专题7-4圆锥曲线五个方程型大题归类（12题型+解题攻略）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27425" 题型01五个方程基础模板 PAGEREF _Tc27425 \h 1
\l "_Tc31998" 题型02千变万化的直线设法 PAGEREF _Tc31998 \h 5
\l "_Tc20430" 题型03 无定点无斜率型双变量 PAGEREF _Tc20430 \h 8
\l "_Tc7382" 题型04五个方程常见题型：斜率和定 PAGEREF _Tc7382 \h 12
\l "_Tc2374" 题型05双变量基础型：直线过定点 PAGEREF _Tc2374 \h 16
\l "_Tc7568" 题型06 定点：斜率积型 PAGEREF _Tc7568 \h 20
\l "_Tc5971" 题型07 定点：斜率比值型 PAGEREF _Tc5971 \h 24
\l "_Tc31700" 题型08“第六个方程”型转化难题 PAGEREF _Tc31700 \h 28
\l "_Tc14306" 题型09圆过定点 PAGEREF _Tc14306 \h 32
\l "_Tc27193" 题型10定值型 PAGEREF _Tc27193 \h 37
\l "_Tc30236" 题型11面积最值型 PAGEREF _Tc30236 \h 40
\l "_Tc9837" 题型12 切线型 PAGEREF _Tc9837 \h 44
\l "_Tc9084" 高考练场 PAGEREF _Tc9084 \h 47

题型01五个方程基础模板
【解题攻略】
【典例1-1】（上海市春季高考数学试卷(含答案)）已知椭圆的两个焦点分别为、,短轴的两个端点分别为(1)若为等边三角形,求椭圆的方程;
(2)若椭圆的短轴长为,过点的直线与椭圆相交于两点,且,求直线的方程.
【答案】[解](1)设椭圆的方程为.根据题意知, 解得,
故椭圆的方程为.
(2)容易求得椭圆的方程为. 当直线的斜率不存在时,其方程为,不符合题意;
当直线的斜率存在时,设直线的方程为.（方程1） 由 得.（方程3） 设,则

因为,所以,即
, 解得,即.
故直线的方程为或。
【典例1-2】（普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. (Ⅰ) 求椭圆的方程; (Ⅱ) 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点. 若, 求k的值.
【答案】【(Ⅰ)；（2）
解：设，由，知.过点F且与轴垂直的直线为，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又，从而，，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设点，，由得直线CD的方程为，
由方程组消去，整理得.
求解可得，.因为，，
所以
.由已知得，解得.
【变式1-1】（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，求解即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.
【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为；
（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，
；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，
由得，，
此时，即或，
，
.
综上所述，，即为定值.
【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）已知动点M与定点，满足．
(1)求动点M的轨迹C的方程．
(2)已知直线与曲线C交于P，Q两点，点T为x轴上一点，直线PT，QT的斜率分别为，试问：是否存在使为定值的点T？若存在，求出点T的坐标，并求出定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)存在，，或，
【分析】（1）利用余弦定理将题设等式转化为，从而利用椭圆的定义即可得解；
（2）联立直线与曲线C的方程，得到，从而求得关于的表达式，从而得解.
【详解】（1）∵，
∴由余弦定理，得．∵，
∴，即，∴，且．
由椭圆的定义，得动点M的轨迹C的方程为．（2）将直线l的方程代入曲线C的方程并整理，得，则．
设，，则，．
设点，且，则
．
若为定值，则，∴，解得．当时，，点．
当时，，点．
.
题型02千变万化的直线设法
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)详见解析
【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求得椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，再根据,以及，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求
【详解】（1）由条件可知，，解得：，，
所以椭圆C的方程是；
（2）假设在轴上存在点，使且，
联立，设，，
方程整理为，
，解得：或，
，，
则线段的中点的横坐标是，中点纵坐标，
即中点坐标，，
则，即，化简为，①
又,
则，，
整理为，
，
化简为②
由①得，即，代入②得，整理得③，又由①得，代入③得，即，整理得，即.
当时，，当时，，满足，
【典例1-2】已知抛物线的顶点在原点，焦点坐标为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与抛物线交于两点，求面积的最小值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，求得，即可求得抛物线方程；
（2）联立直线方程和抛物线方程，根据韦达定理，结合直线恒过的定点，表达出面积关于参数的函数关系，求其最小值即可.
【详解】（1）由题意，得，抛物线的方程为.
（2）设，
联立，消去得，
，
，
易知，直线恒过定点，
故△的面积，
故△面积的最小值为.
【变式1-1】已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的方程；
（2）由题意设直线为（），，设，将直线方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由可得，再根据可求得结果.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为面积的最大值为，
所以，因为，所以解得，
所以椭圆C的方程为；
（2），设直线为（），，不妨设，设，
由，得，则，
所以，因为，所以，
所以，所以，
所以，因为，
所以，所以，
所以，解得，因为，
所以，，所以，
，所以，
化简得，解得，因为，所以.
【变式1-2】已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)试探究：在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2)存在定点,使得为定值
【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；
（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.
【详解】（1）为等边三角形，，，；
的周长为，，
解得：，，，椭圆的方程为：.
（2）假设在轴上存在定点，使得为定值；
由（1）知：，直线斜率不为零，可设，，，
由得：，则，
，，
；
为定值，，解得：，此时定值为；
存在定点，使得为定值.
.
