2024年全國一卷新高考題型細分S13——圓錐曲線大題3試卷主要是2024年全國一卷新高考地區真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經驗進行分類，沒有固定的標準。《圓錐曲線——大題》題目主要按長短順序排版，具體有：短，中，長，涉后導數等，大概206道題。每道題目后面標注有類型和難度，方便老師備課選題。短3：（2024年冀J12大數據應用調研）19.已知圓.點在圓上，延長到，使，點在線段上，滿足.

（1）求點的軌跡的方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意可得，再根據為的中點，可得，再根據，結合橢圓的定義即可得解；（2）設，根據三點共線，三點共線，求出兩點坐標的關系，設的方程為，聯立方程，利用韋達定理求得，再根據弦長公式及點到直線的距離公式分析即可得解.【小問1詳解】因為，所以，所以，所以，因為，所以為的中點，又因為【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意可得，再根據為的中點，可得，再根據，結合橢圓的定義即可得解；（2）設，根據三點共線，三點共線，求出兩點坐標的關系，設的方程為，聯立方程，利用韋達定理求得，再根據弦長公式及點到直線的距離公式分析即可得解.【小問1詳解】因為，所以，所以，所以，因為，所以為的中點，又因為的中點，所以，所以，則，所以點的軌跡是以為焦點的橢圓，而，所以點的軌跡的方程為；

【小問2詳解】由（1）得是橢圓的左右頂點，設，由三點共線，得，而，所以，所以，由三點共線，得，而，所以，所以，所以，即，設的方程為，聯立，得，則，，所以，由，得，即，所以，所以恒成立，所以，則，所以，則，的方程為，所以，原點到直線的距離，則，當且僅當，即時取等號，所以面積的最大值為.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；二是代數法，常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值．（2024年冀J16邯鄲三調）18.已知橢圓經過，兩點．

（1）求的方程；（【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）依據橢圓經過兩點，將點的坐標代入橢圓方程，待定系數法解方程即可；（2）設其中一條的斜截式方程，首先由直線與圓相切，得出直線的斜率與截距關系；再設而不求，用韋達定理表示出兩條直線與橢圓相交的弦長，再利用條件知兩弦垂直，故四邊形的面積，利用弦長將面積表示成其中一條直線斜率的函數，利用函數求最值.【小問1詳解】因為過點，，所以解得故的方程為．【小問2詳解】由題知的斜率存在且不為0．設．因為與圓【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）依據橢圓經過兩點，將點的坐標代入橢圓方程，待定系數法解方程即可；（2）設其中一條的斜截式方程，首先由直線與圓相切，得出直線的斜率與截距關系；再設而不求，用韋達定理表示出兩條直線與橢圓相交的弦長，再利用條件知兩弦垂直，故四邊形的面積，利用弦長將面積表示成其中一條直線斜率的函數，利用函數求最值.【小問1詳解】因為過點，，所以解得故的方程為．【小問2詳解】由題知的斜率存在且不為0．設．因為與圓相切，所以，得．聯立與的方程，可得，設，，則，．所以，將代入，可得．用替換，可得．四邊形的面積．令，則，可得，再令，，則，可得，即四邊形面積的最小值為．（2024年冀J11衡水一模）17.已知橢圓過和兩點.分別為橢圓的左?右焦點，為橢圓上的點（不在軸上），過橢圓右焦點的直線與橢圓交于兩點.

