2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题3

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题3试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《圆锥曲线——大题》题目主要按长短顺序排版，具体有：短，中，长，涉后导数等，大概206道题。每道题目后面标注有类型和难度，方便老师备课选题。短3：（2024年冀J12大数据应用调研）19.已知圆.点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足.

（1）求点的轨迹的方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，再根据为的中点，可得，再根据，结合椭圆的定义即可得解；（2）设，根据三点共线，三点共线，求出两点坐标的关系，设的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据弦长公式及点到直线的距离公式分析即可得解.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以为的中点，又因为【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，再根据为的中点，可得，再根据，结合椭圆的定义即可得解；（2）设，根据三点共线，三点共线，求出两点坐标的关系，设的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据弦长公式及点到直线的距离公式分析即可得解.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以为的中点，又因为的中点，所以，所以，则，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，而，所以点的轨迹的方程为；

【小问2详解】由（1）得是椭圆的左右顶点，设，由三点共线，得，而，所以，所以，由三点共线，得，而，所以，所以，所以，即，设的方程为，联立，得，则，，所以，由，得，即，所以，所以恒成立，所以，则，所以，则，的方程为，所以，原点到直线的距离，则，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是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．（2024年冀J16邯郸三调）18.已知椭圆经过，两点．

（1）求的方程；（【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）依据椭圆经过两点，将点的坐标代入椭圆方程，待定系数法解方程即可；（2）设其中一条的斜截式方程，首先由直线与圆相切，得出直线的斜率与截距关系；再设而不求，用韦达定理表示出两条直线与椭圆相交的弦长，再利用条件知两弦垂直，故四边形的面积，利用弦长将面积表示成其中一条直线斜率的函数，利用函数求最值.【小问1详解】因为过点，，所以解得故的方程为．【小问2详解】由题知的斜率存在且不为0．设．因为与圆【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）依据椭圆经过两点，将点的坐标代入椭圆方程，待定系数法解方程即可；（2）设其中一条的斜截式方程，首先由直线与圆相切，得出直线的斜率与截距关系；再设而不求，用韦达定理表示出两条直线与椭圆相交的弦长，再利用条件知两弦垂直，故四边形的面积，利用弦长将面积表示成其中一条直线斜率的函数，利用函数求最值.【小问1详解】因为过点，，所以解得故的方程为．【小问2详解】由题知的斜率存在且不为0．设．因为与圆相切，所以，得．联立与的方程，可得，设，，则，．所以，将代入，可得．用替换，可得．四边形的面积．令，则，可得，再令，，则，可得，即四边形面积的最小值为．（2024年冀J11衡水一模）17.已知椭圆过和两点.分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上的点（不在轴上），过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点.

（1）求椭圆的标准方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，即可求出椭圆C的标准方程；（2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关于的关系式，再分析即可得解；【小问1详解】由题意可知，将点代入椭圆方程，得【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，即可求出椭圆C的标准方程；（2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关于的关系式，再分析即可得解；【小问1详解】由题意可知，将点代入椭圆方程，得，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，，当直线l的斜率为0时，，当直线l的斜率不为0时，设直线的方程为，，，联立，消去，得，易得，则，所以，因为，所以，所以，所以，综上，，即的范围是.（2024年粤J105湛江二模）18.双曲线上一点到左､右焦点的距离之差为6，

（1）求双曲线的方程，（【答案】（1）（2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）利用双曲线的定义与点在双曲线上得到关于的方程，解之即可得解；（2）假设直线方程，联立双曲线方程得到，再由题设条件得到直线与的方程，推得两者的交点在定直线上，从而得解.【小问1详解】依题意可得，解得，故双曲线的方程为.【小问2详解】由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为【答案】（1）（2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）利用双曲线的定义与点在双曲线上得到关于的方程，解之即可得解；（2）假设直线方程，联立双曲线方程得到，再由题设条件得到直线与的方程，推得两者的交点在定直线上，从而得解.【小问1详解】依题意可得，解得，故双曲线的方程为.【小问2详解】由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立，消去，得，则，，设，则，又，直线，直线，联立，两式相除，得，即，解得，所以点在定直线上，因为直线与直线之间的距离为，所以点到直线的距离为定值，且定值为.【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，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.（2024年粤J104名校一联考）16.现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A点．物件可绕A点在平面内旋转．AP间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2．

