2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线解答题6

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 大题6 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《圆锥曲线——大题》题目主要按长短顺序排版，具体有：短，中，长，涉后导数等，大概206道题。每道题目后面标注有类型和难度，方便老师备课选题。 中3： 1. （2024年浙J03台州一评）21. 已知椭圆：的上、下顶点分别为，，点在线段上运动（不含端点），点，直线与椭圆交于，两点（点在点左侧），中点的轨迹交轴于，两点，且． （1）求椭圆的方程；（[endnoteRef:2]） （2）记直线，的斜率分别为，，求的最小值． （椭圆，中下；斜率最值，中档；） [2: 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解点轨迹，即可由求解， （2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解，，即可根据二次函数的性质求解最值. 【小问1详解】 设中点，则， 因为点在线段上，所以点只能在右半椭圆上运动，所以 ，即， 由点在椭圆：上，所以， 令，得，由，解得，故椭圆的方程为． 【小问2详解】 设：，，，． 由得， 则，， 又，， ， 令，得， 当即时取等号，所以的最小值为． 【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法： 一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙； 二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解. ] 2. （2024年冀J03冀州一调）21. 已知椭圆方程为（），离心率为且过点. （1）求椭圆方程；（[endnoteRef:3]） （2）动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值； （3）过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由. （椭圆，易；斜率定值，基础；向量，长度最值，中档；） [3: 【答案】（1） （2）证明见解析. （3）存在，使成立，最小为3. 【解析】 【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程； （2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值； （3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值. 【小问1详解】 由题，，，所以， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，， 同理设点，则，， 因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点， . 【小问3详解】 ，当直线MN斜率为零时，不妨设，， 则，，，， 存在，使成立， 当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，， 联立方程组，消去x得，易知， 所以，，， ， 又因为，， 所以，， 又因为，当时，最小为3， 综上，存在，使成立，最小为3. 【点睛】方法点睛：过定点且斜率不为零的直线可以设为. ] 3. （2024年冀J02某市二模）17. 已知椭圆E：过点，且其离心率为． （1）求椭圆E的方程；（[endnoteRef:4]） （2）过点斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）． （椭圆，基础；向量定值，中档；） [4: 【答案】（1） （2）是定值，定值为 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程； （2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解. 【小问1详解】 由题意可知，，解得：，，， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设过点的直线为，，，，， 联立，得， ，， ，所以， ，联立直线和方程， 得， ， 所以，得，，即 因为点是的中点，，所以， 所以. 所以是定值，且定值为. ] 4. （2024年苏J03南通联考）18. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴． （1）求椭圆的方程；（[endnoteRef:5]） （2）直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． （椭圆，基础；定点，中档；面积最值，中档；） [5: 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程； （2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值. 【小问1详解】 点在椭圆上，且垂直于轴，则有 设椭圆的焦距为，则， 点代入椭圆方程，有， 解得，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）设直线l的方程为，由， 消去y，整理得， 因为l交椭圆C于两点，所以， 设，所以， 因为直线和直线关于对称， 所以 所以 所以 解得. 所以直线l的方程为， 所以直线l过定点. （ⅱ）设直线l的方程为，由， 消去，整理得， 因为l交椭圆C于两点，所以， 解得， ， 所以， 所以 令 则，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 【点睛】方法点睛： 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．强化有关直线与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． ] 5. （2024年鲁J01滨州一模）16. 