（1）求橢圓的標準方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）將點代入橢圓方程，即可求出橢圓C的標準方程；（2）分類討論直線斜率是否為0，從而假設直線方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理與弦長公式得到關于的關系式，再分析即可得解；【小問1詳解】由題意可知，將點代入橢圓方程，得【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）將點代入橢圓方程，即可求出橢圓C的標準方程；（2）分類討論直線斜率是否為0，從而假設直線方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理與弦長公式得到關于的關系式，再分析即可得解；【小問1詳解】由題意可知，將點代入橢圓方程，得，解得，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】由（1）知，，當直線l的斜率為0時，，當直線l的斜率不為0時，設直線的方程為，，，聯立，消去，得，易得，則，所以，因為，所以，所以，所以，綜上，，即的范圍是.（2024年粵J105湛江二模）18.雙曲線上一點到左?右焦點的距離之差為6，

（1）求雙曲線的方程，（【答案】（1）（2）是定值，定值為【解析】【分析】（1）利用雙曲線的定義與點在雙曲線上得到關于的方程，解之即可得解；（2）假設直線方程，聯立雙曲線方程得到，再由題設條件得到直線與的方程，推得兩者的交點在定直線上，從而得解.【小問1詳解】依題意可得，解得，故雙曲線的方程為.【小問2詳解】由題意可得直線的斜率不為0，設直線的方程為【答案】（1）（2）是定值，定值為【解析】【分析】（1）利用雙曲線的定義與點在雙曲線上得到關于的方程，解之即可得解；（2）假設直線方程，聯立雙曲線方程得到，再由題設條件得到直線與的方程，推得兩者的交點在定直線上，從而得解.【小問1詳解】依題意可得，解得，故雙曲線的方程為.【小問2詳解】由題意可得直線的斜率不為0，設直線的方程為，聯立，消去，得，則，，設，則，又，直線，直線，聯立，兩式相除，得，即，解得，所以點在定直線上，因為直線與直線之間的距離為，所以點到直線的距離為定值，且定值為.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.（2024年粵J104名校一聯考）16.現有一“v”型的擋板如圖所示，一橢圓形物件的短軸頂點被固定在A點．物件可繞A點在平面內旋轉．AP間距離可調節且與兩側擋板的角度固定為60°．已知橢圓長軸長為4，短軸長為2．

（1）在某個角度固定橢圓，則當橢圓不超過擋板時AP間距離最短為多少；（【答案】（1）（2），證明見解析【解析】【分析】（1）如圖，設和過點P的直線，切線的斜率分別為，聯立橢圓方程，利用韋達定理表示，進而可得【答案】（1）（2），證明見解析【解析】【分析】（1）如圖，設和過點P的直線，切線的斜率分別為，聯立橢圓方程，利用韋達定理表示，進而可得，結合或，化簡計算即可求解；（2）當恒為正實數R時，設為橢圓上任意一點，則，進而.由（1）可得或，利用換元法，結合建立不等式組，化簡可得，解之即可求解.【小問1詳解】由題意，如圖，該橢圓的方程為，，分別為橢圓的2條切線，切點分別為，設直線的斜率分別為.設，當時，其中1個不存在，另1個趨于；當時，設過點P的直線為，，所以，整理，得，①由是方程①的2個實根，得，所以，又，所以，當時，點P在圓的外部，則，此時；當時，點P在圓的內部，則，此時，所以.又或，所以或，整理，得或.要求的最小值，只需考慮為鈍角的情況，即且，得.令，則且，即，解得，所以，所以，當且僅當三點共線時等號成立.故，得.綜上，的最小值為.【小問2詳解】當恒為正實數R時，設為橢圓上任意一點，則，當且僅當時等號成立，所以.由（1）知，或，由，得或，即或，整理，得或，令，則，得或，.當即時，或，令，則，得或，又，得或，而，所以，整理，得，即.當時，，符合題意.綜上，，則，即，解得，所以R的最小值為，即的最小值為.【點睛】方法點睛：解決圓錐曲線中范圍問題的方法：一般題目中沒有給出明確的不等關系，首先需要根據已知條件進行轉化，利用圓錐曲線的幾何性質及曲線上點的坐標確定不等關系；然后構造目標函數，把原問題轉化為求函數的值域或引入參數根據參數范圍求解，解題時應注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之間的轉化．（2024年閩J13廈門二檢）17.（15分）雙曲線C：的離心率為，點在C上.

