：当时，恰为抛物线的焦点.由抛物线的定义可得：.取的中点,连接,则为梯形的中位线，所以.因为为的中点,所以,所以.在中，由可得：.因为为梯形的中位线，所以，所以，所以.同理可证：.在梯形中，,所以，所以，所以,即.（2）假设存在实数，使得.由直线与抛物线交于，两点，可设.设,则，消去可得：，所以，.则.而.所以，解得：.【变式1-1】已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.(1)求双曲线的标准方程；(2)求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.【详解】（1）设双曲线，易知.由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：，则，又，则解得，则双曲线.（2）设直线的方程为：，（且），，.联立，消得：，，，，①，②联立①②，解得：.又，同理，，把它们代入，得，故，得证.【变式1-2】已知椭圆：的离心率为，且过点．(1)求椭圆的方程；(2)设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率和过点，求出椭圆的方程；（2）根据题意求出，进而，韦达定理带入求出.【详解】（1）由题设得，，即，解得．所以的方程为．（2）设直线的方程为，代入得．，设，则，于是．，又，所以．即．，即，，，将，代入整理得，即，当，直线过点，舍去，所以．题型04五个方程常见题型：斜率和定【解题攻略】给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有【典例1-1】椭圆：()的左焦点为，且椭圆经过点，直线()与交于，两点（异于点）.（1）求椭圆的方程；（2）证明：直线与直线的斜率之和为定值，并求出这个定值.【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为1.【分析】（1）根据椭圆左焦点为，且椭圆经过点，从而得到，进而求得的值，得到椭圆方程；（2）先联立直线方程与椭圆方程，消元，设，韦达定理得到，利用两点斜率坐标公式，结合韦达定理证得结果.【详解】（1）由题意得：则椭圆方程为；（2）解法一（常规方法)：设，联立化简可得：，直线与椭圆交于两点即解得：由韦达定理直线得斜率和为定值．解法二（构造齐次式)：由题直线恒过定点①当直线不过原点时，设直线为则即有由有则整理成关于的齐次式：，进而两边同时除以，则令则②当直线过原点时，设直线的方程为综合直线与直线的斜率之和为定值．【典例1-2】设为抛物线上两点，且线段的中点在直线上.（1）求直线的斜率；（2）设直线与抛物线交于点，记直线，的斜率分别为，，当直线经过抛物线的焦点时，求的值.【答案】（1）1；（2）4.【分析】（1）设，，代入抛物线方程得到，，再由线段的中点在直线上，得出，代入斜率公式求解即可；（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，得出，用韦达定理，代入求解即可.【详解】（1）设，，因为在抛物线上，且的中点在直线上，则，，，所以直线的斜率；（2）∵直线经过抛物线的焦点，∴直线的方程为由消去得，由韦达定理，，∵直线与抛物线交于点，∴点的坐标为，∴，，∴.【变式1-1】已知右焦点为的椭圆经过点.（1）求椭圆的方程；（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，且直线的方程为.【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，设直线、的斜率分别为、，将韦达定理代入等式，求出的值，即可得出结论.【详解】（1）因为椭圆经过点，且该椭圆的右焦点为.所以，，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）存在直线，使得，理由如下：若直线与轴垂直，则直线过点，不合乎题意，由已知可设所在直线的方程为，代入椭圆的方程，得，，设、，则，，记直线、的斜率分别为、，欲使直线满足，只需.因为、、三点共线，所以，即.即.由，即，可得.所以存在直线，使得，此时直线的方程为，即.【变式1-2】已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.（1）求椭圆的离心率e；（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据可求出；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理建立关系可得对任意成立，可求出，得出椭圆方程.【详解】（1）由题可得，，，即，，；（2）由（1）可得椭圆方程为，当直线l的斜率存在时，设l：，设，联立直线与椭圆，得，则，即，则，，，，即对任意成立，即，则椭圆方程为，当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且此时，满足题意，综上，椭圆方程为..题型05双变量基础型：直线过定点【解题攻略】直线过定点：1、直线多为y=kx+m型2.目标多为求：m=f（k）3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值【典例1-1】已知椭圆过点，长轴长为.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）解方程组即得解；（2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点的坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证.【详解】（1）由题得所以椭圆的方程为.（2）直线与椭圆方程联立，化简得，，即.设，，，，则，．直线的方程为，则，直线的方程为，则，因为，所以+=0所以，所以，把韦达定理代入整理得或，当时，直线方程为，过定点，即点，不符合题意，所以舍去.当时，直线方程为，过定点.所以直线经过定点.【典例1-2】已知双曲线经过点（，1）(1)求双曲线C的离心率；(2)若直线与双曲线C相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．