已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为． （1）求的方程和离心率；（[endnoteRef:6]） （2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求的值． （椭圆，基础；斜率，中档；） [6: 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由的值，可得，的关系，再由焦距可得的值，又可得，的关系，两式联立，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线的斜率的大小． 【小问1详解】 由题意可得，， 可得，，可得， 可得，， 解得，， 所以离心率， 所以椭圆的方程为，离心率； 【小问2详解】 由（1）可得， 【小问3详解】 【小问4详解】 由题意设直线的方程为，则， 设，， 联立，整理可得， 显然，且，， 直线，的斜率，， 则 ， 因为，即，解得， 所以直线的斜率． 即的值为3． ] 6. （2024年闽J05莆田二检）18. 已知椭圆的离心率为，且上的点到右焦点的距离的最大值为． （1）求椭圆的方程；（[endnoteRef:7]） （2）已知为坐标原点，对于内任一点，直线交于两点，点在上，且满足，求四边形面积的最大值． （椭圆，易；面积最值，中档；） [7: 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）由离心率公式以及焦半径的最值列出方程组，结合算出即可； （2）分直线是否垂直于轴进行讨论即可，当直线不垂直于轴时，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出四边形的面积（含参数），进一步结合过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此，从而即可进一步求解. 【小问1详解】 由题意可得， 所以， 所以椭圆的方程是； 【小问2详解】 设点到直线的距离为， 因为，所以点到直线的距离是点到直线的距离的2倍， 所以四边形的面积为， 当直线垂直于轴时，，点到直线的距离的最大值为2， 此时， 当直线不垂直于轴时，可设直线的方程为， 代入椭圆方程，整理并化简得，即， 所以， 设过点与直线平行的直线的方程为， 代入椭圆方程，整理并化简得， 由， 所以， 所以，等号成立当且仅当且， 综上所述，四边形面积的最大值为3. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是求出四边形面积表达式，还有一个约束条件是过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此即可顺利得解. ] 7. （2024年闽J04漳州三检）18. 已知椭圆的右焦点为是上的点，直线的斜率为． （1）求的方程；（[endnoteRef:8]） （2）过点作两条相互垂直的直线分别交于两点和两点，的中点分别记为，且为垂足．试判断是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． （椭圆，基础；定值，中档；） [8: 【答案】（1） （2）存在； 【解析】 【分析】（1）由条件列方程组，即可得解； （2）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解． 【小问1详解】 依题意得解得 所以的方程为． 【小问2详解】 存在点，使得为定值． 当均不与轴垂直时， 设直线的方程为，， 则直线的方程为， 联立 消去整理可得，． 则， 设，则，， 所以． 同理得点的坐标为， 则直线的斜率， 所以直线的方程为， 令，解得， 所以直线经过定点； 当时，直线的方程为，也经过定点． 当与轴垂直或重合时，直线的方程为0，经过定点． 综上，直线经过定点． 记定点的中点记为，则，， 因为，所以为定值， 所以存在点，使得为定值． 【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，直线过定点. 设出直线的方程为，根据条件得直线的方程，分别与椭圆的方程联立，由韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线的方程，证明直线过定点，结合图形分析得出结果. ] 8. （2024年粤J07六校联考）15. 已知椭圆，抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为坐标原点，从，上分别取两个点，将其坐标记录于下表中： （1）求和的标准方程；([endnoteRef:9]) （2）若和交于不同的两点，求的值. （椭圆，抛物线，基础；向量，中下；） [9: 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）通过观察可得点在抛物线上，点在椭圆上，代入点的方程求解即可； （2）将和联立，求出交点横坐标，然后利用数量积的坐标运算求解. 【小问1详解】 设抛物线的标准方程为，则， 结合表格数据，因为， 所以点在抛物线上，且，解得， 所以抛物线的标准方程为. 将点代入椭圆的标准方程中， 得，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 根据对称性，可设两点坐标分别为， 联立方程组，消得， 解得，， 因为， 所以. 所以. ] 9. （2024年粤J03佛山一中二调）21. 在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为． （1）求动点M轨迹W的方程；（[endnoteRef:10]） （2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． （椭圆，基础；定点，中下；） [10: 【答案】（1） （2）直线PQ过定点． 【解析】 【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可. （2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点. 【小问1详解】 设点M的坐标为，由题意可知，， 化简整理得，W的方程为． 【小问2详解】 由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得， ， 设，，由韦达定理得，， 则， 所以，点P的坐标为． 同理可得，Q的坐标为． 