1、2023届四川省高考数学复习专题10圆锥曲线（文科）解答题30题专项提分计划1（2022秋四川攀枝花高三统考阶段练习）已知椭圆（）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为点G是椭圆上一点，的周长为6(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于坐标原点O的对称点为R，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，最大值为3【分析】（1）利用焦点三角形的周长和椭圆离心率，列方程求得，可得椭圆C的方程；（2）设出直线方程，与椭圆联立方程组，设点，利用韦达定理表示的面积，再通过换元构造函数求出最大值.【详解】（1）因为的
2、周长为6，所以2a2c6，即ac3又离心率，解得a2，c1，从而椭圆C的方程为（2）设直线，P（x1，y1），Q（x2，y2），由，得，则，设PQR的面积为S，则令，则令，对勾函数在上为增函数，所以所以S的最大值为，此时，所以存在当，即直线l的方程为x1时，PQR的面积有最大值，其最大值为3【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形2（2023四川南充四川省南充高级中学校考模拟预测）已知椭圆：的右焦点为在椭圆上
3、，的最大值与最小值分别是6和2.(1)求椭圆的标准方程.(2)若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，定值为【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，将直线与椭圆成联立，利用韦达定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）由（1）得，当直线垂直于轴时，代入椭圆方程，解得，.所以直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，所以，则，即，
4、若为定值，则必为，当直线的斜率存在时，设直线，联立整理得，则，直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，因为，所以，则，故，即.综上，为定值.3（2023四川凉山统考一模）已知，分别是椭圆的上下顶点，点在椭圆上，为坐标原点(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆交于轴上方两点，若，试判断直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由【答案】(1)；(2)是，直线过定点.【分析】（1）由题可得，然后把点代入椭圆方程可得，即得；（2）设直线，联立椭圆方程，利用韦达定理法结合数量积的坐标表示可得，进而即得.【详解】（1）因为，所以，又点在图像上，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）由题
5、可设直线：，、，由，得，则，又，即，所以，即，解得，又，即，所以，所以直线过定点4（2023秋四川成都高三成都七中校考阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为，点在直线上且不在轴上，直线与双曲线的交点分别为A，B，直线与双曲线的交点分别为C，D(1)设直线和的斜率分别为，求的值；(2)问直线l上是否存在点P，使得直线OA，OB，OC，OD的斜率，满足？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，或【分析】(1)设，结合两点求直线斜率公式即可求解；(2)假设存在满足题意的点，设点A、B、C、D的坐标和直线、方程，联立方程组利用韦达定理和两点求斜率公式表示出和，根
6、据求得或，结合(1)分类讨论求出对应的P点坐标即可.【详解】（1）设，则，所以；（2）假设直线l上存在点，使得设，设直线，直线，由，得，同理，由，得得或，当时，由（1）得，得，当时，由（1）得，或，得所以或5（2022四川成都统考一模）已知椭圆且四个点、中恰好有三个点在椭圆C上，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且，证明：直线l与定圆相切，并求出的值.【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的对称性判断椭圆经过的三点，再代入求解作答.（2）直线l的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合垂直的向量表示，并
7、求出原点到直线l的距离，再讨论直线斜率不存在的情况作答.【详解】（1）由椭圆的对称性知，必在椭圆上，则不在椭圆上，有在椭圆上，因此，解得，所以椭圆C的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，设，则点，因，则，解得，即原点O到直线l的距离为，当直线l的斜率存在时，设直线，由消去y并整理得：，有，因，则，整理得，满足，原点O到直线l的距离，综上得：原点O到直线l的距离恒为，即直线l与圆相切，所以直线l与定圆相切，.6（四川省绵阳市2023届高三第二次诊断性考试数学（文）试题）已知点A为椭圆的左顶点，过点且斜率为的直线交椭圆于B，C两点(1)记直线AB，AC的斜率分别为，试判断是否为定值?并说明理由；
