1.已知橢圓，過原點的直線交橢圓于、（在第一象限）由向軸作垂線，垂足為，連接交橢圓于，若三角形為直角三角形，則橢圓的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【解析】
如下圖所示，設點，其中，，則、，
則，，設點，則，作差可得，
所以，，
所以，，則不互相垂直，所以，則，所以，，又因為，所以，，所以，該橢圓的離心率為.故選：B.
2．（2021·全國）已知橢圓，，分別為橢圓的左?右頂點，若在橢圓上存在一點，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
設，得到，結合，得到，結合離心率的定義，即可求解.
【詳解】
由題意，橢圓，可得，，
設，代入橢圓的方程，可得，
則，
即，即.
又因為，所以.
故選：A.
3、（2021·全國高二課時練習）已知，，是雙曲線上不同的三點，且點A，連線經(jīng)過坐標原點，若直線，的斜率乘積為，則該雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
設出點，點的坐標，求出斜率，將點，的坐標代入方程，兩式相減，再結合，即可求得離心率．
【詳解】
設，，
因為點A，連線經(jīng)過坐標原點，根據(jù)雙曲線的對稱性，則，
所以．
因為點A，在雙曲線上，所以，
兩式相減，得，
所以，所以．
故選：D.
4、（2022·山東·青島二中高三期中）已知橢圓 過橢圓中心的一條直線與橢圓相交于A，B兩點，P是橢圓上不同于A，B的一點，設直線AP，BP的斜率分別為m，n，則當 取最小值時，橢圓C的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】設，利用斜率公式求得，結合在橢圓上，化簡可得，令，利用導數(shù)求得使函數(shù)取最小值的，根據(jù)離心率定義即得.
【詳解】由題可知，設，則，
而，則，
又，
令，則，
所以，
由，可得，函數(shù)單調(diào)遞減，由，可得，函數(shù)單調(diào)遞增，
故，即時， 取最小值，
此時.
故選：C.
5.已知橢圓：，過中心的直線交于，兩點，點在軸上，其橫坐標是點橫坐標的3倍，直線交于點，若直線恰好是以為直徑的圓的切線，則的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【詳解】
設，，則，，設、、，分別為直線、、的斜率，則，，，因直線是以為直徑的圓的切線所以，，所以，又在直線上，所以，因、在上，所以，，
兩式相減得，整理得，故，即，，故，故選：D
6.已知過原點O的直線AB交橢圓于A，B兩點，點A在第一象限，過點A作AD⊥x軸交橢圓于點D，點E在線段AD上，且滿足，連接BE并延長交橢圓于點P，若，則橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【詳解】設，則，由AD⊥x軸，，可得，
又因為，則，設，則，
又因為，所以，解得：，所以，則，所以離心率．故選：A.
7．（2022·全國·高三專題練習）阿基米德在他的著作《關于圓錐體和球體》中計算了一個橢圓的面積．當我們垂直地縮小一個圓時，我們得到一個橢圓，橢圓的面積等于圓周率與橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積，已知橢圓的面積為，兩個焦點分別為，點P為橢圓C的上頂點．直線與橢圓C交于A，B兩點，若的斜率之積為，則橢圓C的長軸長為（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】由題意得到方程組①和②，即可解出a、b，求出長軸長.
【詳解】橢圓的面積，即①.
因為點P為橢圓C的上項點，所以.
因為直線與橢圓C交于A，B兩點，不妨設，則且，所以.
因為的斜率之積為，所以，把代入整理化簡得：②
①②聯(lián)立解得：.
所以橢圓C的長軸長為2a=6.
故選：B
8．（中學生標準學術能力診斷性測試2022-2023學年高三上學期11月測試文科數(shù)學試題）已知點，在橢圓上，為坐標原點，記直線，的斜率分別為，，若，則（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】聯(lián)立方程得出，，再由距離公式得出.
【詳解】設直線的斜率為，則直線的斜率為，
則直線，的方程分別為，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故選：D
9．（2022·吉林吉林·高二期中）已知點，，為橢圓：上不重合的三點，且點，關于原點對稱，若，則橢圓的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】設點，，的坐標，將和用，，坐標表示，代入化簡運算可得的值，進一步可求出橢圓的離心率.
【詳解】方法一：
設不重合的點，，（），
∵點，關于原點對稱，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵點，均在橢圓上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴橢圓的離心率為.
方法二：
由題意，可取，為特殊點，不妨取，為橢圓左右頂點，
依據(jù)橢圓第三定義，有，
∴，.