所以，直线PQ的斜率为， 所以，直线PQ的方程为， 即， 又，则， 所以直线PQ的方程即为， 所以，直线PQ过定点． ] 10. （2024年浙J12金华一中模拟）19. 已知双曲线：，F为双曲线的右焦点，过F作直线交双曲线于A，B两点，过F点且与直线垂直的直线交直线于P点，直线OP交双曲线于M，N两点． （1）求双曲线的离心率；（[endnoteRef:11]） （2）若直线OP的斜率为，求的值； （3）设直线AB，AP，AM，AN的斜率分别为，，，，且，，记，，，试探究v与u，w满足的方程关系，并将v用w，u表示出来． （双曲线，离心率，基础；长度，中下；斜率，中档；） [11: 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线方程求离心率； （2）首先由已知得，由直线垂直关系，点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定理求； （3）首先由条件设出点的坐标，并根据已知条件表示，进而求出和，再求直线，与双曲线方程联立，求得，并结合已知确定与的关系. 【小问1详解】 由双曲线方程可知，，，， 所以双曲线离心率； 【小问2详解】 设，，，由题意可知，，则直线的斜率， 所以直线的斜率，故直线的方程为， 联立直线和双曲线，，得，显然， 由韦达定理得，， 所以； 【小问3详解】 设，，则， 因为，故为，代入，得点， 所以， 因为点在双曲线上，故满足双曲线方程，即， 所以， 所以， ， 又，联立直线双曲线，，得， 根据题意知，此方程的两根即为，所以， 所以， ， 即 所以，即 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是设出相关点的坐标，利用相关点的坐标表示斜率，整理后即可求解. ] 11. （2024年冀J29邢台二模）18．将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D． (1)求E的方程：（[endnoteRef:12]） (2)设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当时， （i）求的值： （ii）若有最大值，求的取值范围． （椭圆，中下；角度，比例，中档；角度，范围，中档；） [12: 18．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解； （2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围. 【详解】（1）解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为， 根据题意，可得，即， 代入方程，可得，整理得， 所以曲线的轨迹方程为. （2）解：（i）设直线的方程为，， 联立方程组，整理得， 则，且， 可得，所以， 可得， 所以，同理可得， 又因为三点共线，可得，即， 所以， 所以. （ii）设直线的方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 联立方程组，整理得， 则，解得， 若有最大值，则， 又因为，所以实数的取值范围为，    【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法： 1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； 2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. ] 12. （2024年闽J23厦门四检）18．平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为. (1)求的方程；（[endnoteRef:13]） (2)过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. （椭圆，中下；斜率，定值，中档；） [13: 18．(1) (2)存在，或或 【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果； （2）方法一： 设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可. 【详解】（1）设点，， 因为，则， 由M为PO中点得，则， 代入，得. 所以动点M的轨迹的方程为. （2）方法一：存在N满足题意，证明如下： 依题意直线l的斜率存在且不为0， 设l的方程：，，，， 联立方程，消去y得， 则，， 直线方程化为， 联立方程，消去x得， 则， 可得. ， 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值， 可得， 由，整理得， 由，整理得， 解得得或， 代入，解得或或， 所以或或满足题意； 方法二：存在满足题意，证明如下： 依题意直线的斜率存在且不为0， 设的方程：，，，， 联立方程，消去y得. 因为为上式的两根， 则， 直线方程化为. 联立方程，消去x得， 因为为上式的两根， 则.（2） 由题意可得： ， 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值， 可得， 由，整理得， 由，整理得， 解得得或， 代入，解得或或， 所以或或满足题意. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． ] 13. （2024年闽J22厦门三检）18．在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，且当的斜率为1时，． (1)求的方程；（[endnoteRef:14]） (2)设与的准线交于点，直线与交于点（异于原点），线段的中点为，若，求面积的取值范围． （抛物线，中下；面积，范围，中档；） [14: 18．(1)； (2). 【分析】（1）先设的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义即可求解； （2）先设出，进而可求的坐标，可得直线轴，求出的范围，再由三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）不妨先设的方程为，，， 代入，可得， 所以，， 则， 由题意可知当斜率为1时，，又，即， 解得，所以的方程为； （2）由（1）知，直线的方程为，抛物线方程， ， 所以的纵坐标， 将的纵坐标代入，得，所以的坐标， 易知抛物线的准线为,又因为与的准线交于点， 所以的坐标，则直线的方程为， 把代入，得，即或， 因为点异于原点，从而的纵坐标为， 把代入，得，所以， 因为的坐标，所以，的纵坐标相同， 所以直线轴，且， 所以面积， 因为， 所以， 所以， 因为点异于原点，所以，所以， 因为，所以， 所以，即面积的取值范围为. ] 14. （2024年闽J24漳州四检）17．