【答案】(1)(2)证明见解析,定点为【分析】(1)根据双曲线经过点（，1）即可求解;(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理可求解.【详解】（1）因为双曲线经过点（，1），所以，解得或(舍)，所以，所以双曲线的离心率.（2）设，由（1）知，双曲线，联立，消整理得，因为直线与双曲线C有两个交点，所以，即，由韦达定理得，，由题可知双曲线C的左顶点,因为以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，所以,即，所以，即，整理得，即，解得，或，即，，当时，直线方程为，当时，即此时直线过定点为左顶点，不满足题意;当时，直线方程为，当时，即此时直线过定点，满足题意;所以直线l过定点，该定点的坐标为．【变式1-1】已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上.(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程；(2)设点，求的最小值：(3)设直线l与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形DPEF为平行四边形，证明：直线l过定点，并求出这个定点的坐标.【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析，定点.【分析】（1）根据标准方程直接写出焦点和准线；（2）利用两点式及二次函数性质，结合抛物线的有界性求的最小值；（3）设，直线为，联立抛物线并应用韦达定理有，根据平行四边形性质有，由向量线性运算的坐标表示得到与数量关系，结合点在抛物线上求参数b，即可确定定点.【详解】（1）根据抛物线标准方程可得：焦点，准线.（2）设，则当时，，而，此时时；当时，，而，此时，即P为原点时；所以.（3）设，直线l为，，则，所以.因为四边形是平行四边形，所以，则所以，代入得：，解得，即直线过定点.【变式1-2】已知为坐标原点，点在双曲线上，直线交于，两点.(1)若直线过的右焦点，且斜率为，求的面积；(2)若直线，与轴分别相交于，两点，且，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件，先求出C的方程，写出直线l的方程，与双曲线方程联立求出P，Q点的坐标，运用两点距离公式和点到直线的距离公式即可计算出的面积；（2）根据M，N关于原点的对称性，设立坐标，求出直线AM和直线AN的方程，与双曲线方程联立，运用韦达定理求出P，Q的坐标，再利用两点式直线方程化简即可.【详解】（1）将点代入的方程，得，解得，所以的方程为.直线的方程为，联立方程整理得，，解得，不妨设，，则，点到直线的距离为，所以的面积为；（2）依题意作上图，设，则，，，直线AP的方程为：，直线AQ的方程为：；联立方程：，解得：，显然，即；，，联立方程：，解得：，显然，即，，即当时，直线PQ的方程为：，将上面求得的解析式代入得：，整理得：，所以直线PQ过定点...题型06定点：斜率积型【解题攻略】给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有【典例1-1】已知圆经过点，且与轴相切，切点为坐标原点.(1)求圆的标准方程；(2)直线：与圆交于，两点，直线：与圆交于，两点，且.（i）若，求四边形的面积；（ii）求证：直线恒过定点.【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据已知条件，求得圆心和半径，即可写出圆方程；（2）（i）联立直线方程和圆方程，求得交点的坐标，结合三角形面积公式即可求得结果；（ii）设出直线的方程，联立圆方程，结合已知条件，找到直线方程中参数之间的关系，即可求得结果.【详解】（1）因为圆与轴相切，切点为坐标原点，故可得其圆心在轴上，又其过点，故圆的圆心坐标为，半径，则圆的标准方程为：.（2）（i）因为，又,故可得，联立直线与，可得，解得或，故可得点坐标为；联立直线与，可得，解得或，此时，故点坐标为.故四边形的面积；（ii）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立可得，根据题意，其设两点的坐标分别为，则，故又，即，整理得：，则或，显然时，不满足题意，故舍去；当时，，其恒过定点；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，联立圆方程可得，解得，不妨设，由可得：，解得（舍）或，此时，直线也过点.综上所述：直线恒过定点.【典例1-2】已知椭圆的左右顶点为、，直线.已知为坐标原点，圆过点、交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.(1)记直线，的斜率分别为、，求的值；(2)证明直线过定点，并求该定点坐标.【答案】(1)；(2)，证明见解析.【分析】(1)根据题意设和圆G的圆心坐标，写出圆的标准方程，联立直线方程，利用韦达定理求出，结合两点坐标求直线斜率公式化简计算即可；(2)设，根据直线的点斜式方程写出直线AM、AN方程，分别联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，进而求出点的坐标，根据椭圆的对称性可知直线PQ过x轴上的定点，设定点坐标，利用平面共线向量的坐标表示化简计算即可求解.【详解】（1）如图，由题意知，圆G的圆心G在直线，设，则半径为，标准方程为，设，由，得，，消去，得，则，所以；（2）设，由(1)知，，得，所以，即，，即，，消去，得，则，得，所以，得.同理可得，即，又，，由椭圆的对称性知，直线过定点，且该定点为轴上的点，设定点为，则，，，令，解得或(舍去)此时，所以与共线，所以直线过定点.【变式1-1】已知抛物线的焦点，为坐标原点，、是抛物线上异于的两点．(1)求抛物线的方程；(2)若直线、的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，直接求得，则抛物线方程得解；（2）设出直线的方程，利用韦达定理，结合已知条件，即可求得结果.