期中专题05 椭圆、双曲线、抛物线大题综合（解析版）2023-2024学年高二数学上学期期中考试真题必刷满分训练（新高考山东专用）

第第页试卷第=page11页，共=sectionpages33页期中专题05椭圆、双曲线、抛物线大题综合备考秘籍备考秘籍1.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：（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2.若直线与圆雉曲线相交于，两点，由直线与圆锥曲线联立，消元得到（）则：则：弦长或处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.处理定值问题的思路：联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可.真题训练真题训练一、解答题1．（2022秋·山东青岛·高二山东省青岛第十九中学校考期中）（1）已知椭圆的焦点为，，点是椭圆上的一个点，求椭圆的标准方程；（2）已知椭圆中，且，求椭圆的标准方程．【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）设出椭圆方程，代入，结合，求出，得到椭圆方程；（2）根据，得到，结合求出，得到椭圆的标准方程.【详解】（1）显然椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的方程为，则，解得：，椭圆方程为：（2）因为，，解得：，又因为，所以，椭圆的标准方程为或.2．（2022秋·山东滨州·高二校考期中）已知抛物线C：的焦点与椭圆：的一个焦点重合．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l：交抛物线C于，两点，O为原点，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由椭圆的焦点得出的值，进而得出抛物线C的方程；（2）联立直线和抛物线方程，利用韦达定理结合数量积公式证明即可.【详解】（1）∵椭圆：的焦点坐标为，∴，即．∴抛物线C的方程为：．（2）联立方程组消去x，整理得．∴．∴，即,∴,∴．3．（2022秋·山东济南·高二济南三中校考期中）根据下列条件，求椭圆的标准方程.(1)两个焦点坐标分别是，，椭圆上一点到两焦点距离的和等于10；(2)中心在原点，焦点在坐标轴上，且经过，.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆定义知再由求得，写出椭圆方程；（2）设椭圆方程一般式，且，代入两点坐标求得即可.【详解】（1）椭圆的焦点在轴上,设它的标准方程为.∴，∴所求的椭圆方程为.（2）设所求椭圆的方程为,且，依题意得，解得从而所求椭圆的标准方程为.4．（2022秋·山东德州·高二统考期中）已知圆M：，点，P是圆M一动点，若线段PN的垂直平分线与PM交于点Q．(1)求点Q的轨迹方程C；(2)若点A是曲线C上的动点，求的最大值（其中O为坐标原点）．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据垂直平分线的性质以及椭圆的定义可判断的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求解其方程，（2）根据向量的坐标运算，计算数量积，进而根据椭圆的有界性和二次函数的性质求解.【详解】（1）圆的圆心，半径为，由题意可知，又点是圆上的点，则，且，则，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，，，则点的轨迹方程；（2）设，则，进而①又，所以，将其代入①得，由椭圆的有界性可知，所以当时，取最大值5．（2022秋·山东临沂·高二山东省临沂第一中学校考期中）已知椭圆，一组平行直线的斜率是1．(1)这组直线与椭圆有公共点时纵截距的取值范围；(2)当它们与椭圆相交时，求这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）设直线方程为，将其代入椭圆方程，计算，即得；（2）根据韦达定理，可求得中点坐标，分析坐标即可得到直线方程.【详解】（1）设平行直线的方程为，将代入，整理得：，因为直线与椭圆有公共点，所以，解得：；（2）令交点坐标分别为，由（1）知：，而，所以线段中点坐标为，又知当时，中点为坐标原点，故直线的斜率为，∴所在的直线方程：.6．（2022秋·山东青岛·高二统考期中）已知椭圆C：，，分别为其左､右焦点，短轴长为2，离心率，过作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆交于A，B两点.(1)求线段AB的长；(2)求的周长和面积.【答案】(1)；(2)的周长为，面积为.【分析】（1）由题可得，然后根据离心率结合条件可得椭圆方程，进而可得直线方程，然后利用韦达定理法及弦长公式即得；（2）利用椭圆的定义及三角形面积公式即得.【详解】（1）∵椭圆的短轴长为2，∴，又∵，∴，∴椭圆C的方程为：，，，设，，直线l的方程为：，由，可得，所以，，所以；（2）由于，分别为椭圆的左､右焦点，所以的周长为，因为到直线l：的距离为，所以的面积.7．（2022秋·山东济南·高二校考期中）已知双曲线标准方程：.