题型03 无定点无斜率型双变量
【解题攻略】
【典例1-1】椭圆的离心率是，且过点.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与的另一个交点分别是，与轴分别交于，且于点，是否存在定点使得是定值？若存在，求出点的坐标与的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2) ，
【分析】(1)将点P的坐标代入椭圆方程，与离心率联立方程组，求出a，b；
(2)设立直线AB的方程，根据条件求出AB的方程，求出Q点坐标关于AB斜率的表达式，再消去参数即可.
【详解】（1）将点P坐标代入椭圆方程得： …①，由离心率得 ， ，
又 ，代入①解得 ，
椭圆C的标准方程为： ；
（2）设 ，不妨设 ，直线AB的方程为 ；
联立方程 ，得 ，
，
直线AP的方程为： ，直线BP的方程为： ，
令 得 ，由题意： ，
，化简得： ，
将 代入上式化简得： ，
将 式代入上式并化简得： ，即 或者，
如果 ，则AB的方程为 ，为过定点P的直线，显然不符合题意，舍；
，AB的方程为 ，
∴ ，又 ，即 ，
， ， ，
联立方程 ，解得 ，
…③ ，即定点R为 ， ；
当 时， ，此时直线AB为y轴，所以PQ为平行于x轴的直线，Q点的坐标为 ，代入③也满足；
综上，椭圆C的标准方程为：，定点R为 ，.
【典例1-2】已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.
(1)当，且为线段的中点时，证明：；
(2)记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）取的中点,连接.利用几何法，分别证明出,为的角平分线，即可证明；
（2）利用“设而不求法”分别表示出，解方程求出.
【详解】（1）如图示：
当时，恰为抛物线的焦点.
由抛物线的定义可得：.
取的中点,连接,则为梯形的中位线，所以.
因为为的中点,所以,所以.
在中，由可得：.
因为为梯形的中位线，所以，所以，
所以.
同理可证：.
在梯形中，,
所以，所以，
所以,即.
（2）假设存在实数，使得.
由直线与抛物线交于，两点，可设.
设,则，消去可得：，所以，.
则
.
而.所以，解得：.
【变式1-1】已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；
（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.
【详解】（1）设双曲线，易知.
由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：
，则，
又，则解得，
则双曲线.
（2）设直线的方程为：，（且），，.联立，消得：，，，
，①，②联立①②，解得：.
又，同理，，
把它们代入，得
，故，得证.
【变式1-2】已知椭圆：的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和过点，求出椭圆的方程；
（2）根据题意求出，进而，韦达定理带入求出.
【详解】（1）由题设得，，
即，解得．所以的方程为．
（2）设直线的方程为，代入得．
，
设，则，于是．
，又，所以．
即．，即，
，
，
将，
代入整理得，即，
当，直线过点，舍去，所以．
题型04五个方程常见题型：斜率和定
【解题攻略】
【典例1-1】椭圆：()的左焦点为，且椭圆经过点，直线()与交于，两点（异于点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：直线与直线的斜率之和为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为1.
【分析】
（1）根据椭圆左焦点为，且椭圆经过点，从而得到，进而求得的值，得到椭圆方程；
（2）先联立直线方程与椭圆方程，消元，设，韦达定理得到，利用两点斜率坐标公式，结合韦达定理证得结果.
【详解】（1）由题意得：则椭圆方程为；
（2）解法一（常规方法)：设，联立化简可得：，直线与椭圆交于两点
即解得：
由韦达定理
直线得斜率和为定值．
解法二（构造齐次式)：由题直线恒过定点
①当直线不过原点时，设直线为则即有
由有则
整理成关于的齐次式： ，进而两边同时除以，
则令则
②当直线过原点时，设直线的方程为
综合直线与直线的斜率之和为定值．
【典例1-2】设为抛物线上两点，且线段的中点在直线上.
（1）求直线的斜率；
（2）设直线与抛物线交于点，记直线，的斜率分别为，，当直线经过抛物线的焦点时，求的值.
【答案】（1）1；（2）4.
【分析】
（1）设，，代入抛物线方程得到，，再由线段的中点在直线上，得出，代入斜率公式求解即可；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，得出，用韦达定理，代入 求解即可.
【详解】
（1）设，，因为在抛物线上，且的中点在直线上，则，，，
所以直线的斜率；
（2）∵直线经过抛物线的焦点，∴直线的方程为
由消去得，由韦达定理，，
∵直线与抛物线交于点，∴点的坐标为，
∴，，
∴.
【变式1-1】已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，且直线的方程为.
【分析】
（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，设直线、的斜率分别为、，将韦达定理代入等式，求出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）因为椭圆经过点，且该椭圆的右焦点为.
所以，，解得，因此，椭圆的标准方程为；
（2）存在直线，使得，理由如下：
若直线与轴垂直，则直线过点，不合乎题意，
由已知可设所在直线的方程为，
代入椭圆的方程，得，
，
设、，则，，
记直线、的斜率分别为、，
欲使直线满足，只需.
因为、、三点共线，所以，即.
即
.
由，即，可得.所以存在直线，使得，
此时直线的方程为，即.
【变式1-2】已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据可求出；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理建立关系可得对任意成立，可求出，得出椭圆方程.
【详解】
（1）由题可得，，
，即，，；
（2）由（1）可得椭圆方程为，
当直线l的斜率存在时，设l：，设，
联立直线与椭圆，得，
则，即，
则，，
，，
即对任意成立，即，
则椭圆方程为，
当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且
此时，满足题意，
综上，椭圆方程为.
.