8、(2)直线AB，AC分别交直线于M，N两点，当时，求线段MN长度的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）首先表示出，再设出直线方程，利用韦达定理代入即可求解.（2）首先表示出、点的坐标，再结合第一问，利用韦达定理得到然后得到关于的表达式，再结合的范围，即可求解.【详解】（1）设、，由题可知，则，所以.由题意，可设所在的直线方程为，与椭圆联立可得可得，所以由韦达定理可知，又，代入和，可得，将其代入式，可得，所以,是定值.（2）由（1）可知，设所在直线方程为，所在的直线方程为，则由题意可知、，又由（1）知，则，即，化简可得，又因为，所以，则,即.7（四川省达州市2023届高三第一次诊断测试模拟
9、考试文科数学试题）平面直角坐标系 中，已知椭圆，椭圆.设点为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.(1)求证: ;(2)求 面积的最大值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)设，可以求出，代入可求解.(2) 面积为，设出方程，与椭圆联立寻找韦达定理，把的面积表示为的关系，然后换元解决.【详解】（1）设 ，由题意知.因为 ，又，即，所以，即 .（2）由（1）知，面积为，设 .将 代入椭圆的方程，可得，由 ，可得，则有 . 所以.因为直线 与轴交点的坐标为，所以 的面积.设 ，将代入椭圆的方程，可得 ，由 ，可得，由 （1）（2）可知 ，因此，故，当且仅当 ，即时取得最
10、大值.所以 面积的最大值为.8（四川省雅安市2022届高三第三次诊断性考试数学（文）试题）已知椭圆C：的右焦点为F，长轴长为4，离心率为.过点的直线与椭圆C交于A，B两点.(1)求椭圆C的标准方程：(2)设直线AF，BF的斜率分别为，求的值.【答案】(1)(2)0【分析】（1）根据题意列出关于的方程组即可求解；（2）设直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，根据，代入，即可求解.(1)解：由已知有，解得，所以椭圆C的标准方程为：；(2)解：由已知直线l斜率不为零，设直线l的方程为，由，消去x得，令得，设，则有，易知，所以的值为0.9（四川省凉山州2022届高三第三次诊断性检测数学（
11、文科）试题）已知椭圆经过点，过其焦点且垂直于x轴的弦长为1(1)求椭圆的标准方程；(2)已知曲线，在点P处的切线l交于M，N两点，且，求l的方程【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据题意可得，解得（2）设切点，根据导数可求切线方程，由可得，结合韦达定理求解（1）（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得：椭圆过即解得：椭圆方程为（2）设由即得，切线l的切点坐标为斜率为切线l的方程为：即，联立方程消去得 则可得： 即则，即由可得：把代入：整理得：则经检验符合题意直线l得方程为或10（四川省遂宁市2022届高三下学期三诊考试数学（文）试题）已知椭圆：的左、右焦点分别为，坐标原点为O，离心率，过且垂直于轴
12、的直线与交于两点，；过且斜率为的直线与C交于，点(1)求的标准方程；(2)令，的中点为，若存在点（），使得，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）用待定系数法求出的标准方程；（2）用设而不求法表示出，根据，得到，列表达式，求出的取值范围.（1）由题意可得：过且垂直于轴的直线与交于两点，所以，所以.又有，解得：.所以的标准方程为.（2）由（1）可知：.可设直线PQ:.设，则，消去y，可得：.因为在椭圆内，所以直线PQ与椭圆恒有两个交点，.设，则，即.直线PQ的方向向量为，.因为，所以.所以.因为，所以，解得：或.即的取值范围为.11（四川省内江市2022届高三第二次模拟考试数学文科试题）
13、已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设是椭圆C上第一象限的点，直线过P且与椭圆C有且仅有一个公共点.求直线的方程（用，表示）；设O为坐标原点，直线分别与x轴，y轴相交于点M，N，求面积的最小值.【答案】(1)；(2)；.【分析】(1)根据椭圆离心率的概念和点在椭圆上列出关于a、b、c的方程组，结合解方程组即可；(2)根据题意可得，设直线l方程，联立椭圆方程，利用根的判别式等于0得出关于k的一元二次方程，根据公式法解出k，代入直线l方程即可；求出点M、N的坐标，根据和基本不等式可得，结合三角形面积公式化简计算即可.(1)由题意知，椭圆的离心率为，且过点，则，解得，所
