重难点15七种圆锥曲线的应用解题方法（核心考点讲与练）能力拓展题型一：弦长问题一、单选题1．（2022·福建厦门·模拟预测）已知抛物线的准线
被圆所截得的弦长为，则（?）A．1B．C．2D．4【答案】C【分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准
线，即可求得p【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有，解得，故，得，故选
：C2．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（文））己知直线l过抛物线的焦点，并且与抛物线C交于不同的两点A、B，若为线段的中点
，则的值为（?）A．4B．5C．6D．8【答案】C【分析】先求出抛物线的准线方程，分别过作准线的垂线，垂足分别为，由抛物线的定义可
得出答案.【详解】抛物线的准线方程为： 分别过作准线的垂线，垂足分别为则点到准线的距离为 根据抛物线的定义可得,且 所以故选：C3
．（2022·河南郑州·三模（文））斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（?）A．2B．C．D．【答案】D【分析】
设直线方程与椭圆方程联立，求得弦长，即可得到最大值.【详解】设两点的坐标分别为，，直线l的方程为，由消去y得，则，.∴，∴当时，取
得最大值，故选:D.二、多选题4．（2022·河北邯郸·二模）已知P是圆O：上的动点，点Q(1，0)，以P为圆心，PQ为半径作圆P
，设圆P与圆O相交于A，B两点．则下列选项正确的是（?）A．当P点坐标为(2,0)时，圆P的面积最小B．直线AB过定点C．点Q到直
线AB的距离为定值D．【答案】ACD【分析】A由题意圆P的面积最小只需最小，结合圆的性质判断；B应用特殊点，讨论为圆O在x轴交点分
别判断直线的位置即可判断；C由两圆相交弦所在直线的求法确定直线，再由点线距离公式判断；D由垂直平分，结合弦心距、半径、弦长关系得到
关于圆P半径的表达式，结合二次函数性质求范围.【详解】A：根据圆的性质知：P点坐标为(2,0)时最小，此时圆P的面积最小，正确；B
：若圆P的半径为且，如下图，当为圆O在x轴右侧交点，此时，显然直线垂直于x轴，在点右侧；如下图，当为圆O在x轴左侧交点，此时，显然
直线也垂直于x轴，在点左侧；所以直线不可能过定点，错误；C：由对称性，不妨设，则，所以圆P方程为，又直线为两圆相交弦，则圆P、圆O
相减并整理得：直线，所以Q到直线AB的距离为定值，正确；D：由题意，与交于C且垂直平分，令，则，可得，故，所以，正确；故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项C利用两圆相交求相交弦所在直线方程，结合点线距离公式求距离，选项D通过弦心距、弦长、半径的几何关系得到关于
圆P半径的表达式.三、填空题5．（2022·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，
以为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若，则线段的长为________．【答案】【分析】作出图形，结合几何性质求出，进而可
求出直线的斜率，然后将直线方程与抛物线联立，结合韦达定理即可求出结果.【详解】过点分别作准线的垂线，垂足分别为，过点作的垂线，垂足
为，由题意可知，所以，设，所以，且，因此，故，所以，即，因此直线的斜率为，又因为，所以直线的方程为，与抛物线联立，即，设，则，因此
，故答案为：.【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
物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦
长公式．6．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知抛物线，直线被抛物线C截得的弦长为8，则抛物线C的准线方程为___．【答案】【分析
】联立直线方程和抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用弦长可求得，即可求得答案.【详解】由题意得， ，消x可得， ，设，则，故，∴
，则准线方程为，故答案为：四、解答题7．（2022·全国·二模（理））已知动圆M经过定点，且与圆相内切．(1)求动圆圆心M的轨迹C
的方程；(2)设点T在上，过点T的两条直线分别交轨迹C于A，B和P，Q两点，且，求直线AB的斜率和直线PQ的斜率之和．【答案】(1
) (2) 0【分析】（1）设动圆圆心，半径为r，利用椭圆的定义可得到动圆圆心M的轨迹方程.（2）设出AB直线方程和PQ直线方程
，分别与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式表示出，即可得到斜率之和.(1)设动圆圆心，半径为r，由题意得：得．所以圆心M的轨
迹是以，为焦点的椭圆，且故轨迹C方程为．(2)设，，，AB直线方程为，，，PQ直线方程为，联立相消得，同理，又，，又，．8．（20
22·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知椭圆：的离心率为，直线交椭圆的弦长为.(1)求椭圆的方程；(2)经过定点的直线
交椭圆于两点，椭圆的右顶点为，设直线，的斜率分别为，，求证：恒为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】根据韦达定理得弦长公式
，结合离心率即可求解，进而得椭圆方程.联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，根据两点的斜率公式，即可化简求解.(1)∵，则，，
∴即为：把代入整理得：，则，这时，，∴∴所求的方程为：(2)由题意可知，直线斜率存在.设：即代入椭圆方程整理得：∴，又，同理∴【方
法二】平移坐标轴以为原点，这时的方程为设：代入椭圆方程整理得：，则，这时，9．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心三模（文））
已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，(1)求圆心的轨迹方程(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值
.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到<4，再利用双曲线的定义求解；（2）设直线为，联立，利
用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.(1)解：因为圆C与圆A、圆B外切，设C点坐标，圆C半径为，则，，
所以<4，所以点C的轨迹是双曲线的一支，又，，，所以其轨迹方程为；(2)设直线为，联立，消去y得：，所以，设MN中点坐标为G，则，