题型05双变量基础型：直线过定点
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆过点，长轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）解方程组即得解；
（2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点的坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证.
【详解】（1）由题得所以椭圆的方程为.
（2）直线与椭圆方程联立，化简得，
，即.
设，，，，则，．
直线的方程为，则，直线的方程为，则，
因为，所以+=0所以，
所以，
把韦达定理代入整理得或，
当时，直线方程为，过定点，即点，不符合题意，所以舍去.
当时，直线方程为，过定点.
所以直线经过定点.
【典例1-2】已知双曲线经过点（，1）
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若直线与双曲线C相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)(2)证明见解析,定点为
【分析】(1)根据双曲线经过点（，1）即可求解;(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理可求解.
【详解】（1）因为双曲线经过点（，1），
所以，解得或(舍)，所以，
所以双曲线的离心率.
（2）设，由（1）知，双曲线，联立 ，消整理得，
因为直线与双曲线C有两个交点，所以，即，由韦达定理得，
，由题可知双曲线C的左顶点,
因为以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，所以,即，
所以，即，
整理得，即，解得，或，
即，，当时，直线方程为，当时，
即此时直线过定点为左顶点，不满足题意;
当时，直线方程为，当时，即此时直线过定点，满足题意;
所以直线l过定点，该定点的坐标为．
【变式1-1】已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上.
(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)设点，求的最小值：
(3)设直线l与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形DPEF为平行四边形，证明：直线l过定点，并求出这个定点的坐标.
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析，定点.
【分析】（1）根据标准方程直接写出焦点和准线；
（2）利用两点式及二次函数性质，结合抛物线的有界性求的最小值；
（3）设，直线为，联立抛物线并应用韦达定理有，根据平行四边形性质有，由向量线性运算的坐标表示得到与数量关系，结合点在抛物线上求参数b，即可确定定点.
【详解】（1）根据抛物线标准方程可得：焦点，准线.
（2）设，则
当时，，而，此时时；
当时，，而，此时，即P为原点时；
所以.
（3）设，直线l为，
，则，所以.
因为四边形是平行四边形，所以，则
所以，
代入得：，解得，即直线过定点.
【变式1-2】已知为坐标原点，点在双曲线上，直线交于，两点.
(1)若直线过的右焦点，且斜率为，求 的面积；
(2)若直线，与轴分别相交于，两点，且，证明：直线过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，先求出C的方程，写出直线l的方程，与双曲线方程联立求出P，Q点的坐标，运用两点距离公式和点到直线的距离公式即可计算出的面积；
（2）根据M，N关于原点的对称性，设立坐标 ，求出直线AM和直线AN的方程，与双曲线方程联立，运用韦达定理求出P，Q的坐标，再利用两点式直线方程化简即可.
【详解】（1）将点代入的方程，得，解得，
所以的方程为.直线的方程为，联立方程 整理得，，解得，不妨设，，
则，
点到直线的距离为，所以 的面积为；
（2）
依题意作上图，设 ，则 ， ， ，
直线AP的方程为： ，直线AQ的方程为： ；
联立方程： ，解得： ，
显然 ，即 ； ， ，联立方程： ，解得： ，
显然 ，即， ，即当 时，
直线PQ的方程为： ，将上面求得的 解析式代入得：
，整理得： ，
所以直线PQ过定点 .
.
.
题型06 定点：斜率积型
【解题攻略】
【典例1-1】已知圆经过点，且与轴相切，切点为坐标原点.
(1)求圆的标准方程；
(2)直线：与圆交于，两点，直线：与圆交于，两点，且.
（i）若，求四边形的面积；
（ii）求证：直线恒过定点.
【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件，求得圆心和半径，即可写出圆方程；
（2）（i）联立直线方程和圆方程，求得交点的坐标，结合三角形面积公式即可求得结果；
（ii）设出直线的方程，联立圆方程，结合已知条件，找到直线方程中参数之间的关系，即可求得结果.
【详解】（1）因为圆与轴相切，切点为坐标原点，故可得其圆心在轴上，
又其过点，故圆的圆心坐标为，半径，
则圆的标准方程为：.
（2）（i）因为，又,故可得，联立直线与，可得，解得或，故可得点坐标为；
联立直线与，可得，解得或，
此时，故点坐标为.故四边形的面积；
（ii）当直线的斜率存在时，设其方程为，
联立可得，
根据题意，其
设两点的坐标分别为，则，
故
又，即，整理得：，
则或，显然时，不满足题意，故舍去；
当时，，其恒过定点；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
联立圆方程可得，解得，
不妨设，由可得：，解得（舍）或，
此时，直线也过点.综上所述：直线恒过定点.
【典例1-2】已知椭圆的左右顶点为、，直线.已知为坐标原点，圆过点、交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.
(1)记直线，的斜率分别为、，求的值；
(2)证明直线过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)；(2)，证明见解析.
【分析】(1)根据题意设和圆G的圆心坐标，写出圆的标准方程，联立直线方程，利用韦达定理求出，结合两点坐标求直线斜率公式化简计算即可；
(2)设，根据直线的点斜式方程写出直线AM、AN方程，分别联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，进而求出点的坐标，根据椭圆的对称性可知直线PQ过x轴上的定点，设定点坐标，利用平面共线向量的坐标表示化简计算即可求解.
【详解】（1）如图，由题意知，圆G的圆心G在直线，设，
则半径为，标准方程为，
设，由，得，
，消去，得，
则，所以；
（2）设，由(1)知，，得，
所以，即，
，即，
，消去，得，
则，得，
所以，得.