【详解】（1）根据题意，，则，故抛物线方程为：.（2）显然直线的斜率不为零，且不过原点，故设其方程为，联立抛物线方程可得：，时，设两点的坐标分别为，则，，由题可知，，即，解得，此时满足，故直线恒过轴上的定点.【变式1-2】已知椭圆C上任意一点P（x，y）到点F（－1，0）的距离与到直线x=－4的距离的比等于．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l与椭圆C相交于M，N两点，A（2，0），记直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且满足kAM·kAN=－1．证明：直线l过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先分别求出点P到点F的距离和到直线x=－4的距离,然后由根据条件得到方程，化简即可得到答案.（2）当直线l的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示出kAM·kAN=－1，将韦达定理代入，得出的关系，得到答案，再验证直线l的斜率不存在的情况.【详解】（1）因为点P（x，y）到点F（－1，0）的距离为，点P（x，y）到直线x=－4的距离，所以4（x2+2x+1+y2）=x2+8x+163x2+4y2=12，因此，可得椭圆C的标准方程为．（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，M（x1，y1），N（x2，y2），联立消去y，得（4k2+3）x2+8kmx+4m2－12=0，则=48（4k2+3－m2）＞0，，，于是，

即（kx1+m）（kx2+m）+（x1－2）（x2－2）=0，即（k2+1）x1x2+（km－2）（x1+x2）+（m2+4）=0，化简，得4k2+16km+7m2=（2k+m）（2k+7m）=0．

（i）当2k+m=0时，直线为y=kx－2k，过点（2，0），舍去；（ii）当2k+7m=0时，直线为，过点（，0）．②当直线l的斜率不存在时，x=，经检验，符合题意．

综上，则直线l过定点R（，0）．.题型07定点：斜率比值型【典例1-1】椭圆的左右焦点分别为，焦距为，点M为椭圆上位于x轴上方的一点，，且的面积为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.求证：直线恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析,恒过定点【分析】(1)根据焦点三角形与椭圆的定义可求解;(2)利用韦达定理确定，转化为，再结合韦达定理求得定点.【详解】（1）因为，所以，即，所以，所以又，，，所以，即，所以，所以，所以椭圆方程为.（2）依题意，设，若直线的斜率为0则关于轴对称，必有，不合题意．所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立，整理得：，所以，且，因为是椭圆上一点，即所，则，即，因为，得即因为，，，整理得解得，所以直线恒过定点.【典例1-2】已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.①求证：直线恒过定点；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）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程；（2）①设为，与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得，即可证结论；②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值.【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆C的方程为．（2）①依题意，设，若直线的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立，整理得：，所以，且因为是椭圆上一点，即，所以，则，即因为，所以，此时，故直线恒过x轴上一定点．②由①得：，所以，而，当时的最大值为．【变式1-1】已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.(1)求双曲线的方程；(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.②证明：直线恒过定点.【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果.（2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解.②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解.【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设，由题意，两式相减得：，整理得：，即，又，所以，即双曲线，经检验满足题意.（2）①因为的斜率存在且，设，，联立，消去整理得：，由题意得，解得又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得，又，，于是，故，同理可得，，，为定值，所以的值。②由①知（*），由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得，解得直线恒过定点【变式1-2】在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为．(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；(2)设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析，定点【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点的轨迹的方程；（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.