(1)求此双曲线的渐近线方程；(2)求以原点为顶点，以此双曲线的右顶点为焦点的抛物线的标准方程，过抛物线的焦点且倾斜角为的直线与此抛物线交于两点，求弦的长度.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据双曲线的标准方程，结合双曲线渐近线方程公式，可得答案；（2）根据双曲线的标准方程，求得其右顶点的坐标，利用抛物线的标准方程，由焦点可得方程，写出直线方程，联立写出韦达定理，结合弦长公式，可得答案.【详解】（1）由双曲线标准方程：，则，即渐近线方程.（2）由双曲线标准方程：，则其右顶点坐标为，由题意可得抛物线的标准方程为，其该抛物线焦点且倾斜角为的直线方程为，联立可得，整理可得，设，则，，则.8．（2022秋·山东济南·高二统考期中）已知抛物线C：的焦点为F，是抛物线C上的点，且．(1)求抛物线C的方程；(2)已知直线l交抛物线C于M，N点，且MN的中点坐标为，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用焦半径列出方程，求出，从而得到抛物线方程；（2）先得到直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，，，，两式相减，结合点MN的中点坐标为，求出直线l的方程，联立抛物线方程后得到，及直线l与y轴的交点为，从而求出的面积.【详解】（1）因为，所以，故抛物线C的方程为；（2）易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，，，，则，两式相减得，整理得．因为MN的中点为，所以，所以直线l的方程为，即．联立方程组，得，则．因为直线l与y轴的交点为，所以的面积为．9．（2022秋·山东济南·高二统考期中）已知椭圆W：的离心率为，左、右焦点分别为，，过且垂直于x轴的直线被椭圆W所截得的线段长为．(1)求椭圆W的方程；(2)直线与椭圆W交于A，B两点，连接交椭圆W于点C，若，求直线AC的方程．【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）根据题意可得，结合离心率和即可求解；（2）根据题意可设直线AC的方程为，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线AC的距离，结合三角形面积公式计算求出t，即可求解.【详解】（1）由题意知，设过且垂直于x轴的直线交椭圆于点，则，解得，所以，所以．因为椭圆W的离心率，所以．因为，所以，，故椭圆W的方程为．（2）由题意知，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为，，，联立方程组消去x并整理得，所以，，所以．因为点O到直线AC的距离，且O是线段AB的中点，所以点B到直线AC的距离为2d，所以．由，解得，所以，故直线AC的方程为，即或．10．（2022秋·山东临沂·高二统考期中）已知椭圆的中心在原点，一个焦点为，点在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)已知直线l平行于直线DF，且l与椭圆有且只有一个公共点M，求l的方程【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的中心在原点，一个焦点为，得到c=4，且另一个焦点为，再由点在椭圆上，利用椭圆定义求解a即可；（2）根据题意设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，根据l与椭圆有且只有一个公共点，由求解.【详解】（1）解：因为椭圆的中心在原点，一个焦点为，所以c=4，且另一个焦点为，又点在椭圆上，所以，解得，则，所以椭圆的方程为；（2）由题意，设直线l的方程为：，由，化简得，因为l与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，解得，所以直线的方程为：.11．（2022秋·山东临沂·高二校考期中）已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于，两点，且.(1)求该抛物线的方程；(2)为坐标原点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）联立直线与抛物线方程，由抛物线的定义结合韦达定理化简弦长后求解（2）解出坐标，由割补法求解【详解】（1）抛物线的焦点为，所以直线的方程为，由消去得，所以，由抛物线定义得，即，所以.所以抛物线的方程为.（2）由知，方程，可化为，解得，，故，.所以，.则面积12．（2022秋·山东菏泽·高二校考期中）双曲线的离心率，且过点(1)求双曲线的标准方程；(2)求与双曲线有相同渐近线，且过点的双曲线的标准方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件建立关于a、b、c的方程组可解；（2）巧设与已知双曲线同渐近线的双曲线方程为，代入点即可得解.【详解】（1）因为离心率，所以，又因为点在双曲线C上，所以，联立上述方程，解得，，所以双曲线的标准方程为.（2）设所求双曲线的方程为，因为所求双曲线经过点，则，即，所以所求双曲线的方程为，其标准方程为.13．（2022秋·山东青岛·高二校考期中）已知椭圆：的离心率为，短轴长为．