同理可得，即，
又，，
由椭圆的对称性知，直线过定点，且该定点为轴上的点，
设定点为，则，，，
令，解得或(舍去)此时，所以与共线，
所以直线过定点.
【变式1-1】已知抛物线的焦点，为坐标原点，、是抛物线上异于的两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线、的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，直接求得，则抛物线方程得解；
（2）设出直线的方程，利用韦达定理，结合已知条件，即可求得结果.
【详解】（1）根据题意，，则，故抛物线方程为：.
（2）显然直线的斜率不为零，且不过原点，故设其方程为，
联立抛物线方程可得：，时，
设两点的坐标分别为，则，，
由题可知，，即，解得，此时满足，
故直线恒过轴上的定点.
【变式1-2】已知椭圆C上任意一点P（x，y）到点F（－1，0）的距离与到直线x =－4的距离的比等于．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于M，N两点，A（2，0），记直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且满足kAM·kAN =－1．证明：直线l过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）先分别求出点P到点F的距离和到直线x =－4的距离,然后由根据条件得到方程，化简即可得到答案.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l为y = kx + m，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示出kAM·kAN =－1，将韦达定理代入，得出的关系，得到答案，再验证直线l的斜率不存在的情况.
【详解】（1）因为点P（x，y）到点F（－1，0）的距离为，
点P（x，y）到直线x=－4的距离，
所以 4（x2+2x+1+y2）=x2+8x+163x2+4y2=12，
因此，可得椭圆C的标准方程为．
（2）① 当直线l的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，M（x1，y1），N（x2，y2），联立
消去y，得（4k2+3）x2+8kmx+4m2－12=0，
则 =48（4k2+3－m2）＞0，，，于是 ，
即（kx1+m）（kx2+m）+（x1－2）（x2－2）= 0，
即（k2+1）x1x2+（km－2）（x1+x2）+（m2+4）=0，
化简，得4k2+16km+7m2=（2k+m）（2k+7m）=0．
（i）当2k+m=0时，直线为y=kx－2k，过点（2，0），舍去；
（ii）当2k+7m=0时，直线为，过点（，0）．
② 当直线l的斜率不存在时，x =，经检验，符合题意．
综上，则直线l过定点R（，0）．
.
题型07 定点：斜率比值型
【典例1-1】椭圆的左右焦点分别为，焦距为，点M为椭圆上位于x轴上方的一点，，且的面积为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.求证：直线恒过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析, 恒过定点
【分析】(1)根据焦点三角形与椭圆的定义可求解;(2)利用韦达定理确定，转化为，再结合韦达定理求得定点.
【详解】（1）因为，所以，即，所以，所以
又，，，
所以，即，所以，
所以，所以椭圆方程为.
（2）依题意，设，
若直线的斜率为0则关于轴对称，必有，不合题意．
所以直线斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C联立，整理得：，
所以，且，因为是椭圆上一点，即
所，则，即，
因为，得
即
因为，，，
整理得 解得，所以直线恒过定点 .
【典例1-2】已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
①求证：直线恒过定点；
②设和的面积分别为，求的最大值.
【答案】(1)；(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程；
（2）①设为，与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得，即可证结论；②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值.
【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆C的方程为．
（2）①依题意，设，
若直线的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．
所以直线斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C联立，整理得：，所以，且
因为是椭圆上一点，即，所以，则，即因为
，
所以，此时，故直线恒过x轴上一定点．
②由①得：，所以
，
而，当时的最大值为．
【变式1-1】已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.
(1)求双曲线的方程；
(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.
①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
②证明：直线恒过定点.
【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析
【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果.
（2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解.
②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解.
【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设，
由题意，两式相减得：，
整理得：，即，又，所以，即双曲线，
经检验满足题意.
（2）①因为的斜率存在且，设，，
联立，消去整理得：，由题意得，解得
又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得，
又，，
于是，
故，同理可得，
，，为定值，所以的值。②由①知（*），
由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得，
解得直线恒过定点
【变式1-2】在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为．
(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；
(2)设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析，定点
【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点的轨迹的方程；
（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.
【详解】（1）解：由题意得，所以，
即的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线，
又，，所以，所以的方程为；
（2）解：由已知得：，：，
联立直线方程与双曲线方程，消去整理得，
由韦达定理得，所以，即，所以，
联立直线方程与圆方程，消去整理得，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，由三点共线得，即，
所以直线过定点．
.
题型08“第六个方程”型转化难题
【解题攻略】
【典例1-1】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，
解得，或．所以，k的值为或
【典例1-2】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.
（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点且与平行的直线与椭圆交于点.求的值.
【答案】（1）（2）
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题意知解得，
所以椭圆的标准方程为
（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则
设直线的方程为，直线的方程为，则，由得易知，设，
则，是方程（1）的两个根，所以，所以，
则又，
所以由得.设，
则，，所以，所以，
【变式1-1】如图，已知椭圆：过点，离心率.
（1）求椭圆的方程；（2）如图，直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点、，与直线交于点（介于、两点之间）.
（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：.
【答案】（1）；（2）（i），（ii）证明见解析.
【详解】（1）由，.由于椭圆过点（2，1），所以，解得：，，
所以椭圆的方程为：；
（2）（i）由题设条件知，由题意设直线的方程为，设，，
联立直线与椭圆的方程，整理可得，，即，，，所以弦长，到直线的距离为：，
所以，当且仅当取等号，由介于、之间可得，这时直线的方程为；
（ii）证明：∵，同理：，
∴
将，，代入可得：，
所以直线，关于直线对称，即为的角平分线，
所以，即证得：.
