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专题18 圆锥曲线高频压轴解答题
考点六：定值问题
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）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．
【例6】（2024·山东德州·高三德州市第一中学校考期末）
1．已知点为椭圆C：的左焦点，在C上．
(1)求C的方程；
(2)已知两点与，过点A的直线l与C交于P，Q两点，且，试判断mn是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【变式6-1】（2024·黑龙江鸡西·高三校考期末）
2．已知椭圆E：，已知椭圆过点M，.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知直线l：交E于点A，B两点、交x轴于P点，点A关于x轴的对称点为D，直线BD交x轴于Q点. 试探究是否为定值？若是定值，则求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）
3．已知椭圆的左、右顶点分别为为上一点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且．
(1)求的标准方程；
(2)若为上异于的点，且直线过点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．
考点七：中点弦与对称问题
对于中点弦问题常用点差法解决．
【例7】（2024·全国·高三专题练习）
4．已知直线l与抛物线交于A，B两点，且线段AB恰好被点平分.
(1)求直线l的方程；
(2)抛物线上是否存在点C和D，使得C，D关于直线l对称 若存在，求出直线CD的方程；若不存在，请说明理由.
【变式7-1】（2024·全国·高三专题练习）
5．已知曲线C的方程是，其中，，直线l的方程是．
(1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线；
(2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段中点的横坐标是，求a的值；
(3)若，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说明理由．
【变式7-2】（2024·广东深圳·统考一模）
6．已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
考点八：定点问题
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．
【例8】（2024·海南海口·高三校考阶段练习）
7．已知抛物线为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5.
（1）求E的标准方程；
（2）设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为，求证：直线过定点.
【变式8-1】（2024·四川雅安·统考一模）
8．已知为坐标原点，过点的动直线与抛物线相交于两点．
(1)求；
(2)在平面直角坐标系中，是否存在不同于点的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式8-2】（2024·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）
9．已知椭圆的左 右顶点分别为为椭圆上任意一点（与不重合），直线和的斜率之积为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作斜率之和为1的两条直线分别与椭圆交于两点，直线是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
考点九：三点共线问题
证明共线的方法：（1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；（2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；（3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线；（4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第3点也在该直线上；（5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线．（6）面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”．
【例9】（2024·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且与直线垂直的直线交轴负半轴于，且.
(1)若过、、三点的圆恰好与直线相切，求椭圆的方程；
(2)设.过椭圆右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，点是点关于轴的对称点，在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【变式9-1】（2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）
11．已知，为椭圆的两焦点，过点作直线交椭圆于两点，的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的上顶点为，下顶点为，直线交于点，求证：，，三点共线.
【变式9-2】（2024·广东广州·高三统考阶段练习）
12．已知动点M在圆上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足，点P的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)已知点，设A，B是曲线C上的两点，直线AB与曲线相切.证明：A，B，F三点共线的充要条件是.
考点十：四点共圆问题
证明四点共圆的方法：
方法一：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，则可肯定这四点共圆．
方法二：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一同弧所对的圆周角相等证）．
方法三：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其中一个外角等于其内对角时，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一圆内接四边形的对角和为，并且任何一个外角都等于它的内对角）．
方法四：证明被证共圆的四点到某一定点的距离都相等，或证明被证四点连成的四边形其中三边中垂线有交点），则可肯定这四点共圆（根据圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹为圆）．
【例10】（2024·全国·模拟预测）
13．已知抛物线C：的准线方程为．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若斜率为1的直线l交抛物线C于A，B两点，点P，Q在C上且关于直线l对称，求证：A，B，P，Q四点共圆．
【变式10-1】（2024·四川成都·成都七中校考一模）
14．在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知定点，，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、、、四点共圆，求的值.
【变式10-2】（2024·浙江·高三校联考阶段练习）
15．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数2，设动点D的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知定点，，过点P作垂直于x轴的直线，过点P作斜率大于0的直线与曲线C交于点G，H，其中点G在x轴上方，点H在x轴下方．曲线C与x轴负半轴交于点A，直线，与直线分别交于点M，N，若A，O，M，N四点共圆，求t的值．
考点十一：切线问题
（1）若点是圆上的点，则过点的切线方程为．
（2）若点是圆外的点，由点向圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为．
（3）若点是椭圆上的点，则过点的切线方程为．
（4）若点是椭圆外的点，由点P向椭圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为．
【例11】（2024·山西临汾·校考模拟预测）
16．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于M，Q两点，且．
(1)求C的方程；
(2)若点P是C的准线上的一点，过点P作C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，求点O到直线AB的距离的最大值．
【变式11-1】（2024·全国·模拟预测）
17．已知圆的圆心是椭圆的左焦点，圆与轴的两个交点是，其中是椭圆的右顶点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，直线与圆在点处的切线分别交于两点，求证：．
【变式11-2】（2024·广东广州·高三广州市从化区从化中学校考阶段练习）
18．已知动点P到点的距离与到直线的距离相等.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过动点作曲线的两条切线，切点分别为，，求证：．
考点十二：定比点差法
【例12】（2024·山东济南·统考一模）
19．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.
【变式12-1】（2024·重庆·统考模拟预测）
20．已知椭圆：的右焦点为，点，是椭圆上关于原点对称的两点，其中点在第一象限内，射线，与椭圆的交点分别为，.
（1）若，，求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率是直线的斜率的2倍，求椭圆的方程.
