专题强化七：圆锥曲线综合考点必刷解答题（解析版）

专题强化七：圆锥曲线综合考点必刷解答题【题型归纳】题型一：圆锥曲线的弦长问题1．（2023秋·广西贵港·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为3．(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，射线交椭圆于点，若，求直线的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用椭圆的通径公式以及离心率求出椭圆的方程即可；（2）设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，根据弦长公式求出，利用三角形面积公式用表示出，由可求得，即可求直线的方程.【详解】（1）由已知得，设过且垂直于轴的直线与椭圆交于点,则点的横坐标为，将其代入得，解得，即，所以，因为椭圆的离心率，所以．因为，所以．故椭圆的方程为．（2）由题意知，直线不垂直于轴，设直线的方程为，设，联立方程组消去并整理得，其中，所以，，所以，因为点到直线的距离，且是线段的中点，所以点到直线的距离为，所以．由，解得或（舍去），所以，故直线的方程为，即或．

【点睛】如果直线过轴上一点，则直线方程可以设为，当时直线与轴垂直，但是不包含与轴平行的情况，此种情况需要单独说明.2．（2023秋·陕西宝鸡·高二校联考期末）设动点与点之间的距离和点到直线的距离的比值为，记点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)若为坐标原点，直线交曲线于两点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，结合距离公式列出方程，整理即可得到曲线的方程；（2）联立方程组，设，利用弦长公式和点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）解：由动点与点之间的距离和到直线：的距离的比值为，可得，整理得，即曲线的方程为.（2）解：联立方程组，整理得，设，，可得，，所以，又由点到直线的距离，所以的面积.3．（2023秋·全国·高二期中）直线交抛物线于、两点，线段中点的横坐标为，抛物线的焦点到轴的距离为.(1)求抛物线方程；(2)设抛物线与轴交于点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线的焦点到轴的距离求出的值，即可得出抛物线的方程；（2）分析可知，将直线与抛物线的方程联立，根据求出的取值范围，根据线段中点的横坐标为求出的值，列出韦达定理，利用弦长公式可求得的值，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）解：抛物线的焦点为，因为抛物线的焦点到轴的距离为，则，可得，所以，抛物线的方程为.（2）解：若，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，则，设点、，联立，可得，，解得，因为线段中点的横坐标为，则，整理可得，又因为，解得，易知抛物线交轴于点，则有，可得，由韦达定理可得，，由弦长公式可得，原点到直线的距离为，所以，.题型二：圆锥曲线的定点定值问题4．（2023春·四川遂宁·高二四川省蓬溪中学校校考期中）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，直线与椭圆交于、.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线、的斜率分别为、，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）分析可得，可得出，则椭圆的方程可表示为，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可证得结论成立.【详解】（1）解：因为椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，则这个直角三角形为等腰直角三角形，腰长为，斜边长为，则，可得，所以，，所以，椭圆的方程可表示为，将点的坐标代入椭圆的方程可得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）解：设点、，联立可得，，解得，显然，否则直线过点，

由韦达定理可得，，所以，，因此，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）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．5．（2023春·江苏南京·高二校考期中）已知点在双曲线上，直线（不过点）的斜率为，且交双曲线于、两点.(1)求双曲线的方程；(2)求证：直线、的斜率之和为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程，可得出关于的方程，结合可求得的值，由此可得出双曲线的方程；（2）设直线的方程为，设、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式可求得的值.【详解】（1）解：将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，所以，双曲线的方程为.（2）证明：由题意，设直线的方程为，设、，

联立可得，，解得或，由韦达定理可得，，所以，.可得直线、的斜率之和为.6．（2023春·江西赣州·高二江西省全南中学校考期末）在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线C经过点.(1)求C的方程；(2)若C关于x轴对称，焦点为F，过点且与x轴不垂直的直线交C于M，N两点，直线MF交C于另一点A，直线NF交C于另一点B，求证：直线AB过定点【答案】(1)或(2)证明见解析【分析】（1）分类讨论焦点所在的位置，结合抛物线的标准方程运算求解；（2）分类讨论直线是否过焦点，设，，，，根据题意可得可得，，进而整理可得直线AB的方程为，结合直线过定点运算求解即可.【详解】（1）若C的焦点在x轴上，设抛物线C的方程为，将点代入，得，解得，故C的方程为；若C的焦点在y轴上，设抛物线C的方程为，将点代入，得，解得，故C的方程为；综上所述：C的方程为或.（2）由（1）知抛物线C的方程为，则其焦点，若直线不过点，如图，