（1）在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP间距离最短为多少；（【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）如图，设和过点P的直线，切线的斜率分别为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，进而可得【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）如图，设和过点P的直线，切线的斜率分别为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，进而可得，结合或，化简计算即可求解；（2）当恒为正实数R时，设为椭圆上任意一点，则，进而.由（1）可得或，利用换元法，结合建立不等式组，化简可得，解之即可求解.【小问1详解】由题意，如图，该椭圆的方程为，，分别为椭圆的2条切线，切点分别为，设直线的斜率分别为.设，当时，其中1个不存在，另1个趋于；当时，设过点P的直线为，，所以，整理，得，①由是方程①的2个实根，得，所以，又，所以，当时，点P在圆的外部，则，此时；当时，点P在圆的内部，则，此时，所以.又或，所以或，整理，得或.要求的最小值，只需考虑为钝角的情况，即且，得.令，则且，即，解得，所以，所以，当且仅当三点共线时等号成立.故，得.综上，的最小值为.【小问2详解】当恒为正实数R时，设为椭圆上任意一点，则，当且仅当时等号成立，所以.由（1）知，或，由，得或，即或，整理，得或，令，则，得或，.当即时，或，令，则，得或，又，得或，而，所以，整理，得，即.当时，，符合题意.综上，，则，即，解得，所以R的最小值为，即的最小值为.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．（2024年闽J13厦门二检）17.（15分）双曲线C：的离心率为，点在C上.

（1）求C的方程；（17.方法一：（1）依题意：，……2分解得：，，……3分所以双曲线方程为.……4分（2）设，，①当切线斜率存在时，设直线方程为，因为直线与圆相切，所以，整理得，17.方法一：（1）依题意：，……2分解得：，，……3分所以双曲线方程为.……4分（2）设，，①当切线斜率存在时，设直线方程为，因为直线与圆相切，所以，整理得，……6分联立，则，，.……8分由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点.……9分……10分……11分.……12分又，所以，所以，故以MN为直径的圆过原点.……13分②当直线斜率不存在时，直线方程，此时圆方程为，恒过原点.综上所述，以MN为直径的圆过原点.……15分方法二：（1）同方法一；（2）设，，①当切线斜率存在时，设直线方程为，因为直线与圆相切，所以，整理得，……6分联立，则，，.……8分以，为直径的圆的方程为，即，……9分因为，所以，……11分且，所以所求的圆的方程为，……12分所以MN为直径的圆过原点.……13分②当直线斜率不存在时，直线方程，此时圆方程为，恒过原点.综上所述，以MN为直径的圆过原点.……15分（2024年湘J42岳阳三检）18．已知动圆过定点且与直线相切，记圆心的轨迹为曲线．(18．(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）先有两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明；（2）先设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出线段中点坐标进而得到的轨迹方程是，再与动圆的方程联立，得到、、的横坐标分别为，，，最后利用的展开式系数与相同，得到系数为零即可.【详解】（1）设点，依题有，化简并整理成，圆心的轨迹的方程为，，又，所以，所以.（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消并整理成，在判别式大于零时，，又，所以，所以，，，所以线段的中点坐标为，设，则，消得，所以18．(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）先有两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明；（2）先设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出线段中点坐标进而得到的轨迹方程是，再与动圆的方程联立，得到、、的横坐标分别为，，，最后利用的展开式系数与相同，得到系数为零即可.【详解】（1）设点，依题有，化简并整理成，圆心的轨迹的方程为，，又，所以，所以.（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消并整理成，在判别式大于零时，，又，所以，所以，，，所以线段的中点坐标为，设，则，消得，所以的轨迹方程是，圆过定点，设其方程为，由，得，设、、的横坐标分别为，，，因为、、异于，所以，，都不为零，故的根为，，，令，即有，所以，故的重心的横坐标为定值．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是圆过定点，设其方程为，然后与的轨迹方程联立，表示出重心横坐标的方程，然后利用待定系数法求出结果.（2024年湘J47长沙雅礼二模）17．已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.