【详解】（1）解：由题意得，所以，即的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线，又，，所以，所以的方程为；（2）解：由已知得：，：，联立直线方程与双曲线方程，消去整理得，由韦达定理得，所以，即，所以，联立直线方程与圆方程，消去整理得，由韦达定理得，所以，即，因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，由三点共线得，即，所以直线过定点．.题型08“第六个方程”型转化难题【解题攻略】在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。【典例1-1】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若(O为原点)，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或．所以，k的值为或【典例1-2】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点且与平行的直线与椭圆交于点.求的值.【答案】（1）（2）【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题意知解得，所以椭圆的标准方程为（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则设直线的方程为，直线的方程为，则，由得易知，设，则，是方程（1）的两个根，所以，所以，则又，所以由得.设，则，，所以，所以，【变式1-1】如图，已知椭圆：过点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）如图，直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点、，与直线交于点（介于、两点之间）.（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：.【答案】（1）；（2）（i），（ii）证明见解析.【详解】（1）由，.由于椭圆过点（2，1），所以，解得：，，所以椭圆的方程为：；（2）（i）由题设条件知，由题意设直线的方程为，设，，联立直线与椭圆的方程，整理可得，，即，，，所以弦长，到直线的距离为：，所以，当且仅当取等号，由介于、之间可得，这时直线的方程为；（ii）证明：∵，同理：，∴将，，代入可得：，所以直线，关于直线对称，即为的角平分线，所以，即证得：.【变式1-2】已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.【答案】（1）；（2）证明见解析，.解：根据题意得：，，，所以直线的方程为：，所以点到直线的距离为：，化简整理得：.又因为点在椭圆上，故.联立，解得：.故椭圆的方程为：.（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程并化简得：，所以，，，所以，因为，所以，化简整理得：，所以，整理得：（满足）此时，，原点到直线的距离为：，所以的面积为：..题型09圆过定点【解题攻略】圆过定点，有常见几方面的思维利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算利用对称性，可以猜想出定点，并证明。通过推导求出定点（难度较大）【典例1-1】已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为.(1)求椭圆的方程；(2)已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据题意写出关于的等式，进行联立即可求解；（2）先假设假设存在实数k，联立直线与椭圆可得，以CD为直径的圆过定点E可得，将韦达定理代入即可求解【详解】（1）直线l方程为，依题意可得：，又，解得：，，∴椭圆的方程为；（2）假设存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E，联立得，∴，∴或①，设，，则②，而，，，要使以CD为直径的圆过点，当且仅当，故，则，∴，③将②代入③得，解得，经验证使得①成立，综上可知，存在使得以CD为直径的圆过点E.【典例1-2】已知点F为双曲线的右焦点，过F的任一直线l与交于A，B两点，直线．(1)若为曲线上任一点，且M到直线的距离为d，求的值；(2)若为曲线上一点，直线MA，MB分别与直线交于D，E两点，问以线段DE为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)过定点，或【分析】（1）得到焦点，计算出与，相比后得到答案；（2）方法一：设出直线l的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，得到直线MA的方程，求出点坐标，同理得到点坐标，由对称性可知，定点P一定在x轴上，设为，由得到，求出或，故线段DE为直径的圆过定点，或；方法二：在第一问基础上，作出辅助线，得到，由正弦定理求出，FD是的角平分线，同理可得，FE是的角平分线，.所以，即，故以DE为直径的圆经过点，由对称性可知，也满足条件.【详解】（1）由题意得：，故．（2）方法一：设直线l的方程为，与双曲线方程联立得：，设，则，.直线MA的方程为，令，可得，所以，同理.由对称性可知，定点P一定在x轴上，不妨设为，则，，则，所以，则或.所以线段DE为直径的圆过定点，或.【变式1-1】．已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.(1)证明:;(2)求的最大值，并求此时双曲线的方程;(3)判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)面积最大值为，此时双曲线方程为.(3)过定点，定点为和.