专题18 圆锥曲线综合（10大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）解析版

第第②焦点在轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述．2、抛物线与直线相交于两点，设，联立可得，时，特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆．抛物线与直线相交于两点，设，联立可得，时，注意：在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量．开口向上选择正设；开口向右，选择反设；注意不可完全生搬硬套，具体情况具体分析．总结：韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式．二、根的判别式和韦达定理与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记．同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记．与C相离；与C相切；与C相交．注意：（1）由韦达定理写出，，注意隐含条件．（2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意．（3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可．（4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可；焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可．（5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标．三、弦长公式设，根据两点距离公式．1、若在直线上，代入化简，得；2、若所在直线方程为，代入化简，得3、构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角．注意：（1）上述表达式中，当为，时，；（2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用．（3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率．（4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单．（5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式．四、已知弦的中点，研究的斜率和方程1、是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为，运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上，所以，两式相减得所以即，故2、运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则．一、解答题1．（2024·山东济宁·三模）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；(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程.【答案】(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.2．（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）．(1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；(2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积．【答案】(1)1(2)．【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、（、），则，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；

（2）先求出点的坐标，进而得到双曲线在点处的切线方程为，不妨设直线为，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解.【详解】（1）由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角，设直线、的倾斜角分别为、（、），直线、关于直线对称，，．（2）联立，双曲线在点处的切线方程为．不妨设直线为，，，联立得，整理得，将等式看作关于的方程：两根之和，两根之积，而其中，由（1）得，直线为，过定点，又双曲线在点处的切线方程为，过点，，．3．（2024·天津北辰·三模）已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程；（2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程．【详解】（1），，所以，因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，所以椭圆方程为．（2）如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），，联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，所以，.，，因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，，，点O到直线l的距离，所以，当且仅当，即m2＝3，因为m＞0，所以时，取得最大值为，因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，所以或．4．（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点．(1)求的值；(2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)-3(2)存在，，或【分析】（1）设，利用斜率公式求解；（2）设，直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解.【详解】（1）由题可得双曲线E：，则，∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为：设，，同理可得．∴；（2）设，如图，直线方程为，代入双曲线方程可得：，所以，则，则，，，．