(1)求椭圆的方程；(2)若过点的直线交椭圆于两点，且为线段的中点，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的性质得求解（2）由点差法化简后得直线斜率，再求直线的点斜式方程【详解】（1），，又，所以，，，椭圆的标准方程为；（2）设，，则，，两式相减可得，为线段的中点，则，，，，直线的方程为，整理得：．14．（2022秋·山东青岛·高二山东省青岛第一中学校考期中）已知点在双曲线上．(1)求双曲线的方程；(2)是否存在过点的直线l与双曲线相交于A,B两点，且满足P是线段的中点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）代入点的坐标，解方程可得的值，即可得双曲线方程；（2）假设存在，设过的直线方程为：，，两点的坐标为，，，，代入双曲线方程，再相减，运用平方差公式和中点坐标公式，及斜率公式，即可得到所求直线的斜率，进而得到直线方程，代入双曲线方程，检验判别式即可判断．【详解】（1）解：已知点在双曲线上所以，整理得：，解得：，则所以双曲线方程为：.（2）解：由题可知若直线存在则直线的斜率存在，故设直线的方程为：且设交点则，两式相间得：由于为中点，则则即有直线的方程：，即检验判别式为，方程无实根．故不存在过点的直线与该双曲线相交A,B两点，且满足P是线段的中点.15．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，点是椭圆的短轴位于轴下方的端点，过作斜率为的直线交椭圆于点，若点的坐标为，且满足轴，．(1)求椭圆的方程；(2)椭圆的左顶点为，左焦点为，点为椭圆上任意一点，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知求得的坐标，得到直线方程，求出，的坐标，得到的坐标，由，求得，得到的坐标，把的坐标代入椭圆方程求得，则椭圆方程可求；（2）由椭圆方程得，，设，则，按坐标运算得可转换为关于的二次函数，由，即可得的取值范围.【详解】（1）解：由题意得，的方程为，由，则，，，由，即，即，，又在椭圆上，得，解得，所求椭圆方程；（2）解：由椭圆方程得，则，，设，则所以，且，则由于，所以，即的取值范围为.16．（2022秋·山东淄博·高二山东省淄博第一中学校考期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上有一点且点在第一象限，交轴于点，交轴于点.(1)求椭圆的标准方程；(2)求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意列式求解，即可得方程；（2）设直线AP的方程，进而可求点的坐标，根据结合基本不等式求最大值.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）由（1）可得：设直线，则，联立方程，消去得：，由题意可得，则，∴，即，直线：，令，解得，即，直线：，令，解得，即，则的面积，令，则，∴，∵，当且仅当，即时等号成立，∴故面积的最大值.【点睛】本题考查了根据椭圆性质求椭圆方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了斜率公式，基本不等式求最值，运算求解能力，属于中档题.17．（2022秋·山东济南·高二校考期中）已知F1，F2分别为椭圆(0＜b＜10)的左、右焦点，P是椭圆上一点.(1)若∠F1PF2＝60°，且F1PF2的面积为，求b的值；(2)求|PF1||PF2|的最大值.【答案】(1)8；(2)100.【分析】（1）利用F1PF2的面积得到，再利用余弦定理求解；（2）结合椭圆的定义，利用基本不等式求解.【详解】（1）解：由椭圆方程知，a=10，则，由F1PF2的面积为，解得，由余弦定理得，，即，所以，即；（2）由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为100.18．（2022秋·山东德州·高二统考期中）已知椭圆C：的右焦点为，点Q为椭圆C上任意一点，且的最小值为．(1)求椭圆的C标准方程；(2)设椭圆：，过点Q作椭圆C的切线交椭圆于M，N两点，求证：（O为原点）的面积为定值，并求出此定值．（注：在椭圆C：上一点的切线方程为）【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为10.【分析】（1）根据椭圆上的点到右焦点的最小值，即可根据两点距离求解最值，进而得的值，（2）根据椭圆切线方程，以及直线与椭圆相交，弦长公式即可求解.【详解】（1）设，则，记，由于对称轴为，且，且，故在单调递减，故当时，此时，取最小值为，故的最小值为，故，，故椭圆的方程为，（2）设，则过的切线方程为：，方程为：，联立，由于在椭圆上，所以设,当切线无斜率时，则方程为，此时或，故此时;设切线有斜率时，设斜率为，且则，故，原点到切线的距离，故，代入得：，综上，的面积为定值10.【点睛】关键点点睛：考查了直线与圆锥曲线的位置关系，联立方程得韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式表示三角形的面积，对计算能力要求较高.19．（2022秋·山东菏泽·高二统考期中）已知椭圆：过点，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.