【分析】（1）根据向量线性关系得到，结合双曲线渐近线方程，得到，将点坐标代入双曲线方程，得到，进而得到，计算出；（2）考虑时，设出的方程，表达出，表达出，结合第一问中，求出，利用基本不等式求出面积的最大值，并得到双曲线方程为；再考虑时，同样表达出，得到最大值及双曲线方程；（3）表达出的方程及，，结合，得到，设以为直径的圆上的任意一点为，则，求出圆的方程，得到且，求出定点坐标.【详解】（1）因为，所以，即，双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，若，则，若，则，①，又点双曲线上，，解得：，故，；当时，与轴的交点为，若，则，若，则，，由（1）可得:同号，于是，，，，当且仅当时，，故面积最大值为，此时，双曲线方程为；当时，易得，，，由①式可得:，且点在双曲线上，，，，当时，同样当且仅当时，，双曲线方程为；（3）由题意，，，，，点在双曲线上，，从而，，设以为直径的圆上的任意一点为，由，可得该圆的方程为，不恒为，故要恒成立，必须有且，故所求的定点为和.【变式1-2】已知抛物线的焦点为，准线为．(1)若为双曲线的一个焦点，求双曲线的渐近线方程；(2)设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；(3)经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线､分别与相交于点．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析.【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得渐近线方程；（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3）设直线的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.【详解】（1）解：抛物线的焦点为，准线为，双曲线的方程为，即，则，，由题意可知：，则，故双曲线C的方程为，渐近线方程为.（2）解：由（1）可知：，如图，过点P作直线的垂线，垂足为M，由抛物线的定义可知，因为，且，所以，故直线EP的倾斜角，斜率，所以直线EP的方程为，即.（3）解：以线段MN为直径的圆C过定点，.理由如下：由已知可得直线，设，，联立方程，消去y可得：，则可得：，，又直线，当时，，所以.同理可得：.又，，则以线段MN为直径的圆C的圆心，半径，故圆C的方程为，整理得，令，则，解得或，故以线段MN为直径的圆C过定点，.题型10定值型【解题攻略】求定值问题常见的思路和方法技巧：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；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．求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题【典例1-1】已知椭圆：（，），离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆上的任意一点（除短轴的端点外）与短轴的两个端点，的连线分别与轴交于，两点，求证为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）根据椭圆的离心率及所过的点，列方程组求参数、，写出椭圆方程.（2）设，写出直线、的方程，可求，的坐标，进而可得关于的关系式，根据在椭圆上即可证结论.【详解】（1）由题设，，可得，故椭圆方程为.（2）由题意，若，，设椭圆上任意一点，∴直线的方程为；直线的方程为，令，得，．∴为定值，得证．【典例1-2】双曲线的一条渐近线方程为，且经过点．(1)求的方程；(2)为坐标原点，过双曲线上一动点（在第一象限）分别做的两条渐近线的平行线为，且，与轴分别交于P，Q，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线渐近线方程以及已知点，联立方程，可得答案；（2）由题意，设出动点，利用点斜式方程，结合直线位置关系，写出直线的直线方程，求出的坐标，整理的表达式，利用整体思想，可得答案.【详解】（1）∵渐近线为，则，，∴，在双曲线上，得解得，∴曲线的标准方程为.（2）设点坐标为则，得，则，同理：，得，则，则又∵点在曲线上，∴，∴则，∴得证为定值3．【变式1-1】．已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程．(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用相关点法即得；（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.【详解】（1）设，则，因为，所以，所以，即曲线的方程为；（2）设，则，由，可知A，B分别为的中点，所以，则，作差可得．因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，联立，可得，即，点P到直线的距离，所以的面积为，即的面积为定值．【变式1-2】已知一动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数.(1)求动点C的轨迹方程；(2)过点F作一条不垂直于y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线l上有一点，记直线PM，PF，PN的斜率分别为，，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，设动点，利用动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数即可求出轨迹方程；（2）讨论直线斜率是否存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线方程为：，联立方程组，设而不求，利用韦达定理即可证明为定值.【详解】（1）设动点，由题意知，，所以动点C的轨迹方程为C：.（2）当直线斜率不存在时，M，N的坐标分别为，，则.