【变式12-2】（2024·全国·高三专题练习）
21．过的直线与椭圆交于P，Q，过P作轴且与椭圆交于另一点N，F为椭圆的右焦点，若，求证：
考点十三：齐次化
【例13】
22．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于P，Q两点，为坐标原点．证明：．
【变式13-1】（2024·广东·统考一模）
23．已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
【变式13-2】（2024·广东汕头·高二汕头市第一中学校考期末）
24．如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于 两点(在的上方)，.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点 是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.
考点十四：极点极线问题
【例14】（2024·广西·校联考模拟预测）
25．已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.
（1）求C的方程.
（2）若直线与C交于M，N两点，且与相交于点T，证明：点T在定直线上.
【变式14-1】（2024·福建福州·统考一模）
26．已知椭圆的左、右顶点分别为，，为原点.以为对角线的正方形的顶点，在上.
（1）求的离心率；
（2）当时，过作与轴不重合的直线与交于，两点，直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出定值，并加以证明；若不是，请说明理由.
【变式14-2】（2024·安徽·高考真题）
27．设椭圆过点 ，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线 与椭圆相交与两不同点 时，在线段上取点 ，满足，证明：点 总在某定直线上
考点十五：同构问题
【例15】（2024·贵州·校联考一模）
28．抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求抛物线的方程；
(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．
【变式15-1】（2024·湖北武汉·统考一模）
29．设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.
【变式15-2】（2024·江西吉安·高三统考期末）
30．已知椭圆的焦距为2，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与轴正半轴和轴分别交于点，与椭圆分别交于点，各点均不重合且满足．若，证明：直线恒过定点．
考点十六：蝴蝶问题
【例16】（2024·江苏苏州·高三统考阶段练习）
31．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．
【变式16-1】（2024·广东·高二校联考期末）
32．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
【变式16-2】（2024·全国·高三专题练习）
33．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．

(1)求C的方程；
(2)设直线与C另一个交点分别为A，B，记直线的斜率为，求的值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2)为定值，4
【分析】（1）根据椭圆交点以及椭圆定义求标准方程；
（2）由，可得，直线与椭圆方程联立，解方程，得到答案.
【详解】（1）由已知可得，且C的另一焦点坐标为，设为，
所以有，
所以，所以，所以C的方程为
（2）
设l：，代入C整理可得：，
设，，则 ①，②，
由，可得，
③，
由①②③可得：，
恒成立，所以，为定值．
2．(1)；
(2)为定值4
【分析】（1）列出关于的方程组，解之求得的值，进而得到椭圆E的标准方程；
（2）联立直线l与椭圆E的方程，利用设而不求的方法分别得到P点Q点的横坐标，进而求得的值为定值.
【详解】（1）由题意可知，即
解得，所以E的标准方程为：．
（2）因为直线l的方程为，显然，则点P的坐标为
设，则
联立直线与椭圆方程有
，整理得
所以有，即，且 ①
直线BD的方程为，
令，得Q的横坐标为
，
将①代入得
所以有，
所以为定值4 .
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据斜率积得出，再根据点在椭圆上得出，最后写出椭圆方程即可.
（2）联立方程组得出韦达定理，再结合斜率公式计算即可得出定值.
【详解】（1）由题意知，
则，得．
因为点在上，所以，得，
故的标准方程是．
（2）由（1）知，．
可设直线，
联立得，得，
则，
所以．
所以，为定值．
【点睛】方法点睛：先联立方程组再结合斜率公式应用韦达定理计算即可得出定值.
4．(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，结合弦的中点坐标求解作答.
（2）假设直线符合条件的点C，D，由（1）设出直线CD的方程，并与抛物线的方程联立求解判断作答.
【详解】（1）依题意，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为，即，
由消去x得：，
，设，则有，
由，得，于是直线l的方程，即，
所以直线l的方程为.

（2）假设抛物线上存在点C，D满足条件，由（1）设直线的方程为，
由消去x得：，有，解得，
设，则，于是线段的中点坐标为，
显然点在直线上，即，解得，
所以抛物线上不存在点C，D，使得C，D关于直线l对称.
5．(1)答案见解析
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）变换得到，考虑，两种情况，判断即可.
（2）设，，代入曲线方程，相减得到，确定的中点坐标，代入直线方程，解得答案.
（3）假设存在，设点代入曲线方程，利用点差法得到，再结合点在直线上得到中点坐标，得到直线方程，再联立得到方程无解，得到答案.
【详解】（1），即，
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线；
（2）设，，，
则，，
两式相减得到：，
即，故，
故的中点为，代入直线得到，
解得或（舍），故.
（3）假设存在，直线方程为，双曲线方程为，
设，，中点为，则，，
两式相减得到，
即，，又，
解得，.
此时直线方程为：，即，
，化简得到，方程无解，故不存在.
6．(1)，其中或
(2)存在，
【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
7．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题可知，求解即可得到抛物线的方程；（2）先求解，设，根据斜率公式结合题意可得，分斜率存在和不存在分别求得直线的方程，从而可确定过定点.
【详解】（1）由题可知，解得.
所以的标准方程为；
（2）由（1）知，，且，解得，所以.
设，则，同理可得，，
则，即.
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得.
所以，即，
所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，可得.
综上，直线过定点.
8．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积的坐标表示计算即得.
（2）利用（1）中信息，结合斜率坐标公式列式求解即得.
【详解】（1）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x并整理得，显然，于是，
所以.
（2）由（1）知，
假定存在不同于点的定点，使得恒成立，由抛物线对称性知，点在x轴上，设，
则直线的斜率互为相反数，即，即，
整理得，即，亦即，而不恒为0，则，
所以存在不同于点的定点，使得恒成立，点的坐标为.