【变式1-2】已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
解：根据题意得：，，，所以直线的方程为：，
所以点到直线的距离为：，化简整理得：.
又因为点在椭圆上，故.联立，解得：.
故椭圆的方程为：.
（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程 并化简得：，
所以，，，
所以，因为，所以，化简整理得：，
所以，整理得：（满足）
此时，
，
原点到直线的距离为：，所以的面积为：.
.
题型09圆过定点
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在，
【分析】（1）根据题意写出关于的等式，进行联立即可求解；
（2）先假设假设存在实数k，联立直线与椭圆可得，以CD为直径的圆过定点E可得，将韦达定理代入即可求解
【详解】（1）直线l方程为，依题意可得：，又，
解得：，，∴椭圆的方程为；
（2）假设存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E，联立得，
∴，∴或①，设，，则②，
而，，，
要使以CD为直径的圆过点，当且仅当，故，则，
∴，③
将②代入③得，解得，经验证使得①成立，
综上可知，存在使得以CD为直径的圆过点E.
【典例1-2】已知点F为双曲线的右焦点，过F的任一直线l与交于A，B两点，直线．
(1)若为曲线上任一点，且M到直线的距离为d，求的值；
(2)若为曲线上一点，直线MA，MB分别与直线交于D，E两点，问以线段DE为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)过定点，或
【分析】（1）得到焦点，计算出与，相比后得到答案；
（2）方法一：设出直线l的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，得到直线MA的方程，求出点坐标，同理得到点坐标，由对称性可知，定点P一定在x轴上，设为，由得到，求出或，故线段DE为直径的圆过定点，或；
方法二：在第一问基础上，作出辅助线，得到，由正弦定理求出，FD是的角平分线，同理可得，FE是的角平分线，.所以，即，故以DE为直径的圆经过点，由对称性可知，也满足条件.
【详解】（1）由题意得：，
故．
（2）方法一：设直线l的方程为，与双曲线方程联立得：，
设，则，.直线MA的方程为，
令，可得，所以，
同理.由对称性可知，定点P一定在x轴上，不妨设为，则，，则
，
所以，则或.
所以线段DE为直径的圆过定点，或.
【变式1-1】．已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.(1)证明:;
(2)求的最大值，并求此时双曲线的方程;
(3)判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)面积最大值为，此时双曲线方程为.(3)过定点，定点为和.
【分析】（1）根据向量线性关系得到，结合双曲线渐近线方程，得到，将点坐标代入双曲线方程，得到，进而得到，计算出；
（2）考虑时，设出的方程，表达出，表达出，结合第一问中，求出，利用基本不等式求出面积的最大值，并得到双曲线方程为；再考虑时，同样表达出，得到最大值及双曲线方程；
（3）表达出的方程及，，结合，得到，设以为直径的圆上的任意一点为，则，求出圆的方程，得到且，求出定点坐标.
【详解】（1）因为，所以，即，
双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，若，则，若，则，
①，又点双曲线上，，解得：，
故，；
当时，与轴的交点为，若，则，若，则，，由（1）可得:同号，于是，，，，当且仅当时，，故面积最大值为，此时，双曲线方程为；
当时，易得，，
，由①式可得:，且点在双曲线上，，，，
当时，同样当且仅当时，，
双曲线方程为；
（3）由题意，，，，，
点在双曲线上，，从而，，
设以为直径的圆上的任意一点为，由，可得该圆的方程为，
不恒为，故要恒成立，必须有且，
故所求的定点为和.
【变式1-2】已知抛物线的焦点为，准线为．
(1)若为双曲线的一个焦点，求双曲线的渐近线方程；
(2)设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；
(3)经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线､分别与相交于点．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．
【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析.
【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得渐近线方程；
（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；
（3）设直线的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.
【详解】（1）解：抛物线的焦点为，准线为，
双曲线的方程为，即，则，，
由题意可知：，则，故双曲线C的方程为，渐近线方程为.
（2）解：由（1）可知：，
如图，过点P作直线的垂线，垂足为M，由抛物线的定义可知，
因为，且，所以，
故直线EP的倾斜角，斜率，所以直线EP的方程为，即.
（3）解：以线段MN为直径的圆C过定点，.理由如下：
由已知可得直线，设，，
联立方程，消去y可得：，则可得：，，
又直线，当时，，所以.同理可得：.
又，
，
则以线段MN为直径的圆C的圆心，半径，
故圆C的方程为，整理得，
令，则，解得或，故以线段MN为直径的圆C过定点，.
题型10定值型
【解题攻略】
【典例1-1】已知椭圆：（，），离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上的任意一点（除短轴的端点外）与短轴的两个端点，的连线分别与轴交于，两点，求证为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的离心率及所过的点，列方程组求参数、，写出椭圆方程.
（2）设，写出直线、的方程，可求，的坐标，进而可得关于的关系式，根据在椭圆上即可证结论.
【详解】（1）由题设，，可得，故椭圆方程为.