设，，，，由题意可知：直线MN的斜率存在且不为0，则直线MN的斜率，所以直线MN的方程为，即同理直线AM，BN的方程分别为，，由直线MN过定点，可得，由直线AM，BN过焦点，可得，对于直线AB的方程为，由，得，整理得，又因为，所以令，解得，故直线AB恒过定点；若直线过点，直线AB即为直线MN，其方程为，即，显然直线过点；综上所述：直线AB过定点.题型三：圆锥曲线的定值线问题7．（2023春·上海浦东新·高二上海市洋泾中学校考期末）已知椭圆：的离心率为，右焦点为，，分别为椭圆的左、右顶点.(1)求椭圆的方程；(2)过点作斜率不为的直线，直线与椭圆交于，两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；(3)在（2）的条件下，直线与直线交于点，求证：点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；（2）设，，直线的方程为，与椭圆方程联立得到，代入的表达式，即可得出为定值；（3）根据（1）中的结论，设，则，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可知其在定直线上．【详解】（1）依题可得，解得，所以，所以椭圆的方程为．（2）设，，因为直线过点且斜率不为，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，其判别式，所以，.两式相除得，即．因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．从而．（3）由（1）知，设，则，所以直线的方程为，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.8．（2023春·湖北荆门·高二统考期末）已知双曲线：的实轴长为2，两渐近线的夹角为．(1)求双曲线的方程：(2)当时，记双曲线的左、右顶点分别为，，动直线：与双曲线的右支交于，两点（异于），直线，相交于点，证明：点在定直线上，并求出定直线方程．【答案】(1)：或：(2)证明见解析，定直线【分析】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定，两点坐标关系，联立方程，再利用点斜式表示出直线，的方程，代入列出等式，代入韦达定理求解出即可,【详解】（1）由题知，得，或，得或，所以双曲线的方程为：或：．（2）由（1）知，当时，：，设，，联立直线与双曲线得：，，方程的两根为，，则，．，，则：，：，因为直线，相交于点，故，，消去，整理得：，，因此，故点在定直线上．【点睛】方法点睛：求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.9．（2021秋·浙江温州·高二校联考期末）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，直线交抛物线于，两点.（1）求抛物线的标准方程；（2）过点，分别作抛物线的切线，，点为直线，的交点.（i）求证：点在一条定直线上；（ii）求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】（1）由题意可得，代入抛物线方程即可求解.（2）（i）联立方程组消去，求出两根之和、两根之积，再求出切线方程以及切线方程，求出两直线的交点即可求解.（ii）利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再利用弦长公式求出，由即可求解.【详解】解：（1）抛物线的焦点到准线的距离为2，可得，所以抛物线的标准方程为.（2）联立方程组消去得，，∴，由得，，所以切线方程为切线方程为联立直线､方程可解得，.（i）所以点的坐标为.所以点在定直线上（ii）点到直线的距离为.所以的面积为所以当时，有最小值.面积的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出抛物线的两切线方程，考查了运算求解能力，需熟记弦长公式.