（1）求C的方程；（17.方法一：（1）依題意：，……2分解得：，，……3分所以雙曲線方程為.……4分（2）設，，①當切線斜率存在時，設直線方程為，因為直線與圓相切，所以，整理得，17.方法一：（1）依題意：，……2分解得：，，……3分所以雙曲線方程為.……4分（2）設，，①當切線斜率存在時，設直線方程為，因為直線與圓相切，所以，整理得，……6分聯立，則，，.……8分由對稱性知，若以MN為直徑的圓過定點，則定點必為原點.……9分……10分……11分.……12分又，所以，所以，故以MN為直徑的圓過原點.……13分②當直線斜率不存在時，直線方程，此時圓方程為，恒過原點.綜上所述，以MN為直徑的圓過原點.……15分方法二：（1）同方法一；（2）設，，①當切線斜率存在時，設直線方程為，因為直線與圓相切，所以，整理得，……6分聯立，則，，.……8分以，為直徑的圓的方程為，即，……9分因為，所以，……11分且，所以所求的圓的方程為，……12分所以MN為直徑的圓過原點.……13分②當直線斜率不存在時，直線方程，此時圓方程為，恒過原點.綜上所述，以MN為直徑的圓過原點.……15分（2024年湘J42岳陽三檢）18．已知動圓過定點且與直線相切，記圓心的軌跡為曲線．(18．(1)證明見解析；(2)證明見解析【分析】（1）先有兩點間距離公式求出圓心的軌跡方程，再由斜率的定義表示出斜率，利用軌跡方程化簡斜率之差即可證明；（2）先設直線的方程為，直曲聯立，用韋達定理表示出線段中點坐標進而得到的軌跡方程是，再與動圓的方程聯立，得到、、的橫坐標分別為，，，最后利用的展開式系數與相同，得到系數為零即可.【詳解】（1）設點，依題有，化簡并整理成，圓心的軌跡的方程為，，又，所以，所以.（2）顯然直線的斜率存在，設直線的方程為，由，消并整理成，在判別式大于零時，，又，所以，所以，，，所以線段的中點坐標為，設，則，消得，所以18．(1)證明見解析；(2)證明見解析【分析】（1）先有兩點間距離公式求出圓心的軌跡方程，再由斜率的定義表示出斜率，利用軌跡方程化簡斜率之差即可證明；（2）先設直線的方程為，直曲聯立，用韋達定理表示出線段中點坐標進而得到的軌跡方程是，再與動圓的方程聯立，得到、、的橫坐標分別為，，，最后利用的展開式系數與相同，得到系數為零即可.【詳解】（1）設點，依題有，化簡并整理成，圓心的軌跡的方程為，，又，所以，所以.（2）顯然直線的斜率存在，設直線的方程為，由，消并整理成，在判別式大于零時，，又，所以，所以，，，所以線段的中點坐標為，設，則，消得，所以的軌跡方程是，圓過定點，設其方程為，由，得，設、、的橫坐標分別為，，，因為、、異于，所以，，都不為零，故的根為，，，令，即有，所以，故的重心的橫坐標為定值．【點睛】關鍵點點睛：本題第二問關鍵是圓過定點，設其方程為，然后與的軌跡方程聯立，表示出重心橫坐標的方程，然后利用待定系數法求出結果.（2024年湘J47長沙雅禮二模）17．已知橢圓的離心率為，右焦點為,斜率為1的直線與橢圓交于兩點，以為底邊作等腰三角形，頂點為.

