1、专题17 圆锥曲线的综合应用（解答题） 1、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，MF=3(1)求C的方程；(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,当-取得最大值时，求直线AB的方程2【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,-2,B32,-1两点(1)求E的方程；(2)设过点P1,-2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MT=TH证明：直线HN过定点3、【2022年新高考1卷】已知点A
2、(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0(1)求l的斜率；(2)若tanPAQ=22，求PAQ的面积4、【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=3x(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1x20,y10过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：M在AB上；PQAB；|MA|=|MB|注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解
3、答计分.5、【2020年高考全国文21理数20】已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，求的面积6、（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）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.7、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值8、（2021年全国新高考卷数学试题）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
4、，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.题型一 圆锥曲线中的最值问题1-1、（2022江苏无锡高三期末）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，点是轴正半轴上的一点，过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.(1)求椭圆的标准方程；(2)求的取值范围.1-2、（2022江苏如皋高三期末）设椭圆经过点M，离心率为.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线的交点分别为P，Q，求面积的最小值.题型二 圆锥曲线中的定点问题2-1、（2022江苏扬州高三期末）已知抛物线y22px（p0）的焦点F到准线的距离为2(1)求抛物线的方
5、程；(2)过点P（1，1）作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由2-2、（2022广东汕尾高三期末）已知点M为直线：x=-2上的动点，N（2，0），过M作直线的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C(1)求曲线C的方程；(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且，试问直线AB是否过定点？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标题型三 圆锥曲线中的定值问题3-1、（2022山东青岛高三期末）已知为坐标原点，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，且.(1)求椭
6、圆的标准方程；(2)若点在椭圆上，原点为的重心，证明：的面积为定值.3-2、（2022山东泰安高三期末）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8，且点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)证明： 为定值.题型四 圆锥曲线中的角度问题4-1、（2022广东东莞高三期末）已知点为椭圆的左顶点，点为右焦点，直线与轴的交点为，且，点为椭圆上异于点的任意一点，直线交于点.(1)求椭圆的标准方程；(2)证明：.4-2、【2022广东省珠海市第二中学10月月考】已知椭圆：的离心率为，点在上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，试判断在椭圆上是否存在三个不同点(其
7、中的纵坐标不相等)，满足，且直线与直线倾斜角互补？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由.题型五 圆锥曲线中的探索性问题5-1、（2022山东淄博高三期末）已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为(1)求C的方程；(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为M，N是否存在实数t，使得FM+FN=FM-FN？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由5-2、（2021江苏南京市高三三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过的直线与交于两点.（1）若，求长度的最小值；（2）设以为直径的圆交轴于两点，问是否存在，使
8、得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.1、(2022南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(ab0)的左，右顶点分别为A，BF是椭圆的右焦点，3，3(1)求椭圆C的方程；(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2若k(k1k2)1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标2、（2022山东枣庄高三期末）如图，为椭圆的左顶点，过原点且异于轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点分别为(1)设直线的斜率分别为，证明：为定值；(2)设与的面积分别为，求的最大值3、（2022江苏苏州高三期末）在平面直角坐标系中，已
