專題11 圓錐曲線2（解答）-2024屆高考數(shù)學二輪專題復習考點分層與專項檢測（新高考專用）解析版

2/2專題11圓錐曲線2（解答）（新高考）目錄目錄【備考指南】 2 【真題在線】 3【基礎考點】 29【基礎考點一】圓錐曲線弦長問題 29【基礎考點二】圓錐曲線點差法 38【基礎考點三】圓錐曲線中的定值 47【基礎考點四】圓錐曲線中的定點 59【基礎考點五】圓錐曲線中的定直線 70【基礎考點六】圓錐曲線與韋達定理求參數(shù) 81【綜合考點】 91【綜合考點一】圓錐曲線中的范圍與最值 91【綜合考點二】圓錐曲線中探究性問題 101【培優(yōu)考點】 112【培優(yōu)考點一】圓錐曲線中齊次化處理 112【培優(yōu)考點二】圓錐曲線中非對稱韋達 118【總結(jié)提升】 123【專項檢測】 125備考指南備考指南考點考情分析考頻橢圓2023年新高考Ⅱ卷T52023年全國甲卷T72022年新高考Ⅰ卷T162022年新高考Ⅱ卷T162022年全國甲卷T102021年新高考Ⅰ卷T52021年全國甲卷T152021年全國乙卷T113年8考雙曲線2023年新高考Ⅰ卷T162023年新高考Ⅱ卷T212023年全國乙卷T112022年全國甲卷T142022年全國乙卷T112021年新高考Ⅱ卷T132021年全國甲卷T52021年全國乙卷T133年8考拋物線2023年新高考Ⅱ卷T102023年全國甲卷T202022年新高考Ⅰ卷T112022年新高考Ⅱ卷T102022年全國乙卷T52021年新高考Ⅰ卷T142021年新高考Ⅱ卷T33年7考直線與圓錐曲線位置關系2023年新高考Ⅰ卷T222023年新高考Ⅱ卷T212022年新高考Ⅰ卷T212022年新高考Ⅱ卷T212022年全國甲卷T202022年全國乙卷T202021年新高考Ⅰ卷T212021年新高考Ⅱ卷T202021年全國甲卷T202021年全國乙卷T213年10考預測：直線與圓錐曲線的位置關系是高考的必考內(nèi)容，涉及直線與圓錐曲線的相交、相切、弦長、面積以及弦中點等問題，難度中等.解析幾何中的最值與范圍問題是解析幾何中的典型問題，是教學的重點也是歷年高考的熱點.解決這類問題不僅要善于利用幾何手段對平面圖形進行研究，而且要從代數(shù)角度進行函數(shù)、三角等相關運算.解析幾何中的定點問題是高考考查的熱點，難度較大，是高考的壓軸題，其類型一般為直線過定點與圓過定點等.在解析幾何題目中，有些幾何量與參數(shù)無關，這類問題被稱為定值問題.定值問題是高考的熱點問題、難度較大，一般作為壓軸題出現(xiàn).解析幾何中的探究性問題，一般探究某種命題是否正確，某種位置關系是否成立等，是高考的熱點問題，難度較大.二輪復習建議加強訓練，尤其是計算與思維的訓練，基礎生爭取在高考中學生盡可能多拿到分數(shù)，優(yōu)等生盡量拿到滿分.真題在線真題在線1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用直線與拋物線的位置關系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；（2）設直線：，利用，找到的關系，以及的面積表達式，再結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求出其最小值．【詳解】（1）設，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，設直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當時，的面積．【點睛】本題解題關鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關系，一是為了減元，二是通過相互的制約關系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意列式求解，進而可得結(jié)果；（2）設直線的方程，進而可求點的坐標，結(jié)合韋達定理驗證為定值即可.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線的斜率存在，設，聯(lián)立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點.

【點睛】方法點睛：求解定值問題的三個步驟（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關；也可令系數(shù)等于零，得出定值；（3）得出結(jié)論．3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）設，根據(jù)題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數(shù)，利用導數(shù)求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結(jié)合基本不等式即可證明.【詳解】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，故.（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，同理令，且，則，設矩形周長為,由對稱性不妨設，，則，易知則令,令，解得，當時，，此時單調(diào)遞減，當，，此時單調(diào)遞增，則，故,即.當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，直線的方程為，則聯(lián)立得，，則則，同理，令，則，設，則，令，解得，當時，，此時單調(diào)遞減，當，，此時單調(diào)遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設,根據(jù)對稱性不妨設.則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此，當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.

.【點睛】關鍵點睛：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數(shù)求導，最后再排除邊界值即可.4．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯(lián)立直線方程，消去，結(jié)合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據(jù)此可證得點在定直線上.【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設，顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，與聯(lián)立可得，且，則，

直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據(jù)此可得點在定直線上運動.【點睛】關鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應用能力，其中根據(jù)設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數(shù)的關系可以簡化運算，是解題的關鍵.5．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：①M在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）利用焦點坐標求得的值，利用漸近線方程求得的關系，進而利用的平方關系求得的值，得到雙曲線的方程；（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設直線AB的斜率為k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結(jié)合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉(zhuǎn)化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結(jié)論，進行證明即可.【詳解】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線的斜率存在且不為零.設直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線的方程合并為,聯(lián)立消去y并化簡整理得：設,線段中點為,則,設,則條件③等價于,移項并利用平方差公式整理得：，,即,即；由題意知直線的斜率為,直線的斜率為,∴由,∴,所以直線的斜率,直線,即,代入雙曲線的方程,即中，得：,解得的橫坐標：,同理：，∴∴,∴條件②等價于，綜上所述：條件①在上，等價于；條件②等價于；條件③等價于；選①②推③:由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.6．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可得解；（2）法一：設點的坐標及直線，由韋達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，設直線，結(jié)合韋達定理可解.【詳解】（1）拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，此時，所以，所以拋物線C的方程為；（2）[方法一]：【最優(yōu)解】直線方程橫截式設，直線，由可得，，由斜率公式可得，，直線，代入拋物線方程可得，，所以，同理可得，所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法二]：直線方程點斜式由題可知，直線MN的斜率存在.設,直線由得：，,同理，.直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，則，設，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法三]：三點共線設，設,若P、M、N三點共線，由所以，化簡得，反之，若,可得MN過定點因此，由M、N、F三點共線，得，