故選：A.
10．（2022·全國高三專題練習）已知橢圓C：的長軸長為4，若點P是橢圓C上任意一點，過原點的直線l與橢圓相交于M、N兩點，記直線PM、PN的斜率分別為，當時，則橢圓方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
設，則，設直線l方程為，，，由得①，聯(lián)立可得，由點P的任意性知，即可求得橢圓方程.
【詳解】
由長軸長為4得，解得，
設，直線l方程為，，，
則，，
由得，，即，
所以①，
又P在橢圓上，所以，即，
代入①式得，即，
因為點P為橢圓上任意一點，所以該式恒成立與無關，
所以，解得，
所以所求橢圓方程為．
故選：D．
【點睛】
思路點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：
（1）注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；
（2）強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
11.（百校聯(lián)盟2018屆TOP202018屆高三三月聯(lián)考）已知平行四邊形內(nèi)接于橢圓，且， 斜率之積的范圍為，則橢圓離心率的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由圓錐曲線的經(jīng)典結論得：，
12、已知橢圓C的中心為坐標原點，焦點在x軸上，焦距為2，橢圓C上的點到焦點的距離的最大值為3．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)設點A，F(xiàn)分別為橢圓C的左頂點、右焦點，過點F的直線交橢圓C于點P，Q，直線AP，AQ分別與直線l：x＝3交于點M，N，求證：直線FM和直線FN的斜率之積為定值．
【解析】(1)設橢圓的標準方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距為2c，
依題意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2，,a＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，則b＝eq \r(3)，
所以橢圓C的標準方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)證明：由(1)得A(－2，0)，F(xiàn)(1，0)，設直線PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
則y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
依題意，可設M(3，yM)，N(3，yN)，則由eq \f(yM,3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，可得yM＝eq \f(5y1,x1＋2)＝eq \f(5y1,my1＋3)，
同理，可得yN＝eq \f(5y2,my2＋3)，所以直線FM和直線FN的斜率之積
kFM·kFN＝eq \f(yM－0,3－1)·eq \f(yN－0,3－1)＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,(my1＋3)(my2＋3))＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9)
＝eq \f(1,4)·eq \f(25·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))＋3m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))＋9)＝eq \f(1,4)·eq \f(－25×9,－9m2－18m2＋27m2＋36)＝－eq \f(25×9,4×36)＝－eq \f(25,16)．
所以直線FM和直線FN的斜率之積為定值－eq \f(25,16)．
13、已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(1,2)，點A(1．eq \f(3,2))在橢圓C上．
(1)求橢圓C的方程;
(2)設動直線l與橢圓C有且僅有一個公共點，判斷是否存在以原點O為圓心的圓，滿足此圓與l相交兩點P1，P2，(兩點均不在坐標軸上)，且使得直線OP1，OP2的斜率之積為定值？若存在，求此圓的方程與定值；若不存在，請說明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，又因為點A(1．eq \f(3,2))在橢圓C上
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得b2＝3，a2＝2．
所以橢圓的標準方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)結論：存在符合條件的圓，且此圓的方程為x2＋y2＝7．證明如下：
假設存在符合條件的圓，且設此圓的方程為x2＋y2＝r2(r>0)．
當直線l的斜率存在時，設l的方程為y＝kx＋m，
由方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因為直線l與橢圓有且僅有一個公共點，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝r2))，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，則Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－r2,1＋k2)．
設直線OP1，OP2的斜率分別為k1，k2，
所以k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f((kx1＋m)(k2x＋m),x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝eq \f(k2eq \f(m2－r2,1＋k2)＋kmeq \f(－2km,1＋k2)＋m2, eq \f(m2－r2,1＋k2))＝eq \f(m2－r2k2,m2－r2)．
將m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝eq \f((4－r2)k2＋3,4k2＋3－r2)．要使得k1k2為定值，則eq \f(4－r2,4)＝eq \f(3,3－r2)，即r2＝7．
所以當圓的方程為x2＋y2＝7時，圓與l的交點P1，P2滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
當直線l的斜率不存在時，由題意知l的方程為x＝±2，
此時圓與l的交點P1，P2也滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
綜上：當圓的方程為x2＋y2＝7時，圓與l的交點P1，P2滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
14、如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B.已知|AB|＝4，且點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，其中e是橢圓的離心率．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設P是橢圓C上異于A，B的點，與x軸垂直的直線l分別交直線AP，BP于點M，N，求證：直線AN與直線BM的斜率之積是定值．
[規(guī)范解答] (1)因為|AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，
故eq \f(e2,a2)＋eq \f(45,16b2)＝1，即eq \f(c2,16)＋eq \f(45,16b2)＝1，聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c2,16)＋\f(45,16b2)＝1，,c2＋b2＝4，))解得b2＝3，故橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)設點P坐標為(s，t)，M，N的橫坐標均為m(m≠±2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(t,s＋2)(m＋2)))，