当直线斜率存在时，设直线方程为：.联立直线和椭圆的方程，化简得，则，，，，所以.即为定值，定值为2.题型11面积最值型【解题攻略】求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意注意变量的范围。式子转化为求值域或者求最值的专题复习一些常见的思维：1.可以借助均值不等式求最值。2.分式型，多可以通过构造来求最值，如下几种常见的。分式型：以下几种求最值的基本方法（1）（2）与型，可以设mx+n=t，换元，简化一次项，然后构造均值或者对勾函数求解。（3）型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解【典例1-1】已知圆：过点，其长轴长为4．(1)求椭圆的方程；(2)已知为坐标原点，，为椭圆上不重合两点，且，的中点落在直线上，求面积的最大值．【答案】(1)(2)1【分析】（1）由长轴长和椭圆上的点，待定系数法求椭圆的方程；（2），为椭圆上不重合两点，，的中点落在直线上，利用点差法求得直线的斜率，设出直线方程，代入椭圆方程，求弦长，求原点O到直线MN的距离，面积算式中利用基本不等式求最大值.【详解】（1）长轴长为4，则，点代入椭圆方程，有，解得，所以椭圆的方程为.（2）设，则，因为M，N在椭圆上，有，两式相减可得，设直线联立，消去得，则有，又，得，所以，，原点O到直线MN的距离故，当且仅当，即时等号成立，故面积的最大值为1．【典例1-2】已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.(1)求抛物线的方程；(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．【详解】（1）由,得，即.由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，所以，且，解得，所以抛物线C的方程为.（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，如图，设，，，.将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，所以，所以，且.直线的方程为，代入抛物线方程，消去，得，解得或，所以.同理，得，所以，所以当时，取得最大值，为.【变式1-1】已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据离心率的公式，结合的基本关系，代入求解即可；（2）直线的方程为，，，，直线与曲线联立，的面积，根据韦达定理，弦长公式将三角形面积表示，再根据基本不等式求解最大值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的标准方程为．（2）设直线l的方程为，，，联立，整理得，则，即，解得，，．故△OPQ的面积．设，因为，所以，所以，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，则，即△OPQ面积的最大值为．【变式1-2】已知椭圆的上顶点为，右焦点为，点满足．(1)判断点是否在椭圆上，并给出理由；(2)已知与线段相交的直线交椭圆于，（不同于点，）两点，求四边形面积的最大值．【答案】(1)点在椭圆上，理由见解析(2)【分析】（1）根据的坐标及列方程即可求解，再得的值，即可得椭圆方程，将点坐标代入即可知是否满足方程，判断其与椭圆的位置关系；（2）根据直线与椭圆的位置关系，确定弦长，再分别求解点到直线的距离，从而可得四边形面积，利用换元法结合函数求其最值即可.【详解】（1）由题意得，，，所以，，由于，得，得，所以，故椭圆的标准方程为．所以，故点Q在椭圆上．（2）如图，设，，把代入并整理，得，则，故．由（1）知点Q在椭圆上，又直线与线段PQ相交，所以点P，Q在直线的两侧，设O为坐标原点，连接OQ，则．点到直线的距离，点到直线的距离，，故四边形PMQN的面积．令，则，，当，即，时，，因此四边形PMQN面积的最大值为．题型12切线型【典例1-1】如图，两个椭圆的方程分别为和，(1)已知椭圆的离心率，且，求该椭圆的方程；(2)从大椭圆的右顶点和上顶点分别向小椭圆引切线，若的斜率之积恒为，求的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据椭圆离心率公式进行求解即可；（2）利用一元二次方程根的判别式，结合题意进行求解即可.【详解】（1）由题意，，故椭圆方程为；（2）由题意知，外层椭圆方程为，设切线的方程为，代入内层椭圆消去得：，由，得化简得，同理得，因为的斜率之积恒为，所以.【典例1-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，上一点到距离之和为6.(1)求的方程；(2)设在点处的切线交轴于点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据的值直接求解；(2)先求出过椭圆上一点的切线方程，再求出点坐标，从而即可证明.【详解】（1）由题意知，，得，，得,由于，故椭圆C的方程为.（2）当切线斜率不存在时，切线方程为，重合，等式成立；当切线斜率为0时，切线与x轴不相交，不符合题意；当切线斜率存在时，设由于对称性，不妨设为椭圆上半部分曲线的一个点,由，得，则，所以切线的斜率为，得切线方程为，即，整理得，即，所以切线方程为，令，得，即，由（1）知，，则，，，，又，得，所以，，所以，即，得证.【变式1-1】法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.【答案】(1)椭圆C的方程为，蒙日圆的方程为(2)【分析】（1）根据椭圆离心率结合题设求得，即得椭圆方程，进而写出蒙日圆的方程；（2）设，设过点P的切线方程为，联立椭圆方程结合判别式确定点的轨迹方程，进而利用基本不等式求得，即可求得答案.【详解】（1）设椭圆方程为，焦距为2c.由题意可知，所以，椭圆C的方程为，且蒙日圆的方程为；（2）设，设过点P的切线方程为，由，消去y得①，由于相切，所以方程①的，可得：，整理成关于k的方程可得：，由于P在椭圆外，故，故，设过点P的两切线斜率为，据题意得，，，又因为，所以可得，即点的轨迹方程为：，由不等式可知：，即，当且仅当时取等号，此时，所以，即的面积的最大值为.