(1)求椭圆的方程；(2)已知，为椭圆的两焦点，若点P在椭圆上，且，求的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据点在椭圆求得方程，结合椭圆、的关系写出椭圆的方程；（2）应用椭圆定义及余弦定理可得，再由三角形面积公式求面积.【详解】（1）由在上，则，可得，所以为，故长轴长为4，离心率为，故中，且，则，所以为.（2）由题意，在中，而，又，所以，故，所以.20．（2022秋·山东青岛·高二山东省青岛第五十八中学校考期中）已知，是椭圆M：的左右焦点．(1)若C是椭圆上一点，求的最小值；(2)直线与椭圆M交于A，B两点，O是坐标原点．椭圆M上存在点P使得四边形OAPB为平行四边形，求m的值．【答案】(1)的最小值为0(2)【分析】(1)先由椭圆求出焦点坐标，再设点P，然后写出的坐标表达式，根据椭圆的范围即可求出最小值(2)先设A，B两点坐标，然后联立直线和椭圆方程，写出判别式求出m的取值范围，再利用韦达定理，得出中点坐标，进而求出P点坐标，然后代入椭圆方程即可求解【详解】（1）由椭圆方程，可得，，设，则，，所以，将原椭圆方程变形并代入，得，又由椭圆的几何性质可得，所以当时，的最小值为0.（2）设，，联立，得，判别式，解得，由根与系数之间的关系得，，又四边形OAPB为平行四边形，A，B两点中点和O，P两点中点重合，即A，B两点中点坐标为，推出P点坐标，又因为P点在椭圆上，，解得，21．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，且长轴长为8，为椭圆是异于，的点，满足的周长为12．(1)求椭圆的标准方程；(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）设出直线的方程为，利用“设而不求法”表示出，再表示出点到直线的距离，进而表示出，利用基本不等式求出面积的最大值．【详解】（1）由题意得，所以.因为的周长为12，所以，所以，故.所以椭圆的方程为．（2）由题意，直线不与轴重合，故设直线的方程为，由，得，，即，，．所以，又点到直线的距离．所以，所以（当且仅当时等号成立，且满足）.故面积的最大值为．22．（2022秋·山东青岛·高二统考期中）已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)作轴，交轨迹于点（点在轴的上方），直线与轨迹交于、（不过点）两点，若和关于直线对称，试求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）分析可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，设其方程为，求出、的值，即可得出轨迹的方程；（2）求出点的坐标，设、，将直线的方程与轨迹的方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用斜率公式以及韦达定理可求得实数的值.【详解】（1）解：圆的圆心，半径，点为线段的垂直平分线与半径的交点，，，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，设其方程为，则，，所以，，，因此，轨迹的方程为.（2）解：设、，轴，点在轴的上方，将代入方程，可得，则，联立可得，，可得，由韦达定可得，.因为、关于直线对称，则，则，又，，则，，化简得：或，当时，，此时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意.综上所述，.【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.23．（2022秋·山东临沂·高二统考期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，A，B是上关于原点对称的两个动点，当垂直于x轴时，的周长为．(1)求的方程；(2)已知的离心率，直线与交于点M（异于点A），直线与交于点N（异于点B），证明：直线MN过定点．【答案】(1)或(2)证明过程见详解【分析】(1)根据椭圆的对称性可知：，则的周长为，由题意知，则，从而得到，再根据即可求出的值，从而求出方程；(2)设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再设直线的方程为，设直线的方程为，联立直线方程，消元列出韦达定理，即可表示出，然后利用两点关于原点对称，纵坐标之间的关系建立等量关系，化简整理进而得出结果.【详解】（1）由题意可知：，又因为A，B是上关于原点对称的两个动点，所以，则的周长为，因为，即，又因为，所以或，故的方程为或.（2）由题，的方程为，当A，B为椭圆的左右顶点时，直线与轴重合；当A，B为椭圆的上下顶点时，则，所以直线的方程为，与椭圆方程联立可得点，同理可得点，此时直线的方程为；当A，B不是顶点时，设直线的方程为，，由，整理可得：，，，设直线的方程为，其中，，，由，整理可得：，，所以设直线的方程为，其中，，，由，整理可得：，，所以，所以，整理可得：，所以，因为，则，整理可得：，将代入上式可得：，也即，因为，所以，所以直线的方程为，恒过定点，综上：直线恒过定点.【点睛】(1)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．