9．(1)；
(2)直线过定点.
【分析】（1）利用斜率坐标公式及椭圆所过的点，建立方程并求出得解.
（2）当直线的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助斜率和为1求解，再讨论直线的斜率不存在时即可得解.
【详解】（1）依题意，，设，由点在椭圆上，得，
由直线和的斜率之积为，得，即，
由点在椭圆上，得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，点，
由消去y并整理得，
则，，
点，由直线之和为1，得，即，
于是，
整理得，
则，整理得，
即，显然直线不过点，即，
因此，即，直线：，过定点，
当直线的斜率不存在时，直线与椭圆交于，
不妨设，由，解得，此时，直线过点，
所以直线过定点.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
10．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）设出焦点，表示出点，再由垂直关系及切线方程求出即得.
（2）由（1）中信息求出椭圆方程，设出直线的方程并与椭圆方程联立，求出直线的方程，结合韦达定理计算即得.
【详解】（1）依题意，设，由，得是线段的中点，则，
由直线与垂直，得，则
显然过、、三点的圆的圆心为，半径为，
由过、、三点的圆恰好与直线相切，得，解得，
有，，所以椭圆的方程为.
（2）由（1）及，得，，椭圆的方程为，
设直线方程为，，则，
由消去x并整理得，
，，
直线的方程为，
令得
，
所以在轴上存在一个定点，使得、、三点共线.
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义和几何性质，求得的值，即可得到椭圆的方程；
（2）设直线：，联立方程组，得到，，根据，，三点共线，求得和，化简得到，将代入求得，即可得证.
【详解】（1）解：在椭圆中，由，可得，
又由的周长为，根据由椭圆的定义，可得，即，
则，所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：如图所示，设直线：，且，，，
联立方程，整理得，
则，且，，
因为点，，三点共线，可得，即，
所以，
又由，
则
，
将，代入得，
所以三点共线.
12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点P为，点M为，用表示出，代入点所在圆方程即可得的方程；
（2）需要分别证明充分性和必要性，必要性：由三点共线设出直线方程为，代入曲线方程求得，充分性，设直线AB：，由直线与半圆相切得关系式，由弦长求得得直线方程，由方程确定直线过点，得三点共线．
【详解】（1）设点P为，点M为，则点N为，
，，
由，可得，
因为点在圆上，
所以，即，
所以C的方程为；
（2）证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB：，不合题意；
当直线AB的斜率存在时，设，，
必要性：
若A，B，F三点共线，可设直线AB：即，
由直线AB与曲线相切可得，解得，
联立可得，
所以，，
所以，
所以必要性成立；
充分性：
设直线AB：，即，
由直线AB与曲线相切可得及（），
所以，
联立可得，
所以，，
所以，
化简得，所以，
所以或，所以直线AB：或
所以直线AB过点，A，B，F三点共线，充分性成立；
所以A，B，F三点共线的充要条件是.
13．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先将抛物线化为标准形式，求出准线后求解方程即可.
（2）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，根据点P，Q在抛物线上且关于直线l对称，得到，m的关系，连接PA，PB，根据向量知识得到，即可得解.
【详解】（1）由得，
所以抛物线C的准线方程为，得，
所以抛物线C的方程为．
（2）设直线l的方程为，，，，，
将代入，得，
则，，．
连接PQ，由点P，Q关于直线l对称，得，
所以，得，即．
因为线段PQ的中点在直线上，
所以，得，
即，
故，
把代入上式，得，
即，
连接PA，PB，
所以
，
故，故点P在以AB为直径的圆上．
同理，点Q在以AB为直径的圆上，
故A，B，P，Q四点共圆．
【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.
14．(1)
(2)
【分析】（1）利用已知条件可得出关于、的等式，化简可得出曲线的方程；
（2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，利用相交弦定理以及韦达定理可求得实数的值.
【详解】（1）解：由题得：，两边平分并化简得，
所以，曲线的方程为.
（2）解：设点、，设直线的方程为，
直线的方程与椭圆的方程联立，
消去得.
则，可得，
由韦达定理：，.

由条件，直线的方程为，直线的方程为，
于是可得，.
因为、、、四点共圆，由相交弦定理可得,
则，化简得，
又，，代入整理得：.
将韦达定理代入化简得：，即.
【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．(1)
(2)．
【分析】(1）根据两点间距离和点到直线距离列式化简可得曲线方程；
（2）先设直线，再联立方程得韦达定理求出M，N坐标，再应用A，O，M，N四点共圆得出，最后结合韦达定理求参即可.
【详解】（1）由已知得：，两边平分并化简得：即为曲线的方程．
（2）
设点，．
直线与双曲线C的方程联立，
消去y得．
由韦达定理：，．
由条件，直线AG的方程为，直线AH的方程为，
于是可得，．
因为A，O，M，N四点共圆，所以，
所以，于是．

即，化简得
又，，代入整理得：．
将韦达定理代入化简得：．
【点睛】关键点点睛：A，O，M，N四点共圆的应用，关键是转化为，从而建立M，N的坐标关系，引进韦达定理.
16．(1)；
(2)1.
【分析】（1）利用抛物线的对称性，确定抛物线过的点求出C的方程.
（2）设出点的坐标及切线方程，再联立切线与抛物线方程求出切点的坐标，进而求出直线过的定点即得.