【变式1-2】．已知点为双曲线的左右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且的面积为.圆的方程是.(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为，求的值；(3)过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于两点，中点为，若恒成立，试确定圆半径.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）由面积可求，再根据双曲线的定义可求，从而可求双曲线的方程；（2）求出双曲线的渐近线方程，设两渐近线的夹角为，根据到角公式可求与，根据点到直线的距离公式可求，根据平面向量的数量积运算结合在双曲线上即可求解；（3）由题意可得，设，，当的斜率存在时，设直线，与双曲线方程联立，根据韦达定理及可得，根据点到直线的距离公式可求，当的斜率不存在时亦可求得.【详解】（1）因为的面积为，所以，所以，解得，此时，所以，故双曲线的方程为.（2）由题意得两条渐近线分别为，设双曲线上的点，设两渐近线的夹角为，则，得．则点到两条渐近线的距离分别为，因为在双曲线上，所以，又，所以.（3）中点为，若，则．设，，当的斜率存在时，设直线，由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以,所以圆心到直线的距离.当的斜率不存在时，直线，得，也满足，综上，圆半径．.高考练场1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线C：的右焦点为，且C的一条渐近线恰好与直线垂直.(1)求C的方程；(2)直线l：与C的右支交于A，B两点，点D在C上，且轴.求证：直线BD过点F.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据焦点坐标及渐近线的斜率列式求解即可；（2）设点的坐标，联立直线与双曲线方程，韦达定理，根据向量共线坐标运算得三点共线，即证.【详解】（1）由焦点坐标为得，所以，又双曲线C：的一条渐近线恰好与直线垂直，得即，所以，所以双曲线C的方程为，即.（2）由题意可知直线l的斜率存在且不为0，所以，设，，则，由（1）可知，双曲线C的渐近线为，又直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，则，即.联立，消去x得，则，得，，，则，又，所以，，所以，所以，又，有公共点F，所以B，F，D三点共线，所以直线BD过点F.

2.已知双曲线的右焦点为，且点在双曲线C上.(1)求双曲线C的方程；(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在不与F重合的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，，理由见解析【分析】（1）首先得，再将点的坐标代入双曲线方程，联立方程求解，即可求双曲线方程；（2）假设存在点，据题意设，联立方程得到，，再由点到直线的距离相等可得，由此代入式子即可求得点坐标，再考虑斜率不存在的情况即可【详解】（1）由题意得，，所以，所以，，所以双曲线C的标准方程为；（2）假设存在，设，，由题意知，直线斜率不为0，设直线，联立，消去，得，则，，且，，因为使得点F到直线PA，PB的距离相等，所以PF是的角平分线，则，即，则，整理得，故，即，因为，所以，此时；当直线的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，易得也能让点F到直线PA，PB的距离相等；综上所述，故存在满足题意3.已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．(1)求的方程；(2)若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，再根据即可求得，进而得答案；（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，即，因为点在短轴上，且，所以，，解得，因为，所以，，所以，的方程为；（2）解：设联立方程得，所以，即，所以，所以，，因为原点到直线的距离为，所以，，当且仅当，即时等号成立，所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.4.（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意可得，求解即可；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.所以，所以，，故椭圆E的标准方程为；（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，由得，，此时，即或，，.综上所述，，即为定值.5.设椭圆C：（）过点，离心率为，椭圆的右顶点为A.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线与椭圆交于两点M，N（M，N不同于点A），若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）利用待定系数法求得，从而求得椭圆C的方程；分类讨论直线斜率存在与否的情况，利用韦达定理及向量数量积的坐标表示求得，从而得到直线过定点.【详解】（1）依题意得，，又，解得（负值舍去），所以椭圆方程为.（2）由（1）得，当直线的斜率不存在时，可设直线为，代入，得，所以，设直线交轴于点，则，因为，故，又，所以，则，即，解得或(舍去)，所以直线过定点；当直线的斜率存在时，可设直线，，联立，消去，得，则，，因为，则，即，又因为，所以，即，解得或，当时，直线过定点；当时，直线过定点（舍去）；所以直线直线过定点；综上：直线直线过定点.6.已知圆C的圆心坐标为，与y轴的正半轴交于点A且y轴截圆C所得弦长为8．(1)求圆C的标准方程；(2)直线n交