由M、D、A三點共線，得，

由N、D、B三點共線，得，則，AB過定點（4,0）（下同方法一）若要使最大，則，設，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，所以直線.【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯(lián)立方程的運算，通過尋找直線的斜率關系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據(jù)韋達定理求出直線方程，是該題的最優(yōu)解，也是通性通法；法二：常規(guī)設直線方程點斜式，解題過程同解法一；法三：通過設點由三點共線尋找縱坐標關系，快速找到直線過定點，省去聯(lián)立過程，也不失為一種簡化運算的好方法．7．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【答案】(1)(2)【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯(lián)立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.【詳解】（1）解：設橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設.聯(lián)立得，可得，，且聯(lián)立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.8．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的坐標，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．【詳解】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．易知直線l的斜率存在，設，，聯(lián)立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負值舍去），于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．［方法二］：設直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯(lián)立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整體點評】（2）法一：由第一問結(jié)論利用傾斜角的關系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點坐標，進而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；法二：前面解答與法一求解點坐標過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．9．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．（1）求橢圓C的方程；（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程可證；充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯(lián)立直線與橢圓方程結(jié)合弦長公式可得，進而可得，即可得解.【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；（2）由（1）得，曲線為，當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當直線的斜率存在時，設，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯(lián)立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯(lián)立可得，所以，所以，化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立；所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是直線方程與橢圓方程聯(lián)立及韋達定理的應用，注意運算的準確性是解題的重中之重.10．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．（1）求；（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得出關于的等式，即可解出的值；（2）設點、、，利用導數(shù)求出直線、，進一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得面積的最大值.【詳解】（1）[方法一]：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最小值由題意知，，設圓M上的點，則．所以．從而有．因為，所以當時，．又，解之得，因此．[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；（2）[方法一]：切點弦方程+韋達定義判別式求弦長求面積法拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導得，設點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點A、的坐標滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當時，的面積取最大值.[方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉(zhuǎn)化求面積+三角換元求最值同方法一得到．過P作y軸的平行線交于Q，則．．P點在圓M上，則．故當時的面積最大，最大值為．[方法三]：直接設直線AB方程法設切點A，B的坐標分別為，．設，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得．判別式，即，且．拋物線C的方程為，即，有．則，整理得，同理可得．聯(lián)立方程可得點P的坐標為，即．將點P的坐標代入圓M的方程，得，整理得．由弦長公式得．點P到直線的距離為．所以，其中，即．當時，．【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關于圓M上的點的坐標的表達式，進一步轉(zhuǎn)化為關于的表達式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到最小值，進而求得的值；方法二，利用圓的性質(zhì)，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優(yōu)解；（2）方法一設點、、，利用導數(shù)求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標滿足方程，然手與拋物線方程聯(lián)立，由韋達定理可得，，利用弦長公式求得的長，進而得到面積關于坐標的表達式，利用圓的方程轉(zhuǎn)化得到關于的二次函數(shù)最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關于坐標的表達式，并利用三角函數(shù)換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優(yōu)解；方法三直接設直線，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關系，然后利用導數(shù)求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標，進而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關于的函數(shù)表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值；11．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．（1）求C，的方程；（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．【答案】（1）拋物線，方程為；（2）相切，理由見解析【分析】（1）根據(jù)已知拋物線與相交，可得出拋物線開口向右，設出標準方程，再利用對稱性設出坐標，由，即可求出；由圓與直線相切，求出半徑，即可得出結(jié)論；（2）方法一：先考慮斜率不存在，根據(jù)對稱性，即可得出結(jié)論；若斜率存在，由三點在拋物線上，將直線斜率分別用縱坐標表示，再由與圓相切，得出與的關系，最后求出點到直線的距離，即可得出結(jié)論.【詳解】（1）依題意設拋物線，，所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，所以的方程為；（2）[方法一]：設若斜率不存在，則方程為或，若方程為，根據(jù)對稱性不妨設，則過與圓相切的另一條直線方程為，此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；若方程為，根據(jù)對稱性不妨設則過與圓相切的直線為，又，，此時直線關于軸對稱，所以直線與圓相切；若直線斜率均存在，則，所以直線方程為，整理得，同理直線的方程為，直線的方程為，與圓相切，整理得，與圓相切，同理所以為方程的兩根，，到直線的距離為：，所以直線與圓相切；綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切.[方法二]【最優(yōu)解】：設．當時，同解法1．當時，直線的方程為，即．由直線與相切得，化簡得，同理，由直線與相切得．因為方程同時經(jīng)過點，所以的直線方程為，點M到直線距離為．所以直線與相切．綜上所述，若直線與相切，則直線與相切．【整體點評】第二問關鍵點：過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標（或橫坐標）表示，將問題轉(zhuǎn)化為只與縱坐標（或橫坐標）有關；法一是要充分利用的對稱性，抽象出與關系，把的關系轉(zhuǎn)化為用表示，法二是利用相切等條件得到的直線方程為，利用點到直線距離進行證明，方法二更為簡單，開拓學生思路12．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線的焦點F到準線的距離為2．（1）求C的方程;（2）已知O為坐標原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值為.【分析】（1）由拋物線焦點與準線的距離即可得解；（2）設，由平面向量的知識可得，進而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【詳解】（1）拋物線的焦點，準線方程為，由題意，該拋物線焦點到準線的距離為，所以該拋物線的方程為；（2）[方法一]：軌跡方程+基本不等式法設，則，所以，由在拋物線上可得，即，據(jù)此整理可得點的軌跡方程為，所以直線的斜率，當時，；當時，，當時，因為，此時，當且僅當，即時，等號成立；當時，；綜上，直線的斜率的最大值為.[方法二]：【最優(yōu)解】軌跡方程+數(shù)形結(jié)合法同方法一得到點Q的軌跡方程為．設直線的方程為，則當直線與拋物線相切時，其斜率k取到最值．聯(lián)立得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．[方法三]：軌跡方程+換元求最值法同方法一得點Q的軌跡方程為．設直線的斜率為k，則．令，則的對稱軸為，所以．故直線斜率的最大值為．[方法四]：參數(shù)+基本不等式法由題可設．因為，所以．于是，所以則直線的斜率為．當且僅當，即時等號成立，所以直線斜率的最大值為．【整體點評】方法一根據(jù)向量關系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關于的表達式，然后利用分類討論，結(jié)合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到點Q的軌跡方程，然后利用數(shù)形結(jié)合法，利用判別式求得直線OQ的斜率的最大值，為最優(yōu)解；方法三同方法一求得Q的軌跡方程，得到直線的斜率k的平方關于的表達式，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求得最大值，進而得到直線斜率的最大值；方法四利用參數(shù)法，由題可設，求得x,y關于的參數(shù)表達式，得到直線的斜率關于的表達式，結(jié)合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值.基礎基礎考點【考點一】圓錐曲線弦長問題【典例精講】（2023下·湖南·高二校聯(lián)考階段練習）對于橢圓：，我們稱雙曲線：為其伴隨雙曲線．已知橢圓（），它的離心率是其伴隨雙曲線離心率的倍．

(1)求橢圓伴隨雙曲線的方程；(2)如圖，點，分別為的下頂點和上焦點，過的直線與上支交于，兩點，設的面積為，（其中為坐標原點）．若的面積為，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）設橢圓與其伴隨雙曲線的離心率分別為，，依題意可得，，根據(jù)離心率公式得到方程，求出，即可得解；（2）設直線的斜率為，，，直線的方程，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達定理，求出，由求出，再由可得，根據(jù)數(shù)量積的坐標表示，代入韋達定理，即可得解.【詳解】（1）設橢圓與其伴隨雙曲線的離心率分別為，，依題意可得，，即，即，解得，所以橢圓，則橢圓伴隨雙曲線的方程為.（2）由（1）可知，，設直線的斜率為，，，則直線的方程，與雙曲線聯(lián)立并消去得，則，所以，，則，又，又，所以，解得或（舍去），又，所以，因為，所以.【變式訓練】1．（2023·全國·模擬預測）已知，分別為橢圓Γ：的左、右焦點，過點的直線與橢圓Γ交于A，B兩點，且的周長為.(1)求橢圓Γ的標準方程；(2)若過點的直線與橢圓Γ交于C，D兩點，且，求四邊形ACBD面積的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，由的周長即可得到，從而求得，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，分直線斜率存在與不存在討論，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理，弦長公式，代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）設，，所以的周長為，解得，所以.所以橢圓Γ的標準方程為.（2）