所以，，直线GP的方程为:，，所以，所以=1.10．（2022·北京·潞河中学三模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为.(1)求椭圆的
方程；(2)设过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，过原点的直线交椭圆于两点.若，求证：为定值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题
意，得到，结合离心率求得的值，即可求解；（2）当直线的斜率不存在时，求得；当的斜率存在时，则的方程为，直线的方程为，设，联立方程组
，结合根与系数的关系和弦长公式，求得，即可求解.(1)解：因为椭圆的一个顶点为，离心率为可得，且，解得，所以椭圆的方程为.(2)证
明：当直线的斜率不存在时，可得，则；当直线的斜率存在时，依题意知，则直线的方程为，直线的方程为，设，联立方程组，整理得，则，所以
又由，可得，则，所以，所以，综上可得：.题型二：面积问题一、单选题1．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）平面直角坐标系中，点
集 ，则点集所覆盖的平面图形的面积为（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】欲求点集所覆盖的平面图形的面积，先看点的轨迹是什么图形
，将，的式子平方相加后即可得出,再结合三角函数的有界性即可解决问题．【详解】两式平方相加得：,即：．由于，，随着 的变化，方程表示
圆心在，半径为和半径为的两圆之间的圆环，故点集所覆盖的平面图形的面积为：，故选：．二、多选题2．（2022·湖南·模拟预测）已知双
曲线，的左右焦点分别为，，双曲线C上两点A，B关于坐标原点对称，点P为双曲线C右支上上一动点，记直线PA，PB的斜率分别为，，若，
，则下列说法正确的是（?）A．B．C．的面积为D．的面积为1【答案】BD【分析】根据点差法，结合双曲线的定义逐一判断即可.【详解】
，，因为A，B关于坐标原点对称，则，曲已知得，，两式相减得，所以，因为，所以，得，所以选项B正确A错误；因为P在右支上，记，则，因
为，所以，解得或（舍去），所以的面积为．所以选项D正确C错误．故选：BD．【点睛】关键点睛：应用点差法和双曲线的定义是解题的关键.
三、填空题3．（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知抛物线的焦点为，过且垂直与轴的直线与相交于，两点，若(为坐标原点)的面积为，
则________【答案】【分析】首先得到抛物线的焦点坐标，将代入抛物线方程，即可求出、，再根据面积公式计算可得；【详解】抛物线的
焦点为，将代入可得，即有，，所以，所以，解得；故答案为：四、解答题4．（2022·浙江·温州中学模拟预测）已知椭圆的上、下顶点分别
为，抛物线在点处的切线l交椭圆于点M，N，交椭圆的短轴于点C，直线交x轴于点D．(1)若点C是的中点，求p的值；(2)设与的面积分
别为，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设直线l的方程为，与抛物线方程联立，由结合 l过求解；（2）设，得到l的方程，
与椭圆方程联立， 设M，N的纵坐标分别为，由求解.(1)解：设直线l的方程为，代入，得，由题意，即，∴l的方程为，又∵l过，∴；(
2)l的方程化为，设，则l的方程为，点C的纵坐标，则，由，得，解得．设M，N的纵坐标分别为，令，显然，则，当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值为．5．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知分别为椭圆的左?右焦点，长轴长为，分别为椭圆的上、下顶点，且四边形的面
积为.(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的离心率为，过点的直线与曲线交于两点，设的中点为M，两点为曲线上关于原点对称的两点，且，求四
边形面积的取值范围.【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据题意利用待定系数法列出方程组即可求得的值，进而得到椭圆的方程；（2）设
出直线的方程并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得两点坐标，进而得到四边形面积的表达式，从而求得该四边形面积的取值范围.(1)
由，得，又，则由，可得或则椭圆的方程为或.(2)由椭圆的离心率，则椭圆的方程为当直线AB斜率存在时，设直线，代入，整理得则，则直线
代入，整理得，取，则，则，则，即当直线AB斜率不存在时，AB的方程为，此时，，，综上，四边形面积的取值范围为.6．（2022·湖
南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆上一动点，直线与圆相切于Q点，且Q是线段的中点，三角形的面积为2．(1)求椭圆
C的方程；(2)过点P（点P不在x轴上）作圆的两条切线、，切点分别为M，N，直线MN交椭圆C于点D、E两点，求三角形ODE的面积的
取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）依题可得OQ为的中位线，根据椭圆的定义可得：，结合三角形面积公式可得，又从而可求出，即
可得出椭圆方程；（2）设，，由几何性质可知P、M、O、N四点共圆，且PO为该圆直径，写出圆方程表达式，从而求出直线MN的方程，代入
椭圆方程结合弦长公式求出，和点到直线MN距离，并写出三角形ODE的面积的表达式，分析其单调性从而求出取值范围．(1)连接OQ，由，
且所以OQ为的中位线，所以且，所以根据椭圆的定义可得：，所以，解得，所以，所以，解得，所以，故椭圆C的方程为：．(2)设，，则，由
几何性质可知P、M、O、N四点共圆，且PO为该圆直径，则以线段OP为直径的圆的方程为，又圆O的方程为，两式相减得直线MN的方程为．
由消去y整理得．因为直线MN交椭圆C于D、E两点，设，所以，，，则．又原点到直线DE的距离为，所以三角形ODE 的面积为．设，因为
所以，因为在单调递增，所以所以．7．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆且经过，，，中的三点，抛物线，椭圆的右焦点是抛物线的焦
点．(1)求曲线，的方程；(2)点P是椭圆的点，且过点P可以作抛物线的两条切线，切点为A，B，求三角形面积的最大值．【答案】(1)
，(2)【分析】（1）根据对称性可得椭圆上的三个点，利用待定系数法可求椭圆的方程，从而可求抛物线的方程.（2）设点，，，其中，联立
直线方程和抛物线线方程，消元后利用判别式可得诸变量之间的关系，从而可得的中点满足平行于轴并可用表示三角形的面积，从而可求其最大值.