14、以椭圆的标准方程为；(2)因为是椭圆在第一象限的点，所以，即()，设直线l方程为，则，消去y，整理得，则，整理，得，即，则，解得，所以直线l方程为，即；令，得，令，得，即，由()，得，当且仅当即时等号成立，所以，得，所以，此时，故当点P的坐标为，的面积最小，最小值为.12（四川省成都市2022届高三第二次诊断性检测文科数学试题）已知椭圆C：经过点，其右顶点为A（2，0）(1)求椭圆C的方程；(2)若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为证明直线PQ经过定点，并求APQ面积的最大值【答案】(1)(2)证明见解析，定点，APQ面积的最大值为【分析】（1）根据题意可得，再结合，即可解出
15、，从而得出椭圆C的方程；（2）依题可设，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到，然后结合，可找到的关系，从而可知直线PQ经过定点，于是APQ面积等于，即可求出其最大值【详解】（1）依题可得，解得，所以椭圆C的方程为（2）易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，由可得，所以，而，即，化简可得，因为，所以，令可得，令可得，把代入得，化简得，所以，或，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点设定点，所以，因为，所以，设，所以，当且仅当即时取等号，即APQ面积的最大值为13（四川省泸州市2022届高三第二次教学质量诊断性考试文科数学试题）已知椭圆C：的左，右顶点分别为A，B，且，
16、椭圆C过点.(1)求椭圆C的标准方程：(2)斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，证明直线l经过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，.【分析】（1）根据椭圆长轴长及过点，列出方程组，求出的值，求出椭圆方程；（2）设出直线l的方程，联立后得到根与系数的关系，由斜率关系得到方程，化简后得到，进而求出直线所过定点.(1)由题意：，且，解得：，所以椭圆标准方程为：.(2)由（1）得：，设，联立椭圆方程得：，则，又，所以，化简得：，将，代入得：，由于不恒为0，所以，解得：，故过定点，即直线l过定点.【点睛】关键点点睛：这道题目的难点是在根据斜率关
17、系得到的方程时，通过整理不能整理出两根之和的对称形式，此时要适当的进行整理，通过凑出对称式，因式分解求出的关系或者的值，进而求出直线所过的定点.14（四川省巴中市2021-2022学年高三上学期一诊数学文科试题）已知椭圆C：（ab0）的左右焦点分别为，点满足，且的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的上顶点为P，不过点P的直线l交C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】(1)由可得，由题意点在椭圆上，将点坐标代入椭圆，结合可得答案.(2) 由题意，根据条件直线的斜率必存在,设直线的方程为，,将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由，则，将韦达
18、定理代入，可得出答案.（1）由,则，所以又，则点在椭圆上所以，又 联立解得 所以椭圆C的方程；（2）由题意，根据条件直线的斜率必存在设直线的方程为， 由 ，得所以 （*）由，则 所以，即，即或（舍）将代入（*）成立.所以直线的方程为，所以直线恒过点15（2022四川南充统考一模）已知抛物线上一点到准线的距离为，焦点为，坐标原点为，直线与抛物线交于、两点（与点均不重合）(1)求抛物线的方程；(2)若以为直径的圆过原点，求与的面积之和的最小值【答案】(1)(2)【分析】（1）由抛物线的定义求出的值，即可得出抛物线的方程；（2）分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方
19、程联立，利用可求得的值，可知直线过定点，再利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得与的面积之和的最小值.【详解】（1）解：由抛物线的定义可知点到准线的距离为，解得，所以， 抛物线的方程为.（2）解：若直线垂直于轴，此时直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，不妨设直线的方程为，设点、，联立可得，则，由韦达定理可得，所以，解得，所以，直线的方程为，直线过定点，则，不妨设，则，则，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，与的面积之和的最小值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题
20、转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值16（2023春四川宜宾高三四川省宜宾市第四中学校校考开学考试）圆的离心率为，且过点，点分别为椭圆的左顶点和右顶点.(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在定点，对任意过点的直线（在椭圆上且异于两点），都有.若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）由椭圆所过点、离心率和之间关系可构造方程组求得结果；（2）当直线斜率不存在时，求得坐标，可得；当直线斜率存在时，假设直线方程，结合韦达定理可求得点坐标，同理可求得点坐标，利用可整理得到，由此可确定；综合两种情况可得