當直線，中的一條直線的斜率不存在、另一條直線的斜率為0時，四邊形ACBD的面積.當直線，的斜率都存在且不為0時，設的方程為，，，聯(lián)立得，整理得，則，則，，，因為，故直線的方程為，同理可得，（把上式中的k替換為，即可得到）則四邊形ACBD的面積，令，則，故，易知函數(shù)在上單調(diào)遞增，則.所以.綜上所述，四邊形ACBD面積的取值范圍為.2．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，.過的直線l交C的右支于M，N兩點，且當l垂直于x軸時，l與C的兩條漸近線所圍成的三角形的面積為4.(1)求C的方程；(2)證明：，求.【答案】(1)(2)證明見解析，【分析】（1）根據(jù)題意，表示出兩交點的坐標，然后結(jié)合三角形的面積公式，代入計算，即可得到結(jié)果；（2）當直線的斜率存在時，設l的方程為，聯(lián)立直線與雙曲線的方程，結(jié)合韋達定理，再由弦長公式，即可得到結(jié)果；【詳解】（1）根據(jù)題意有，C的漸近線方程為，將代入兩個漸近線方程得到交點坐標為，，l與C的兩條漸近線所圍成的三角形的面積為，所以，C的方程為.（2）

設，，其中，，由（1）可知，，當軸時，顯然MN與不垂直.當l不垂直于x軸時，設l的方程為時，代入C的方程有：，故，，，，當時有：①，由得到，代入，整理有②，由①，②可得.所以.3．（2023·湖南·湖南師大附中校聯(lián)考一模）已知拋物線為拋物線外一點，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為（在軸兩側(cè)），與分別交軸于.(1)若點在直線上，證明直線過定點，并求出該定點；(2)若點在曲線上，求四邊形的面積的范圍.【答案】(1)證明見解析，定點(2)【分析】（1）設出直線的方程并與拋物線方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關系，結(jié)合處的切線方程求得直線所過定點.（2）先求得四邊形的面積的表達式，然后利用導數(shù)求得面積的取值范圍.【詳解】（1）設，直線，聯(lián)立，可得.在軸兩側(cè)，，，由得，所以點處的切線方程為，整理得，同理可求得點處的切線方程為，由，可得，又在直線上，.直線過定點.（2）由（1）可得在曲線上，.由（1）可知，，，令在單調(diào)遞增，四邊形的面積的范圍為.【點睛】方法點睛：求解拋物線的切線方程，有兩種方法，一種是利用判別式法，即設出切線的方程并與拋物線方程聯(lián)立，化簡后利用判別式為0列方程來求得切線方程；另一種是利用導數(shù)的方法，利用導數(shù)求得切線的斜率，進而求得切線方程.4．（2022·全國·校聯(lián)考模擬預測）已知橢圓的右焦點為，，為上不同的兩點，且，．(1)證明：，，成等差數(shù)列；(2)試問：軸上是否存在一點，使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】(1)分別考慮直線的斜率存在時和不存在時證明即可；(2)當直線的斜率存在時，設存在點，使得，記的中點為，由此可得，結(jié)合(1)解方程求出的坐標，再檢驗直線的斜率不存在時點是否滿足要求.【詳解】（1）當直線斜率不存在時，．不如令，，則，．∴，，，∴，，成等差數(shù)列；當直線的斜率存在時，設．由得，∴．∵，，∴，∴，，成等差數(shù)列．（2）當直線的斜率存在時設，的中點為．∵，∴．∵∴∴，∴，即，∴．由（1）知，∴，∴，∴，∴存在點，使得．當直線的斜率不存在時，顯然點，滿足．故總是存在點，使得．【點睛】設而不求法是解決直線與橢圓綜合問題的常用方法，條件的轉(zhuǎn)化有助于簡化運算.5．（2023·陜西咸陽·武功縣普集高級中學?？寄M預測）已知拋物線：的焦點為，直線與交于，兩點，線段的垂直平分線與軸交于，且.(1)求的值；(2)若的中點為，直線：被以為直徑的圓截得的弦長為，被拋物線截得的弦長為，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）設點的坐標，聯(lián)立方程，韋達定理，利用焦半徑及直線垂直建立方程組求解即可；（2）利用垂徑定理求出弦長，聯(lián)立直線與拋物線方程求出點的坐標，從而求出，然后利用基本不等式求出最小值即可.【詳解】（1）拋物線：的焦點，，準線方程為，聯(lián)立可得，，設，則，則中點，又，所以，①又，②由①②解得；（2）由（1）知，，所以以為直徑的圓的方程為，所以，聯(lián)立，得，即有，所以，當且僅當（滿足），則的最小值為.