题型四：圆锥曲线的向量问题10．（2023春·上海浦东新·高二统考期末）椭圆C：．(1)求椭圆C的离心率；(2)若、分别是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，且，求点P的坐标；(3)如果l：被椭圆C截得的弦长，求该直线的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据椭圆的标准方程求解即可；（2）设P点坐标，由列出一个方程，再结合P在椭圆C上，联立方程即可求解；（3）联立直线l与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，利用弦长公式列出方程即可解出.【详解】（1）椭圆C：，，（2）由（1）可知：，设，，，可得，且，联立解得：，所以或或或（3）设直线l与椭圆的交点分别为,联立，整理得：，；所以弦长，解得:，所以直线的方程：11．（2023春·上海·高二期末）已知反比例函数的图象C是以x轴与y轴为渐近线的等轴双曲线．(1)求双曲线C的顶点坐标与焦点坐标；(2)设为双曲线C的两个顶点，点是双曲线C上不同的两个动点．求直线与交点的轨迹E的方程；(3)设直线l过点，且与双曲线C交于A、B两点，与x轴交于点Q．当，且时，求点Q的坐标．【答案】(1)顶点：、；焦点：、；(2)(3)【分析】（1）先得到双曲线的顶点和焦点均在直线上，联立与得，即可求双曲线C的顶点坐标与焦点坐标；（2）求出直线与方程，两式相乘，将代入，即可求直线与交点的轨迹E的方程；（3）将代入，得，利用韦达定理，结合，且，求出k的值，即可求点Q的坐标．【详解】（1）由题意得，双曲线的顶点和焦点均在直线上，联立与得，，解得，当时，，当时，，故顶点坐标为、，设焦点横坐标为，因为双曲线为等轴双曲线，故，故焦点坐标为、；（2），，两式相乘，得．将代入上式，得，即．即直线与交点的轨迹E的方程为．（3）将代入，得，设，则，∵，∴，∴，∴．又，∴，∴，∴，∴，∴．12．（2023秋·广东深圳·高二统考期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的一条渐近线为，且点在C上．(1)求C的方程；(2)设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且，求l的斜率．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用渐近线方程可得，再将点代入即可求得结果；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理并根据向量定比即可求得l的斜率．【详解】（1）由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为，所以，可得，将代入可得，解得；所以双曲线C的方程为.（2）由（1）可知，上焦点，设直线l的斜率为，，则直线l的方程为，联立整理得；所以又，即，可得，所以，即，解得；所以直线l的斜率为【专题强化】13．（2023春·四川成都·高二成都七中校考期末）椭圆上顶点为B，左焦点为F，中心为O.已知T为x轴上动点，直线BT与椭圆C交于另一点D；而P为定点，坐标为，直线PT与y轴交于点Q.当T与F重合时，有，且.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设T的横坐标为t，当时，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由代入可求出，再由，用两点间的距离公式可求出，再由，即可得出答案.（2）设直线BT的方程为，与联立，由韦达定理可求出，设直线PT的方程为，令，可求出，表示出，即可求出，结合基本不等式即可得出答案.【详解】（1）设，因为当T与F重合时，有，且，所以，，由，知所以，即，，由知，所以，即，则，故椭圆C的标准方程为.