（2）由题意，若，，设椭圆上任意一点，
∴直线的方程为；直线的方程为，
令，得，．
∴为定值，得证．
【典例1-2】双曲线的一条渐近线方程为，且经过点．
(1)求的方程；
(2)为坐标原点，过双曲线上一动点（在第一象限）分别做的两条渐近线的平行线为，且，与轴分别交于P，Q，求证：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程以及已知点，联立方程，可得答案；
（2）由题意，设出动点，利用点斜式方程，结合直线位置关系，写出直线的直线方程，求出的坐标，整理的表达式，利用整体思想，可得答案.
【详解】（1）∵渐近线为，则，，∴，
在双曲线上，得解得，∴曲线的标准方程为.
（2）设点坐标为则，得，则，
同理：
，得，则，
则
又∵点在曲线上，∴，∴
则，∴得证为定值3．
【变式1-1】．已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【详解】（1）设，则，因为，所以，
所以，即曲线的方程为；
（2）设，则，由，可知A，B分别为的中点，
所以，则，作差可得．
因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，
联立，可得，即，
点P到直线的距离，
所以的面积为，即的面积为定值．
【变式1-2】已知一动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)过点F作一条不垂直于y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线l上有一点，记直线PM，PF，PN的斜率分别为，，，证明：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，设动点，利用动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数即可求出轨迹方程；
（2）讨论直线斜率是否存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线方程为：，联立方程组，设而不求，利用韦达定理即可证明为定值.
【详解】（1）设动点，由题意知，，所以动点C的轨迹方程为C：.
（2）当直线斜率不存在时，M，N的坐标分别为，，则.
当直线斜率存在时，设直线方程为：.联立直线和椭圆的方程，化简得，则，，，
，
所以
.
即为定值，定值为2
.
题型11面积最值型
【解题攻略】
【典例1-1】已知圆：过点，其长轴长为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，，为椭圆上不重合两点，且，的中点落在直线上，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)1
【分析】（1）由长轴长和椭圆上的点，待定系数法求椭圆的方程；
（2），为椭圆上不重合两点，，的中点落在直线上，利用点差法求得直线的斜率，设出直线方程，代入椭圆方程，求弦长，求原点O到直线MN的距离，面积算式中利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）长轴长为4，则，点代入椭圆方程，有，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则，
因为M，N在椭圆上，有 ，两式相减可得，
设直线
联立 ，消去得，则有，
又，得 ，
所以 ，，
原点O到直线MN的距离 故 ，
当且仅当，即时等号成立，故面积的最大值为1．
【典例1-2】已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．
【详解】（1）由,得，即.
由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，所以，且，
解得，所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，如图，设，，，.将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，所以，所以，且.直线的方程为，代入抛物线方程，消去，得，解得或，所以.同理，得，所以
，所以当时，取得最大值，为.
【变式1-1】已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据离心率的公式，结合的基本关系，代入求解即可；
（2）直线的方程为，，，，直线与曲线联立，的面积，根据韦达定理，弦长公式将三角形面积表示，
再根据基本不等式求解最大值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的标准方程为．
（2）设直线l的方程为，，，联立，
整理得，则，即，解得，，．
故△OPQ的面积．
设，因为，所以，所以，因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，则，即△OPQ面积的最大值为．
【变式1-2】已知椭圆的上顶点为，右焦点为，点满足．
(1)判断点是否在椭圆上，并给出理由；
(2)已知与线段相交的直线交椭圆于，（不同于点，）两点，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)点在椭圆上，理由见解析(2)
【分析】（1）根据的坐标及列方程即可求解，再得的值，即可得椭圆方程，将点坐标代入即可知是否满足方程，判断其与椭圆的位置关系；
（2）根据直线与椭圆的位置关系，确定弦长，再分别求解点到直线的距离，从而可得四边形面积，利用换元法结合函数求其最值即可.
【详解】（1）由题意得，，，所以，，
由于，得，得，所以，故椭圆的标准方程为．
所以，故点Q在椭圆上．
（2）如图，设，，把代入并整理，得，则，故．由（1）知点Q在椭圆上，又直线与线段PQ 相交，
所以点P，Q在直线的两侧，设O为坐标原点，连接OQ，则．点到直线的距离，点到直线的距离，，
故四边形PMQN的面积
．
令，则，，
当，即，时，，
因此四边形PMQN面积的最大值为．
题型12 切线型
【典例1-1】如图，两个椭圆的方程分别为和，
(1)已知椭圆的离心率，且，求该椭圆的方程；
(2)从大椭圆的右顶点和上顶点分别向小椭圆引切线，若的斜率之积恒为，求的值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）利用一元二次方程根的判别式，结合题意进行求解即可.
【详解】（1）由题意，，故椭圆方程为；
（2）由题意知，外层椭圆方程为，设切线的方程为，
代入内层椭圆消去得：，
由，得
化简得，同理得，因为的斜率之积恒为，
所以.
【典例1-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，上一点到距离之和为6.
(1)求的方程；
(2)设在点处的切线交轴于点，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据的值直接求解；
(2)先求出过椭圆上一点的切线方程，再求出点坐标，从而即可证明.
【详解】（1）由题意知，，得，，得,
由于，故椭圆C的方程为.
（2）当切线斜率不存在时，切线方程为，重合，等式成立；
当切线斜率为0时，切线与x轴不相交，不符合题意；
当切线斜率存在时，设由于对称性，不妨设为椭圆上半部分曲线的一个点,
由，得，则，
所以切线的斜率为，得切线方程为，
即，整理得，
即，所以切线方程为，
令，得，即，由（1）知，，
则，，，，
又，得，
所以，，
所以，即，得证.