同理，即，即，∴或，又，若．无解，舍去．∴，解得，，或，，若，，由A在直线上可得，，∴．此时，若，，由A在直线上可得，，∴此时∴存在点，或，满足．5．（2024·江西九江·三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，.(1)求的方程；(2)已知点是上不同两点.若四边形是平行四边形，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）过点A作轴的垂线，准线的垂线，结合抛物线的定义可得，即可得和方程；（2）设直线方程为，联立方程结合韦达定理可得，代入抛物线方程可得，即可得结果.【详解】（1）由题意可知：抛物线的焦点，准线，过点A作轴的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为，由抛物线定义可得，因为直线的倾斜角为，则，可得，解得，所以的方程为.（2）设直线方程为，，联立方程组，消去整理得，则，因为四边形是平行四边形，则，即，代入中得，整理得，则直线：，所以直线过定点.6．（2024·上海·三模）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点.(1)求椭圆的离心率；(2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标；(3)若直线交轴于，直线交轴于，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)；(3)存在直线或满足题意【分析】（1）根据椭圆方程直接求，即可得离心率；（2）由垂直的向量表示化简，结合点在椭圆上即可求出点坐标，再联立直线与椭圆可得B点坐标；（3）由直线方程得出，分别求出三角形面积，根据面积相等建立方程求出即可得解.【详解】（1）由椭圆方程知，，，所以，所以离心率.（2），，设，且.所以，，，，又在椭圆上，满足，即，，解得，即.所以直线：，联立，解得或，所以；（3）设，，，，直线：，联立，得.则，.直线的方程：，令得纵坐标；直线的方程：，令得的纵坐标.则，若，即，，，，代入根与系数的关系，得，解得.存在直线或满足题意.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法:（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，表示出三角形的面积;（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或的形式求解.7．（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题可知椭圆的焦点在轴上，标准方程可设为，由椭圆的性质可得四边形面积为，由焦点坐标可知，联立方程即可求出、（2）由点斜式设出直线、的方程，联立直线与椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，由弦长公式得到，同理可得，四边形面积为，而、，利用和进行转化，即可求出面积的最小值.【详解】（1）根据题意可知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂直，而两条对角线长分别为，，由已知得，即，因为左焦点为，所以，可得，联立，解得，故椭圆的标准方程为.（2）作出椭圆的图象，如下图所示：根据题意可知直线、的斜率存在，且，所以两直线、的斜率存在且不为0，因此设直线AB、CD的斜率分别为、，又，设直线方程为，直线方程为，设、、、的坐标分别为、、、，设四边形面积为.联立，得，，因为、是该方程两根，由韦达定理可得，由弦长公式可得，则，同理可得，.因为、分别是线段、的中点，且，所以，，，，所以，当且仅当，即时，等号成立.故四边形面积的最小值为.8．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的基本量即可求解；（2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解.【详解】（1）依题意：，解得，，，椭圆的标准方程为；（2）直线DA：，，解得，.若直线MN：，则，若直线MN：，设，，，整理得，，解得或，，，直线CM：，令，得.直线BN：，令，得，因为，所以D，P，Q三点共线，所以，综上知：.9．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.(1)求的方程；(2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)点恒在直线上.【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可；（2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可.【详解】（1）设.若直线的倾斜角为，则直线的方程为.联立得，则，且，所以.因为，所以，故的方程为.（2）存在，定直线为.由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，.联立得.由，得且，.不妨设，则，过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示，则，.因为，所以，整理得，所以.代入直线的方程得.因为，所以点恒在直线上.10．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点．(1)求椭圆的方程；(2)求证：点在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得.【详解】（1）依题意，，半焦距，则，所以椭圆的方程为.（2）显然直线不垂直于y轴，设直线，由消去x并整理得，，设，则，且有，直线，直线，联立消去y得，即，整理得，即，于是，而，则，因此，所以点在定直线上.11．（2024·上海浦东新·三模）已知双曲线，点、分别为双曲线的左、右焦点，、为双曲线上的点.(1)求右焦点到双曲线的渐近线的距离；(2)若，求直线的方程；(3)若，其中A、B两点均在x轴上方，且分别位于双曲线的左、右两支，求四边形的面积的取值范围.【答案】(1)(2)(3).【分析】（1）由题意，求出点的坐标和渐近线方程，根据点到直线的距离公式计算即可求解；（2）易知直线不与x轴重合，设其方程为，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，结合计算求得即可；（3）如图，由（2），利用弦长公式求出，利用平行线之间的距离公式求出平行线与之间的距离，进而表示，结合换元法计算即可求解.【详解】（1）由题，右焦点，渐近线方程为，因此焦点到渐近线的距离为.