【详解】（1）依题意，由抛物线的对称性知，点关于x轴对称，由，得，
不妨令点在第一象限，则，设抛物线C的方程为，即有，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）由（1）知，抛物线C：的准线方程为，设点，
显然切线不垂直于坐标轴，设切线方程为，
由消去x并整理得①，于是，
设方程的一个根为，则该方程的另一根为，
不妨令切线的方程为，方程①中取得点的纵坐标为，其横坐标为，即点，
同理得，当时，直线方程为，整理得，
当或时，直线方程为，因此直线过定点，为定值，
所以当时，点O到直线AB的距离取得最大值1.
【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将圆转化为标准方程求出圆心，并求出与坐标轴的交点，代入椭圆中求解参数即可.
（2）首先讨论斜率不存在的情况探路出答案，后讨论斜率存在的情况，正常联立求出关键点的坐标，后求直线的斜率，推出，，最后即可得证.
【详解】（1）圆的方程可化为，
所以圆心．
由解得或，
易得．因此，
于是，
故椭圆的标准方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，不妨设，，从而直线的方程分别为和，于是，则，
因此有，所以成立．
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
联立得，消去得．
设，
则，得．
易知直线的方程为，圆在点处的切线方程为，
设，则，于是，
同理可得． 则直线的斜率，
直线的斜率，
，
所以，即，因此，
即， 故成立．
综上，．
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由抛物线的定义，即可得到结果；
（2）根据题意，设切线方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，代入计算，即可证明.
【详解】（1）由抛物线定义可得：的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
所以曲线的方程为．
（2）
由题意，过点的切线斜率存在，设切线方程为，
联立 ，消去可得，
所以，即（*），
因为，所以方程（*）存在两个不等实根，设为，
由韦达定理可得，所以．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；
（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.
【详解】（1）解：由题意可知，c=1，
设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，
得，
解得（舍），，
所以椭圆方程为.
（2）设，，，，，
因为，所以，即，
又，都在椭圆上，
所以，，
即，
②-①得，
即……③，
又，同理得……④
④-③得，
所以.
20．（1）；（2）.
【分析】（1）由结合椭圆的对称性知轴，从而得出点的坐标，再由得出点的坐标，代入椭圆方程可得答案.
（2）设，，设，，表示出点的坐标，代入椭圆方程，结合点在椭圆上分别得到与的式子，由直线的斜率是直线的斜率的2倍可得关于的式子，从而可得答案.
【详解】解：（1）由，根据椭圆的对称性知轴，过右焦点
所以，，，
则，由，可得
解得，代入椭圆方程得，解得，
所以，即，所以，故椭圆方程为；
（2）设，，令，则，
代入椭圆方程得，即，
又，所以，化简得到 ①
同理：令，同理解得，代入椭圆方程同理可得 ②
由题知，解得，③
①②得，将③式代入得，故，
故椭圆方程为.
【点睛】关键点睛：本题考查向量在椭圆中的应用以及直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是设，得出代入椭圆方程可得，同理设，可得，由直线的斜率是直线的斜率的2倍可得，联立可得解，属于难题.
21．证明见解析
【分析】设直线NQ与x轴相交于点，设，则，则由可得，，再由三点共线，设可得，，从而得，，再将代入椭圆方程两式化简变形结合前面的式子可得，从而可得结论
【详解】设，则
设直线NQ与x轴相交于点，
由题设知：，所以
，，即，①
设，则，，即，②
比较①②得，，
又，两式作差得，
得到，
得到，即M和F重合．
所以．
22．证明见解析
【分析】设直线，通过联立，得到，利用韦达定理则得到，即.
【详解】设直线
由，得
则由，得：，
整理得：，即：．，，
所以，
则，即：．
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.
【详解】（1）由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
【点睛】
24．（1）；（2）是定值，理由见解析.
【解析】（1）由焦点及通经长，用待定系数法求椭圆的标准方程；
（2）设出直线：，与椭圆联立，用“设而不求法”表示，整理得.
【详解】（1）由得：，
椭圆的方程：
（2）依题意知直线的斜率存在，设方程：
，
代入椭圆方程得：(*)
，
由得
，
整理得：
或
当时，直线过定点，不合题意
，，直线的斜率是定值
另解：设直线的方程为
椭圆的方程即：
即：
联立得：
即
由得即：
直线的斜率为，是定值.
【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
25．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）解：设，，直线方程与抛物线方程联立方程组消去后应用韦达定理得，利用焦半径公式及韦达定理的结果可求得得抛物线方程；
（2）设，，，把两点坐标代入抛物线方程相减琍，同理可得，然后求得交点的横坐标为常数即证（由．化为坐标表示后相加即可得）．
【详解】（1）解：设，，由，得，
则，
从而，
解得，故的方程为.
（2）证明：设，，，.
因为，所以.
根据得，则，
同理得.
又两式相加得，
即，由于，所以.
故点在定直线上.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交求抛物线的方程，点在定直线上等问题，解题方法一是应用韦达定理得出交点的坐标之和，利用焦半径公式求解，二是把交点坐标代入抛物线方程相减同弦中点坐标与弦所在直线斜率之间的关系．
26．（1）；（2）是，，证明见解析.
【分析】（1）由题意可知，将其代入椭圆方程中化简可得，从而可求出离心率；
（2）当时，，所以椭圆的方程为，然后当直线的斜率不存在时，求出，两点的坐标，从而可求出，，进而可得的值，当直线的斜率存在时，设的方程为，，设，，然后将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，，然后求，化简可得答案；或利用根与系数的关系后，由于
在椭圆上，所以，所以，再化简即可得答案；或由于，在椭圆上，代入椭圆方程中，化简可得，，设，则，从而可得，进而可得直线经过点，又过定点，故，从而可求得结果
【详解】解法一：（1）以为对角线的正方形的顶点坐标分别为，，.