【变式1-1】法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
【答案】(1)椭圆C的方程为，蒙日圆的方程为(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率结合题设求得，即得椭圆方程，进而写出蒙日圆的方程；
（2）设，设过点P的切线方程为，联立椭圆方程结合判别式确定点的轨迹方程，进而利用基本不等式求得，即可求得答案.
【详解】（1）设椭圆方程为，焦距为2c.
由题意可知，
所以，椭圆C的方程为，
且蒙日圆的方程为；
（2）设，设过点P的切线方程为，
由，消去y得①，
由于相切，所以方程①的，可得：，
整理成关于k的方程可得：，
由于P在椭圆外，故，
故，
设过点P的两切线斜率为，
据题意得，，，
又因为，所以可得，
即点的轨迹方程为：，
由不等式可知：，
即，当且仅当时取等号，此时，
所以，即的面积的最大值为.
【变式1-2】．已知点为双曲线的左右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且的面积为.圆的方程是.
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为，求的值；
(3)过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于两点，中点为，若恒成立，试确定圆半径.
【答案】(1)；(2)；(3).
【分析】（1）由面积可求，再根据双曲线的定义可求，从而可求双曲线的方程；
（2）求出双曲线的渐近线方程，设两渐近线的夹角为，根据到角公式可求与，根据点到直线的距离公式可求，根据平面向量的数量积运算结合在双曲线上即可求解；
（3）由题意可得，设，，当的斜率存在时，设直线，与双曲线方程联立，根据韦达定理及可得，根据点到直线的距离公式可求，当的斜率不存在时亦可求得.
【详解】（1）因为的面积为，所以，
所以，解得，此时，
所以，故双曲线的方程为.
（2）由题意得两条渐近线分别为，
设双曲线上的点，设两渐近线的夹角为，则，得．
则点到两条渐近线的距离分别为，因为在双曲线上，所以，又，所以.
（3）中点为，若，则．设，，
当的斜率存在时，设直线，由得，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以,所以圆心到直线的距离.
当的斜率不存在时，直线，得，也满足，综上，圆半径．
.
高考练场
1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线C：的右焦点为，且C的一条渐近线恰好与直线垂直.
(1)求C的方程；
(2)直线l：与C的右支交于A，B两点，点D在C上，且轴.求证：直线BD过点F.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点坐标及渐近线的斜率列式求解即可；
（2）设点的坐标，联立直线与双曲线方程，韦达定理，根据向量共线坐标运算得三点共线，即证.
【详解】（1）由焦点坐标为得，所以，
又双曲线C：的一条渐近线恰好与直线垂直，
得即，所以，
所以双曲线C的方程为，即.
（2）由题意可知直线l的斜率存在且不为0，所以，
设，，则，由（1）可知，双曲线C的渐近线为，
又直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，则，即.
联立，消去x得，
则，得，
，，则，
又，所以，，
所以，
所以，又，有公共点F，所以B，F，D三点共线，
所以直线BD过点F.

2.已知双曲线的右焦点为，且点在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在不与F重合的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，理由见解析
【分析】（1）首先得，再将点的坐标代入双曲线方程，联立方程求解，即可求双曲线方程；
（2）假设存在点，据题意设，联立方程得到，，再由点到直线的距离相等可得，由此代入式子即可求得点坐标，再考虑斜率不存在的情况即可
【详解】（1）由题意得，，
所以，所以，，
所以双曲线C的标准方程为；
（2）假设存在，设，，
由题意知，直线斜率不为0，设直线，
联立，消去，得，
则，，
且，，
因为使得点F到直线PA，PB的距离相等，所以PF是的角平分线，
则，即，则，
整理得，故，
即，因为，所以，此时；
当直线的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，易得也能让点F到直线PA，PB的距离相等；
综上所述，故存在满足题意
3.已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．
【答案】(1)；(2) .
【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，再根据即可求得，进而得答案；
（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，
所以，即，
因为点在短轴上，且，
所以，，解得，
因为，所以，，
所以，的方程为；
（2）解：设
联立方程得，
所以，即，
所以，
所以，
，因为原点到直线的距离为，
所以，，当且仅当，即时等号成立，
所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.
4.（2023·四川成都·校联考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，求解即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.
【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为；
（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，
；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，
由得，，
此时，即或，
，
.
综上所述，，即为定值.
5.设椭圆C：（）过点，离心率为，椭圆的右顶点为A.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点M，N（M，N不同于点A），若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标
【答案】(1)(2)证明见解析；
【分析】（1）利用待定系数法求得，从而求得椭圆C的方程；
分类讨论直线斜率存在与否的情况，利用韦达定理及向量数量积的坐标表示求得，从而得到直线过定点.
【详解】（1）依题意得，，又，解得（负值舍去），所以椭圆方程为.
（2）由（1）得，当直线的斜率不存在时，可设直线为，代入，得，所以，设直线交轴于点，则，因为，故，
又，所以，则，即，解得或(舍去)，
所以直线过定点；
当直线的斜率存在时，可设直线，，
联立，消去，得，
则，，
因为，则，即，
又因为，所以，
即，解得或，当时，直线过定点；
当时，直线过定点（舍去）；所以直线直线过定点；
综上：直线直线过定点.
6.已知圆C的圆心坐标为，与y轴的正半轴交于点A且y轴截圆C所得弦长为8．
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线n交圆C于的M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．
【答案】(1);(2)证明见解析，定点为.
【分析】（1）设圆的标准为，求出即得解；
（2）直线n斜率不存在时，不存在；直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，求出直线的方程为即得解.