(2)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．24．（2022秋·山东济南·高二济南市历城第二中学校考期中）已知椭圆经过点，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线AM和直线AN的斜率分别为和，求证：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意结合椭圆的几何性质，列出方程组，求得答案;（2）设直线l的方程为并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，代入化简的表达式，可得结论.【详解】（1）由题意椭圆经过点，离心率为，可得，解得，故椭圆C的方程为（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，由，可得，由于直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，则，解得，设,则，，故，即为定值.25．（2022秋·山东菏泽·高二校考期中）已知点坐标为，点分别为椭圆的左､右顶点，是等腰直角三角形，长轴长是短轴长的2倍.(1)求椭圆的方程；(2)设过点的动直线与相交于两点，当坐标原点位于以为直径的圆外时，求直线斜率的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由对称性得值，再由已知关系得，从而得椭圆标准方程；（2）设直线l方程设为，代入椭圆方程，由判别式大于0，得，设，，由韦达定理得，利用原点位于以为直径的圆外，即，代入，又可得，从而得的范围．【详解】（1）由△ABP是等腰直角三角形，得，又因为，,所以椭圆E的方程为.（2）依题意得，直线l的斜率存在，方程设为.联立，消去y并整理得.（*）因直线l与E有两个交点，即方程（*）有不等的两实根，故，解得.设，，由根与系数的关系得，因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，所以，即，又由，解得，综上可得，则或.则满足条件的斜率k的取值范围为.【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交中的范围问题，解题方法是设出直线方程，设出交点坐标为，，直线方程代入椭圆方程，由判别式大于0得一不等关系或范围，再利用韦达定理得，代入已知条件得另一不等关系，从而求得参数范围．26．（2022秋·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考期中）已知椭圆的离心率为，左顶点为A，右顶点为B，上顶点为C，的内切圆的半径为．(1)求椭圆E的标准方程；(2)点M为直线上任意一点，直线AM，BM分别交椭圆E于不同的两点P，Q．求证：直线PQ恒过定点，并求出定点坐标．【答案】(1).(2).【分析】（1）利用等面积法求得的关系，再利用离心率得到.即可得到答案.（2）设，分别求出的坐标，根据斜率公式求出直线方程，则可得，即可求出定点坐标.【详解】（1）的内切圆的半径为，有等面积法得,解得，又离心率为，解得带入得.综上所述椭圆E的标准方程为：.（2）设，则直线的方程为与联立解得同理可得.则直线的斜率为，所以直线的方程为：故直线PQ恒过定点，定点坐标为.【点睛】求解定点问题常用的方法：(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明.(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程来证明.27．（2022秋·山东菏泽·高二统考期中）已知曲线且(1)若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，求m的取值范围；(2)当时，过C的右焦点且斜率为k的直线l交曲线C于点A、B（A，B异于顶点），交直线于P.过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于点E，直线BQ交x轴于D，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用椭圆的标准性质列关于m的不等式组，解之得解.（2）设直线l方程为，求出坐标，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，求出直线，的方程，进而得到坐标，利用中点坐标公式即可得解.【详解】（1）由题意可得，解得，所以实数m的取值范围为.（2）当时，曲线为椭圆：，右焦点为，设直线l为，联立，整理得，设，则，直线l交直线于，则所以直线的方程为，，令，解得，则所以直线的方程为，，令，解得，则，所以线段中点为，故.【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.28．（2022秋·山东德州·高二统考期中）已知双曲线C：经过点，且双曲线C的右顶点到一条渐近线的距离为．(1)求双曲线C的方程；(2)过点P分别作两条互相垂直的直线PA，PB与双曲线C交于A，B两点（A，B两点均与点P不重合），设直线AB：，试求和之间满足的关系式．【答案】(1)(2)【分析】（1）将点代入得，根据点到直线得距离公式可得，求得，即可得解；（2）设，联立方程，利用韦