直線BM的斜率k1＝eq \f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))，同理可得直線AN的斜率k2＝eq \f(t(m－2),(s－2)(m＋2))，
所以k1k2＝eq \f(t2(m2－4),(s2－4)(m2－4))＝eq \f(t2,s2－4)，
又因為點P在橢圓上，故有eq \f(s2,4)＋eq \f(t2,3)＝1，即t2＝－eq \f(3,4)(s2－4)，則k1k2＝－eq \f(3,4)，
故直線AN與直線BM的斜率之積是定值．
15．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過A(1，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(3),2))兩點，O為坐標原點．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)設動直線l與橢圓C有且僅有一個公共點，且與圓O：x2＋y2＝3相交于M，N兩點試問直線OM與ON的斜率之積kOMkON是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由．
【解析】 (1)依題意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(1,a2)＋eq \f(eq \f(1,2),b2)＝1,eq \f(eq \f(1,2),a2)＋eq \f(eq \f(3,4),b2)＝1))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2,b2＝1))，所以橢圓方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝±eq \r(2)．
若直線l的方程為x＝eq \r(2)，則M，N的坐標為(eq \r(2)，－1)(eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
若直線l的方程為x＝－eq \r(2)，則M，N的坐標為(－eq \r(2)，－1)(－eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
當直線l的斜率存在時，可設直線l：y＝kx＋m，
與橢圓方程聯(lián)立可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由相切可得Δ1＝8(2k2－m2＋1)＝0．即m2＝2k2＋1．
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝3))，消去y得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－3＝0，
Δ2＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－3)＝4(3k2－m2＋3)＝4(k2＋2)>0，
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－3,1＋k2)，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－3k2,1＋k2)，
kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(m2－3k2,m2－3)＝eq \f(2k2＋1－3k2,2k2＋1－3)＝eq \f(1－k2,2k2－2)＝－eq \f(1,2)．
故kOM·kON為定值且定值為－eq \f(1,2)．
綜上，kOM·kON為定值且定值為－eq \f(1,2)．
16．已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點為A，上頂點為B，O為坐標原點，點O到直線AB
的距離為eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面積為1．
(1)、求橢圓的標準方程；
(2)、直線l與橢圓交于C，D兩點，若直線l∥直線AB，設直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．
【解析】 (1)直線AB的方程為eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，則eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(5),5)，
因為△OAB的面積為1，所以eq \f(1,2)ab＝1，即ab＝2．解得a＝2，b＝1，所以橢圓的標準方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)直線AB的斜率為－eq \f(1,2)，設直線l的方程為y＝－eq \f(1,2)x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，依題意得，Δ>0，則y1＋y2＝t，y1y2＝eq \f(t2－1,2)，
所以k1k2＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(y1y2－y1,x1x2－2x2)，
因為x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，所以k1k2＝eq \f(1,4)為定值．
17．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(6),3)，F(xiàn)1，F(xiàn)2，是橢圓C的左、右焦點，P是橢圓C上的一
個動點，且△PF1F2面積的最大值為10eq \r(2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若Q是橢圓C上的一個動點，點M，N在橢圓eq \f(x2,3)＋y2＝1上，O為原點，點Q，M，N滿足eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，則直線OM與直線ON的斜率之積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由．
【解析】 (1)由題意可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3),ab＝10eq \r(2),a2＝b2＋c2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝30,b2＝10))，∴橢圓C的方程為eq \f(x2,30)＋eq \f(y2,10)＝1；
(2)設Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．∴x02＋3y02＝30，x12＋3y12＝3，x22＋3y22＝3，
∵eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，∴(x0，y0)＝(x1，y1)＋3(x2，y2)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x1＋3x2,y0＝y(tǒng)1＋3y2))，
∴x02＋3y02＝(x1＋3x2)2＋(y1＋3y2)2＝x12＋6x1x2＋9x22＋3y12＋18y1y2＋27y22＝3＋27＋6(x1x2＋3y1y2)＝30，
∴x1x2＋3y1y2＝0，∴eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－eq \f(1,3)，即kOMkON＝－eq \f(1,3)．
∴直線OM與直線ON的斜率之積為定值，且定值為－eq \f(1,3)．
18．(四川省蓉城名校高中2018屆高三4月份聯(lián)考)已知橢圓： 的長軸長為， ， 是其長軸頂點， 是橢圓上異于， 的動點，且.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）如圖，若動點在直線上，直線， 分別交橢圓于， 兩點.請問：直線是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由.