（2）设直线BT的方程为，与联立，可得且，有，即，设直线PT的方程为，令，可得，由，由题意知：，则，，而，当，即时取等，且，故面积的最大值为.

14．（2023秋·河南驻马店·高二统考期末）已知圆，，动圆与圆，均外切，记圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)直线过点，且与曲线交于两点，满足，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据两圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；（2）不妨设，，，由可得，结合韦达定理运算求解.【详解】（1）由题意可知：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，由条件可得，即，则根据双曲线的定义可知，点是以，为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支，则，可得，所以曲线的方程为．

（2）由（1）可知：双曲线的渐近线方程为，即，由于且直线的斜率不等于0，不妨设，，，则，，由可得，联立方程，消去x得则，由韦达定理可得，由，解得，代入可得，解得，即，因此直线，即.

15．（2023春·福建泉州·高二校考期末）已知椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且.(1)求C的方程；(2)已知点M、N均在直线上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题设易知且，根据有即可求，进而写出椭圆方程.（2）令，，则，而，即可写出直线、的方程，联立椭圆方程并设、，应用韦达定理求、的坐标，进而可求，结合及，即可证直线与直线垂直.【详解】（1）由题意知：，，则，而，所以，即，又，所以，解得或（舍去），故，所以的方程.

（2）令，，则，而，所以，，联立椭圆方程，整理得，显然，若，则，得，则，即，同理，整理得，显然，若，可得，则，即.所以，又，则，所以，故，而，所以，则直线与直线垂直，得证.

【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.16．（2023春·上海·高二期中）如图，已知半圆C1：与x轴交于A、B两点，与y轴交于E点，半椭圆C2：的上焦点为F，并且是面积为的等边三角形，将由C1、C2构成的曲线，记为“Γ”．

(1)求实数a、b的值；(2)直线l：与曲线Γ交于M、N两点，在曲线Γ上再取两点S、T（S、T分别在直线l两侧），使得这四个点形成的四边形MSNT的面积最大，求此最大面积；(3)设点，P是曲线Γ上任意一点，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据等边的面积公式列方程求出b，再计算a；（2）分别求出点N、M的坐标，计算|，求出点S、T到直线MN的最大距离，计算四边形MSNT的面积最大值；（3）讨论t的取值范围，写出的表达式，从而求出的解析式．【详解】（1）如图1所示，

由等边的面积为，所以，解得，所以，又，解得，即；（2）如图2所示，

设点N在半圆上，且在第三象限内，M在半椭圆上，且在第一象限内，由，解得，由，解得；所以；设S在半圆上，且在第二象限，，S到直线MN的距离为d，，则，T到直线MN的最大距离为1，所以四边形MSNT的面积最大值为；（3）如图3所示，

当时，；当时，设是半椭圆上的点，由得.此时若，则，在上单调递减，在上单调递增，故当时,；若，则，在上单调递减，故当时，；综上所述，.17．（2023秋·河南许昌·高二统考期末）双曲线的左、右焦点分别为，过作与轴垂直的直线交双曲线于两点，的面积为12，抛物线以双曲线的右顶点为焦点.

(1)求抛物线的方程；(2)如图，点为抛物线的准线上一点，过点作轴的垂线交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，令，代入的方程得，结合三角形的面积求出，即可得出，从而得解；（2）由（1）知，可得的坐标，直线的方程为，代入抛物线的方程可得的坐标，进而得的方程，求解即可.【详解】（1）

设，则，令，代入的方程，得.所以，所以，故，即.所以抛物线的方程为.（2）由（1）知，则.直线的方程为，代入抛物线的方程有.当时，，所以直线的方程为，即.所以此时直线过定点.当时，直线的方程为，此时仍过点，综上，直线过定点.18．（2023春·江苏扬州·高二扬州中学校考期中）如图，已知椭圆C：（）的离心率为，右焦点F到上顶点的距离为．

(1)求椭圆C的方程；(2)设过原点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，连接AF，BF并分别延长交椭圆C于D，E，记的面积分别是，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据条件求得的值，即可得出椭圆的方程；（2）设，，，，，得出直线AD的方程，联立椭圆的方程，结合韦达得出点D的坐标，同理得点E的坐标，从而根据三角形面积公式得的表达式，然后根据的范围即可得结果．【详解】（1）由题意可得，，，解得，，所以椭圆的方程为．（2）设，，,，，所以直线的方程为，联立得，即，，则，所以D点的坐标为，同理，点的坐标为，，∵，∴，，则，即.19．（2023春·陕西榆林·高二校联考期末）已知椭圆：的左､右焦点分别为，，离心率，为上一动点，面积的最大值为.(1)求的方程；(2)若过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，，分别为椭圆的左､右顶点，直线，分别与直线：交于，两点，证明：四边形为菱形.【答案】(1)(2)证明见解答【分析】（1）由已知可得，，（其中为半焦距），求出，，的值，从而可得的方程；（2）由题意设的方程为，，，与的方程联立，可得根与系数的关系，求出点，的坐标，可得，从而可得，进而可得结论.【详解】（1）由题意知，，（其中为半焦距），所以，，，故的方程为；（2）由（1）知，，，因为的斜率不为0，故设的方程为，，，联立得，消去并化简得，，，，直线的斜率，故直线的方程为，与联立可得，故点的坐标为，同理可求点的坐标为，.，即，所以，又，且，所以四边形为菱形.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用一元二次方程根与系数关系、菱形的判定定理.20．（2023秋·全国·高二期中）已知椭圆的中心为O，左、右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，线段与圆相切于该线段的中点N，且的面积为4.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说明理由.【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，得到，，，由椭圆定义求出，由勾股定理求出，得到，求出椭圆方程；（2）先考虑直线斜率不存在时，不合要求，再考虑直线的斜率存在时，设为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出中点坐标，进而得到，代入椭圆方程，求出，求出答案.【详解】（1）连接，则，因为为的中点，为的中点，所以，故，，