【考點二】圓錐曲線點差法【典例精講】（2023·四川成都·三模）已知斜率為的直線與拋物線相交于兩點．(1)求線段中點縱坐標的值；(2)已知點，直線分別與拋物線相交于兩點（異于）．求證：直線恒過定點，并求出該定點的坐標．【答案】(1)(2)證明見解析，定點的坐標為【分析】（1）設，其中，利用點差法化簡求出線段中點縱坐標的值；（2）設，由直線過點，化簡可得，同理可得，代入直線化簡，可得定點的坐標．【詳解】（1）設，其中，由，得，化簡得，，即，線段中點縱坐標的值為；（2）證明：設，，直線的方程為，化簡可得，在直線上，解得，同理，可得，，，又直線的方程為，即，直線恒過定點．【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系，考查定點定值問題，考查點差法的應用，關于定點定值問題的思路，一般有以下兩種：1.先猜再證，通過特殊位置或者特殊點得出要求的定點或者定值，再用一般方法證明，對任意符合條件的直線都成立；2.邊猜邊做，直接聯(lián)立直線與曲線方程，寫出韋達定理，將已知條件轉(zhuǎn)化為等式，找出直線所過的定點或者所求的定值．【變式訓練】1．（2023下·山西呂梁·高二?？奸_學考試）已知橢圓的長軸比短軸長2，橢圓的離心率為．(1)求橢圓的方程；(2)若直線與橢圓交于兩點，且線段的中點為，求的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)離心率以及短軸長與長軸長的關系得到方程組，解出即可.（2）設，利用點差法得，再根據(jù)中點坐標求出，，代入即可得到直線斜率，最后寫出直線方程即可.【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，所以，解得．．又橢圓的長軸比短軸長2，所以，聯(lián)立方程組，解得所以橢圓的方程為．（2）顯然點在橢圓內(nèi)，設，因為在橢圓上，所以，兩個方程相減得，即，因為線段的中點為，所以，，所以．所以的方程為，即．2．（2021上·江蘇南通·高三海安市曲塘中學?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺讼祒Oy中，已知雙曲線C：－＝1(a、b為正常數(shù))的右頂點為A，直線l與雙曲線C交于P、Q兩點，且P、Q均不是雙曲線的頂點，M為PQ的中點．(1)設直線PQ與直線OM的斜率分別為k1、k2，求k1·k2的值；(2)若＝，試探究直線l是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；否則，說明理由．【答案】(1)(2)直線l過定點(，0)【分析】（1）設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，根據(jù)M為PQ的中點，利用點差法求解；（2）根據(jù)＝，得到APQ是以A為直角頂點的直角三角形，則AP⊥AQ，然后直線l的斜率不存在，直線l的斜率存在時，將直線方程y＝kx＋m，與雙曲線方程－＝1聯(lián)立，由(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0結(jié)合韋達定理求解.【詳解】（1）解：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，因為P、Q在雙曲線上，所以－＝1，－＝1，兩式作差得－＝0，即＝，即＝，即k1·k2＝；（2）因為＝，所以APQ是以A為直角頂點的直角三角形，即AP⊥AQ；①當直線l的斜率不存在時，設l：x＝t，代入－＝1得，y＝±b，由|t－a|＝b得，(a2－b2)t2－2a3t＋a2(a2＋b2)＝0，即[(a2－b2)t－a(a2＋b2)](t－a)＝0，得t＝或a(舍)，故直線l的方程為x＝；②當直線l的斜率存在時，設l：y＝kx＋m，代入－＝1，得(b2－k2a2)x2－2kma2x－a2(m2＋b2)＝0，Δ＝a2b2(m2＋b2－k2a2)＞0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝－；因為AP⊥AQ，所以·＝0，即(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0，即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋y1y2＝0，即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，即(km－a)(x1＋x2)＋(k2＋1)x1x2＋m2＋a2＝0，即＝0，即a2(a2＋b2)k2＋2ma3k＋m2(a2－b2)＝0，即[a(a2＋b2)k＋m(a2－b2)](ak＋m)＝0，所以k＝－或k＝－；當k＝－時，直線l的方程為y＝－x＋m，此時經(jīng)過A，舍去；當k＝－時，直線l的方程為y＝－x＋m，恒過定點(，0)，經(jīng)檢驗滿足題意；綜上①②，直線l過定點(，0)．3．（2023·四川成都·三模）已知斜率為的直線l與拋物線相交于P，Q兩點．(1)求線段PQ中點縱坐標的值；(2)已知點，直線TP，TQ分別與拋物線相交于M，N兩點（異于P，Q）．則在y軸上是否存在一定點S，使得直線MN恒過該點？若存在，求出點S的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，的坐標為【分析】（1）設，，代入拋物線方程相減（點差法）即可得；（2）設y軸上存在定點，設直線，同時設，，，，直線方程代入拋物線方程應用韋達定理得，由三點共線得，，結(jié)合直線的斜率可得值．即定點坐標．【詳解】（1）設，，其中．由，得．化簡得．

，即．線段PQ中點縱坐標的值為．（2）設y軸上存在定點，由題意，直線MN斜率存在且不為0，設直線，，，，．由，消去x，得．，．，．

，T，M三點共線，．解得．同理，可得．

又，

．解得．

直線MN恒過定點．【點睛】方法點睛：定點問題的解決方法，（1）由特殊值確定定點位置，確定定點坐標或得出定點滿足的條件，設出定點坐標；（2）設出直線方程代入圓錐曲線方程應用韋達定理，得兩根和與兩根積；（3）韋達定理結(jié)果代入已知條件驗證定點滿足一般情形或由韋達定理的結(jié)果代入動點（動直線）與定點的關系求得定點坐標．4．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考二模）已知拋物線T：和橢圓C：，過拋物線T的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，線段AB的中垂線交橢圓C于M，N兩點．(1)若F恰是橢圓C的焦點，求的值；(2)若，且恰好被平分，求的面積．【答案】(1)(2)【分析】（1）由橢圓方程求出，再由F恰是橢圓焦點，即可求得；（2）設直線，，，直線方程與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)根與系數(shù)關系得出和，設的中點，得出，，設，，且直線MN的斜率為，由點差法得出，代入得出，根據(jù)由點G在橢圓內(nèi)及，得出，根據(jù)計算的面積即可．【詳解】（1）在橢圓中，，所以，由，得．（2）設直線l：，，，聯(lián)立方程，消去x得，，則，設的中點，則，，設，，則直線MN的斜率為，，，相減得到，即，即，解得，由點G在橢圓內(nèi)，得，解得，因為，所以p值是1，所以面積．5．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）已知雙曲線E：與直線l：相交于A、B兩點，M為線段AB的中點．(1)當k變化時，求點M的軌跡方程；(2)若l與雙曲線E的兩條漸近線分別相交于C、D兩點，問：是否存在實數(shù)k，使得A、B是線段CD的兩個三等分點？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)，其中或(2)存在，【分析】（1）設，，，聯(lián)立直線l與雙曲線E的方程，消去y，得，根據(jù)已知直線l與雙曲線E相交于A、B兩點，得且，即且，由韋達定理，得，則，，聯(lián)立消去k，得，再根據(jù)的范圍得出的范圍，即可得出答案；（2）設，，根據(jù)雙曲線E的漸近線方程與直線l的方程聯(lián)立即可得出，，則，即線段AB的中點M也是線段CD的中點，若A，B為線段CD的兩個三等分點，則，結(jié)合弦長公式列式得，即可化簡代入得出，即可解出答案.【詳解】（1）設，，，聯(lián)立直線l與雙曲線E的方程，得，消去y，得．由且，得且．由韋達定理，得．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，點M的軌跡方程為，其中或．（2）雙曲線E的漸近線方程為．設，，聯(lián)立得，同理可得，因為，所以，線段AB的中點M也是線段CD的中點．若A，B為線段CD的兩個三等分點，則．即，．而，．所以，，解得，所以，存在實數(shù)，使得A、B是線段CD的兩個三等分點．【考點三】圓錐曲線中的定值【典例精講】（2023·上海黃浦·上海市大同中學校考三模）如圖，已知橢圓：的離心率為，點為其左頂點．過A的直線交拋物線于B、C兩點，C是AB的中點．

(1)求橢圓的方程；(2)求證：點C的橫坐標是定值，并求出該定值；(3)若直線m過C點，其傾斜角和直線l的傾斜角互補，且交橢圓于M，N兩點，求p的值，使得的面積最大．【答案】(1)；(2)證明見解析，定值為1；(3).【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出a，b得橢圓的方程作答.（2）設出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立結(jié)合中點問題推理計算作答.（3）利用（2）中信息求出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出面積的函數(shù)關系，借助均值不等式求解作答.【詳解】（1）令橢圓的半焦距為c，依題意，，，解得，則，所以橢圓的方程為.（2）顯然直線不垂直于坐標軸，設的方程為，設，由消去x得：，，則，而C是AB的中點，即有，于是，滿足，因此，所以點C的橫坐標是定值，該定值為1.（3）由直線過C點，其傾斜角和直線l的傾斜角互補，得直線和直線l的斜率互為相反數(shù)，則由（1）得直線的方程為，即，由消去x得：，，設，則，，點到直線：的距離，由C是AB的中點得的面積，令，則，當且僅當，即時取等號，所以當時，的面積取得最大值，此時.【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的幾何圖形面積范圍或最值問題，可以以直線的斜率、橫(縱)截距、圖形上動點的橫(縱)坐標為變量，建立函數(shù)關系求解作答.【變式訓練】1．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓E：的左、右焦點分別為，，左頂點為A，，P是橢圓E上一點（異于頂點），O是坐標原點，Q在線段上，且∥，．(1)求橢圓E的標準方程；(2)若直線l與x軸交于點C、與橢圓E交于點M，N，B與N關于x軸對稱，直線MB與x軸交于點D，證明：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）利用三角形中位線定理結(jié)合橢圓的定義及已知條件可求出，再由可求出，然后由可求得，從而可求出橢圓方程；（2）由題意知直線MN，MB的斜率均存在且均不為零，設，，，，然后表示出直線MN，MB的方程，分別與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系，得到兩個相等，化簡可得結(jié)論.【詳解】（1）由題知，O是線段的中點，Q在線段上，∥，則Q是線段的中點，可得，，所以，即，又因為，則，