【解析】
（1）由題意知則，
設， ， ，則 ，
由，則，則，則，由此可得橢圓的標準方程為.
（2）設，則直線的方程為；則直線的方程為聯(lián)立得消去得： ，則，即代入直線的方程得，故.
聯(lián)立得消去得： ，則，即代入直線的方程得，故.
當，即，則與軸交點為，
當，即時，下證直線過點，
由 ，
19．（2020·江蘇揚州聯(lián)考）如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓的離心率為，右準線的方程為分別為橢圓C的左、右焦點，A，B分別為橢圓C的左、右頂點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過作斜率為的直線l交橢圓C于M，N兩點（點M在點N的左側），且，設直線AM，BN的斜率分別為，求的值．
【解析】（1）因為橢圓C的離心率為，所以①，
因為橢圓C的右準線的方程為，所以②，聯(lián)立①②，解得，
所以，所以橢圓C的標準方程為．
（2）設，
因為過作斜率為的直線l交橢圓C于M，N兩點，所以，
由，得，所以，
因為，所以．
因為，所以，即，
整理得，所以，
又，所以，
即，即，整理得．
因為直線AM，BN的斜率分別為，且，
所以
．
直線過定點.
20．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）設A，B為雙曲線上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)點差法分析可得，對于A、B、D：通過聯(lián)立方程判斷交點個數(shù)，逐項分析判斷；對于C：結合雙曲線的漸近線分析判斷.
【詳解】設，則的中點，
可得，
因為在雙曲線上，則，兩式相減得，
所以.
對于選項A： 可得，則，
聯(lián)立方程，消去y得，
此時，
所以直線AB與雙曲線沒有交點，故A錯誤；
對于選項B：可得，則，
聯(lián)立方程，消去y得，
此時，
所以直線AB與雙曲線沒有交點，故B錯誤；
對于選項C：可得，則
由雙曲線方程可得，則為雙曲線的漸近線，
所以直線AB與雙曲線沒有交點，故C錯誤；
對于選項D：，則，
聯(lián)立方程，消去y得，
此時，故直線AB與雙曲線有交兩個交點，故D正確；
故選：D.
21．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）設O為坐標原點，為橢圓的兩個焦點，點 P在C上，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根據(jù)焦點三角形面積公式求出的面積，即可得到點的坐標，從而得出的值；
方法二：利用橢圓的定義以及余弦定理求出，再結合中線的向量公式以及數(shù)量積即可求出；
方法三：利用橢圓的定義以及余弦定理求出，即可根據(jù)中線定理求出．
【詳解】方法一：設，所以，
由，解得：，
由橢圓方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故選：B．
方法二：因為①，，
即②，聯(lián)立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故選：B．
方法三：因為①，，
即②，聯(lián)立①②，解得：，
由中線定理可知，，易知，解得：．
故選：B．
【點睛】本題根據(jù)求解的目標可以選擇利用橢圓中的二級結論焦點三角形的面積公式快速解出，也可以常規(guī)利用定義結合余弦定理，以及向量的數(shù)量積解決中線問題的方式解決，還可以直接用中線定理解決，難度不是很大．
22．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的離心率為，C的一條漸近線與圓交于A，B兩點，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)離心率得出雙曲線漸近線方程，再由圓心到直線的距離及圓半徑可求弦長.
【詳解】由，則，
解得，
所以雙曲線的一條漸近線為，
則圓心到漸近線的距離，
所以弦長.
故選：D
23．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的左、右焦點分別為．過向一條漸近線作垂線，垂足為．若，直線的斜率為，則雙曲線的方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由點到直線的距離公式求出，設，由得到，.再由三角形的面積公式得到，從而得到，則可得到，解出，代入雙曲線的方程即可得到答案.
【詳解】如圖，

因為，不妨設漸近線方程為，即，
所以，
所以.
設,則，所以，所以.