（1）求椭圆的方程；（17．（1）（2）【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积．【详解】（1）由已知得，，解得，又，17．（1）（2）【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积．【详解】（1）由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，由得，①设、的坐标分别为，（），中点为，则，，因为是等腰△的底边，所以．所以的斜率为，解得，此时方程①为．解得，，所以，，所以，此时，点到直线：的距离，所以△的面积．考点：1、椭圆的简单几何性质；2、直线和椭圆的位置关系；3、椭圆的标准方程；4、点到直线的距离.【思路点晴】本题主要考查的是椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，点到直线的距离，属于难题．解决本类问题时，注意使用椭圆的几何性质，求得椭圆的标准方程；求三角形的面积需要求出底和高，在求解过程中要充分利用三角形是等腰三角形，进而知道定点与弦中点的连线垂直，这是解决问题的关键．（2024年鲁J46烟台二模）19．已知椭圆的右焦点为，过点且不垂直于坐标轴的直线交于两点，在两点处的切线交于点．

(1)求证：点在定直线上，并求出该直线方程；（19．(1)证明见解析，(2)12【分析】（1）由题得出椭圆方程，设直线方程为，写出两点处的切线方程，由对称性得，点处于与轴垂直的直线上，法一：两切线方程联立得，再代入即可证明；法二：由点在两切线上得直线的方程，结合直线过点，即可得出；（2）由（1）得出直线的方程，设直线和交于点，得出为线段的中点，由弦长公式得出进而得出，由两直线夹角公式得出，得出，根据基本不等式求解即可．19．(1)证明见解析，(2)12【分析】（1）由题得出椭圆方程，设直线方程为，写出两点处的切线方程，由对称性得，点处于与轴垂直的直线上，法一：两切线方程联立得，再代入即可证明；法二：由点在两切线上得直线的方程，结合直线过点，即可得出；（2）由（1）得出直线的方程，设直线和交于点，得出为线段的中点，由弦长公式得出进而得出，由两直线夹角公式得出，得出，根据基本不等式求解即可．【详解】（1）由题意可知，，所以，所以椭圆方程为，设直线方程为，联立，消可得，，所以，因为过点的切线为，过点的切线为，由对称性可得，点处于与轴垂直的直线上，法一：联立，消去得，，将代入上式得，所以点在直线上．法二：因为点在两切线上，所以，所以直线的方程为，又直线过点，所以，解得．（2）将代入得，，直线的方程为，设直线和交于点，联立，解得，又，所以为线段的中点，因为，所以，又因为，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为12．（2024年鲁J38济宁三模）18．已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点.

(1)求椭圆的标准方程；（18．(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程.（2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得.【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率，由直线过点，得直线的方程为，因此，所以椭圆的标准方程为.（2）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，由直线的斜率18．(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程.（2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得.【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率，由直线过点，得直线的方程为，因此，所以椭圆的标准方程为.（2）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为，于是，即有，显然均不等于，则，即直线的斜率满足，由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，由，消去x并整理得，，显然，设，则，由，得，即，则，整理得，即，于是，而，解得，，所以直线的方程为，即.【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键.（2024年鲁J42青岛二适）16．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．

(1)求椭圆E的方程；（16．(1)(2)或【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，易知，则，显然时，由题意得解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为，所以所以①16．(1)(2)或【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，易知，则，显然时，由题意得解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为，所以所以①设直线的方程为，联立得，整理得，由韦达定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直线的方程为：或.