因为，在椭圆上，所以，
所以，
所以，
所以椭圆的离心率；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
为定值，理由如下：
①当直线的斜率不存在时，的方程为，则，，
所以，，所以.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，，
设，，
不妨设，且.
由可得，
，，.
要证，只要证明：，
只要证：，
只要证：，
只要证：，
因为，，即证，
因为，，所以.
所以成立，
综上所述：.
解法二：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不妨设.
由可得，
，，.
所以，即.
.
综上所述：.
解法三：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不防设.
由可得，
，，.
因为在椭圆上，所以，即，
所以.
，
.
所以.
综上所述：.
解法四：（1）同解法一；
当时，，所以椭圆的方程为.
设，，
因为在椭圆上，所以，所以.
所以，
同理.
设，则，
所以，①
，②
①+②得，
当时得，不合题意，舍去.
当时，，
所以直线经过点，
又过定点，故，解得.
综上所述：.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆离心率的求法，考查椭圆中的定值问题，解题的关键是当直线的斜率存在时，设的方程为，，设，，然后将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，，然后求，化简可得答案，考查计算能力，属于中档题
27．（Ⅰ）
（Ⅱ）见解析
【详解】(1)由题意：
，解得，所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为．
由题设知均不为零，记,则且
又A，P，B，Q四点共线，从而
于是 ，
，
从而
，（1） ，（2）
又点A、B在椭圆C上，即
（1）+（2）×2并结合（3），（4）得
即点总在定直线上
方法二
设点，由题设，均不为零．
且
又四点共线，可设,于是
（1）
（2）
由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得
（3）
(4)
(4)－(3) 　　　得
即点总在定直线上
28．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；
（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.
【详解】（1）由椭圆方程可知短轴长为，
∴抛物线的焦点到准线的距离，
故抛物线方程为．
（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．
设，，则直线方程为，
即，
∵直线DM：与圆E：相切，
∴，整理可得，，①
同理，直线DN与圆E相切可得，，②
由①②得a，b是方程的两个实根，
∴，，
代入，化简整理可得，
，
令，解得，
故直线MN恒过定点．
29．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意，当与轴垂直时，用表示出点的坐标，即得，则由的面积为8得出的值，即得抛物线的标准方程；
（2）分别设出直线的方程，并联立抛物线方程组成方程组，使用韦达定理，表示，化简即得定值.
【详解】（1）由题意不妨设.
∴.
；
（2）设.
则直线l的斜率为，直线为.
则.
又点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
又，则，
得证.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抛物线的问题，正确解题的关键是要熟练掌握舍而不求法在直线与抛物线位置关系中的使用.
30．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由题意可得，再由求出的值，从而可得椭圆的标准方程；
（2）设，从而得，然后由，可得和，由此可知为方程的两不相等实数根，所以有，可求出的值，从而可得答案
【详解】（1）依题意，．由，得．
故椭圆方程为．
（2）设，
．
由，得，．
∵点在椭圆上，，整理得．
同理，由可得．
为方程的两不相等实数根，．
．又．∴直线恒过定点．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由，得到和，从而有为方程的两不相等实数根，再利用根与系数的关系可得答案，考查数学转化思想，属于中档题
31．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由，得到，再由点在该椭圆上，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设的方程为，联立方程组求得，再由的的方程，联立方程组，求得，结合斜率公式，进而得到直线过定点.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由于的斜率为，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，所以，
从而，即，
同理可得：由于的斜率为，则，
联立方程组，可得，
即，
所以，所以，
从而，即，
当时即；时，，过点，
当时，，，即，所以直线过点，
综上可得，直线过点.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
32．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得
即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
33．(1)；
(2)答案见解析
【详解】（1）抛物线C的方程为
（2） 解法一：
设，直线，
联立直线，得，，
联立直线，得，，
∴，同理可得，
由斜率公式可得，，∴．

解法二：三点共线
设，
由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4，0）．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页专题18 圆锥曲线高频压轴解答题
【目录】
考点一：轨迹方程
考点二：向量搭桥进行翻译
考点三：弦长、面积背景的条件翻译
考点四：斜率之和差商积问题
考点五：弦长、面积范围与最值问题
考点六：定值问题
考点七：中点弦与对称问题
考点八：定点问题
考点九：三点共线问题
考点十：四点共圆问题
考点十一：切线问题
考点十二：定比点差法
考点十三：齐次化
考点十四：极点极线问题
考点十五：同构问题
考点十六：蝴蝶问题
解析几何是高考数学的重要考查内容，常作为试卷的拔高与区分度大的试题，其思维要求高，计算量大．令同学们畏惧．通过对近几年高考试题与模拟试题的研究，分析归纳出以下考点：
（1）解析几何通性通法研究；
（2）圆锥曲线中最值、定点、定值问题；
（3）解析几何中的常见模型；
解析几何的核心内容概括为八个字，就是“定义、方程、位置关系”．所有的解析几何试题都是围绕这八个字的内容与三大核心考点展开．
考点要求 考题统计 考情分析
轨迹问题 2023年II卷第21题，12分 【命题预测】预测2024年高考，多以解答题形式出现，具体估计为： （1）以解答题形式出现，考查数学抽象、数学建模、逻辑推理与数学运算四大核心素养． （2）热点是定点定值与极点极线问题.