因為,所以，所以，所以，
所以，
因為，
所以，
所以，解得，
所以雙曲線的方程為
故選：D
24．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）橢圓的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關于y軸對稱．若直線的斜率之積為，則C的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】設，則，根據(jù)斜率公式結合題意可得，再根據(jù)，將用表示，整理，再結合離心率公式即可得解.
【詳解】[方法一]：設而不求
設，則
則由得：，
由，得，
所以，即，
所以橢圓的離心率，故選A.
[方法二]：第三定義
設右端點為B，連接PB，由橢圓的對稱性知：
故，
由橢圓第三定義得：，
故
所以橢圓的離心率，故選A.
25．（2021·天津·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的右焦點與拋物線的焦點重合，拋物線的準線交雙曲線于A，B兩點，交雙曲線的漸近線于C、D兩點，若．則雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】設公共焦點為，進而可得準線為，代入雙曲線及漸近線方程，結合線段長度比值可得，再由雙曲線離心率公式即可得解.
【詳解】設雙曲線與拋物線的公共焦點為，
則拋物線的準線為，
令，則，解得，所以,
又因為雙曲線的漸近線方程為，所以，
所以，即，所以，
所以雙曲線的離心率.
故選：A.
26．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線分別是雙曲線的左、右焦點，拋物線的準線過雙曲線的左焦點，與雙曲線的漸近線交于點A，若，則雙曲線的標準方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出的值，求出點的坐標，分析可得，由此可得出關于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出雙曲線的標準方程.
【詳解】拋物線的準線方程為，則，則、，
不妨設點為第二象限內(nèi)的點，聯(lián)立，可得，即點，
因為且，則為等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，雙曲線的標準方程為.
故選：C.
27．（2018·全國·高考真題）已知，是橢圓的左，右焦點，是的左頂點，點在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，，則的離心率為
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】分析：先根據(jù)條件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c關系，即得離心率.
詳解：因為為等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,
由斜率為得，，
由正弦定理得,
所以，故選D.
點睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據(jù)的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質(zhì)、點的坐標的范圍等.
28．（2020·天津·統(tǒng)考高考真題）設雙曲線的方程為，過拋物線的焦點和點的直線為．若的一條漸近線與平行，另一條漸近線與垂直，則雙曲線的方程為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由拋物線的焦點可求得直線的方程為，即得直線的斜率為，再根據(jù)雙曲線的漸近線的方程為，可得，即可求出，得到雙曲線的方程．
【詳解】由題可知，拋物線的焦點為，所以直線的方程為，即直線的斜率為，
又雙曲線的漸近線的方程為，所以，，因為，解得．
故選：．
【點睛】本題主要考查拋物線的簡單幾何性質(zhì)，雙曲線的幾何性質(zhì)，以及直線與直線的位置關系的應用，屬于基礎題．
29．（2017·全國·高考真題）已知雙曲線：的右頂點為，以為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線于交、兩點，若，則的離心率為 ．
【答案】
【詳解】如圖所示，

由題意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，
∵∠MAN=60°，
∴|AP|=b，
∴|OP|=．
設雙曲線C的一條漸近線y=x的傾斜角為θ，則tan θ=．
又tan θ=，
∴，解得a2=3b2，
∴e=．
答案：
點睛：
求雙曲線的離心率的值（或范圍）時，可將條件中提供的雙曲線的幾何關系轉化為關于雙曲線基本量的方程或不等式，再根據(jù)和轉化為關于離心率e的方程或不等式，通過解方程或不等式求得離心率的值（或取值范圍）．
30．（2018·北京·高考真題）已知橢圓，雙曲線．若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點，則橢圓M的離心率為 ；雙曲線N的離心率為 ．
【答案】 2
【分析】方法一：由正六邊形性質(zhì)得漸近線的傾斜角，解得雙曲線中關系，即得雙曲線N的離心率；由正六邊形性質(zhì)得橢圓上一點到兩焦點距離之和為，再根據(jù)橢圓定義得，解得橢圓M的離心率.