（1）求橢圓的方程；（17．（1）（2）【分析】（1）根據橢圓的簡單幾何性質知，又，寫出橢圓的方程；（2）先斜截式設出直線，聯立方程組，根據直線與圓錐曲線的位置關系，可得出中點為的坐標，再根據△為等腰三角形知，從而得的斜率為，求出，寫出：，并計算，再根據點到直線距離公式求高，即可計算出面積．【詳解】（1）由已知得，，解得，又，17．（1）（2）【分析】（1）根據橢圓的簡單幾何性質知，又，寫出橢圓的方程；（2）先斜截式設出直線，聯立方程組，根據直線與圓錐曲線的位置關系，可得出中點為的坐標，再根據△為等腰三角形知，從而得的斜率為，求出，寫出：，并計算，再根據點到直線距離公式求高，即可計算出面積．【詳解】（1）由已知得，，解得，又，所以橢圓的方程為．（2）設直線的方程為，由得，①設、的坐標分別為，（），中點為，則，，因為是等腰△的底邊，所以．所以的斜率為，解得，此時方程①為．解得，，所以，，所以，此時，點到直線：的距離，所以△的面積．考點：1、橢圓的簡單幾何性質；2、直線和橢圓的位置關系；3、橢圓的標準方程；4、點到直線的距離.【思路點晴】本題主要考查的是橢圓的方程，橢圓的簡單幾何性質，直線與橢圓的位置關系，點到直線的距離，屬于難題．解決本類問題時，注意使用橢圓的幾何性質，求得橢圓的標準方程；求三角形的面積需要求出底和高，在求解過程中要充分利用三角形是等腰三角形，進而知道定點與弦中點的連線垂直，這是解決問題的關鍵．（2024年魯J46煙臺二模）19．已知橢圓的右焦點為，過點且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，在兩點處的切線交于點．

(1)求證：點在定直線上，并求出該直線方程；（19．(1)證明見解析，(2)12【分析】（1）由題得出橢圓方程，設直線方程為，寫出兩點處的切線方程，由對稱性得，點處于與軸垂直的直線上，法一：兩切線方程聯立得，再代入即可證明；法二：由點在兩切線上得直線的方程，結合直線過點，即可得出；（2）由（1）得出直線的方程，設直線和交于點，得出為線段的中點，由弦長公式得出進而得出，由兩直線夾角公式得出，得出，根據基本不等式求解即可．19．(1)證明見解析，(2)12【分析】（1）由題得出橢圓方程，設直線方程為，寫出兩點處的切線方程，由對稱性得，點處于與軸垂直的直線上，法一：兩切線方程聯立得，再代入即可證明；法二：由點在兩切線上得直線的方程，結合直線過點，即可得出；（2）由（1）得出直線的方程，設直線和交于點，得出為線段的中點，由弦長公式得出進而得出，由兩直線夾角公式得出，得出，根據基本不等式求解即可．【詳解】（1）由題意可知，，所以，所以橢圓方程為，設直線方程為，聯立，消可得，，所以，因為過點的切線為，過點的切線為，由對稱性可得，點處于與軸垂直的直線上，法一：聯立，消去得，，將代入上式得，所以點在直線上．法二：因為點在兩切線上，所以，所以直線的方程為，又直線過點，所以，解得．（2）將代入得，，直線的方程為，設直線和交于點，聯立，解得，又，所以為線段的中點，因為，所以，又因為，所以，當且僅當時，等號成立，故的最小值為12．（2024年魯J38濟寧三模）18．已知橢圓的左焦點為，上頂點為，離心率，直線FB過點.

(1)求橢圓的標準方程；（18．(1)；(2).【分析】（1）根據給定條件，求出即得橢圓的標準方程.（2）根據給定條件，借助傾斜角的關系可得，設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理結合斜率的坐標公式求解即得.【詳解】（1）令，由，得，則直線的斜率，由直線過點，得直線的方程為，因此，所以橢圓的標準方程為.（2）設，直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，由直線的斜率18．(1)；(2).【分析】（1）根據給定條件，求出即得橢圓的標準方程.（2）根據給定條件，借助傾斜角的關系可得，設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理結合斜率的坐標公式求解即得.【詳解】（1）令，由，得，則直線的斜率，由直線過點，得直線的方程為，因此，所以橢圓的標準方程為.（2）設，直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，由直線的斜率知直線的傾斜角為，于是，即有，顯然均不等于，則，即直線的斜率滿足，由題設知，直線的斜率不為0，設直線的方程為，由，消去x并整理得，，顯然，設，則，由，得，即，則，整理得，即，于是，而，解得，，所以直線的方程為，即.【點睛】關鍵點點睛：本題第2問，由，結合直線傾斜角及斜率的意義求得是解題之關鍵.（2024年魯J42青島二適）16．已知橢圓的左，右焦點分別為，橢圓E的離心率為，橢圓E上的點到右焦點的最小距離為1．