可得，所以橢圓E的標準方程為．（2）由題意知直線MN，MB的斜率均存在且均不為零，設，，，，則，可得直線MN的方程為，直線MB的方程為，聯(lián)立方程，消去y并整理得，則，，聯(lián)立方程，消去y并整理得，則，．因為，即，整理得，當時，，即；當時，C，D，M三點重合或N，B，C，D四點重合，此時；綜上所述：，為定值．

【點睛】關鍵點睛：求解定值問題的三個步驟(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關；也可令系數(shù)等于零，得出定值；(3)得出結(jié)論．2．（2023·湖北·武漢市第三中學校聯(lián)考一模）已知點是圓：上一動點（為圓心），點的坐標為，線段的垂直平分線交線段于點，動點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)，是曲線上的兩個動點，為坐標原點，直線、的斜率分別為和，且，則的面積是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，請說明理由；(3)設為曲線上任意一點，延長至，使，點的軌跡為曲線，過點的直線交曲線于、兩點，求面積的最大值．【答案】(1)(2)是，(3)．【分析】（1）由已知得，動點的軌跡為橢圓，待定系數(shù)法求方程即可；（2）設兩點的坐標，表示出的面積，利用橢圓的參數(shù)方程結(jié)合三角函數(shù)的運算，求的面積.（3）求出點的軌跡方程曲線，，分類討論設直線方程，利用韋達定理表示，由直線與曲線有交點確定參數(shù)范圍，求面積最大值.【詳解】（1）因為線段的中垂線交線段于點，則，所以，，

由橢圓定義知：動點的軌跡為以、為焦點，長軸長為的橢圓，設橢圓方程為，則，，，，所以曲線的方程為（2）設，，直線：；，到直線的距離，所以另一方面，因為，是橢圓上的動點，所以可設，，，由，得，為定值.（3）設，，，代入：得，所以曲線的方程為.由知，同理，，設，

①當直線有斜率時，設：，代入橢圓的方程得：，，，將：代入橢圓的方程得：，與橢圓有公共點，由得：，令，則，．②當斜率不存在時，設：，代入橢圓的方程得：，，綜合①②得面積的最大值為，所以面積的最大值為．【點睛】方法點睛：解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關系，并結(jié)合題設條件建立有關參變量的等量關系．涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．要強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．3．（2023·安徽·統(tǒng)考一模）我們約定，如果一個橢圓的長軸和短軸分別是另一條雙曲線的實軸和虛軸，則稱它們互為“姊妹”圓錐曲線.已知橢圓：，雙曲線是橢圓的“姊妹”圓錐曲線，，分別為，的離心率，且，點M，N分別為橢圓的左、右頂點，設過點的動直線l交雙曲線右支A，B兩點，若直線AM，BN的斜率分別為，.(1)求雙曲線的方程；(2)試探究與的是否定值.若是定值，求出這個定值；若不是定值，請說明理由；(3)求的取值范圍.【答案】(1)；(2)是，定值；(3)；【分析】（1）根據(jù)題意，直接列式計算可得答案；（2）直線與雙曲線聯(lián)立，利用韋達定理進行消參，進而證明其比值為定值；（3）根據(jù)題意，利用韋達定理得出的范圍，然后根據(jù)，可得，進而可得取值范圍.【詳解】（1）由題意可設雙曲線：，則，解得，所以雙曲線的方程為.（2）設，，直線AB的方程為，由，消元得.則，，且，∴；或由韋達定理可得，即，∴，即與的比值為定值.

（3）思路一：設直線AM：，代入雙曲線方程并整理得：，由于點M為雙曲線的左頂點，所以此方程有一根為，由韋達定理得：，解得.因為點A在雙曲線的右支上，所以，解得，即，同理可得，由（2）中結(jié)論可知，得，所以，故，設，其圖象對稱軸為，則在，上單調(diào)遞減，故，故的取值范圍為.思路二：由于雙曲線的漸近線方程為，如圖，過點M作兩漸近線的平行線與，

由于點A在雙曲線的右支上，所以直線AM介于直線與之間（含x軸，不含直線與），所以，同理，過點N作兩漸近線的平行線與，

由于點B在雙曲線的右支上，所以直線BN介于直線與之間（不含x軸，不含直線與），所以.由（2）中結(jié)論可知，得，所以，故.【點睛】本題的解題關鍵是理解題目定義，求出雙曲線方程，根據(jù)定點位置合理設出直線的方程形式，再利用直線與雙曲線的位置關系得到韋達定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判斷斜率的比值是否為定值，注意非對稱韋達的使用技巧，第三問，由第二問較容易得到函數(shù)關系式，難點是準確找到斜率的取值范圍，從而得到精確的的范圍.4．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，.過的直線l交C的右支于M，N兩點，當l垂直于x軸時，M，N到C的一條漸近線的距離之和為.(1)求C的方程；(2)證明：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，直接列出方程求解，可得答案.（2）根據(jù)題意，分類討論當垂直于軸和不垂直于軸時的情況，對于垂直于軸的情況，直接列方程計算；對于不垂直于軸時的情況，直線與雙曲線聯(lián)立方程，利用韋達定理，計算化簡可證明成立.【詳解】（1）根據(jù)題意有，C的一條漸近線方程為，將代入C的方程有，，所以M，N到直線的距離之和為，所以，C的方程為.（2）

方法1：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，且由雙曲的定義可知，故.當l不垂直于x軸時，由雙曲線的定義可知，，故.設，代入C的方程有：，設，，則，，所以，所以.綜上，的值為6.方法2：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，且由雙曲的定義可知，故.當l不垂直于x軸時，設，代入C的方程有：.設，，則，，所以.綜上，的值為6.5．（2023·吉林長春·統(tǒng)考一模）過拋物線焦點，斜率為的直線與拋物線交于、兩點，．(1)求拋物線的方程；(2)過焦點的直線，交拋物線于、兩點，直線與的交點是否在一條直線上．若是，求出該直線的方程；否則，說明理由．【答案】(1)(2)直線與直線的交點都在上【分析】（1）設直線，與拋物線方程聯(lián)立，根據(jù)拋物線定義及求得；（2）分別表示出直線與方程，聯(lián)立得交點的橫坐標為定值.【詳解】（1）由題意設直線，，，聯(lián)立方程組，消得，，所以，，解得，即指物線的方程為．（2）由（1）可知，，．設直線，，,聯(lián)立方程組，消得，所以，．直線的斜率為，所以直線，即，同理可得直線，從而，即，解得，所以直線與直線的交點都在上．【考點四】圓錐曲線中的定點【典例精講】（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預測）已知橢圓：的長軸長為，且其離心率小于，為橢圓上一點，、分別為橢圓的左、右焦點，的面積的最大值為.(1)求橢圓的標準方程；(2)為橢圓的上頂點，過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點，直線為過點且與平行的直線，設與直線的交點為.證明：直線過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，將長軸長為，的面積的最大值為，轉(zhuǎn)化為，可得；（2）先設：，聯(lián)立橢圓，得，根據(jù)，可得直線的方程，進而根據(jù)對稱性可得過定點.【詳解】（1）由題意可知：，因為，所以，，，故橢圓的標準方程為.（2）