(1)根据对称性可得，，在椭圆上，故，且，故，所以.椭圆的右焦点为，所以即，故..(2)设点，，，其中， 由可得，整理得到：，所以
，故，且，故， 同理，，故为方程的两个根，故，而的中点的纵坐标为，故平行于轴，故三角形面积为由可得，故或（舍），故，故当时，有.题
型三：中点弦问题一、多选题1．（2022·山东·烟台二中模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线C：交于A，B两点
，点为线段AB的中点，且，则下列结论正确的为（?）A．N为的外心B．M可以为C的焦点C．l的斜率为D．可以小于2【答案】AC【分析
】由可得，即可判断A选项；设出直线，联立抛物线，由求出，即可判断B选项；由点差法即可求出l的斜率判断C选项；求出即可判断D选项.【
详解】由可得，则N为的外心，A正确；易得直线斜率不为0，设，，联立可得，，则，则，由可得，即，则，则焦点为，B错误；由作差得，即，
C正确；，则，D错误.故选：AC.2．（2022·全国·模拟预测）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”
．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，过上的动点
作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则（?）A．椭圆的离心率为B．面积的最大值为C．到的左焦点的距离的最小值为D．若动
点在上，将直线，的斜率分别记为，，则【答案】ABD【分析】由条件可得，由此可求椭圆的离心率，由此判断A，由条件可得为圆的直径，确定
面积的表达式求其最值，由此判断B，由条件确定的表达式求其范围，由此判断C，结合点差法判断D.【详解】依题意，过椭圆的上顶点作轴的垂
线，过椭圆的右顶点作轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆上， 所以，得，所以椭圆的离心率，故A正确；因为点，，都在圆上，且，所以为圆的
直径，所以，所以面积的最大值为，故B正确； 设，的左焦点为，连接，因为，所以，又，所以，则到的左焦点的距离的最小值为，故C不正确；
由直线经过坐标原点，易得点，关于原点对称，设，，则，，，又，所以，所以，所以，故D正确故选：ABD．【点睛】椭圆的蒙日圆及其几何性
质过椭圆上任意不同两点，作椭圆的切线，若两切线垂直且相交于，则动点的轨迹为圆，此圆即椭圆的蒙日圆．椭圆的蒙日圆有如下性质：性质1：
．性质2：平分切点弦．性质3：的最大值为，的最小值为．二、填空题3．（2022·全国·模拟预测）已知双曲线E：的左、右焦点分别为、
，过的直线l与双曲线的左、右两支分别交于P、Q两点，与y轴交于点C，M为线段PQ的中点．若，则双曲线E的离心率为______．【答
案】【分析】作出图像，由与关于y轴对称得，由得，再根据点差法得，由此根据即可求解．【详解】由题意画出图像，由题知直线PQ的斜率一定
存在，设直线PQ的斜率为，由双曲线的对称性知直线的斜率．又，可得直线OM的斜率．设，，，则，，∵P、Q在双曲线上，故，由①－②得，
，即，即，则，故双曲线离心率．当直线PQ的斜率时，，不符合题意．故答案为：．三、解答题4．（2022·江苏南京·模拟预测）已知椭圆
：（）过点，直线：与椭圆交于，两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为-0.5.(1)求椭圆的标准方程；(2)当时，椭圆上是
否存在，两点，使得，关于直线对称，若存在，求出，的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)不存在；理由见解析.【分析】（
1）利用点差法，结合代入法进行求解即可；（2）利用假设法、点差法，根据点关于直线对称的性质、点与椭圆的位置关系进行求解即可.(1)
设，，则，即．因为，在椭圆上，所以，，两式相减得，即，又，所以，即．又因为椭圆过点，所以，解得，，所以椭圆的标准方程为；(2)由题
意可知，直线的方程为．假设椭圆上存在，两点，使得，关于直线对称，设，，的中点为，所以，，因为，关于直线对称，所以且点在直线上，即．
又因为，在椭圆上，所以，，两式相减得，即，所以，即．联立，解得，即．又因为，即点在椭圆外，这与是弦的中点矛盾，所以椭圆上不存在点，
两点，使得，关于直线对称．【点睛】关键点睛：利用点差法是解题的关键.5．（2022·新疆·三模（文））已知椭圆C：），O为坐标原点
，若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线l与直线OM的斜率乘积为．(1)求椭圆C的离心率；(2)若椭圆C经过点，
求椭圆C的标准方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用点差法、中点坐标公式、斜率公式可得到，再利用椭圆的离心率公式进行求解；（
2）利用离心率和点在椭圆上进行求解.(1)解：设，，，则，所以，所以，即，即，即，则离心率；(2)解：若椭圆C过点，即，又因为，所
以，即，，所以椭圆C的标准方程为.6．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)若
上存在，两点关于直线对称，且（为坐标原点），求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的标准方程；（2）由直
线：， 故可设直线的方程为.设，，用“设而不求法”得到，.由，得到.再由的中点在直线上，或.代入判别式检验成立，求出.(1)由题意
得，设，则，.又点在椭圆上，所以，得，则椭圆的标准方程为.(2)由题意可知直线的斜截式方程为，易知直线的斜率，故可设直线的方程为.