(1)求橢圓E的方程；（16．(1)(2)或【分析】（1）利用橢圓焦半徑公式及性質計算即可；（2）設直線l方程，B、C坐標，根據平行關系得出兩點縱坐標關系，聯立橢圓方程結合韋達定理解方程即可.【詳解】（1）設焦距為，由橢圓對稱性不妨設橢圓上一點，易知，則，顯然時，由題意得解得，所以橢圓的方程為；（2）設，因為，所以所以①16．(1)(2)或【分析】（1）利用橢圓焦半徑公式及性質計算即可；（2）設直線l方程，B、C坐標，根據平行關系得出兩點縱坐標關系，聯立橢圓方程結合韋達定理解方程即可.【詳解】（1）設焦距為，由橢圓對稱性不妨設橢圓上一點，易知，則，顯然時，由題意得解得，所以橢圓的方程為；（2）設，因為，所以所以①設直線的方程為，聯立得，整理得，由韋達定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直線的方程為：或.

（2024年浙J40臺州二評）18．已知橢圓：，直線：交橢圓于M，N兩點，T為橢圓的右頂點，的內切圓為圓Q.

(1)求橢圓的焦點坐標；（18．(1)(2)(3)【分析】（1）化簡橢圓的標準方程，根據的關系即可求得焦點坐標；（2）先聯立方程求得，，求出直線的方程，然后利用待定系數法求得內切圓的方程；（3）設過P作圓Q的切線方程為，利用相切關系求得點A，B坐標，進而結合內切圓的半徑利用三角形中等面積法求解即可.【詳解】（1）橢圓的標準方程為，因為，所以焦點坐標為.（2）將代入橢圓方程得，由對稱性不妨設，，直線的方程為，即，設圓Q18．(1)(2)(3)【分析】（1）化簡橢圓的標準方程，根據的關系即可求得焦點坐標；（2）先聯立方程求得，，求出直線的方程，然后利用待定系數法求得內切圓的方程；（3）設過P作圓Q的切線方程為，利用相切關系求得點A，B坐標，進而結合內切圓的半徑利用三角形中等面積法求解即可.【詳解】（1）橢圓的標準方程為，因為，所以焦點坐標為.（2）將代入橢圓方程得，由對稱性不妨設，，直線的方程為，即，設圓Q方程為，由于內切圓Q在的內部，所以，則Q到直線和直線的距離相等，即，解得，，所以圓方程為.（3）顯然直線和直線的斜率均存在，設過P作圓Q的切線方程為，其中k有兩個不同的取值和分別為直線和的斜率.由圓Q與直線相切得：，化簡得：，則，由得，可得，所以.同理，，所以直線的方程為，所以與圓Q相切，將代入得，所以，又點P到直線的距離為，設的周長為，則的面積，解得.所以的周長為.