設，，：.聯(lián)立直線與橢圓的方程可得：，則，所以，因為，則：，令，解得，所以，故直線的方程為：，根據(jù)對稱性，直線所過的定點在軸上，不妨令，則將，代入得所以，代入，得，，故直線過定點.【變式訓練】1．（2023·吉林長春·東北師大附中模擬預測）在平面直角坐標系中，拋物線E：的焦點為F，E的準線交軸于點K，過K的直線l與拋物線E相切于點A，且交軸正半軸于點P.已知的面積為2.(1)求拋物線E的方程；(2)過點P的直線交E于M，N兩點，過M且平行于y軸的直線與線段OA交于點T，點H滿足.證明：直線過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意假設得直線l：，聯(lián)立拋物線方程求得，，再利用三角形面積即可求得，由此得解；（2）根據(jù)題意設得：，聯(lián)立拋物線方程求得，再依次求得T，H的坐標，從而求得直線的方程，化簡可得為，由此得證.【詳解】（1）由題可知，，準線，，因為直線l的斜率存在且不為0，所以設l：，聯(lián)立，消去x，得，因為l與E相切，所以，所以或，因為交y軸正半軸于點P，所以,因此，解得，所以，故，所以，所以（負值舍去），所以拋物線E的方程為.（2）由（1）知，又l：，所以，如圖所示：因為過點P的直線交E于M，N兩點，所以斜率存在且不為零，所以設：，，，聯(lián)立，消去x，得，則，所以且，.又直線：，令，得，所以，因為，所以，所以，所以直線的方程為，所以，因為，所以直線為，所以恒過定點.【點睛】利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為，；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.2．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考一模）已知點在拋物線上，為拋物線上兩個動點，不垂直軸，為焦點，且滿足.(1)求的值，并證明：線段的垂直平分線過定點；(2)設（1）中定點為，當?shù)拿娣e最大時，求直線的斜率.【答案】(1)，證明見解析(2)【分析】（1）將點代入拋物線方程可得，設直線的方程為：，聯(lián)立方程根據(jù)中垂線性質(zhì)和韋達定理分析證明；（2）利用弦長公式結(jié)合韋達定理整理得，進而可得，換元令，得到函數(shù)，利用導數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性和最值.【詳解】（1）將點代入拋物線方程，可得，解得，所以拋物線方程為，設直線的方程為：，聯(lián)立方程，消去y得，由韋達定理得：，根據(jù)拋物線定義：，可得，此時，解得或，設的中點坐標為，則，可得的垂直平分線方程為：，將代入整理得：，故的垂直平分線過定點.（2）由（1）可得，且點到直線的距離，則的面積為，可得，設，設，則令，解得；令，解得；則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減所以當時，的面積取最大值，此時，即.