弦长、面积问题 2023年甲卷第21题，12分2023年天津卷第18题，15分 2023年I卷第22题，12分
斜率之和差商积问题 2022年甲卷第21题，12分2021年乙卷第20题，12分 2021年I卷第21题，12分
定点定值问题 2023年乙卷第21题，12分2023年乙卷第20题，12分
1、直接推理计算，定值问题一般是先引入参数，最后通过计算消去参数，从而得到定值．
2、先猜后证，从特殊入手，求出定点或定值，再证明定点或定值与参数无关．
3、建立目标函数，使用函数的最值或取值范围求参数范围．
4、建立目标函数，使用基本不等式求最值．
5、根据题设不等关系构建不等式求参数取值范围．
6、 已知点是椭圆上一个定点，椭圆上有两动点、
（1）若直线，则直线过定点
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若直线，则直线过定点
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
7、过双曲线上任一点，、为双曲线上两动点
（1）若，则直线恒过定点．
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若，则直线恒过定点．
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
8、过抛物线上任一点引两条弦、，
（1）若，则直线恒过定点．（2018全国一卷文科）
（2）若，则直线恒过定点．
（3）若直线，则直线斜率为定值则．
（2023 新高考Ⅱ）
1．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(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:点在定直线上.
（2023 甲卷）
2．已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
（2023 天津）
3．设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
（2023 乙卷）
4．已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
（2023 新高考Ⅰ）
5．在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
（2022 乙卷）
6．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
（2022 甲卷）
7．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
（2021 乙卷）
8．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
（2021 新高考Ⅰ）
9．在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
考点一：轨迹方程
求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程．
【例1】
（2024·河北衡水·高三校联考期末）
10．在平面直角坐标系中，点满足方程.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）作曲线关于轴对称的曲线，记为，在曲线上任取一点，过点作曲线的切线，若切线与曲线交于、两点，过点、分别作曲线的切线、，证明：、的交点必在曲线上.
【变式1-1】
（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）
11．已知椭圆C：（）的离心率为，左顶点A到右焦点的距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求在上的射影的轨迹方程.
【变式1-2】
12．已知直线交抛物线于两点.
（1）设直线与轴的交点为，若，求实数的值；
（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆：
（3）记为抛物线的焦点，过抛物线上的点作准线的垂线，垂足分别为点，若的面积是的面积的两倍，求线段中点的轨迹方程.
考点二：向量搭桥进行翻译
把几何语言转化翻译为向量语言，然后用向量知识来解决．
【例2】
（2024·全国·模拟预测）
13．已知双曲线的离心率为2，焦点到一条渐近线的距离为．
(1)求双曲线的方程．
(2)若过双曲线的左焦点的直线交双曲线于，两点，交轴于，设．试判断是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．
【变式2-1】
（2024·上海静安·高三统考期末）
14．已知双曲线：，点的坐标为 ．
(1)设直线 过点，斜率为，它与双曲线交于、两点，求线段的长；
(2)设点在双曲线上，是点关于轴的对称点．记，求的取值范围．
【变式2-2】
（2024·安徽蚌埠·统考一模）
15．点在以、为焦点的双曲线上，已知，，为坐标原点．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过点作直线分别与双曲线渐近线相交于、两点，且，，求双曲线的方程；
(3)若过点（为非零常数）的直线与（2）中双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点、，且（为非零常数），问在轴上是否存在定点，使？若存在，求出所有这种定点的坐标；若不存在，请说明理由．
考点三：弦长、面积背景的条件翻译
首先仍是将题目中的基本信息进行代数化，坐标化，遵循直线与圆锥曲线题目通解中的套路，即设点设线、直由联立、看判别式、韦达定理．
将有关弦长、面积背景的问题进行条件翻译时，一般是应用弦长公式、点到直线的距离公式及面积公式（在圆中要用半径、半弦、弦心距组成的直角三角形求弦长）将有关弦长、面积的条件翻译为：（1）关于某个参数的函数，根据要求求出最值；（2）关于某个参数的方程，根据要求得出参数的值或两参数间的关系．
【例3】
（2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）
16．已知点到椭圆：的左焦点和右焦点的距离之比为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)若直线与的轨迹相交于，，与椭圆相交于，，求的值．
【变式3-1】
（2024·全国·高三专题练习）
17．在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，且经过点.

(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知，是双曲线上关于原点对称的两点，垂直于的直线与双曲线相切于点，当点位于第一象限，且被轴分割为面积比为的两部分时，求直线的方程.
【变式3-2】
（2024·江西·校联考模拟预测）
18．已知双曲线，渐近线方程为，点在上；

(1)求双曲线的方程；
(2)过点的两条直线，分别与双曲线交于，两点（不与点重合），且两条直线的斜率，满足，直线与直线，轴分别交于，两点，求证：的面积为定值.
考点四：斜率之和差商积问题
在面对有关等角、倍角、共线、垂直等几何特征时，可设法将条件翻译成关于斜率的关系式，然后将斜率公式代入其中，得出参数间的关系式，再根据要求做进一步的推导判断．
【例4】
（2024·陕西商洛·统考一模）
19．已知点，动点M满足，动点的轨迹记为.