联立得消去并整理，得，则，即，设，，则，.因为，所以，所以.又，所以，得.因为的中点在直线上，所以，即，即，把代入上式，得，解得或
.当时，，显然不成立.故，则，满足，所以.题型四：范围问题一、单选题1．（2022·江苏南通·模拟预测）设抛物线C：y2＝4x的焦
点为F，过F的直线C相交于A，B两点，则4|AF|＋9|BF|的最小值为（?）A．26B．25C．20D．18【答案】B【分析】设
,设出直线方程并与抛物线方程联立,再由焦半径公式,可得,再利用基本不等式可求出最小值.【详解】由题意,,设,设直线的方程为,联立,
即,则，所以，，所以，当且仅当，即时取等号.所以4|AF|＋9|BF|的最小值为.故选：B．二、多选题2．（2022·江苏南通·模
拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆的左，右焦点，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足，则（?）A．
△ABF2的周长为定值B．AB的长度最小值为1C．若AB⊥AF2，则λ=3D．λ的取值范围是[1，5]【答案】AC【分析】根据椭圆
的定义结合椭圆中焦点弦的几何意义，可判断A、B两项，设直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求解参数的值或取值范围，即可判断C
、D项.【详解】因为，则三点共线，周长是定值，A对．，B错．∵，则，A在上、下顶点处，不妨设，则解得或，，，，C对．令消x可得，时
，时，∴，D错．故选：AC.3．（2022·辽宁大连·二模）已知在平面直角坐标系中，，，，，，P为该平面上一动点，记直线PD，PE
的斜率分别为和，且，设点P运动形成曲线F，点M，N是曲线F上位于x轴上方的点，且，则下列说法正确的有（?）A．动点P的轨迹方程为B
．△PAB面积的最大值为C．的最大值为5D．的最小值为【答案】BCD【分析】设，根据题意和两点求直线斜率公式计算化简求出点P的轨迹
方程，即可判断A；结合焦点三角形的面积计算即可判断B；根据椭圆的定义和三角形三边的大小关系即可判断C；结合椭圆的焦半径公式可得，当
时取得最小值，即可判断D.【详解】由题意得，设点，则，由，得，整理，得，即动点P的轨迹方程为，故A错误；当点运动到椭圆的上顶点时，
的面积最大，此时，故B正确；由椭圆的定义，得，而，当且仅当三点共线且点P位于第四象限时等号成立，所以，故C正确；由椭圆的焦半径公式
，得，(其中)，有，当即时，取得最小值，此时，得，所以，故D正确.故选：BCD.4．（2022·全国·模拟预测）已知为坐标原点，经
过点且斜率为的直线与双曲线相交于不同的两点，，则（?）A．若时，则B．对任意的，存在直线使得C．对任意的，存在直线使得D．对任意的
，存在直线使得【答案】AD【分析】直线为，联立双曲线结合，应用韦达定理及中点公式可得，再由判断的范围.【详解】由题意，直线为，与双
曲线联立得：，易知且.若，则为的中点，所以，可得，A正确；由，即，结合可得，解得或，D正确，BC错误.故选：AD.三、解答题5．（
2022·江苏泰州·模拟预测）已知椭圆）的左焦点为F，其离心率，过点F垂直于x轴的直线交椭圆于P，Q两点，．(1)求椭圆的方程；(
2)若椭圆的下顶点为B，过点D（2，0）的直线l与椭圆相交于两个不同的点M，N，直线BM，BN的斜率分别为，求的取值范围．【答案】
(1)(2)【分析】小问1：由离心率和通径公式即可得到椭圆方程；小问2：联立直线与椭圆方程，得到，由韦达定理得到与的关系，对进行整
理，最后由函数性质来确定范围.(1)由题可知，解得.所以椭圆的方程为：.(2)由题可知，直线的斜率存在，则设直线的方程为，，.由题
可知，整理得，解得.由韦达定理可得，.由(1)知，点设椭圆上顶点为，，且，∴∴的取值范围为．【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，
并且结合函数性质求取值范围，注意要考虑直线斜率不存在的情况.6．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知双曲线的离心率为2，F为双
曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于两点，且当l垂直于x轴时，；(1)求双曲线的方程；(2)过点F且垂直于l的直线与双曲线交
于两点，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据通径，直接求得，再结合离心率为2即可求双曲线的方程；（2）通过对转化为
，从而简化计算，利用韦达定理求解即可.(1)依题意，，当l垂直于x轴时，，即，即，解得，，因此；(2)设，联立双曲线方程，得：，当
时，，，当时，设，因为直线与双曲线右支相交，因此，即，同理可得，依题意，同理可得，，而，代入，，，分离参数得，，因为，当时，由，，
所以，综上可知，的取值范围为.7．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，为抛物线的焦点，直线与抛物线交于、两点，中点为，当
，时，到轴的距离与到点距离相等.(1)求的值；(2)若存在正实数，使得以为直径的圆经过点，求的取值范围.【答案】(1) (2)【
分析】（1）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据已知条件可得出关于的等式，即可解出的值；（2）
将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得，可得出，令，根据二次函数的零点分布可得出关于的不等式，结合可求得的取值范
围.(1)解：当，时，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，所以，，，即点，由已知可得，解得.(2)解：因为存在正实数，使得以为直径
的圆经过点，且，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，易得，，同理可得，因为，所以，所以，化简得，令，则函数的对称轴为直线，若方程有
正根，则，又因为，解得.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，
从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的
不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法
将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.8．（2022·全国·华中师大一附中模拟预测）如图，已知椭圆的离心
率为，直线与圆交于M，N两点，．(1)求椭圆E的方程；(2)A，B为椭圆E的上、下顶点，过点A作直线交圆O于点P，交椭圆E于点Q（
P，Q位于y轴的右侧），直线BP，BQ的斜率分别记为，，试用k表示，并求当时，△面积的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（
1）由点线距离及勾股定理求得，再根据离心率和椭圆参数关系求a、c，即可得E的方程；（2）由题意设为，联立圆和椭圆求P、Q的坐标，应
用斜率两点式求、，根据已知条件求参数k的范围，并得到△面积关于k的表达式，利用导数判断单调性，进而求面积的范围.(1)圆心O到直线
的距离为，解得，由题设，，解得，故椭圆E的方程为．(2)由（1）知，，，直线为，设，，联立，得，所以，，联立得：，所以，，．由，得
：，．令，则，所以函数在上单调递增，，，所以△面积的取值范围为.9．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）如图，在平面直角坐标系
中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，
l于点P，Q，N．(1)求证：；(2)若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，若，求实数的取值范围；【答案】
(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，即可表示、的坐标，再由直线的方程，得到点坐标，同理可得点坐标，从而得证；（2）依题意可得，
即可求出、，再根据三角形面积求出的取值范围；(1)解：设，则，由于A，F，B三点共线，则，整理得，又，则，同理可得则，，所以，即证
；(2)解：若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，即，则，化简得，，即可得，又因为，，可得，，，，，即题型
五：定点问题一、多选题1．（2022·重庆·三模）已知抛物线的焦点为F，为C上一点，.过C的准线上一点P，作C的两条切线，其中A?