9、知点，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程；(2)若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.5、(2022武汉部分学校9月起点质量检测)(12分)已知椭圆E：(ab0)的离心率为，点A(0，1)是椭圆E短轴的一个四等分点(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点A且斜率为k1的动直线与椭圆E交于M，N两点，且点B(0，2)，直线BM，BN分别
10、交C：于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，求实数，使得k2k1恒成立专题17 圆锥曲线的综合应用（解答题）1、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，MF=3(1)求C的方程；(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,当-取得最大值时，求直线AB的方程【解析】(1)抛物线的准线为x=-p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时|MF|=p+p2=3，所以p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x；(2)设M(y124,y1),N(y224,y2),A(y
11、324,y3),B(y424,y4)，直线MN:x=my+1，由x=my+1y2=4x可得y2-4my-4=0，0,y1y2=-4，由斜率公式可得kMN=y1-y2y124-y224=4y1+y2，kAB=y3-y4y324-y424=4y3+y4，直线MD:x=x1-2y1y+2，代入抛物线方程可得y2-4(x1-2)y1y-8=0，0,y1y3=-8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以kAB=tan=kMN2=tan2，若要使-最大，则(0,2)，设kMN=2kAB=2k0，则tan(-)
12、=tan-tan1+tantan=k1+2k2=11k+2k121k2k=24，当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，所以当-最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.2【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,-2,B32,-1两点(1)求E的方程；(2)设过点P1,-2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
13、于点T，点H满足MT=TH证明：直线HN过定点【解析】(1)解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,-2,B32,-1，则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.(2)A(0,-2),B(32,-1)，所以AB:y+2=23x，若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，可得M(1,263)，N(1,-263)，代入AB方程y=23x-2，可得T(6+3,263)，由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程：y=(2-263)x-2，过点(0,-2).若过点P(1,-2)的直线斜率存在，设kx-y-
14、(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)联立y=y1y=23x-2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6-x1,y1).可求得此时HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y
15、1-3y1y2-12=0，将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,-2).【点睛】3、【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0(1)求l的斜率；(2)若tanPAQ=22，求PAQ的面积【解析】(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上，所以4a2-1a2-1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22-y2=1易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Q
16、x2,y2，联立y=kx+mx22-y2=1可得，1-2k2x2-4mkx-2m2-2=0，所以，x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1，=16m2k2+42m2+22k2-10m2-1+2k20所以由kAP+kBP=0可得，y2-1x2-2+y1-1x1-2=0，即x1-2kx2+m-1+x2-2kx1+m-1=0，即2kx1x2+m-1-2kx1+x2-4m-1=0，所以2k2m2+22k2-1+m-1-2k-4mk2k2-1-4m-1=0，化简得，8k2+4k-4+4mk+1=0，即k+12k-1+m=0，所以k=-1或m=1-2k，当m=1-2k时，直线l:y=