【點睛】關鍵點睛：1.動直線l過定點問題的解法：設動直線方程(斜率存在)為，由題設條件將m用k表示為，得，故動直線過定點；2.與圓錐曲線有關的最值問題的解法：先引入變量，構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其最值，常用基本不等式或?qū)?shù)法求最值（注意：有時需先換元后再求最值）．3．（2023·全國·模擬預測）設動點P到定點的距離與到定直線l：的距離之比為2．(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)若Q為l上的動點，A，B為E與x軸的交點，且點A在點B的左側(cè)，QA與E的另一個交點為M，QB與E的另一個交點為N，求證：直線MN過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件列式求軌跡方程；（2）先設，坐標，設出所在直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，再根據(jù)韋達定理確定兩根和與積的表達式，最后根據(jù)題中直線的斜率關系列方程求直線所過定點.【詳解】（1）設，則，可得P點的軌跡方程為.（2）方法一：設，，，．由題意知，．聯(lián)立，得，所以，，，．由A，Q，M三點共線知①，由B，Q，N三點共線知②，由①②兩式得③．又因為，即，代入③式得，即，整理得，即，化簡得．當時，，直線過定點，不符合題意，舍去．當時，，直線過定點.方法二：設，，記，，同方法一得③式，知．設，代入，得④．因為，是方程④的根，所以，得，代入：得．設，代入，得，解得，．所以，，令，得，所以直線MN過定點．方法三：設，．連接MB，由雙曲線斜率積的定義知，同方法一得③式，知．所以．設⑤，雙曲線方程可化為⑥．點M，N滿足⑤⑥兩式，所以也滿足下式：即，即，所以有，解得，代入⑤式得，所以直線MN過定點.4．（2023·云南大理·統(tǒng)考一模）已知雙曲線：，其漸近線方程為，點在上.(1)求雙曲線的方程；(2)過點的兩條直線AP，AQ分別與雙曲線交于P，Q兩點（不與點A重合），且兩條直線的斜率之和為1，求證：直線PQ過定點.【答案】(1)；(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)雙曲線的漸近線與過一點列方程組即可得的值，從而得雙曲線方程；（2）設直線的方程為，，，聯(lián)立直線與橢圓得交點坐標關系，再根據(jù)斜率與坐標運算從而得的關系來確定直線定點即可.【詳解】（1）∵，，依題意，解得：，，所以雙曲線C的方程為（2）依題意可知斜率存在，設方程為，，，則，即①，所以設直線AP，AQ的斜率分別為，，由題意知：，故有：，整理得當，，過舍去，當，，過點，此時，將代入①得，得，滿足題意.∴直線PQ過定點5．（2023·全國·模擬預測）已知圓，圓，動圓與圓和圓均相切，且一個內(nèi)切、一個外切．(1)求動圓圓心的軌跡的方程．(2)已知點，過點的直線與軌跡交于兩點，記直線與直線的交點為．試問：點是否在一條定直線上？若在，求出該定直線；若不在，請說明理由．【答案】(1)(2)點恒在定直線上【分析】（1）設動圓的圓心為，利用兩圓外切和內(nèi)切的關系得到，由橢圓的定義即可得到動點的軌跡，利用待定系數(shù)法求出方程即可；（2）設直線的方程為，直曲聯(lián)立，結(jié)合韋達定理得到，求出直線與直線的方程，進而得到點滿足的關系式，整理化簡可得點恒在定直線上．【詳解】（1）設點的坐標為，圓的半徑為．由已知條件，得．①當動圓與圓外切，與圓內(nèi)切時，，從而．②當動圓與圓內(nèi)切，與圓外切時，，從而．綜上可知，圓心的軌跡是以為焦點，6為長軸長的橢圓．易得圓與圓交于點與，所以動圓圓心的軌跡的方程為．（2）設直線的方程為，．聯(lián)立直線與軌跡的方程，得消去并整理，得．所以，，則有．由已知條件，得直線的方程為，直線的方程為，則點的坐標滿足．又，所以．把代入上式，得．故點恒在定直線上．【考點五】圓錐曲線中的定直線【典例精講】（2023·山東泰安·統(tǒng)考模擬預測）已知曲線上的動點滿足，且.(1)求的方程；(2)若直線與交于、兩點，過、分別做的切線，兩切線交于點.在以下兩個條件①②中選擇一個條件，證明另外一個條件成立.①直線經(jīng)過定點；②點在定直線上.【答案】(1)()(2)答案見解析【分析】（1）由雙曲線的定義得出曲線的方程；（2）若選擇①證明②成立：利用導數(shù)得出過和過的方程，從而得出交點的橫坐標，再由證明點在定直線上；若選擇②證明①成立：利用導數(shù)得出過和過的方程，從而得出，再由直線的方程證明直線經(jīng)過定點.【詳解】（1）因為，所以曲線是以、為焦點，以為實軸長的雙曲線的右支,所以，即，又因為，所以，得，所以曲線的方程為().（2）若選擇①證明②成立.依題意，在雙曲線右支上，此時直線的斜率必不為，設直線方程為，，不妨設在第一象限，在第四象限.因為，所以，且，求導得，所以過點的直線方程為，化簡為①，同理②，聯(lián)立方程①②得,交點的橫坐標為，因為、點在直線上，所以，所以，所以的橫坐標.即點在定直線上.若選擇②證明①成立.不妨設在第一象限，在第四象限.設，因為，所以，且，求導得，所以過點的直線方程為，化簡為①，同理②聯(lián)立方程①②得交點的橫坐標為，由題意，，即③.因為，所以過直線的方程為，化簡，整理得由③式可得,易知，即直線過定點.【點睛】關鍵點睛：在解決第二問時，關鍵是由導數(shù)的幾何意義得出過和過的方程，這里涉及到二級結(jié)論極點極線的知識，但大題需要證明，這里給出了導數(shù)的證明.【變式訓練】1．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，上頂點為，到直線的距離為，且.(1)求橢圓的標準方程；(2)若過且斜率為的直線與橢圓交于，兩點，橢圓的左、右頂點分別為，，證明：直線與的交點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）首先求出直線的方程，利用點到直線的距離公式得到，再由，即可求出、，從而求出橢圓方程；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，設，，消元，列出韋達定理，即可得到直線、的方程，設直線與的交點坐標為，求出，即可得解.【詳解】（1）依題意可得直線的方程為，即，則到直線的距離為.又，，故，，所以橢圓的標準方程為.（2）由（1）得，所以直線的方程為，由可得，設，，顯然，所以，，故.由（1）可得，，則直線的方程為，直線的方程為，設直線與的交點坐標為，則，故，解得，故直線與的交點在直線上.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、的形式；（5）代入韋達定理求解.2．（2023·全國·模擬預測）已知在平面直角坐標系中，拋物線的焦點與橢圓的一個頂點重合，拋物線經(jīng)過點，點是橢圓上任意一點，橢圓的左、右焦點分別為，且的最大值為．(1)求橢圓和拋物線的標準方程；(2)過拋物線上在第一象限內(nèi)的一點作拋物線的切線，交橢圓于兩點，線段的中點為，過點作垂直于軸的直線，與直線交于點，求證：點在定直線上．【答案】(1)橢圓，拋物線(2)證明見解析【分析】（1）將點坐標代入拋物線方程可求得，進而得到拋物線標準方程和焦點坐標，進而得到；根據(jù)橢圓性質(zhì)可知當為橢圓的短軸端點時，由此可由求得，進而得到橢圓方程；（2）設點，結(jié)合導數(shù)幾何意義可求得直線方程，與橢圓方程聯(lián)立可得韋達定理的結(jié)論；利用中點坐標公式可得點坐標，進而得到直線，將其與直線聯(lián)立可求得點縱坐標，進而得到定直線方程.【詳解】（1）由拋物線經(jīng)過點得：，拋物線的標準方程為．，則為橢圓的上頂點，．由題意知：當為橢圓的短軸端點時，取得最大值，此時在中，，，，則，，橢圓的標準方程為：.（2）設點，對求導得，直線的斜率，直線的方程為，即．設，由得：，由得：，，，，，，則直線的方程為．又過點且垂直于軸的直線的方程為，則由得：，點在定直線上．【點睛】思路點睛：本題考查直線與橢圓綜合應用中的動點在定直線上的問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，通過已知等量關系求得動點的坐標；④根據(jù)動點坐標中變量間的關系可化簡得到定直線方程.3．（2023·山東·山東省實驗中學?？级＃┮阎獟佄锞€，過點的兩條直線、分別交于、兩點和、兩點．當?shù)男甭蕿闀r，．(1)求的標準方程；(2)設為直線與的交點，證明：點在定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）當直線的斜率為時，寫出直線的方程，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，利用弦長公式可得出關于的方程，結(jié)合可求出的值，即可得出拋物線的標準方程；（2）分析可知直線、都不與軸重合，設直線的方程為，將該直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，設、，由韋達定理可得，同理可得出，寫出直線、的方程，求出這兩條直線的交點的橫坐標，即可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）解：當直線的斜率為時，直線的方程為，設點、，聯(lián)立可得，，因為，可得，由韋達定理可得，，，整理可得，解得或（舍去），因此，拋物線的方程為.（2）證明：當直線與軸重合時，直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，所以，直線不與軸重合，同理可知直線也不與軸重合，設直線的方程為，聯(lián)立可得，則可得，設點、，由韋達定理可得，設直線的方程為，設點、，同理可得，直線的方程為，即，化簡可得，同理可知，直線的方程為，因為點在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，

交點必在垂直于軸的直線上，所以只需證明點的橫坐標為定值即可，由，消去，因為直線與相交，則，解得，所以，點的橫坐標為，因此，直線與的交點必在定直線上.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.4．（2020·陜西西安·西北工業(yè)大學附屬中學校考一模）已知拋物線和圓，傾斜角為45°的直線過的焦點且與相切．(1)求p的值：(2)點M在的準線上，動點A在上，在A點處的切線l2交y軸于點B，設，求證：點N在定直線上，并求該定直線的方程．【答案】(1)；(2)證明見解析，定直線方程為.【分析】（1）設直線l1的方程為，再根據(jù)直線和圓相切求出的值得解；（2）依題意設，求出切線l2的方程和B點坐標，求出，，即得證.【詳解】（1）由題得拋物線的焦點坐標為，設直線l1的方程為，由已知得圓的圓心，半徑，因為直線l1與圓相切，所以圓心到直線的距離，即，解得或（舍去）．所以.（2）依題意設，由（1）知拋物線方程為，所以，所以，設A，），則以A為切點的切線l2的斜率為所以切線l2的方程為．令，即l2交y軸于B點坐標為，所以，∴，∴．設N點坐標為（x，y），則，所以點N在定直線上．