B为切点.则下列判断正确的是（?）A．B．抛物线C的准线方程为C．以线段为直径的圆与C的准线相切D．直线恒过焦点F【答案】ACD【
分析】由，利用抛物线的定义求解判断A；由，利用抛物线的定义求解判断B；利用导数求得切线PA，PB的方程，从而得到AB的直线方程求解
判断CD.【详解】如图所示：因为为C上一点，且，所以，解得，A正确；抛物线方程为，其准线方程为，B不正确；由，得，设，则直线PA的
方程为，由点A在直线上，得，即，则直线PB的方程为，由点B在直线上，得，即，所以直线AB的方程为，所以直线AB过定点，C正确；设线
段AB的中点为C，由图象和抛物线定义知：，所以以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，D正确.故选：ACD2．（2022·河北沧
州·模拟预测）已知抛物线C：(>0)的焦点F与圆的圆心重合，直线与C交于两点，且满足：(其中O为坐标原点且A、B均不与O重合)，则
(?)A．B．直线恒过定点C．A、B中点轨迹方程：D．面积的最小值为16【答案】ABD【分析】求出圆心坐标得抛物线焦点坐标，从而得
抛物线方程，直线斜率不为0，设方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理得，，由求得，然后可得，并能得出直线所过定点坐标，设中点为，结合
韦达定理的结论可求得中点轨迹方程，由两点间距离公式求得，再求得原点到直线的距离可得三角形面积，从而得最小值．【详解】圆可化为，则，
半径r=1，∴抛物线的焦点为，∴，，∴抛物线C的方程为，由题可知直线l斜率若存在，则斜率不为0，故设l为，由，得，则，即，∴，，则
，解得或(舍，否则直线l过原点)，∴，，故A正确；直线方程为，恒过定点，故B正确；设中点为，则，，消去参数得，故C错误；，原点到直
线的距离为，∴，∴时，为最小值，故D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：关键是设直线l为，通过韦达定理和可求出n的值，从而可判
断项AB，通过参数法可以求A、B中点的轨迹方程判断C，结合弦长公式和三角形面积公式即可求出△AOB面积，从而判断D．二、填空题3．
（2022·河北·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，A，B为抛物线C上在第一象限的两点，记直线与直线的斜率分别为与，且，则直线恒过定
点___________.【答案】【分析】设出直线的方程，联立抛物线求得，由求得，即可求出定点坐标.【详解】易知直线的斜率必存在且
不为0，设直线，联立抛物线得，，，又，则，，，则，又，解得，故直线，恒过定点.故答案为：.4．（2022·四川遂宁·三模（理））已
知抛物线：（）的焦点F与圆的圆心重合，直线与C交于、两点，且满足：（其中为坐标原点且A，均不与重合），对于下列命题：①，； ②直线
恒过定点；③A，中点轨迹方程：；④面积的最小值为16.以上说法中正确的有______.【答案】①②④【分析】求出圆心坐标得抛物线焦
点坐标，从而得抛物线方程，直线斜率不为0，设方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理得，由求得，然后可得，并能得出直线所过定点坐标，设
设中点为，结合韦达定理的结论可求得中点轨迹方程，由两点间距离公式求得，再求得原点到直线的距离可得三角形面积，从而得最小值．【详解】
由题意圆：的标准方程是，圆心为，半径为1，所以抛物线的焦点为，，，抛物线方程为，直线斜率不为0，设方程为，由，得，，即所以，，，或
（否则直线过原点），所以，．直线方程为，过定点，设中点为，则，，消去参数得，，原点到直线的距离为，所以，所以时，为最小值．正确答案
有①②④，故答案为：①②④．三、解答题5．（2022·江西师大附中三模（理））已知椭圆的右焦点为F，上顶点为M，O为坐标原点，若的
面积为，且椭圆的离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F点恰为的垂心？若存在，求出直线l的方程；
若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】(1)根据题意和椭圆离心率的定义可得，由三角形的面积公式可得，即可求出；(2
)设直线，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出和，结合垂心的定义可得，根据平面向量数量积的坐标表示列出关于m的方程，解之即可.(1)依
题意得，，即，则，又，则，所以所求椭圆的方程为．(2)由（1）知，故直线MF的斜率为．若符合题意的直线l存在，可设直线，由，消去y
整理得，则，即．又，则，由F点恰为的垂心等价于，即．由于，故，所以或．当时，直线PQ经过点M，此时不构成三角形，故舍去．故直线l的
方程为．6．（2022·广东广州·三模）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，线段上一点满足.记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方
程；(2)设为原点，曲线与轴正半轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，若，求证：直线经过定点.【答
案】(1)；(2)见解析【分析】（1）设，由求得，结合圆的方程即可求解；（2）设，由得，设出直线，联立曲线，结合韦达定理表示出，解
得，即可得到过定点.(1)由题意，设，又，则，又因为点在圆上，所以，故曲线的方程为；(2)由题意，，设，则，易得斜率必然存在，所以
，设，由图象易知，直线斜率不存在时不符合题意，设直线的方程为，联立曲线的方程，得，得，所以，由题意知，直线均不过原点，所以，从而，
所以，解得，满足，所以直线的方程为，恒过定点.7．（2022·重庆八中模拟预测）已知抛物线的焦点为F，不过原点的直线l交抛物线C于
A，B两不同点，交x轴的正半轴于点D．(1)当为正三角形时，求点A的横坐标；(2)若，直线，且和C相切于点E；①证明：直线过定点，
并求出定点坐标；②的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)3 (2)证明见解析，定点
为（1,0），最小值为16【分析】（1）根据抛物线C的方程，可以求得焦点坐标，由 是正三角形，设点A和D的坐标，可以求解；（2）过