（2024年浙J40台州二评）18．已知椭圆：，直线：交椭圆于M，N两点，T为椭圆的右顶点，的内切圆为圆Q.

(1)求椭圆的焦点坐标；（18．(1)(2)(3)【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据的关系即可求得焦点坐标；（2）先联立方程求得，，求出直线的方程，然后利用待定系数法求得内切圆的方程；（3）设过P作圆Q的切线方程为，利用相切关系求得点A，B坐标，进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可.【详解】（1）椭圆的标准方程为，因为，所以焦点坐标为.（2）将代入椭圆方程得，由对称性不妨设，，直线的方程为，即，设圆Q18．(1)(2)(3)【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据的关系即可求得焦点坐标；（2）先联立方程求得，，求出直线的方程，然后利用待定系数法求得内切圆的方程；（3）设过P作圆Q的切线方程为，利用相切关系求得点A，B坐标，进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可.【详解】（1）椭圆的标准方程为，因为，所以焦点坐标为.（2）将代入椭圆方程得，由对称性不妨设，，直线的方程为，即，设圆Q方程为，由于内切圆Q在的内部，所以，则Q到直线和直线的距离相等，即，解得，，所以圆方程为.（3）显然直线和直线的斜率均存在，设过P作圆Q的切线方程为，其中k有两个不同的取值和分别为直线和的斜率.由圆Q与直线相切得：，化简得：，则，由得，可得，所以.同理，，所以直线的方程为，所以与圆Q相切，将代入得，所以，又点P到直线的距离为，设的周长为，则的面积，解得.所以的周长为.

（2024年浙J31五校联考）16．已知椭圆的左焦点为F，椭圆上的点到点F距离的最大值和最小值分别为和．

(1)求该椭圆的方程；（16．(1)；(2)；(3).【分析】（1）设出椭圆上的点，求出的最值，进而求出即可.（2）利用椭圆的对称性及椭圆定义求解即得.（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的表达式，再求出最大值即得.【详解】（1）令，设是椭圆上的点，则，则，显然当时，，当时，，则，解得，所以椭圆的方程为.（2）记椭圆的右焦点为，由椭圆对称性知，，16．(1)；(2)；(3).【分析】（1）设出椭圆上的点，求出的最值，进而求出即可.（2）利用椭圆的对称性及椭圆定义求解即得.（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的表达式，再求出最大值即得.【详解】（1）令，设是椭圆上的点，则，则，显然当时，，当时，，则，解得，所以椭圆的方程为.（2）记椭圆的右焦点为，由椭圆对称性知，，所以.（3）显然直线不垂直于y轴，设直线AB的方程为，，由消去x得，，则，，因此，令，于是，当且仅当，即时取到等号，所以面积的最大值.（2024年苏J35南京二模）18．已知抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，且．过F的直线1与抛物线C交于A，B两点，与E的两条近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧).

(1)求E的渐近线方程；（18．(1)(2)【分析】（1）由两曲线有公共的焦点F，且，得，，可求渐近线方程；（2）通过设直线方程，联立方程组，借助韦达定理，表示出和，由求的取值范围．【详解】（1）抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，设双曲线18．(1)(2)【分析】（1）由两曲线有公共的焦点F，且，得，，可求渐近线方程；（2）通过设直线方程，联立方程组，借助韦达定理，表示出和，由求的取值范围．【详解】（1）抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，设双曲线E的焦距为，则有，又，则.由，得，所以E的渐近线的方程为（2）设，，1与E的两条近线交于P，Q两点均位于y轴右侧，有，由，解得，，.设，由，消去得，则有，，由，，有，即，由，有，所以.