5．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）已知點A為圓上任意一點，點的坐標為，線段的垂直平分線與直線交于點．(1)求點的軌跡的方程；(2)設軌跡E與軸分別交于兩點（在的左側(cè)），過的直線與軌跡交于兩點，直線與直線的交于，證明：在定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意推出，結(jié)合雙曲線定義即可求得答案；（2）設出直線l的方程，聯(lián)立雙曲線方程，得到根與系數(shù)的關系，表示出直線和的方程，推得，結(jié)合根與系數(shù)的關系化簡，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）由得，其半徑為4，因為線段的垂直平分線與直線交于點，

故，則,而，故點的軌跡為以為焦點的雙曲線，則，故點的軌跡的方程為.（2）證明：由題意知，

若直線l斜率為0，則其與雙曲線的交點為雙曲線的兩頂點，不合題意；故直線l的斜率不能為0，故設其方程為，聯(lián)立，得，，故，設，則直線的方程為，直線的方程為，故，則，即，解得，故直線與直線的交點在定直線上.【點睛】難點點睛：本題考查了利用雙曲線定義求解雙曲線方程以及直線和雙曲線的位置關系中的點在定直線上的問題，難點在于證明直線與直線的交點在定直線上，解答時要設直線方程，利用根與系數(shù)的關系進行化簡，計算過程比較復雜，且大都是關于字母參數(shù)的運算，要十分細心.【考點六】圓錐曲線與韋達定理求參數(shù)【典例精講】（2023·貴州遵義·統(tǒng)考模擬預測）已知為橢圓的兩個焦點，為橢圓上異于左?右頂點的任意一點，的周長為6，面積的最大值為：(1)求橢圓的方程；(2)直線與橢圓的另一交點為，與軸的交點為.若，.試問：是否為定值？并說明理由.【答案】(1)(2)，理由見解析【分析】（1）利用橢圓的定義及橢圓的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)已知條件作出圖形并設出直線方程，將直線與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理及向量的坐標運算即可求解.【詳解】（1）設橢圓的方程為，則由橢圓的定義及的周長為6，知①，由于為橢圓上異于左?右頂點的任意一點，得到軸距離最大為，因為的面積的最大值為，所以②，又③，聯(lián)立①②③，得，所以橢圓的方程為.（2）為定值，理由如下：根據(jù)已知條件作出圖形如圖所示,

設，則，因為在橢圓內(nèi)部，則直線與橢圓一定有兩交點，聯(lián)立消去得：，，又，且，所以，同理所以.所以為定值.【變式訓練】1．（2023·江西九江·統(tǒng)考一模）已知過點的直線與拋物線交于兩點，過線段的中點作直線軸，垂足為，且.(1)求拋物線的方程；(2)若為上異于點的任意一點，且直線與直線交于點，證明：以為直徑的圓過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）設出直線的方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理和中點坐標公式求出，坐標，結(jié)合，可求得的值，得解.（2）設出點坐標，由點斜式方程求出直線的方程，令，求出點坐標，同理求出點坐標，由拋物線的對稱性可知，定點必在軸上，設該點坐標為，利用，可求出定點坐標.【詳解】（1）由題意，可設直線的方程為，將代入，消去得，設，，則，，是線段的中點，，，即，又軸，垂足的坐標為，則，，，對任意的恒成立，，又，解得，故拋物線的方程為.（2）

設，，，由（1）可知，，，則，直線的方程為，令，則，，同理，由拋物線的對稱性可知，若以線段為直徑的圓過定點，則定點必在軸上，設該點坐標為，則，，且，，，或，以為直徑的圓過定點和.2．（2023·貴州畢節(jié)·?？寄M預測）已知是拋物線的焦點，過點的直線交拋物線于兩點，當平行于軸時，.(1)求拋物線的方程；(2)若為坐標原點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作直線的垂線與拋物線的另一交點為的中點為，證明：三點共線.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）當平行于軸時，設直線的方程為，設點、，利用拋物線的焦半徑公式，可求得的值，由此可得出拋物線的方程；（2）寫出直線的方程，將代入直線的方程，求出的坐標，然后求出的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理求出點的坐標，可得出、、三點共線.【詳解】（1）拋物線的焦點為，當平行于軸時，設直線的方程為，設點、，，解得，所以，拋物線的方程為.（2）設直線的方程為，設點、，聯(lián)立可得，由韋達定理可得，，又因為直線的方程為，

將代入直線的方程可得，可得，即點，所以，，因為，則，所以，直線的方程為，聯(lián)立可得，則，故，則，由的中點為，可得，故、、三點共線．3．（2023·浙江金華·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線，直線過雙曲線的右焦點且交右支于兩點，點為線段的中點，點在軸上，．(1)求雙曲線的漸近線方程；(2)若，求直線的方程．【答案】(1)(2)或或【分析】（1）根據(jù)等軸雙曲線方程即可求解漸近線方程，（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程得韋達定理，即可根據(jù)向量數(shù)量積的幾何意義將其轉(zhuǎn)化為，由坐標運算即可求解.【詳解】（1）由題知，，所以雙曲線的漸近線方程為．（2）雙曲線的右焦點坐標為，由題知，直線AB的斜率不為0，設直線方程為，代入雙曲線中，化簡可得：，設,則．則∴線段中點的坐標為，直線方程為．（i）當時，點恰好為焦點，此時存在點或，使得．此時直線方程為．（ii）當時，令可得，可得點的坐標為，由于所以，由，即，也即：．化簡可得，解出，由于直線要交雙曲線右支于兩點，所以，即，故舍去．可得直線的方程為．綜上：直線方程為或或．

【點睛】4．（2023·遼寧撫順·?？寄M預測）已知雙曲線C：的離心率為，F(xiàn)為C的左焦點，P是C右支上的點，點P到C的兩條漸近線的距離之積為．(1)求C的方程；(2)若線段PF與C的左支交于點Q，與兩條漸近線交于點A，B，且，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得曲線C的方程；（2）設直線PF的方程為，再與曲線C聯(lián)立方程組，再利用韋達定理以及弦長公式即可得出結(jié)論>【詳解】（1）由題意得，故，又，C的兩條漸近線方程分別為，設，則，即所以，所以，，故C的方程為．（2）由（1）知，設直線PF的方程為，，，，聯(lián)立得，則，，因為P是C右支上的點，所以，，聯(lián)立，得，則，，，又，所以，解得，所以．【點睛】關鍵點睛：第（2）小問求的運算能力是關鍵，本題考查了直線與雙曲線的位置關系，以及雙曲線的綜合應用，屬于較難題.5．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別是，，上頂點為A，橢圓的焦距等于橢圓的長半軸長，且的面積為．(1)求橢圓的標準方程；(2)若B，C是橢圓上不同的兩點，且直線AB和直線AC的斜率之積為，求面積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)即可列方程求解，，，（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，得到韋達定理，進而根據(jù)弦長公式以及點到直線的距離公式表達出三角形的面積，利用換元法及基本不等式求面積的最大值.【詳解】（1）由題意得，，①由的面積為，得，②又，得，，，所以橢圓的標準方程為．（2）由（1）知點，易知直線AB和直線AC的斜率均存在，所以點B，C與橢圓的上、下頂點均不重合．若直線BC的斜率不存在，不妨設，則，直線AB和直線AC的斜率分別是，，所以，又點在橢圓上，所以，所以，所以，這與直線AB和直線