（2）显然，直线不与x轴重合，设直线方程为，由，得，由，得，其中，恒成立，，，代入，消元得，，即，解得，所以，直线的方程为.（3）延长交双曲线于点P，延长交双曲线于点Q.则由对称性得，四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍.由题，设，直线程为，直线方程，由第（2）问，易得，因为，得，因而，平行线与之间的距离为，因此，.令，则，得在上是严格增函数，故（等号当且仅当时成立），所以，四边形面积的取值范围为.12．（2024·天津南开·二模）已知椭圆C：（）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆焦点与顶点的坐标与离心率的定义计算即可得答案；（2）设出直线l的方程，联立曲线方程后可得与坐标有关的韦达定理表达式，结合三角形面积公式表示出面积后借助基本不等式计算即可得答案.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，依题意，，，又，解得，，，所以椭圆C的方程为；（2）由题意可得直线的斜率不为，故可设直线l的方程为，，，则，联立直线l与椭圆C的方程，得，由于直线过椭圆内一点，故必有，则．又，，易知与同号，所以，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为，此时直线l的方程为．13．（2024·贵州六盘水·三模）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且动点满足，记P的轨迹为C．(1)求C的方程；(2)设曲线C与x轴的交点为A1，A2（A1在A2的左边），过点Q（1，0）且不与x轴平行的直线l与C相交于M，N两点，记直线A1M，A2N的斜率分别为k1和k2，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知结合向量的线性运算的坐标表示即可求解；（2）联立直线与椭圆方程，结合方程的根与系数关系及直线的斜率关系即可求解．【详解】（1）解：设，因为，所以，由得，，将，代入得，，所以动点P的轨迹C的方程为；（2）由（1）知，联立得，，由韦达定理得，，于是，从而，因为，，则，，，所以．

14．（2024·广东汕头·三模）已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，.(1)求的方程；(2)记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值.(3)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直.【答案】(1)；(2)；(3)存在.【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程.（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得.（3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解.【详解】（1）由对称性知，双曲线过点，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）由（1）得，设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，由消去x得，显然，，则，即，所以.（3）圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直.若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0，设双曲线的两条切线分别为，将代入消去得：，由得，解得，因此，设两条切线的交点坐标为，则，即有，且，即，于是是方程的两根，而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆，而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3，显然，满足，即圆与圆相交，所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直.【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．15．（2024·江西鹰潭·二模）设椭圆E：经过点，且离心率，直线垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于，两点，连接，，．(1)求椭圆E的方程；(2)设直线PA，PB的斜率分别为，．（ⅰ）求的值；（ⅱ）如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值．【答案】(1)(2)（i）2；（ii）1【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，利用待定系数法，即可求解；（2）（ⅰ）首先设直线的方程，并联立椭圆方程，转化为关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理，即可求解；（ⅱ）首先设直线的倾斜角分别为,根据正弦定理利用角表示边长，，再求比值，利用（ⅰ）的结论，即可求解.【详解】（1）由题意知解得，所以椭圆E的方程为；（2）（ⅰ）易知，，，，设直线的方程为，由直线过知，联立方程得，变形得：，即；（ⅱ）设直线的倾斜角分别为,则，，，,，，在中，，在中，，所以由知，，即，故..【点睛】关键点点睛：本题第一问的转化比较巧妙，转化为关于斜率的方程，利用韦达定理即可求解，第二问巧妙设倾斜角，利用三角函数表示的值.16．（2024·山东烟台·三模）已知抛物线C：（）过点，F为C的焦点，A，B为C上不同于原点O的两点.(1)若，试探究直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由；(2)若，求面积的最小值.【答案】(1)直线过定点(2)【分析】（1）首先根据已知点求出抛物线方程，设，，联立抛物线方程，有，结合，由向量垂直的坐标表示可列出方程，由此解出，进一步检验判别式即可得解；（2）由得条件等式，进一步得出的取值范围是或，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出面积，结合的范围即可得解.