21、结论.【详解】（1）由题意得：，解得：，椭圆的标准方程为；（2）由（1）知：，；当直线斜率不存在时，由得：或，若，则，解得：；若，同理可求得：；当直线斜率存在时，设，则；设直线，由得：，解得：，又，同理可得：，整理可得：，当时，恒成立；综上所述：存在满足题意的点，使得恒成立，此时.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，解题关键是能够将问题转化为两点与定点连线的斜率相等的关系，从而利用两点连线斜率公式构造关于变量的方程，由方程恒成立可求得结果.17（2023四川绵阳绵阳中学校考模拟预测）平面直角坐标系内有一定点，定直线，设动点P到定直线的距离为d，且满足(1)求动点P的轨迹
22、方程；(2)直线过定点Q，与动点P的轨迹交于不同的两点M，N，动点P的轨迹与y的负半轴交于A点，直线分别交直线于点H、K，若，求k的取值范围【答案】(1)动点P的轨迹方程为椭圆(2)【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意列式再化简方程求解即可；（2）设，再根据的直线方程得出，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理与判别式中的范围，进而将韦达定理代入化简可得，结合判别式中的范围即可得【详解】（1）设动点P的坐标为，因为，所以，即，整理得所以动点P的轨迹方程为椭圆（2）设，由（1）可得A的坐标为，故直线，令，则，同理直线，由，消去y得，故，解得或又，故，又，故，即，综上，或所以k的取值范围是18（2
23、023秋四川泸州高三四川省泸县第四中学校考期末）已知点是椭圆的左顶点，椭圆的离心率为，(1)求椭圆的方程；(2)斜率为的直线交椭圆于两点，点在椭圆上，且，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用给定左顶点及离心率求出a，b作答.（2）求出直线的方程，与椭圆方程联立，求出弦长，弦长，再借助导数探讨函数单调性、零点推理作答.【详解】（1）依题意，椭圆半焦距c，则，即，因此，所以椭圆的方程为.（2）直线的方程为：，由消去y并整理得：，设，由得，于是得，因，即直线的斜率为，同理得，而，即，整理得，令，则是的零点，又，因此在单调递增，又，即在有唯一的零点，且零点在内，所以.【点睛】思
24、路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.19（2022秋四川成都高三校考期中）如图，已知椭圆的左、右两个焦点分别为、，左、右顶点分别为、，离心率为，过的动直线与椭圆交于、两点，且的周长为(1)求椭圆的标准方程；(2)在轴上是否存在点，使得（为坐标原点），若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在满足条件【分析】（1）根据椭圆的定义求出的值，可得出、的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）假设存在点 使得恒成立，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，分析可知，利用斜率
25、公式结合韦达定理求出的值，即可得出结论.【详解】（1）解：的周长为，则，故椭圆的标准方程为.（2）解：由题意可知，直线不与轴重合，假设存在点 使得恒成立，设直线的方程为，设点、，联立可得，由韦达定理可得，因为，则，所以，恒成立，所以，解得，因此，存在满足条件.【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（2022秋四川成都高三石室中学校考期中）已知曲线C上的任
26、意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.(1)求曲线C的方程；(2)求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意列出曲线方程化简即可求解；（2）设直线AB的方程为，表示出，联立直线与椭圆方程消去，表示出关于的韦达定理，结合求出直接PB的方程，令，求出坐标，进而得到，由求出面积，结合换元法和对勾函数性质可求面积的最大值.【详解】（1）设曲线C上的任意一点的坐标为，由题意，得，即，所以曲线C的方程为；（2）由题意，设直线AB的方程为，则.联立方程得，则，所以，
27、所以.又因为，所以直线PB的方程为.令，则，所以，.因为，所以.令，则.又因为在上单调递减，所以当时，故面积的最大值为.【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.21（2022四川南充高三统考期中）已知椭圆：（）的离心率为，且(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率不为0的直线与自右向左依次交于点，点在线段上，且，求证：点横坐标为定值【答案】(1)；(2)证明见解析.