17、kx+m=kx-2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，故k=-1(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为,0,b0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=3x(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1x20,y10过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：M在AB上；PQAB；|MA|=|MB|注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解析】(1)右焦点为F(2,0)，c=2,渐近线方程为y=3x，ba=3，b=3a，c2=a2+b2=4a2=4，a=1，b=3
18、C的方程为：x2-y23=1；(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由推或选由推：由成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选推，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x-2),则条件M在AB上，等价于y0=kx0-2ky0=k2x0-2；两渐近线的方程合并为3x2-y2=0,联立消去y并化简整理得：k2-3x2-4k2x+4k2=0设A(x3,y3),B(x3,y4),
19、线段中点为N(xN,yN),则xN=x3+x42=2k2k2-3,yN=kxN-2=6kk2-3,设M(x0,y0),则条件|AM|=|BM|等价于x0-x32+y0-y32=x0-x42+y0-y42,移项并利用平方差公式整理得：x3-x42x0-x3+x4+y3-y42y0-y3+y4=0，2x0-x3+x4+y3-y4x3-x42y0-y3+y4=0,即x0-xN+ky0-yN=0,即x0+ky0=8k2k2-3；由题意知直线PM的斜率为-3, 直线QM的斜率为3,由y1-y0=-3x1-x0,y2-y0=3(x2-x0),y1-y2=-3(x1+x2-2x0),所以直线PQ的斜率m=y
20、1-y2x1-x2=-3x1+x2-2x0x1-x2,直线PM:y=-3x-x0+y0,即y=y0+3x0-3x,代入双曲线的方程3x2-y2-3=0,即3x+y3x-y=3中，得：y0+3x023x-y0+3x0=3,解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,同理：x2=-1233y0-3x0+y0-3x0，x1-x2=133y0y02-3x02+y0,x1+x2-2x0=-3x0y02-3x02-x0,m=3x0y0,条件PQ/AB等价于m=kky0=3x0，综上所述：条件M在AB上，等价于ky0=k2x0-2；条件PQ/AB等价于ky0=3x0；条件|AM|=|BM|等价
21、于x0+ky0=8k2k2-3；选推:由解得：x0=2k2k2-3,x0+ky0=4x0=8k2k2-3,成立；选推：由解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，ky0=3x0，成立；选推：由解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，x0-2=6k2-3，ky0=k2x0-2，成立.5、【2020年高考全国文21理数20】已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，求的面积【解析】解法一：（1）由，得，即，故的方程为（2）设点的坐标为，点的坐标为，根据对称性，只需考虑的情形，此时，有 又， 又联立、，可得，或当时，同理可得，当时，综
22、上所述，可得的面积为解法二：（1），根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即（2）点在上，点在直线上，且，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，根据题意画出图形，如图，又，根据三角形全等条件“”，可得：，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或，当点为时，故，可得：点为，画出图象，如图，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：当点为时，故，可得：点为，画出图象，如图，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：综上所述，面积为：6、（2021年全国高考乙卷数学
23、（文）试题）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.【解析】（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）设，则，所以，由在抛物线上可得，即，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.7、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值【解析】（1）抛物线的焦点为，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
24、（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，所以，点到直线的距离为，所以，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.8、（2021年全国新高考卷数学试题）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.【解析】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）设点，若过点的直线的斜率不存在
25、，此时该直线与曲线无公共点，不妨直线的方程为，即，联立，消去并整理可得，设点、，则且.由韦达定理可得，所以，设直线的斜率为，同理可得，因为，即，整理可得，即，显然，故.因此，直线与直线的斜率之和为.题型一 圆锥曲线中的最值问题1-1、（2022江苏无锡高三期末）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，点是轴正半轴上的一点，过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.(1)求椭圆的标准方程；(2)求的取值范围.【解析】(1)解：由题意知，椭圆标准方程为.(2)解：设直线的方程为，其中，若，则，若，则，令，因为在单调递减，所以综上：的取值范围为.1-2、（2022江苏如皋高三期末）设椭圆经过点M，离心率为.(