，解得，由椭圆定义可知，，解得，由勾股定理得，即，解得，故，故椭圆方程为；（2）由题意得，当直线的斜率不存在时，即，此时，解得，设，由于，由对称性可知，为椭圆左顶点，但，故不合要求，舍去，当直线的斜率存在时，设为，联立得，，，设，则，，则中点坐标为，假设存在点P，使得四边形是平行四边形，则，将代入椭圆中，得，解得，

此时直线AB的方程为.【点睛】圆锥曲线中探究性问题解题策略：（1）先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立；（2）在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可.21．（2023春·江西吉安·高二校联考期末）已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线DE的倾斜角为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．∴椭圆C的方程为．（2）设，，，则．①当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，整理得．∴．直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，整理得．∴．因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．由①知，∴．∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．综上所述，直线DE的倾斜角为．【反思】如图所示，由条件，，，，知，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD，PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点（为无穷远点），因此直线DE⊥x轴．

22．（2023春·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末）已知曲线上任意一点满足，且.(1)求的方程；(2)设，若过的直线与交于两点，且直线与交于点.证明：点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线的定义进行求解；（2）设出经过的直线方程，且，利用的坐标表示出的横坐标，然后结合韦达定理求解.【详解】（1）由于，符合双曲线的定义，于是，即，故，注意到，且焦点在轴上，故曲线的方程为（2）若过的直线与交于两点，则斜率不会是，否则和右支只有一个交点，

设该直线为，和双曲线联立可得，则，故，设，则方程可写作：，的方程可写作：，联立的方程可得，，整理可得，，则，利用在直线上，于是，于是，故，即，故交点一定落在上.23．（2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末）已知是抛物线上一点，且M到C的焦点的距离为5.

(1)求抛物线C的方程及点M的坐标；(2)如图所示，过点的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设，，求证：是定值.【答案】(1)，或(2)证明见解析【详解】（1）由抛物线的定义，得，解得p＝2.所以抛物线C的方程为，M的坐标为或.（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为x＝ty＋1（t≠0），则.将x＝ty＋1代入得.设，，则，.由，得；由，得.所以，故是定值1.24．（2023秋·全国·高二期中）已知焦点在轴上的椭圆，短轴长为，焦距为2.

(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点两点都在轴上方，且.证明：直线过定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点【分析】（1）短轴、截距求出即可得出椭圆方程；（2分析直线斜率是否存在，当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及可得，即可证明直线过定点.【详解】（1）由，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意；所以直线的斜率存在，设直线的方程为.设，由可得，所以.因为，所以，即，整理得，化简得，所以直线的方程为，所以直线过定点.25．（2023春·广东广州·高二校联考期末）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右顶点，分别为椭圆的左右焦点，是椭圆的上顶点，且的外接圆半径为．(1)求椭圆的方程；(2)设与轴不垂直的直线交椭圆于两点（在轴的两侧），记直线的斜率分别为．（i）求的值；（ii）若，则求的面积的取值范围．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据已知求出的关系，可推得，结合的外接圆半径，利用正弦定理求得c，即可求得，即得答案；（2）设l的方程并联立椭圆方程，可得根与系数关系，（i）化简整理可得以及的值；（ii）利用（i）的结论推出，结合根与系数的关系式化简可求得m的值，继而求得的面积的表达式，结合函数的单调性即可求得答案.【详解】（1）由于椭圆的离心率为，故，故，则，又，则，又的外接圆半径为，则，解得，故，故椭圆方程为；（2）（i）设l与x轴的交点为