(1)求的方程；
(2)若不垂直于轴的直线过点，与交于两点（点在轴的上方），分别为在轴上的左、右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，试问是否为定值 若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【变式4-1】
（2024·山东济南·高三统考期末）
20．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
(1)求动点M轨迹W的方程；
(2)过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【变式4-2】
（2024·全国·模拟预测）
21．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，P为平面内一动点，记直线的斜率为k，直线的斜率为，且，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C交于M，N两点（点M在第一象限，点N在第四象限），记直线，的斜率为，直线的斜率为，若，求证：直线过定点．
考点五：弦长、面积范围与最值问题
弦长和面积的最值问题首先需要将弦长和面积表达出来，弦长可用弦长公式求出；面积的表达以直线与椭圆相交得到的为例，总结一下高考中常见的三角形面积公式．对于，有以下三种常见的表达式：
①（随时随地使用，但是相对比较繁琐，想想弦长公式和点到直线距离）②（横截距已知的条件下使用）
③（纵截距已知的条件下使用）
【例5】
（2024·江西南昌·高三校考学业考试）
22．已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
(1)是上一动点，求的范围；
(2)过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的面积的最大值.
【变式5-1】
（2024·山东潍坊·高三统考期末）
23．已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
(1)是上一动点，求的范围；
(2)过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的内切圆面积的最大值.
【变式5-2】
（2024·湖南·湖南师大附中校联考一模）
24．已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.
(1)若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；
(2)若点在曲线上，求四边形的面积的范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（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）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（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，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，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.
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
3．(1)椭圆的方程为，离心率为
(2)
【分析】（1）根据椭圆几何性质即可求解的值，
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得坐标，进而可得，进而根据三角形的面积关系，结合面积公式即可得，代入即可求解斜率.
【详解】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以，，，
所以，
即
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
4．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
5．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
6．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②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.
7．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
8．（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
9．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
10．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）本题可以根据对两边平方并化简得出点的轨迹的方程；
（2）本题首先可以设点，得出切线的斜率为以及方程为，然后联立方程组得出以及，再然后设出点处的切线斜率为，求出切线方程为，用同样的方法得出点处的切线方程为，最后联立方程组，求出、的交点坐标，即可证得、的交点必在曲线上.
【详解】（1）由，
两边平方并化简，得，即，
故点的轨迹的方程为.
（2）依题可设点，，
曲线切于点的切线的斜率为，
切线l的方程为，整理得，
依题可知曲线，，
联立方程组，即，，
设，，则，，
设曲线上点处的切线斜率为，
切线方程为，整理得，
同理可得曲线上点处的切线方程为，
联立方程组，解得，
因为，，
所以，，、的交点坐标为，
满足曲线的方程，即、的交点必在曲线上.
【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法以及直线与圆锥曲线综合问题，考查韦达定理的灵活应用，也考查了利用导数的几何意义求解切线方程的问题，考查计算能力，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题.
11．(1)
(2)
【分析】（1）由题目条件列出方程组，求出参数的值，得椭圆的方程；
（2）分直线l斜率是否存在两种情况讨论，与椭圆的方程联立，根据直线和的斜率之积建立参数的关系式，得直线l过定点，得点的轨迹是以为直径的圆（除去点），建立点H的轨迹方程.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）
当直线的斜率存在时，可设l：，，，
与椭圆方程联立，，
得，
，，，
因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，
所以，
得，即，
所以或，
当时，经过定点，与A重合，舍去，
当时，，经过定点，
当直线的斜率不存在时，l：，此时，，满足条件，
因为，，
所以点的轨迹是以为直径的圆（除去点），圆心坐标为，半径为，
所以点的轨迹方程为.
【点睛】设直线l的方程，得到参数的关系式后，代回直线方程消去一个参数即可得直线过定点；求动点H的轨迹方程注意除去不合题意的点F.
12．（1）；（2）证明见解析；（3）或.
【分析】(1)联立直线与抛物线，韦达定理得到，再利用化简得到，从而求出，最后带回韦达定理求出实数的值；(2)通过证明得到，同理，
于是点在以为直径的圆上，即四点共圆；(3)根据的面积是的面积的两倍求得直线与轴的交点为或，再根据直接法求出线段中点的轨迹方程，中间注意舍去不满足题意的点.
【详解】解：（1）由得.
设，则
因为直线与相交，所以，得
由，得，所以，
解得，从而，
因为，所以，故.
（2）设，
因为两点关于直线对称，
则，故.
又于是，
即.
由点在抛物线上，有.
因为，所以，
于是
因此，同理，
于是点在以为直径的圆上，
即四点共圆.
（3）易知设，则
设直线与轴的交点为，则
由题设，可得，
所以或.
设线段的中点为，有
当时，当与轴不垂直时，
由可得，
即
而，所以.
同理，当时，.
当与轴垂直时，与重合.符合
综上，线段的中点的轨迹方程或.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的中点或中点弦问题，一般就是点差法，斜率公式，中点坐标公式求解问题；
(3)验证四点共圆是要找直径，问题可转化成边与边垂直，不管用向量还是用斜率都可以解决.
13．(1)
(2)为定值
【分析】（1）利用点到直线的距离公式及双曲线的离心率公式即可求解；
（2）根据已知条件利用点斜式设出直线的方程，利用向量的线性运算，将直线方程与双曲线方程联立方程组，再利用韦达定理即可求解.
【详解】（1）不妨取双曲线的一条渐近线方程为，右焦点为，
因为焦点到一条渐近线的距离为，
所以解得.
又，且，解得.
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知左焦点.
由题意可知，直线的斜率存在，且不等于.如图所示
设直线的方程为则.
因为，
所以
可得
由，消去整理得
所以
所以为定值.