点A，作准线的垂线，得垂足P，构造平行四边形，设A点的坐标，以A点的纵坐标为参变量，分别计算直线，AE，AB的方程 以及三角形AE
B的面积即可.(1)∵ ，∴抛物线焦点坐标F（1,0），准线方程为x=-1，设A(a，t)，D(m，0)，因为 是正三角形，必有，
解得 ，即A点横坐标为3；(2)如图，设A点在第一象限，过A点作准线x=-1的垂线，得垂足P，连接PF， ， ，∴四边形APFD是
平行四边形， ，设A(a，t) ，则P(-1，t)，直线PF的斜率为 ，设 的方程为 ，联立方程，消去x得： ，因为是抛物线C的切
线， ， ， ， ，即E点的坐标为 ，直线AE的方程为：?，其中 ，化简得：，故AE过定点F（1，0）；直线l的方程为： ，化简得
： ，联立方程，消去x得 ， ， ，即A，B两点的纵坐标之差的绝对值为 ，过E点作x轴的平行线交l于H点，则 ， ，用铅垂高水平底
的方法计算三角形AEB的面积， ，当且仅当t=2时等号成立， 的最小值为16；综上，A点的横坐标为3，直线AE过定点F（1,0）
，三角形AEB的面积最小值为16.【点睛】本题的核心观察到四边形APFD是平行四边形，设点A的纵坐标为参数，这样计算会简便一些，计
算三角形AEB的面积用初中的方法——水平底铅垂高比较方便，便于使用韦达定理.8．（2022·江苏南通·模拟预测）已知F1（－，0）
，F2（，0）为双曲线C的焦点，点P（2，－1）在C上．(1)求C的方程；(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，
N两点，点Q在直线AB上，若＋，＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）待定系数法
列方程组求得的值，即可得到双曲线C的方程；（2）设出直线AB的方程并与双曲线C的方程联立，利用设而不求的方法得到M、N的坐标，利用
题给条件＋求得直线AB的过定点，再由＝0可得使|QT|为定值的定点T.(1)设双曲线C的方程为，由题意知，∴双曲线C的方程为(2)
设直线AB的方程为，A（、），B（，），P（2，－1），则，，∴直线PA方程为，令，则，同理N（0，），由，可得∴∴∴∴∴∴，当时
，，此时直线AB方程为恒过定点P（2，－1），显然不可能∴，直线AB方程为恒过定点E（0，－3）∵，∴，取PE中点T，∴T（1，－
2）∴为定值，∴存在T（1，－2）使|QT|为定值．【点睛】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．9．（2022·河南·模拟预测（理））已知椭圆的离心率
为，C的四个顶点围成的四边形面积为．(1)求C的方程；(2)已知点，若不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，且，证明：l过定点．【
答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由离心率为，可得，再由C的四个顶点围成的四边形面积为，得，从而可求出的值，进而可求出椭圆
方程，（2）由，得，设l的方程为，，，将直线方程代入椭圆方程，消去，利用根与系数的关系，再由化简可求出的值，从而可得答案(1)由离
心率为，得，?①C的四个顶点围成的四边形面积为．?②由①②可得，，故C的方程为．(2)由，得．因为Q不在l上，所以，都不是零向量，
故，由题意可知l的斜率一定存在．设l的方程为，，．联立方程组得，消去y并整理得，由，得．所以，．因为，即，整理得，因为，所以．当时
，满足，此时直线l的方程为，所以直线l过定点．题型六：定值问题一、解答题1．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）如图，已知离心
率为的椭圆的左右顶点分别为?，是椭圆上异于?的一点，直线?分别交直线于?两点.直线与轴交于点，且.(1)求椭圆的方程；(2)若线段
的中点为，问在轴上是否存在定点，使得当直线?的斜率?存在时，为定值？若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1
)(2)，【分析】（1）先由求出点坐标，再结合离心率为，即可求出椭圆的方程；（2）设出坐标，表示出直线?的方程求得?两点坐标，进而
求得坐标，表示出，由是椭圆上的一点化简得，即可求解.(1)由题意知：，则，又，则，故，又离心率为，则，，故椭圆的方程为；(2)易得
，设，，由直线?的斜率?存在知，又直线?斜率必存在，则直线，令，得，则，直线，令，得，则，又，则，则，又是椭圆上的一点，则，即，故
，故当时，为定值，此时.2．（2022·辽宁沈阳·三模）如图，在平面直角坐标系中，分别为等轴双曲线的左、右焦点，若点A为双曲线右支
上一点，且，直线交双曲线于B点，点D为线段的中点，延长AD，BD，分别与双曲线交于P，Q两点．(1)若，求证：；(2)若直线AB，
PQ的斜率都存在，且依次设为，试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理出．【答案】(1)证明见解析；(2)定值，7
.【分析】（1）分两种情况讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，运用斜率公式可证明；（2）设直线的方程为，与双曲线联立得，同理
得，由斜率公式及（1）中的结论可得结论.(1)由等轴双曲线知离心率，，及，可得，所以双曲线方程为，.当直线的斜率不存在时，，，直线
的斜率存在时，，，整理得，综上所述，成立；(2)依题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，代入双曲线并化简得：，①由于，则
代入①并化简得：，设，则，解得，代入，得，即，同理可得，所以，所以是定值.3．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））已知
椭圆的离心率为，且经过点．(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线分别交x轴于M，N两点，点，若，求证
：为定值．【答案】(1)；(2)证明过程见解析；【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；（2）设出直线的方程与椭
圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合共线向量的性质进行求解即可.(1)因为椭圆的离心率为，且经过点，所以有；(2)证明：
设直线方程为，，，由，联立消x得，所以，，，由题意知，，均不为．设，，由，，A三点共线知与共线，所以，化简得；由，，三点共线，同理
可得；由，得，即；由，同理可得；所以，所以为定值．【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.4．（2022·陕
西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知抛物线C：的焦点为，准线与坐标轴的交点为，、是离心率为的椭圆S的焦点.(1)求椭圆S的
标准方程；(2)设过原点O的两条直线和，，与椭圆S交于A、B两点，与椭圆S交于M、N两点.求证：原点O到直线AM和到直线BN的距离
相等且为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用抛物线的焦点坐标以及椭圆的离心率可求出椭圆方程；（2）先根据椭圆的对
称性以及平面几何知识证明原点O到直线AM和到直线BN的距离相等，然后设出直线的方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数关系和点到直线距
离公式可求出结果.(1)化抛物线C：的方程为标准方程，即C：.得抛物线C的焦点，设椭圆S的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c.
则由题意得，，得.∴，又椭圆S的焦点在y轴上.∴椭圆S的标准方程为.(2)证明：由题意知A、O、B共线，M、O、N共线，且，又由椭
圆的对称性，知，.∴四边形AMBN为菱形，且原点O为其中心，AM、BN为一组对边.∴原点O到直线AM和到直线BN的距离相等下面求原
点O到直线AM的距离.根据椭圆的对称性，不妨设A在第一象限.当直线AM的斜率为零或不存在时，四边形AMBN为正方形，直线AB和直线
MN的方程分别为和，且轴或轴.设，则或.于是，有，得.原点O到直线AM的距离为.当直线AM的斜率存在且不等于零时，设AM：.由，消
去并整理得，且.设，，则，，∴.由，得，即，得，满足.∴原点O到直线AM的距离为.∴原点O到直线BN的距离也为.综上所述，原点O到
直线AM和到直线BN的距离相等且为定值.5．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（文））已知椭圆C：经过点，且椭圆C的离
心率．(1)求椭圆C的方程；(2)经过定点的直线l交椭圆C于A，B两点，椭圆C的右顶点为P，设直线PA，PB的斜率分别为，，求证：
恒为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由离心率、点在椭圆上及椭圆参数关系列方程组求参数值，即可得椭圆方程.（2
）设直线方程并联立椭圆，应用韦达定理、斜率两点式得到关于参数的表达式，进而化简即可证结论.(1)由题意知：，解得，∴所求C的方程为
：．(2)由题意，直线的斜率必存在，设：，即，代入椭圆整理得：，∴，又，而，，∴为定值，得证.6．（2022·江苏·南京外国语学校
模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，连结PF1，PF2并延长，分别交椭圆于点A，
B．已知APF2的周长为，F1PF2面积最大值为4．(1)求椭圆C的标准方程；(2)当P不是椭圆的顶点时，试分析直线OP和直线AB
的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是定值；【分析】（1）根据APF2的周长为和F1P
F2面积最大值为4，得到4a=，bc=4求解；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点A的坐标，同理得到点B的坐标
，再利用斜率公式求解.(1)解：如图所示：由题意得，解得，所以椭圆的方程为(2)设直线的方程为，由得，，即，，，，同理可得，，为定
值7．（2022·湖北·荆州中学模拟预测）设点是椭圆上一动点，、分别是椭圆的左、右焦点，射线 、分别交椭圆于两点，已知的周长为，且
点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)证明：为定值．【答案】(1) (2)证明见解析【分析】（1）由椭圆定义可得，再将代入方程即可
求出；（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出坐标，同理得出坐标，即可代入所求，化简可求出.(1)根据椭圆的定义可得：，解得：，将代
入方程，得，解得：，椭圆C的方程为：.(2)由题知，，设，则直线的方程为，由，得?，则，，同理可得，所以.所以 为定值.题型七：向
量共线问题一、单选题1．（2022·贵州贵阳·二模（理））已知抛物线的准线交轴于点，过点作直线交于，两点，且，则直线的斜率是（?）
A．B．C．D．【答案】B【分析】首先根据抛物线方程求出准线方程，即可得到的坐标，设直线为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦
达定理，根据，即可得到，从而求出、，从而求出；【详解】解：抛物线的准线为，所以，设直线为，，，则，即，所以，，因为，即，所以，所以
或，所以；故选：B2．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于（位于第一象限）
、两点，直线与交于点，若，则（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】设直线为联立抛物线并解得，，结合及得到横坐标的线性关系，即可求
t值.【详解】由题设，令直线为，联立抛物线可得：，又位于第一象限，可得，，而，由，则，即，故.故选：B二、多选题3．（2022·山
东济南·二模）过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点（A在第一象限），M为线段AB的中点.M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下