26、1)求椭圆E的标准方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线的交点分别为P，Q，求面积的最小值.【解析】【分析】（1）把点代入椭圆方程，然后结合离心率公式即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立消元写韦达，然后表示出直线，的方程，进而求得，求得，结合韦达定理即可求解.(1)由题意知，解得，所以椭圆的标准方程为(2)设过点的直线方程为，代入椭圆的方程，整理得，因为，设，则，由（1）得，则直线的方程为，令，得，同理可得将，代入，把式代入，整理得，由，知所以面积的最小值为题型二 圆锥曲线中的定点问题2-1、（2022江苏
27、扬州高三期末）已知抛物线y22px（p0）的焦点F到准线的距离为2(1)求抛物线的方程；(2)过点P（1，1）作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由【答案】(1)y24x；(2)直线m恒过定点(，)，理由见解析.【解析】由题意得该抛物线焦点到准线的距离为()p2，所以该抛物线的方程为y24x(2)当直线l1， l2的斜率都存在时，设直线l1：，直线l2：y1k2（x1），由，消去y得，显然，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2， ，则以AB为直径的圆的方程为：，即0
28、， 同理，以CD为直径的圆的方程为：0，以两圆公共弦所在的直线m的方程为：令，解得，所以直线恒过定点(，) 当直线l1，l2的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设l1的斜率不存在，l2的斜率为k2，则以AB为直径的圆的方程为：，以CD为直径的圆的方程为：0，所以两圆公共弦所在的直线m的方程为：，此时直线m恒过定点（，），综上得：直线m恒过定点（，）2-2、（2022广东汕尾高三期末）已知点M为直线：x=-2上的动点，N（2，0），过M作直线的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C(1)求曲线C的方程；(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且，试问直线AB是否过定点
29、？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标【答案】(1)；(2)直线过定点.【解析】【分析】（1）利用定义法求曲线C的方程；（2）设直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，化简，代入韦达定理即得解.(1)解：由已知可得，即点P到定点N的距离等于它到直线的距离，故点P的轨迹是以N为焦点，为准线的抛物线，曲线C的方程为.(2)解：设直线的方程为联立，得，解得所以直线过定点题型三 圆锥曲线中的定值问题3-1、（2022山东青岛高三期末）已知为坐标原点，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)若点在椭圆上，原点为的重心，证明：的面积为定值.【解析】(1)由椭
30、圆的左右焦点分别为，且，可知： ，即 ，将代入方程得： ， 联立解得 ， 故椭圆的标准方程为.(2)证明：设 ，当直线 斜率不存在时，即 ，由原点为的重心，可知 故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，不妨取 ，则有，或，则此时 ;当直线 斜率存在时，不妨设方程为 ，则联立 ，整理得： ，且需满足 ，则 ，所以y1+y2=k(x1+x2)-2m=2m1+4k2 ，由原点为的重心知，x0=-(x1+x2),y0=-(y1+y2) ，故坐标为 ，代入到中，化简得：(8km1+4k2)2+4(-2m1+4k2)2=4 ，即4m2=1+4k2 ，又原点为的重心，故到直线的距离为原点到直线距离的3倍，所以d
31、=3|m|1+k2 ，而|P1P2|=1+k2|x1-x2|=1+k2(-8km1+4k2)2-44(m2-1)1+4k2 =1+k244k2+1-m21+4k2=1+k244m2-m21+4k2=1+k243|m|1+4k2 ， 因此SP0P1P2=12|P1P2|d=121+k243|m|1+4k23|m|1+k2 =63|m|2(1+4k2)=63|m|24m2=332，综合上述可知：的面积为定值.3-2、（2022山东泰安高三期末）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8，且点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)证明： 为定值.【解析】(1)根据
32、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同理可得 为定值.题型四 圆锥曲线中的角度问题4-1、（2022广东东莞高三期末）已知点为椭圆的左顶点，点为右焦点，直线与轴的交点为，且，点为椭圆上异于点的任意一点，直线交于点.(1)求椭圆的标准方程；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由，右焦点，以及关系，联立可求解出，从而得椭圆的方程；（2）设点的坐标为，表示出直线的方程，从而得点的坐标，进而表示出和，计算得，再由，代入化简计算，即可得，所以可证明.(1)由题知，得，又因为右焦点为，则，解得，所以，所以椭圆的方程为.
33、(2)设点的坐标为，则，所以直线的方程是，当时，所以点的坐标为，所以，所以.因为点在椭圆上，所以，即，所以，又因为和是锐角，所以.4-2、【2022广东省珠海市第二中学10月月考】已知椭圆：的离心率为，点在上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，试判断在椭圆上是否存在三个不同点(其中的纵坐标不相等)，满足，且直线与直线倾斜角互补？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，方程为或.【解析】【分析】（1）由离心率及过的点的坐标，及，之间的关系可得，的值，进而可得椭圆的方程；（2）设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得，可得的坐标，由题意可
