【备战2023高考】数学总复习——第04讲《圆锥曲线综合》练习（全国通用）

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第04讲 圆锥曲线综合（练）

一、解答题
1．已知椭圆为左､右焦点，直线过交椭圆于两点.
(1)若直线垂直于轴，求；
(2)若直线交轴于，直线交轴于，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,直线的方程为或
【分析】（1）根据题意可求得焦点坐标，进而求得直线的方程，联立直线和椭圆的方程即可得到两点的纵坐标，即可得.
（2）当直线的斜率为0时，不能构成三角形，不满足题意舍去；当直线的斜率不为0时，可设直线，通过联立直线和椭圆方程得到两点纵坐标的关系，再写出直线的方程，以及直线的方程，求出两直线分别与轴交点的纵坐标，然后用来表示和，再根据即可求得的值，进而得到直线的方程.
【详解】（1）根据题意得，，
当轴时，将代入，解得，
当在轴上方时，则，
当在轴下方时，，
所以.
（2）设，
当直线的斜率为0时，直线与轴重合，此时都在轴上，不能构成三角形，不满足题意，舍去；
当直线的斜率不为0时，可设直线，
则，，
联立，得，
则.
所以直线的方程：，令，解得纵坐标；
所以直线的方程：，令，解得的纵坐标.
若，即，
，
，
代入根与系数的关系，
得，解得.
所以存在直线，使得，直线的方程为或.

2．设椭圆的左顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设P，Q为椭圆E上异于点A的两动点，若直线AP，AQ的斜率之积为.证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）由题意可得，，再结合，可求出，从而可求得椭圆的方程，
（2） 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，再结合化简可得，从而可得或进而可求出定点，当直线的斜率不存在时，若直线过定点，求出两点坐标，求解即可，
【详解】（1）由于，①
又，②
由①②解得，
椭圆的方程为.
（2）在（1）的条件下，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消去得：，
设，则，.
又，由题知，
则，且，
则.
，
则，
或
当时，直线的方程为，
此时直线过定点，显然不适合题意，
当时，直线的方程为.
此时直线过定点.
当直线的斜率不存在时，若直线过定点，
点的坐标分别为.
满足.
综上，直线过定点.
3．已知椭圆的长轴长为，，为的左、右焦点，点在上运动，且的最小值为.连接，并延长分别交椭圆于，两点.

(1)求的方程；
(2)证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得，根据焦点三角形各边长，结合余弦定理可得，即可得椭圆方程；
（2）设出直线与，分别与椭圆联立可得点与点的坐标，代入面积即可得证.
【详解】（1）由题意得，
设，的长分别为，，
则，当且仅当时取等号，
从而，得，，
则椭圆的标准方程为；
（2）由（1）得，，
设，，
设直线的方程为，直线的方程为，
由，得，
则，
，
同理可得，
所以.
所以为定值.

4．设抛物线的焦点为F，准线为l，，以M为圆心的圆M与l相切于点Q，Q的纵坐标为，是圆M与x轴的不同于F的一个交点．
(1)求抛物线C与圆M的方程；
(2)过F且斜率为的直线n与C交于A，B两点，求△ABQ的面积．
【答案】(1)抛物线，圆
(2)

【分析】（1）分别求点的坐标，再利用圆心在线段的垂直平分线上，求得值，即可求得抛物线和圆的方程；
（2）直线与抛物线方程联立，求得点的坐标，求得，以及点到直线的距离，再求三角形的面积.
【详解】（1）由抛物线的定义知，圆M经过焦点，
，点M的纵坐标为，又，则，得，
则，．
由题意，M是线段EF的垂直平分线上的点，所以，解得p＝2，
故抛物线，圆．
（2）由题意知直线n的方程为，
由，解得或
设，，则．
点到直线的距离，
所以△ABQ的面积．
5．已知椭圆和双曲线．、分别为和的离心率．
(1)若，求的渐近线方程；
(2)若，过椭圆的左焦点作斜率为的直线与交于不同两点、，过原点作的垂线，垂足为.若点恰好是与的中点，求线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得出关于实数的等式，求出的值，即可得出双曲线的渐近线方程；
（2）分析可知，设点，根据可求出点的坐标，进而可得出直线的方程，将该直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，进而可求得.
【详解】（1）解：由已知可得，因为，解得，
因此，双曲线的渐近线方程为.
（2）解：当时，椭圆的方程为，其左焦点为，
因为且为的中点，则，
设点，则，解得，则，
由对称性，不妨设点，，则直线的方程为，
联立解得或，即点，
故.
6．已知双曲线C：，过点的直线l与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点.
(1)判断点P能否为线段AB的中点，说明理由
(2)若直线OA，OB的斜率分别记为，，且，求直线l的方程
【答案】(1)不能，理由见解析；
(2)
【分析】（1）设过点的直线为，联立双曲线方程得，由韦达定理及两点中点公式列式求解即可判断；
（2），由（1）代入直线方程及韦达定理求解即可
【详解】（1）证明： 设过点的直线为，
i. 时，直线与双曲线右支相切，不成立；
ii. 时，联立双曲线方程得，
直线l与双曲线C相交于A，B两点，故，且，，，
若P为线段AB的中点，则，方程组无解，故点P不能为线段AB的中点；
（2）由（1）得，
整理得，即，
即，得或（舍，此时不满足直线与曲线有两个交点）
故直线l为
7．已知椭圆的长轴是短轴的2倍，且右焦点为，点B在椭圆上，且点C为点B关于x轴的对称点．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点B在第一象限且为等边三角形，求该等边三角形的边长；
(3)设P为椭圆E上异于B，C的任意一点，直线与x轴分别交于点M，N，判断是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)是定值4，理由见解析.