（2024年浙J31五校聯考）16．已知橢圓的左焦點為F，橢圓上的點到點F距離的最大值和最小值分別為和．

(1)求該橢圓的方程；（16．(1)；(2)；(3).【分析】（1）設出橢圓上的點，求出的最值，進而求出即可.（2）利用橢圓的對稱性及橢圓定義求解即得.（3）設出直線的方程，與橢圓方程聯立求出三角形面積的表達式，再求出最大值即得.【詳解】（1）令，設是橢圓上的點，則，則，顯然當時，，當時，，則，解得，所以橢圓的方程為.（2）記橢圓的右焦點為，由橢圓對稱性知，，16．(1)；(2)；(3).【分析】（1）設出橢圓上的點，求出的最值，進而求出即可.（2）利用橢圓的對稱性及橢圓定義求解即得.（3）設出直線的方程，與橢圓方程聯立求出三角形面積的表達式，再求出最大值即得.【詳解】（1）令，設是橢圓上的點，則，則，顯然當時，，當時，，則，解得，所以橢圓的方程為.（2）記橢圓的右焦點為，由橢圓對稱性知，，所以.（3）顯然直線不垂直于y軸，設直線AB的方程為，，由消去x得，，則，，因此，令，于是，當且僅當，即時取到等號，所以面積的最大值.（2024年蘇J35南京二模）18．已知拋物線與雙曲線（，）有公共的焦點F，且．過F的直線1與拋物線C交于A，B兩點，與E的兩條近線交于P，Q兩點(均位于y軸右側).

(1)求E的漸近線方程；（18．(1)(2)【分析】（1）由兩曲線有公共的焦點F，且，得，，可求漸近線方程；（2）通過設直線方程，聯立方程組，借助韋達定理，表示出和，由求的取值范圍．【詳解】（1）拋物線與雙曲線（，）有公共的焦點F，設雙曲線18．(1)(2)【分析】（1）由兩曲線有公共的焦點F，且，得，，可求漸近線方程；（2）通過設直線方程，聯立方程組，借助韋達定理，表示出和，由求的取值范圍．【詳解】（1）拋物線與雙曲線（，）有公共的焦點F，設雙曲線E的焦距為，則有，又，則.由，得，所以E的漸近線的方程為（2）設，，1與E的兩條近線交于P，Q兩點均位于y軸右側，有，由，解得，，.設，由，消去得，則有，，由，，有，即，由，有，所以.

【點睛】方法點睛：解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形，強化有關直線與圓錐曲線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．（2024年粵J138汕頭金南三模）19．已知動圓（為圓心）過定點，且與定直線相切．

(1)求動圓圓心的軌跡方程；（19．(1)(2)(3)【分析】（1）根據拋物線的定義即得動圓圓心的軌跡方程；（2）將直線方程與拋物線方程聯立，求出交點坐標，再由計算可得；（3）根據題設先求出的解析式，可將距離最小值問題轉化為二次函數最小值問題，分類討論即得.【詳解】（1）因為動圓（為圓心）過定點，且與定直線相切，即點到定點的距離與到直線的距離相等，且點不在直線上，所以由拋物線定義知：圓心的軌跡是以定點為焦點，定直線為準線的拋物線，拋物線方程形如，又，則，故圓心的軌跡方程為．（2）如圖，由題知，直線的方程為，由，解得或，所以19．(1)(2)(3)【分析】（1）根據拋物線的定義即得動圓圓心的軌跡方程；（2）將直線方程與拋物線方程聯立，求出交點坐標，再由計算可得；（3）根據題設先求出的解析式，可將距離最小值問題轉化為二次函數最小值問題，分類討論即得.【詳解】（1）因為動圓（為圓心）過定點，且與定直線相切，即點到定點的距離與到直線的距離相等，且點不在直線上，所以由拋物線定義知：圓心的軌跡是以定點為焦點，定直線為準線的拋物線，拋物線方程形如，又，則，故圓心的軌跡方程為．（2）如圖，由題知，直線的方程為，由，解得或，所以，，所以.