已知椭圆的离心率为，点中恰有两个点在上. (1)求的方程；（[endnoteRef:15]） (2)设的内角的对边分别为，.若点在轴上且关于原点对称，问：是否存在，使得点都在上，若存在，请求出，若不存在，请说明理由. （椭圆，中下；数列，中档；） [15: 17．(1) (2)存在，. 【分析】（1）分析出在上，不在上，直接代入求解即可； （2）根据题意用表示出，再根据椭圆的定义判断出点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，结合椭圆的性质即可判断结果. 【详解】（1）因为与关于轴对称，也关于轴对称，中恰有两个点在上，所以在上，不在上， 所以， 又因为， 所以， 所以的方程为. （2）存在，使得点都在上.理由如下： 因为，所以， 因为， 所以，即， 所以， 又因为，所以， 所以，即， 所以， 所以点在以为焦点，为长轴长的椭圆上， 又因为的焦点为，长轴长为4，点在轴上且关于原点对称， 所以点都在椭圆上， 所以存在，使得点都在上. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的定义和椭圆的性质，关键在于表示出两边之和的关系，利用椭圆的定义得到的轨迹，以此来得到结果. ] 15. （2024年鄂J02八市联考）18. 已知双曲线经过椭圆的左、右焦点，设的离心率分别为，且． （1）求的方程；（[endnoteRef:16]） （2）设为上一点，且在第一象限内，若直线与交于两点，直线与交于两点，设的中点分别为，记直线的斜率为，当取最小值时，求点的坐标． （双曲线，基础；斜率最值，中档；） [16: 【答案】（1）的方程为的方程为 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程； （2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案. 【小问1详解】 依题意可得，得， 由，得，解得， 故的方程为的方程为． 【小问2详解】 易知，设，直线的斜率分别为， 则， ，即有， 可得为定值． 设直线的方程为：，联立可得 恒成立， 设，则有， 可求得， 设直线的方程为：， 同理可得， 则 由可得：， 点在第一象限内，故， 当且仅当，即时取等号， 而，故等号可以取到． 即当取最小值时，，联立， 可解得， 故的方程为：的方程为：， 联立可解得，即有． 【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线的斜率分别为，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案. ] 16. （2024年鄂J04名校联盟）21. 在平面直角坐标系中，动点M到点的距离比到点的距离大2，记点M的轨迹为曲线H. （1）若过点B的直线交曲线H于不同的两点，求该直线斜率的取值范围；（[endnoteRef:17]） （2）若点D为曲线H上的一个动点，过点D与曲线H相切的直线与曲线交于P，Q两点，求面积的最小值. （斜率范围 ，中下；面积最值，中档；） [17: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件可知，M的轨迹方程为双曲线的右支，待定系数法求出双曲线方程，直线方程与双曲线方程联立方程组，通过交点个数求直线斜率的取值范围； （2）设直线方程，与曲线H联立，由相切得系数间的关系，再与曲线联立，利用韦达定理和面积公式表示面积，由算式确定最小值. 【小问1详解】 据双曲线的定义：M的轨迹方程为双曲线的右支，设双曲线方程为， 得，，则，， 的轨迹方程为. 因为过点B的直线交曲线H于不同的两点，设该直线方程为：. 由，化简整理得， . 由两个交点都在轴右边，有，解得或. 所以，k的取值范围为. 【小问2详解】 因为的渐近线方程为. 当过点D与曲线H相切的直线的斜率不存在时，此时，直线l方程为， 代入渐近线方程，得到，故，又， 所以的面积. 过点D与曲线H相切的直线的斜率存在时，则斜率不为零， 故可设，直线与双曲线联立得， 化简整理得. 因为相切，所以，即. 又因为过点D与曲线H相切的直线l与曲线交于P，Q两点，设为，， 联立化简整理得. 由于，所以. 所以，. 由直线l的方程得，直线与x轴的交点坐标为， ，，即，且，则或， 有或，时，的最小值为. 综上所述，的最小值为. 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，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．强化有关直线与圆锥曲线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． ] 17. （2024年鄂J03武汉二联）20. 已知椭圆的左焦点为，且过点． （1）求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:18]） （2）过作一条斜率不为0的直线交椭圆于、两点，为椭圆的左顶点，若直线、与直线分别交于、两点，与轴的交点为，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由． （椭圆，基础；定值，中档；） [18: 【答案】（1） （2）为定值． 【解析】 【分析】（1）由椭圆所过的点及焦点坐标求椭圆参数，即可得方程； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理，写出直线的方程，进而求纵坐标，同理求纵坐标，由化简即可得结果. 【小问1详解】 由题知，椭圆的右焦点为，且过点，结合椭圆定义， 所以，所以． 又，所以，则的标准方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为，，， 由，得， 易知，所以，， 直线的方程为，令得，， 同理可得， 所以 ，为定值． ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$