【分析】（1）根据题干条件得到，结合，求出，，得到椭圆方程；
（2）设出点坐标，根据等边三角形得到，再由，求出，从而得到等边三角形的边长；
（3）设出，，则，利用两点式表达出直线的方程，求出，，结合求出是定值4.
【详解】（1）长轴是短轴的2倍，且右焦点为,
所以，
因为，
所以，解得：，
故，
椭圆的标准方程为：；
（2）若点B在第一象限且为等边三角形，
设，，
则，
又，故，
该等边三角形的边长为；
（3）是定值4，理由如下：
因为P为椭圆E上异于B，C的任意一点，
所以直线的斜率存在，
设，，则，，，
则，
则直线，
令得：，则，
直线，
令得：，则，
所以
因为，
所以，
故，
故是定值，为4.
8．如图，已知，直线，为平面上的动点，过点作的垂线，垂足为点，且．

(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线交轨迹于两点，交直线于点．
（i）已知，，求的值；
（ii）求的最小值．
【答案】(1)；
(2)（i）0；（ii）16.
【分析】（1）结合已知条件，设，利用直接法求轨迹方程即可.
（2）(i)首先设出直线的方程，然后联立直线与抛物线方程，利用韦达定理以及向量的共线关系即可求解；(ii)结合韦达定理以及距离公式表示出，然后利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）设点，则，且，
由得：，
即 化简得，
故动点的轨迹的方程为：.
（2）(i)设直线的方程为：．
设，，又，
联立，消去得，，，
由韦达定理知，
由，得：，，
整理得：，，
故．
(ii)
．
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为．

一、解答题
1．如图，长轴长为4的椭圆的左顶点为A，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于，两点，直线，与轴分别交于，两点，当直线的斜率为时，.

(1)求椭圆的方程.
(2)试问是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点，.
【分析】（1）由题意可得，再利用直线的斜率为时，设，列出方程求得，进而求得，可得答案；
（2）设，则，表示出直线，的方程，求出，坐标，利用以为直径的圆过点，进而求得答案.
【详解】（1）由题意可知，则椭圆方程即，
当直线的斜率为时，，
故设 ， ，解得，
将 代入得，即，
故 ，所以椭圆的标准方程为 ；
（2）设，则，
则 ，
由椭圆方程可得 ，∴直线方程为︰ ，
令 可得 ，
直线方程为： ，令得 ，
假设存在定点，使得，则定点必在以为直径的圆上，
以为直径的圆为 ,
即 ，
∵ ，即
∴ ，
令 ，则 ，解得，
∴以为直径的圆过定点 ，即存在定点，使得 ．
2．如图，已知抛物线：（）的焦点为，双曲线：的斜率大于0的渐近线为，过点作直线，交抛物线于A，两点，且.

(1)求抛物线的方程；
(2)若直线，且与抛物线相切于点，求的值.
【答案】(1)；(2)2．
【分析】（1）确定渐近线的方程，设，写出直线方程为，与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，由弦长公式可求得得抛物线方程；
（2）设切线方程为，与抛物线方程联立，消元后由求得，从而得切线坐标，由（1）得直线方程为，，代入可得结论．
【详解】（1）由题意直线的方程为，，
因此直线方程为，
由，得，
设，则，，
，，
所以抛物线方程为；
（2）设直线方程为，
由得，所以，，，从而，
即，
由（1）直线方程为，，，
．
3．已知椭圆,左右焦点为，离心率为,短轴长为．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线y=x+m(m>0)与椭圆交于P、Q两点,且OP⊥OQ,求m．
(3)若点A 在椭圆上且在第一象限内,,直线AF1与椭圆交于另外一点B,设点M在椭圆上,记三角形OAB与三角形MAB的面积分别为S1、S2,若S2=3S1,求M坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由椭圆基本量列方程组即可；
（2）直线与椭圆联立结合韦达定理求解；
（3）求出点到直线AB的距离，再设平行直线与椭圆联立即可.
【详解】（1）由题知,解得
所以椭圆的标准方程
（2）设
联立,得
由,得