（3）設，則，又，則，因二次函數的對稱軸為，故當，即時，，此時；當，即時，，此時.所以.（2024年粵J137梅州二模）15．已知橢圓C：（）的離心率為，且經過點．

(1)求橢圓C的方程：（15．(1)(2)【分析】（1）由橢圓的離心率可得，的關系，設橢圓的方程，將點的坐標代入橢圓的方程，可得參數的值，即可得，的值，求出橢圓的方程；（2）設與平行的直線的方程，與橢圓的方程聯立，由判別式為0，可得參數的值，進而求出兩條直線的距離，即求出橢圓上的點到直線的最大距離．【詳解】（1）由橢圓的離心率為，可得，可得，設橢圓的方程為：，，又因為橢圓經過點，所以15．(1)(2)【分析】（1）由橢圓的離心率可得，的關系，設橢圓的方程，將點的坐標代入橢圓的方程，可得參數的值，即可得，的值，求出橢圓的方程；（2）設與平行的直線的方程，與橢圓的方程聯立，由判別式為0，可得參數的值，進而求出兩條直線的距離，即求出橢圓上的點到直線的最大距離．【詳解】（1）由橢圓的離心率為，可得，可得，設橢圓的方程為：，，又因為橢圓經過點，所以，解得，所以橢圓的方程為：；（2）設與直線平行的直線的方程為，聯立，整理可得：，，可得，則，所以直線到直線的距離．所以橢圓上的點到直線的距離的最大值為．（2024年粵J136茂名高州一模）21．已知拋物線，為拋物線的焦點，其為準線上的兩個動點，且.當時，.

(1)求拋物線的標準方程；（21．(1)(2)【分析】（1）首先利用勾股定理求出，，再由等面積法求出，即可得解；（2）設直線的解析式為，，，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，依題意，即可得到，再由得到線段的比例關系，從而求出，再計算出，最后根據及韋達定理計算可得.【詳解】（1）方法一：，，，，解得，，在中，根據等面積法，，解得，拋物線的標準方程為；方法二：設軸與準線的交點為.當21．(1)(2)【分析】（1）首先利用勾股定理求出，，再由等面積法求出，即可得解；（2）設直線的解析式為，，，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，依題意，即可得到，再由得到線段的比例關系，從而求出，再計算出，最后根據及韋達定理計算可得.【詳解】（1）方法一：，，，，解得，，在中，根據等面積法，，解得，拋物線的標準方程為；方法二：設軸與準線的交點為.當時，，，.，，拋物線的標準方程為；（2）由（1）可得拋物線的焦點，準線為，依題意，直線的斜率不為，設直線的解析式為，，.聯立，消去得，顯然，，.由，則，可得，，整理得.①易知直線的解析式為，令，可得，同理可得.，，即，.，，，即，..所以.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為、；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；（5）代入韋達定理求解.（2024年粵J135茂名二測）17．已知橢圓，右焦點為，過點的直線交于兩點.

(1)若直線的傾斜角為，求；（17．(1)(2)或【分析】（1）由橢圓方程，即可求出橢圓右焦點坐標，根據直線的點斜式，聯立直線方程和橢圓方程，求得交點的坐標，根據兩點之間距離公式可求得；（2）聯立直線方程和橢圓方程，根據橢圓的弦長公式可求得|AB|，計算的中點，利用最大求得直線方程【詳解】（1）由題意可得，因為直線的傾斜角為，所以，因此，的方程為，聯立方程，消去得解得所以因此，；（2）設17．(1)(2)或【分析】（1）由橢圓方程，即可求出橢圓右焦點坐標，根據直線的點斜式，聯立直線方程和橢圓方程，求得交點的坐標，根據兩點之間距離公式可求得；（2）聯立直線方程和橢圓方程，根據橢圓的弦長公式可求得|AB|，計算的中點，利用最大求得直線方程【詳解】（1）由題意可得，因為直線的傾斜角為，所以，因此，的方程為，聯立方程，消去得解得所以因此，；（2）設，由題意得，直線的斜率不為0，故設為，聯立方程消去得，，，因此，所以，設線段的中點為，則，所以，所以設，則，當且僅當，即時等號成立，當最大時，也最大，此時直線的方程為，即或（2024年粵J133江門開平忠源）18．已知雙曲線的焦點與橢圓的焦點重合，其漸近線方程為.

(1)求雙曲線的方程；（18．(1)