34、得，进而求出参数的值，求出直线的方程【详解】解：（1）由题意知可得，解得，则椭圆的方程为；（2）由题意，直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，设点，联立，得，所以，因为，所以，因为在椭圆上，所以，化简得，满足，又因为直线与直线倾斜角互补，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，代入得，所以存在满足条件的三个点，此时直线的方程为或.题型五 圆锥曲线中的探索性问题5-1、（2022山东淄博高三期末）已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为(1)求C的方程；(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为M，N是否存在
35、实数t，使得FM+FN=FM-FN？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，t=-12【解析】【分析】（1）根据F到渐近线的距离为，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量FM,FN的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.(1)双曲线一条渐近线方程为 ，焦点F(-c,0) ，则焦点到准线的距离d=|bc|a2+b2=b ，由F到渐近线的距离为可知： ，由渐近线方程为知：ba=3 ，故 ，所以双曲线方程为
36、： ；(2)设直线l的方程为x=my-2 ，联立x=my-2x2-y23=1 ，整理得：（3m2-1)y2-12my+9=0 ，设P(x1,y1),Q(x2,y2) ，而A(1,0),F(-2,0) ,则y1+y2=12m3m2-1,y1y2=93m2-1 ，所以x1+x2=m(y1+y2)-4=43m2-1 ，x1x2=m2y1y2-2m(y1+y2)+4=-3m2-43m2-1 ，假设存在实数t，使得FM+FN=FM-FN，则FMFN=0 ,故由方程：y=y1x1-1(x-1) ,令x=t得M(t,y1x1-1(t-1) ，同理方程：y=y2x2-1(x-1) ,令x=t得N(t,y2x2
37、-1(t-1)，所以FMFN=(t+2,y1x1-1(t-1)(t+2,y2x2-1(t-1)=0，即 (t+2)2+y1y2(x1-1)(x2-1)(t-1)2=0 ，则(t+2)2+93m2-1-3m2-43m2-1-43m2-1+1(t-1)2=0 ，即(t+2)2-(t-1)2=0 ，解得t=-12 ，故存在实数t=-12，使得FM+FN=FM-FN.5-2、（2021江苏南京市高三三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过的直线与交于两点.（1）若，求长度的最小值；（2）设以为直径的圆交轴于两点，问是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设，由，可得，当
38、y02时，|AP|取得最小值2；（2）设直线AB的方程为，联立可得，即有，设以AB为直径的圆上任一点 所以Q的轨迹方程为 所以Q的轨迹方程化为 令y0，得所以上式方程的两根分别为x3，x4，则由，可得x3x44，即有t24t4，解得t2所以存在t2，使得1、(2022南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(ab0)的左，右顶点分别为A，BF是椭圆的右焦点，3，3(1)求椭圆C的方程；(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2若k(k1k2)1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程
39、、直线与椭圆的位置关系：定点问题【解析】(1)由题意，知A(a，0)，B(a，0)，F(c，0)因为3，3，所以2分解得从而b2a2c23所以椭圆C的方程4分(2)设直线l的方程为ykxm，M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线l不过点A，因此2km0由得(则，x1x26分所以k1k2由k(k1k2)1，可得3km2k，即m5k10分故l的方程为ykx5k，恒过定点(5，0)12分2、（2022山东枣庄高三期末）如图，为椭圆的左顶点，过原点且异于轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点分别为(1)设直线的斜率分别为，证明：为定值；(2)设与的面积分别为，求的最大值【解析】(1)因为A为椭
40、圆的左顶点，故设，则，故直线AM的斜率，直线AN的斜率，故又是上的点，故，即，故(2)设，直线AM的方程为代入得于是有，或，故将AM的方程代入，得，于是有，或，故所以设直线AN的方程为，同理可得又，故，即故所以令，则当时，即，即，即时，取得最大值3、（2022江苏苏州高三期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程；(2)若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）设，直接根据条件列方程，注意挖去两点，即可得到答案；（
41、2）设，直线方程为，将，用表示，进行计算可得为定值；(1)设，曲线的方程为(2)设，直线方程为直线方程为：，方程为：在方程中令，联立，为定值4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.【解析】（1）设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,所以,所以, 又,解得,所以椭圆的标准方程为（2）设点,则,联立,得,所以,因为为锐角,所以,所以, 解得或5、(2022武汉部分学校9月起点质量检测)(12分)已知椭圆E：(ab0)的离心率为，点A(0，1)是椭圆E短轴的一个四等分点(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点A且斜率为k1的动直线与椭圆E交于M，N两点，且点B(0，2)，直线BM，BN分别交C：于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，求实数，使得k2k1恒成立【解析】(1)由题意，解得b2，设椭圆半焦距为c，则，即，解得8椭圆的标准方程为 4分(2)设，直线MN方程为方法一：直线BM方程为，与联立得由x