28、【分析】（1）根据离心率的定义，结合，建立方程，即得；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理法，设出的坐标，利用结合条件即得.【详解】（1）由题意，可设，则，由，可得，解得，故椭圆；（2）设过点的直线方程为，联立可得，消去可得，由，解得，则，依题意，可设，由在线段上，则，所以，因为，所以由，可得，则，所以，将代入上式并整理可得，解得，则，即点横坐标为定值.22（2023春四川成都高三成都七中校考开学考试）椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为(1)求椭圆E的标准方程；(2)设直线交x轴于点P，直线PB交椭圆E于另一点C，直线B
29、A和CA分别交直线l于点M和N，求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）由离心率得，代入面积的最大值为可求得得椭圆方程；（2）设直线BC方程为，直线方程代入椭圆方程后由韦达定理得，由直线方程求得的纵坐标，从而计算并代入可得结论【详解】（1）由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得设，由，所以的最大值为，将代入，有，解得，所以椭圆的标准方程为（2），设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，可得，由韦达定理可得，直线BA的方程为，令得点M纵坐标，同理可得点N纵坐标则，所以【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题，常常设出直线方程，代入椭圆方程
30、应用韦达定理得（或），再利用交点坐标表示出题中要求的量，代入韦达定理的结果化简即可得结论23（四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测数学（文科）试题）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8(1)求椭圆的方程；(2)求的面积的最大值及此时直线的方程【答案】(1)；(2)最大值3，此时直线的方程为.【分析】（1）由为等边三角形，得到，由椭圆定义得到的周长为，求出，进而求出，得到椭圆方程；（2）推理出直线斜率不为0，设出直线，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，表达出的面积，换元后结合基本不等式求出最大值及此时直线的方程.【详解】（1）由
31、为等边三角形，故，的周长为，得，椭圆的方程为；（2）由（1）知，且直线斜率不为0设直线由消去，得，显然，由面积，而，设，则在上单调递增，当时，即当时，取得最大值3，此时直线的方程为【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围24（四川省达州市普通高中2023届高三第一次诊断性测试文科数学试题）已知是椭圆的一个焦点，过点的直线交于不同两点.当，且经过原点时，.(1)求的方程；(2)为的上顶点，当，且直线
32、的斜率分别为时，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由直线过原点，关于原点对称，结合椭圆的定义与对称性求得长半轴长，再由求得，从而得椭圆方程；（2）设，设，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后代入化简可得【详解】（1）由题意，当，且经过原点时，的方程为，且点关于原点对称.设，将代入，并化简得，即，.设的另一个焦点为，根据对称性，根据椭圆定义得.所以的方程为.（2）由（1）知，点坐标为.由题意可设，即，将该式代入，并化简得.设，则.即.【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题的解决方法，设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得，把此结果代入题中要求解的式子变形化简后可得结论25
33、（四川省成都市2022届高三第三次诊断考试文科数学试题）已知椭圆的离心率为，且经过点，椭圆C的右顶点到抛物线的准线的距离为4(1)求椭圆C和抛物线E的方程；(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l与抛物线E相交于A，B两点，与椭圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，则在x轴上是否存在点H，使得x轴平分？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)；(2)存在；【分析】（1）依题意得到方程组，即可求出，从而得到椭圆方程，再求出椭圆的右顶点，即可求出，从而求出抛物线方程；（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据得到，再假设在轴上存在点，使得轴平分，则直线的斜率