【详解】（1）设圆的标准为，y轴截圆C所得弦长为8，
即，
故圆的标准方程为．
（2）证明：令，可得，，又点在正半轴，故，
当直线n斜率不存在时，设，，直线，的斜率之积为2，
，即，点在圆上，，
联立，，舍去，
当直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，
①
联立方程，，，
代入①，得，化简得或，
若，则直线过，与题设矛盾， 舍.
直线n的方程为：，所以且
所以.所以过定点．
7.已知直线与抛物线交于，两点，且
(1)求的方程
(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
【答案】(1)(2)过定点，
【分析】（1）联立直线与抛物线，写出根与系数关系，化简已知条件来求得，进而求得抛物线的方程.
（2）连值直线抛物线，写出根与系数关系，求得直线的方程，并求出定点的坐标.
【详解】（1）将代入，得，
则，
则，解得，
故的方程为
（2）设，则，
联立方程组，整理得，
则，所以，
因此直线的方程为，
整理得，即，
当时，，故直线过定点.
8.已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）（2）或．
试题解析：（1）因为椭圆的右焦点，，所以，因为在椭圆上，所以，
由，得，，所以椭圆的方程为．
（2）由得：，即，可得，
①当垂直轴时，，此时满足，所以此时直线的方程为；
②当不垂直轴时，设直线的方程为，由消去得，
设，，所以，，代入可得：，代入，，得，
代入化简得：，解得，经检验满足题意，则直线的方程为，
综上所述直线的方程为或．
9.已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
【答案】(1)(2)存在，和.
【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意解得所以的标椎方程为.
选②，由题意解得所以的标椎方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，
的方程为，令，得，所以，同理，
所以以为直径的圆的标准方程为.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立得，由韦达定理得.
因为，所以的方程为，令，得，即的坐标为，
同理的坐标为，所以以为直径的圆的标准方程为
将韦达定理代入并整理得，
令，则，解得或.
当斜率不存在时，令，则，解得或.
由①②知，以为直径的圆过和.
10.已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点分别为、，上顶点为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线：与椭圆交于两点，О为坐标原点.试求当为何值时，恒为定值，并求此时面积的最大值.
【答案】(1)(2)，最大值1
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解方程求得其值，可得答案；
（2）设，，联立，可求得根与系数的关系式，从而求得的表达式，利用其恒为定值，求得参数k的值，进而求得面积的表达式，结合基本不等式即可求得最值.
【详解】（1）由己知，点，的坐标分别为，，
又点的坐标为，且，
于是，解得，，所以，椭圆方程为.
（2）设，，联立，消元得，
当，即时，则有，，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时
，又点到直线的距离，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时成立，所以面积的最大值为1.
11.已知焦点在轴上的椭圆，离心率为，且过点，不过椭圆顶点的动直线与椭圆交于、两点，求：
（1）椭圆的标准方程；
（2）求三角形面积的最大值，并求取得最值时直线、的斜率之积.
【答案】（1）；（2）面积最大值为1，斜率之积为－4．
【分析】（1）由离心率得，从而得，再把点的坐标代入标准方程，可解得；
（2）利用韦达定理及弦长公式求得底的长，由点到直线距离公式可求得边上的高，从而把面积表示为，进而可得．
【详解】因为椭圆离心率为，可设方程为，过点，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，联立，得，①
，∴，
又点O到直线AB的距离为，∴
故当，即时，三角形的面积有最大值1，此时满足①，
所以，
∴三角形面积的最大值为1，此时直线、的斜率之积为－4．
12.已知，为椭圆C上两点，为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C有且仅有一个公共点，与直线交于点M，与直线交于点N，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）设椭圆方程为，代入两点，计算得到答案.
（2）考虑和两种情况，计算交点坐标，根据直线与椭圆只有一个交点得到，计算得到证明.
【详解】（1）设椭圆方程为（，），
，为椭圆C上两点，得，
解得，，故所求椭圆C的标准方程为．
（2）当时，直线，直线l与直线，联立，
可得，或，，，
所以，所以．
当时，直线l与直线，联立，可得，，
所以，，所以．
联立，得，
直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，，
化简得，所以，所以．
综上所述：．
基本模板实战模板（如典型例题1得分析）-----------独一无二的总结，千军万马中杀出来的实战经验，简称五个方程法。
1、设点，
2、方程1：设直线：-----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母
4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程
的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1）； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。
6、方程4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话：且,

以上过程，以方程个数记，即是五个方程法。也就是许多老师所说的“韦达定理”法。这其中的华丽变化，以及解析几何的后续难题，都是从这五个方程中变化而来，而这是许多老师不一定能完全说透的地方。
以上过程，简单的一个判断图形，如图：简单总结为：一“直”一“曲”
如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。

当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）
（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
直线过定点：
1、直线多为y=kx+m型
2.目标多为求：m=f（k）
3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。
具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。
隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。
没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。
圆过定点，有常见几方面的思维
利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
通过推导求出定点（难度较大）
求定值问题常见的思路和方法技巧：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题

求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意
注意变量的范围。
式子转化为求值域或者求最值的专题复习
一些常见的思维：
1.可以借助均值不等式求最值。
2.分式型，多可以通过构造来求最值，如下几种常见的。
分式型：以下几种求最值的基本方法
（1）
（2）与型，可以设mx+n=t，换元，简化一次项，然后构造均值或者对勾函数求解。
（3）型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解