14．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，
（2）根据向量数量积的坐标运算，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）直线的方程为．
由方程组得．
设,则，
．
（2）设点，则点的坐标为．
，，
．
因为，所以．
15．(1)
(2)
(3)存在定点
【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的定义可求得、，利用勾股定理可得出关于、的等式，即可解得双曲线的离心率；
（2）求出双曲线的渐近线方程，设点、、，利用向量的线性运算与数量积的坐标运算可求得值，从而求得双曲线的方程；
（3）即假设在轴上存在定点，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用得到，再由平面向量数量积的坐标运算可得出，综合可求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为，则，可得，
因为，由勾股定理可得，即，
所以，，因此，该双曲线的离心率为.
（2）因为，则，
所以，双曲线的方程为，即，
双曲线的渐近线方程为，设点、、，
，可得，
因为，即，可得，
即点，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，可得，
所以，，所以，，因此，双曲线的方程为.
（3）假设在轴上存在定点 使得，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
由题意可得，可得，
由韦达定理可得，，易知、，
所以，，
，
因为，所以，，
即，即，
即，（*）
由可得，则，
将代入（*）可得，（**）
将代入韦达定理可得，所以，，
将代入（**）式可得，
故在轴上存在定点使得．
【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.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由化简求解；
（2）由（1）求得弦长，由直线与的轨迹方程联立，利用弦长公式求得即可.
【详解】（1）解：由题意得，，所以左焦点为，右焦点为．
设点的坐标为，则，化简得，
所以点的轨迹方程为．
（2）由（1）得，点的轨迹方程为，
所以圆心到直线距离为，
所以直线与相交的线段，
联立直线与的轨迹方程，
，得，
由根与系数的关系得，
直线曲线相交的线段
所以．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，解方程组即可求出结果；
（2）分别将直线以及直线的方程与双曲线联立，表示出点与点的坐标，然后根据题意得到关于的方程组，解方程组即可求出结果.
【详解】（1）因为的右焦点为，且经过点，
所以，解得．
故双曲线的标准方程为．
（2）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为．
联立消去，得．
由得且，
解得．
因为与垂直，所以设的方程为．
联立消去，化简得．
由且，得．
因为与双曲线有且仅有一个公共点，
所以，即，
化简得，且点．
因为点位于第一象限，所以，．
不妨设，分别位于双曲线的左、右两支上，记与轴的交点为．

因为被轴分割为面积比为的两部分，且与面积相等，
所以与的面积比为，由此可得．
因此，即．
又因为，所以，解得．
因为，所以，
故直线的方程为．
【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，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.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，判断出点的位置，从而求得的面积为定值.
【详解】（1），，依题意，，
所以双曲线的方程为.
（2）依题意可知斜率存在，设方程为，，，
，
，①，
，
整理得.
1），，过舍去，
2），，过点，
此时，将代入①得，
与交于点，故（定值）
【点睛】关键点睛：求解双曲线的标准方程，关键点在于根据已知条件求得，是两个未知数，所以题目往往给定两个已知条件，如本题中的渐近线方程和点坐标，有时候，还需要结合隐藏条件“”来进行求解.
19．(1)
(2)是定值，
【分析】（1）利用椭圆的定义即可得解；
（2）联立直线与椭圆的方程得到，从而将转化为关于的表达式，进而整理化简即可得解.
【详解】（1）因为，
所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，
设的轨迹方程为，则，可得．
又，所以，所以的方程为．
（2）依题意，设直线，
联立，消去得．
易知，且．
由，
得．
（方法一）
因为，所以，
所以，
所以为定值，且定值为．
（方法二）
因为，
所以，
所以为定值，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，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.
20．(1)
(2)直线PQ过定点．
【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可.
（2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点.
【详解】（1）设点M的坐标为，由题意可知，，
化简整理得，W的方程为．
（2）由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，
，
设，，由韦达定理得，，
则，
所以，点P的坐标为．
同理可得，Q的坐标为．
所以，直线PQ的斜率为，
所以，直线PQ的方程为，
即，
又，则，
所以直线PQ的方程即为，
所以，直线PQ过定点．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设带入化简即可求得P的轨迹方程；
（2）设，联立直线方程与曲线方程，求得关于的一元二次方程，再由韦达定理求得两根之和与两根之积，再求得，，带入中，即可求得直线过定点.
【详解】（1）设，则，，
整理得，
曲线的方程为．
（2）
由题意知，直线的斜率不为0，设直线，
与方程联立并化简，得，
设，，
则，，
点在曲线上，，
，
又，，
，
，即，
，
，
得，
，，
，
直线的方程为，直线过定点．
22．(1)
(2)2
【分析】（1）根据焦距和点的坐标求出椭圆的方程，然后设，利用数量积的坐标运算结合二次函数性质求解即可；
（2）设直线的方程为，，，联立方程，韦达定理求出面积解析式，利用基本不等式求出最值即可.
【详解】（1）由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
（2）依题意可设直线的方程为，，.
联立得.，
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
所以的面积的最大值为2.
23．(1)
(2)
【分析】(1)结合焦距及点坐标，求得椭圆的方程：，设点，得，结合椭圆有界性解得范围即可；
(2)设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理得，，利用等面积法求解内切圆半径，进而求得内切圆面积.
【详解】（1）由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为：.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
（2）依题意可设直线的方程为，，.
联立得.
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
又因为三角形内切圆半径满足.
所以的内切圆面积的最大值为.
24．(1)证明见解析，定点
(2)
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【详解】（1）设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，
由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
（2）由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
【点睛】方法点睛：求解抛物线的切线方程，有两种方法，一种是利用判别式法，即设出切线的方程并与抛物线方程联立，化简后利用判别式为0列方程来求得切线方程；另一种是利用导数的方法，利用导数求得切线的斜率，进而求得切线方程.
答案第1页，共2页
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