列说法正确的是（?）A．的最小值为4B． C．△NAB面积的最小值为6D．若直线AB的斜率为，则【答案】ABD【分析】设直线AB
方程为 , ，根据弦长公式表示出，可判断A;求出点N的坐标，根据斜率之间的关系，可判断B;表示出点点N到直线AB的距离，继而求得，
可判断C; 直线AB的斜率为，结合可求得，即可判断D.【详解】由题意知 ,设直线AB方程为 , ，联立 ，可得 ， ，故，则，故当
时，的最小值为4，故A正确；又 ，即M点纵坐标为2m,故 ，当时，轴，NF在x轴上，此时 ;当时, ， ，故，综合可知，,故B正
确；又点N到直线AB的距离为 ，故 ，当 时，取最小值4，故C错误；若直线AB的斜率为，则直线AB方程为，即 ，则，由于A在第一象
限，故解得 ，故 ，由于同向，故，故D正确，故选：ABD三、填空题4．（2022·贵州遵义·三模（理））斜率为的直线过椭圆的焦点，
交椭圆于两点，若，则该椭圆的离心率为_________．【答案】【分析】设，，由可知；令，将方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，
利用可得关于的齐次方程，由此可求得离心率.【详解】设，，由得：，，即；不妨令，则直线，由得：，，，即，，；由椭圆对称性可知：当时，
；椭圆的离心率为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率的求解问题，解题关键是能够根据向量共线得到的关系，从而结合韦达
定理，利用构造关于的齐次方程来进行求解.四、解答题5．（2022·江苏南京·模拟预测）已知圆：，动圆与圆外切，且与定直线相切，设动
点的轨迹为．(1)求的方程；(2)若直线过点，且与交于，两点，与轴交于点，满足，（，），试探究与的关系．【答案】(1) (2)【
分析】(1)根据直线与圆的位置关系可得，根据圆与圆的位置关系可得，列出方程，解之即可；(2)设直线的方程为、、，法一：由平面共线向
量的坐标表示和定点分比公式可得、，列出方程，解之即可；法二：联立抛物线方程，利用韦达定理和平面共线向量的坐标表示，化简计算可得、，
证明即可.(1)设，圆的半径为，由题可知，点在直线右侧，因为圆与定直线相切，所以．又圆与圆外切，所以，所以，化简得，即的方程为．(
2)解法一：由（1）得，设直线的方程为，，，则，因为，由定点分比公式可知，因为点A在上，所以，即，所以．同理，由，可得，所以，，即
，，因为点在上，所以，即，所以．由，得，因为，，所以，即．解法二：设直线的方程为，，，则．由，整理得，由韦达定理可知，．因为，即，
所以．由，可得，所以．所以，即．6．（2022·山东·烟台二中模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，设的内切圆与AC相切于
点D，且，记动点C的轨迹为曲线T．(1)求T的方程；(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上
，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由切线长相等得，再结合椭圆的定义即可求得T的方程；（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.(1)不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，，，∴，∴，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易知，且，解得，∴T的方程为：．(2)设，，，∵，∴，若，则，，即P与R重合，与矛盾，∴，∴，，∴，代入，又，化简得，同理可得，，∴，为方程的两根，∵，∴，即，即动点P在定直线：上，令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，由，解得，又，∴，此时，解得，，即切点为，且直线，的距离为，∴，当Q点坐标为，且时，，即，联立得，此时，，且直线P R即直线l：，即显然不过点和，符合题设条件，∴的最小值为．【点睛】本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.7．（2022·山西太原·三模（理））已知椭圆过点离心率为(1)求椭圆C的方程；(2)当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足求线段PN长的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的几何性质列方程组求解（2）由定比分点公式化简得点轨迹方程，由点到直线距离公式求解(1)根据题意， 解得，椭圆C的方程为(2)设A（，），B（，），N（x，y），由，得 ，∴，又，∴，∴点N在直线上，∴.8．（2022·天津红桥·二模）已知椭圆：（）的离心率，点、之间的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和，则是否存在常数，使得与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆离心率公式进行求解即可；（2）设出直线的方程与椭圆的标准方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合平面向量线性运算的坐标公式、平面共线向量的性质进行求解判断即可.(1)因为点、之间的距离为，所以，因为椭圆的离心率，所以有，而，因此组成方程组为：；(2)设的方程为，与椭圆的标准联立为：，于是有，此时设，于是有，假设存在常数，使得与共线，因为，，所以有，，因为，所以，不满足，因此不存在常数，使得与共线.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的判别式和根与系数的关系是解题的关键.9．（2022·山东济南·二模）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.【答案】(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.(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……④④-③得，所以. |
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