34、与直线的斜率之和为，设，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由，即可求出，从而求出的坐标；【详解】（1）解：由已知得，椭圆的方程为椭圆的右顶点为，解得抛物线的方程为（2）解：由题意知直线l的斜率存在且不为0设直线的方程为，由消去y，得，此时直线l的方程为假设在轴上存在点，使得轴平分，则直线的斜率与直线的斜率之和为，设，由消去，得，即恒成立，解得在轴上存在点，使得轴平分【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与
35、椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题26（四川省眉山市2022届高中第三次诊断性考试数学（文史类）试题）如图，椭圆：的离心率为 e ，点在上.A，B是的上下顶点，直线l与交于不同两点C，D（两点的横坐标都不为零，l 不平行于 x轴）.点E与C关于原点O对称，直线AE与BD交于点F，直线FO与 l 交于点M.(1)求 b 的值；(2)求点 M 到 x 轴的距离.【答案】(1)；(2)1.【分析】（1）由题可得，即得；（2）设联立椭圆方程，设，利用韦达定理结合条件可得，进而可得，结合直线，即得.（1），点在上，即；（2）由题可得椭圆：，即，设
36、直线，代入椭圆方程可得，设，则，又点E与C关于原点O对称，故直线，直线，由可得，直线的斜率为，直线，把代入可得，所以，点 M 到 x 轴的距离为1.27（四川省德阳市2022届高三“三诊”数学（文科）试题）椭圆的左右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)设不过原点的直线与椭圆交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得，即可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，由，得到，根据根与系数的关系，求得，因为直线的斜率依次成等比数列，得到，解得，
37、进而求得且，再结合弦长公式和点到直线的距离公式，得到，即可求解.(1)解：由题意，椭圆的离心率为，可得，即，又由过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1，可得，即，又因为，联立方程组，可得，所以椭圆的方程为.(2)解：由题意，可设直线的方程为，联立方程组，整理得，则，即，设，则，可得，因为直线的斜率依次成等比数列，所以，可得，由，解得，所以，又由，可得，若，可得，此时中至少有一个为，直线中至少有一个斜率不存在，显然不成立，所以，设原点到直线的距离为，则，因为且，所以，即的面积的取值范围为.28（四川省攀枝花市2022届高三第三次统一考试文科数学试题）已知椭圆的长轴长等于4，且过点(1)求椭圆C
38、的方程；(2)过P作直线，与圆相切且分别交椭圆C于M、N两点判断直线MN的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由【答案】(1)；(2)直线MN的斜率为定值.【分析】（1）由题可得，进而可得，即得；（2）由题可知直线，的斜率存在且互为相反数，设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理法可得，进而可得直线MN的斜率，即得.(1)由题可知，因为椭圆过点，解得，椭圆C的方程为；(2)由题可知直线，的斜率存在，设为，由于直线，与圆相切，故有，设直线的方程为，由，可得，同理可得，又，直线MN的斜率为，故直线MN的斜率为定值.29（四川省达州市2022届高三第二次诊断性测试数学（文科）试题）已
39、知离心率为的椭圆的右顶点为.(1)求的标准方程；(2)过点作两条相互垂直的直线，.若与的另一交点为，交抛物线于，两点，求面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）基本量的计算，易求（2）以直线的斜率为参数，通过联立方程解出点坐标，由抛物线的焦点弦长表示出，代点到直线的距离公式求出高，从而表示出的面积，换元求其最值(1)依题意，又，所以则所以的标准方程为(2)显然的斜率存在，设：则：由消去，整理得所以所以所以即设，消去，整理得所以因为恰好为抛物线的焦点所以：即点到直线的距离所以设（）则设，则记，（）则当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减所以即所以即30（四川省南充市2022届高考适
40、应性考试（二诊）文科数学试题）如图所示，椭圆的右顶点为，上顶点为为坐标原点，.椭圆离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线，与椭圆相交于两点.直线的方程为：，过点作垂线，垂足为.(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：直线过定点，并求定点的坐标；求面积的最大值.【答案】(1)(2)证明见解析，定点；【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设直线方程：，联立直线的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，并求得定点坐标.结合弦长公式求得面积的表达式，利用导数求得面积的最大值.（1）由题意可得：，解得，故椭圆的标准方程为.（2）由题意知，设直线方程：.，联立方程，得，所以，所以，又，所以直线方程为：，令，则.综上：直线过定点.由（1）中，所以，又，所以，令，则，令，当时，故在上单调递增，则在上单调递减，即在上单调递减，所以时，.