因为,所以
即
所以,又,所以
（3）
由题知,得
由题知直线AB的斜率
又直线AB过点,所以直线AB的方程为,即
点到直线AB的距离
因为,所以点到直线AB的距离
设与直线AB平行且两直线距离为的直线方程为
则,所以或
若,即,即
联立,得
,则直线与椭圆无交点,故舍去
若,即,即
联立,得
解得或
代入直线方程得点的坐标为或
4．已知椭圆,过动点的直线交轴于点,交椭圆于点,(点在第一象限),且是线段的中点,过点作轴的垂线交椭圆于另一点,延长交椭圆于点．点在椭圆上．

(1)求椭圆的焦距;
(2)设直线的斜率为,直线的斜率为,证明：为定值;
(3)求直线斜率的最小值．
【答案】(1);
(2)证明见解析;
(3).
【分析】（1）将T点坐标代入椭圆方程,求出b后代入椭圆方程,根据椭圆方程求出焦距;
（2）设,则直线的斜率,直线的斜率,进而可证明：;
（3）联立直线和椭圆方程,得出A点坐标,利用同构写出点坐标,把直线的斜率用表示,,再结合基本不等式求的最小值,即可求直线倾斜角的最小值．
【详解】（1）解：由题知把点代入椭圆方程得到,解得,
所以焦距为;
（2）由题知,设,
由,可得,,
所以直线的斜率,
直线的斜率,
此时,
所以为定值;
（3）由题知,设,,,
直线的方程为,由（2）知,所以的斜率为,
所以直线的方程为,
联立,
整理得．
由,可得
所以．
同理．
所以,
,
所以,
由,,可知,
所以,等号当且仅当时取得,
此时,即,
所以直线的斜率的最小值为,
所以倾斜角的最小值为．
5．已知椭圆中有两顶点为，，一个焦点为.
(1)若直线过点且与椭圆交于，两点，当时，求直线的方程；
(2)若直线过点且与椭圆交于，两点，并与轴交于点，直线与直线交于点，当点异，两点时，试问是否是定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)是定值，且.
【分析】（1）由条件求出椭圆的方程，与所设直线方程联立，利用弦长公式求得直线斜率，得到直线方程.
（2）根据过的直线l的方程可表示出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即可求得点Q的坐标，代入即可得到定值的结论．
【详解】（1）∵椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，
由已知得，，所以，
椭圆的方程为，
当直线与轴垂直时与题意不符，
设直线的方程为，，，
将直线的方程代入椭圆的方程化简得，
则，，
∴，解得.
∴直线的方程为；
（2）当轴时，，不符合题意，
当与轴不垂直时，设：，则，
设，，联立方程组得，
∴，，
又直线：，直线：，
由可得，即，
，
，
，
，
，即，得，
∴点坐标为，
∴，
所以为定值.
6．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的方程．
(2)过点的直线与双曲线的右支交于两点，在轴上是否存在点，使得点到直线的距离相等? 若存在，求出点的坐标; 若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在．
【分析】（1）利用点线距离公式及即可求得，从而求得双曲线的方程；
（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，故存在.
【详解】（1）由题意得，，故，
又因为双曲线的渐近线为，故是双曲线C的一条渐近线，
所以右焦点到渐近线的距离为，解得，
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，
故存在．
7．已知椭圆的一个焦点为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)若是椭圆上异于点的两动点，当的角平分线垂直于椭圆长轴时，试问直线的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）根据直线、直线的方程求得两点的坐标，从而计算出直线的斜率为定值.
（1）
依题意得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）
依题意可知直线和直线的斜率存在且互为相反数，
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，
由消去并化简得，
，
则，根据直线、直线的对称性可知.
设，则，
，则，
故，
以替换，得，
所以，
所以直线的斜率为定值.
8．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.
（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


一、解答题
1．（2022·全国·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(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，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
（1）
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）
由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
2．（2022·全国·高考真题（理））设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达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，设直线，结合韦达定理可解.
（1）
抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）
[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
      由M、D、A三点共线，得，
      由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
3．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交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．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
（1）
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
4．（2022·北京·高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
（1）
解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）
解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以



，
所以，
即
即
即
整理得，解得
5．（2022·全国·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
（1）
因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）
［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
6．（2020·山东·高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】解：（1）由椭圆可知，，
所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.

（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，
设点，，
联立方程组，
消去，得.①
因为直线与抛物线有两个交点，
所以，即，
解得，且.
由①可知，
所以，
则，
因为，且，
所以，
解得或，
因为，且，
所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，
即.
7．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
（1）
解：，
离心率为.
（2）
解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
8．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
（1）
设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则


，
当且仅当时取等号，故的最小值为.