【详解】（1）已知抛物线C：（）过点，所以，所以抛物线的方程为，直线斜率不可能为0，否则直线与抛物线没有两个交点，故可设，，联立抛物线的方程为，可得，，由韦达定理有，因为，所以，因为A，B为C上不同于原点O的两点，所以，所以，经检验符合题意；即，所以直线过定点；（2）显然，由（1）得，，因为，所以，即有条件等式成立，而，所以首先有，其次，或，因为为直线在轴上的截距，且与相异，由图可知，从而的取值范围是或，，点到直线的距离为，所以的面积可表示为：，因为的取值范围是或，所以或，所以当，即时，，综上所述，面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键是得出的取值范围以及面积的表达式，由此即可顺利得解.17．（2024·山西阳泉·三模）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；(2)设点在直线上运动，．直线与轨迹分别交于两点，求证：所在直线恒过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据得到向量模的关系，根据即可求解；（2）设点的坐标，根据三点共线得到平行关系，设出直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，据此即可求解.【详解】（1），，为的中点，又为的中点，，则，点的轨迹是以为焦点的椭圆，而，点的轨迹的方程为；（2）由（1）得是椭圆的左右顶点，设，由三点共线，得，而，，由三点共线，得，而，，，即，设的方程为，联立，得，则，，，由，得，即，，恒成立，，所在直线恒过定点．【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于设点的坐标，根据三点共线得到平行关系.18．（2024·湖南衡阳·三模）已知椭圆.(1)已知的顶点均在椭圆上，若坐标原点为的重心，求点到直线PQ距离的最小值；(2)已知定在椭圆上，直线（与轴不重合）与椭圆交于A、B两点，若直线AB，AN，BN的斜率均存在，且，证明：直线AB过定点（坐标用，表示）.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，当时，求出原点到直线PQ的距离；当，点差法求出直线PQ的斜率，得直线PQ的方程，表示原点到直线PQ的距离，由的取值范围求最小值.（2）设，，由，得，设直线，代入椭圆的方程，利用韦达定理化简，得，代入直线方程可得所过定点.【详解】（1）设，记线段PQ中点为，因为为的重心，所以，则点的坐标为，若，则，此时直线PQ与轴垂直，故原点到直线PQ的距离为；若，此时直线PQ的斜率存在，设，，则，又两式相减得，可得.故直线PQ的方程为，即，则点到直线PQ的距离为，将代入得，因为，所以，故原点到直线PQ距离的最小值为.（2）证明：设，，，因为，所以，所以，即①，设直线，代入椭圆的方程，得，则，，，，，将以上4个式子代入①，得，得，即②，因为点在椭圆上，所以，，代入②得，得，即，因为，所以不在直线AB上，则，则，得，所以直线过定点.【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，而中点弦问题，采用点差法．19．（2024·四川攀枝花·三模）已知抛物线上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为．(1)求抛物线C的方程；(2)过F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作x轴的垂线交直线AO（O是坐标原点）于D，过A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，直线与交于点G．求【答案】(1)；(2)【分析】（1）由题意，设出点Q的坐标，根据题目所给信息列出等式求出p的值，进而可得抛物线的方程；（2）设出直线的方程和A，B两点的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点D，G的坐标，即可求出的表达式，再进行求解即可．【详解】（1）不妨设，因为抛物线C上一点Q到焦点F的距离为4，点Q到y轴的距离为，所以，整理得，解得或（舍去），则抛物线C的方程为；（2）由题意知直线的斜率必存在，，不妨设直线AB的方程为，，联立，消去y并整理得，，由韦达定理得，易知直线OA的方程为，因为轴，所以，即，所以，因为DF⊥AE，所以，则直线AE的方程为，因为，所以，此时，因为，所以，由题意知，则，所以．故的取值范围为．【点评】易错点点睛：本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．容易出错的地方在于计算，并且计算基本都是相关字母参数的运算，因此要求十分细心才可以.20．（2024·新疆·三模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于M，N两点，的最小值为4.连接，并延长分别交于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，与的面积分别记为，.(1)求和的方程；(2)记，求的最小值.【答案】(1)椭圆的方程为，抛物线的方程为(2).【分析】（1）利用抛物线过焦点弦求最小值，求解出值，即可求解两个方程；（2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，从而引入新变量直线斜率为，即可求出点坐标，同理也可以求出点坐标，然后利用两点间弦长公式可求得的长度，即可计算两三角形面积比的平方，最后转化到变量的函数求最小值即可.【详解】（1）设直线的方程为，设，，联立,整理得，所以，所以当时，有最小值，所以，解得，又因为离心率为，所以，则，所以椭圆的方程为，抛物线的方程为.（2）

由（1）可得，，所以，设直线的方程为，联立，整理得，解得，同理可设直线的方程为，可解得，.所以当时，有最小值.【点睛】方法点睛：（1）利用抛物线过焦点弦的最小值为通径这一性质来解题；（2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，来引入斜率变量，求出点坐标；（3）利用两点间的弦长公式来求出长度，即可求面积比；（4）最后把面积比转化为两根之积的韦达定理，以及斜率变量上来，最后利用基本不等式可求出最小值.21．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，．(1)求双曲线的方程；(2)求证为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.【详解】（1）由题意可得，解得，故双曲线的方程为；（2）由双曲线的方程为，则，，由题意可知直线斜率不为，故可设，，，联立，消去可得，，即，则，，则，即，，，则，即为定值.

【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.22．（2024·浙江·三模）已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1．(1)求双曲线的标准