【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线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．（2024年粤J138汕头金南三模）19．已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切．

(1)求动圆圆心的轨迹方程；（19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据抛物线的定义即得动圆圆心的轨迹方程；（2）将直线方程与抛物线方程联立，求出交点坐标，再由计算可得；（3）根据题设先求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数最小值问题，分类讨论即得.【详解】（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切，即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上，所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，抛物线方程形如，又，则，故圆心的轨迹方程为．（2）如图，由题知，直线的方程为，由，解得或，所以19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据抛物线的定义即得动圆圆心的轨迹方程；（2）将直线方程与抛物线方程联立，求出交点坐标，再由计算可得；（3）根据题设先求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数最小值问题，分类讨论即得.【详解】（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切，即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上，所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，抛物线方程形如，又，则，故圆心的轨迹方程为．（2）如图，由题知，直线的方程为，由，解得或，所以，，所以.

（3）设，则，又，则，因二次函数的对称轴为，故当，即时，，此时；当，即时，，此时.所以.（2024年粤J137梅州二模）15．已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点．

(1)求椭圆C的方程：（15．(1)(2)【分析】（1）由椭圆的离心率可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，即可得，的值，求出椭圆的方程；（2）设与平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离．【详解】（1）由椭圆的离心率为，可得，可得，设椭圆的方程为：，，又因为椭圆经过点，所以15．(1)(2)【分析】（1）由椭圆的离心率可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，即可得，的值，求出椭圆的方程；（2）设与平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离．【详解】（1）由椭圆的离心率为，可得，可得，设椭圆的方程为：，，又因为椭圆经过点，所以，解得，所以椭圆的方程为：；（2）设与直线平行的直线的方程为，联立，整理可得：，，可得，则，所以直线到直线的距离．所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为．（2024年粤J136茂名高州一模）21．已知抛物线，为抛物线的焦点，其为准线上的两个动点，且.当时，.

(1)求抛物线的标准方程；（21．(1)(2)【分析】（1）首先利用勾股定理求出，，再由等面积法求出，即可得解；（2）设直线的解析式为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到，再由得到线段的比例关系，从而求出，再计算出，最后根据及韦达定理计算可得.【详解】（1）方法一：，，，，解得，，在中，根据等面积法，，解得，抛物线的标准方程为；方法二：设轴与准线的交点为.当21．(1)(2)【分析】（1）首先利用勾股定理求出，，再由等面积法求出，即可得解；（2）设直线的解析式为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到，再由得到线段的比例关系，从而求出，再计算出，最后根据及韦达定理计算可得.【详解】（1）方法一：，，，，解得，，在中，根据等面积法，，解得，抛物线的标准方程为；方法二：设轴与准线的交点为.当时，，，.，，抛物线的标准方程为；（2）由（1）可得抛物线的焦点，准线为，依题意，直线的斜率不为，设直线的解析式为，，.联立，消去得，显然，，.由，则，可得，，整理得.①易知直线的解析式为，令，可得，同理可得.，，即，.，，，即，..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、的形式；（5）代入韦达定理求解.（2024年粤J135茂名二测）17．已知椭圆，右焦点为，过点的直线交于两点.

(1)若直线的倾斜角为，求；（17．(1)(2)或【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标，根据直线的点斜式，联立直线方程和椭圆方程，求得交点的坐标，根据两点之间距离公式可求得；（2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得|AB|，计算的中点，利用最大求得直线方程【详解】（1）由题意可得，因为直线的倾斜角为，所以，因此，的方程为，联立方程，消去得解得所以因此，；（2）设17．(1)(2)或【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标，根据直线的点斜式，联立直线方程和椭圆方程，求得交点的坐标，根据两点之间距离公式可求得；（2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得|AB|，计算的中点，利用最大求得直线方程【详解】（1）由题意可得，因为直线的倾斜角为，所以，因此，的方程为，联立方程，消去得解得所以因此，；（2）设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为，联立方程消去得，，，因此，所以，设线段的中点为，则，所以，所以设，则，当且仅当，即时等号成立，当最大时，也最大，此时直线的方程为，即或（2024年粤J133江门开平忠源）18．已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为.

(1)求双曲线的方程；（18．(1)