【詳解】［方法一］：【最優(yōu)解】數(shù)形結合＋定義法
由正六邊形性質(zhì)得橢圓上一點到兩焦點距離之和為，再根據(jù)橢圓定義得，所以橢圓M的離心率為
雙曲線N的漸近線方程為，由題意得雙曲線N的一條漸近線的傾斜角為，

故答案為：；．
［方法二］： 數(shù)形結合＋齊次式求離心率
設雙曲線的一條漸近線與橢圓在第一象限的交點為，橢圓的右焦點為．由題可知，為正六邊形相鄰的兩個頂點，所以（O為坐標原點）．
所以．因此雙曲線的離心率．
由與聯(lián)立解得．
因為是正三角形，所以，因此，可得．
將代入上式，化簡、整理得，即，解得，（舍去）．
所以，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為2．
故答案為：；．
［方法三］：數(shù)形結合＋橢圓定義＋解焦點三角形
由條件知雙曲線N在第一、三象限的漸近線方程為，于是雙曲線N的離心率為．
設雙曲線的一條漸近線與橢圓在第一象限的交點為A，橢圓的左、右焦點分別為．在中，．
由正弦定理得．
于是．
即橢圓的離心率．
故答案為：；．
【整體點評】方法一：直接根據(jù)橢圓的定義以及正六邊形性質(zhì)求解，是該題的最優(yōu)解；
方法二：利用正六邊形性質(zhì)求出雙曲線的離心率，根據(jù)平面幾何條件創(chuàng)建齊次式求出橢圓的離心率，運算較為復雜；
方法三：利用正六邊形性質(zhì)求出雙曲線的離心率，再根據(jù)通過解焦點三角形求橢圓離心率．
31．（2009·重慶·高考真題）已知橢圓的左、右焦點分別為，若橢圓上存在一點使，則該橢圓的離心率的取值范圍為 ．
【答案】
【詳解】試題分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，則由已知得：，
即：a|PF1|=|cPF2|
設點（x0，y0）由焦點半徑公式，
得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,則a（a+ex0）=c（a-ex0）
解得：x0=，由橢圓的幾何性質(zhì)知：x0＞-a則>-a
整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），
故橢圓的離心率：e∈(-1，1)，故答案為(-1，1)．
考點：本題主要考查了橢圓的定義，性質(zhì)及焦點三角形的應用，特別是離心率應是橢圓考查的一個亮點，多數(shù)是用a，b，c轉化，用橢圓的范圍來求解離心率的范圍．
點評：解決該試題的關鍵是能通過橢圓的定義以及焦點三角形的性質(zhì)得到a,b,c的關系式的轉換，進而得到離心率的范圍．
32．（2017·山東·高考真題）在平面直角坐標系中，雙曲線的右支與焦點為的拋物線 交于兩點，若，則該雙曲線的漸近線方程為 .
【答案】
【詳解】 ，
因為 ，所以漸近線方程為.
【名師點睛】1.在雙曲線的幾何性質(zhì)中，漸近線是其獨特的一種性質(zhì)，也是考查的重點內(nèi)容.對漸近線：(1)掌握方程；(2)掌握其傾斜角、斜率的求法；(3)會利用漸近線方程求雙曲線方程的待定系數(shù).
求雙曲線方程的方法以及雙曲線定義和雙曲線標準方程的應用都和與橢圓有關的問題相類似.因此，雙曲線與橢圓的標準方程可統(tǒng)一為的形式，當，，時為橢圓，當時為雙曲線.
2.凡涉及拋物線上的點到焦點距離時，一般運用定義轉化為到準線距離處理．
33．（2000·上海·高考真題）已知橢圓的焦點，，長軸長為6，設直線交橢圓于，兩點，則線段的中點坐標為 .
【答案】
【分析】由已知條件可得橢圓的標準方程是，再將直線與橢圓方程聯(lián)立方程組，消去后，利用根與系數(shù)的關系結中點坐標公式可得答案
【詳解】由已知條件得橢圓的焦點在軸上，其中，，從而，
∴其標準方程是：，
聯(lián)立方程組，消去得，.
設、，線段的中點為，則，，
∴，即線段中點坐標為.
故答案為：
34．（2007·重慶·高考真題）如圖，中心在原點O的橢圓的右焦點為，右準線l的方程為：．
(1)求橢圓的方程；
(2)在橢圓上任取三個不同點，使，證明：為定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析，
【分析】(1)根據(jù)準線的幾何性質(zhì)，求出a，再算出b，可得橢圓方程；
(2)根據(jù)題設，分別求出 與x軸正方向的夾角之間的關系，代入 中計算即可.
【詳解】（1）設橢圓方程為．因焦點為，故半焦距，又右準線的方程為，
從而由已知，因此，，
故所求橢圓方程為；
（2）
記橢圓的右頂點為A，并設（1，2，3），不失一般性，
假設 ，且，．
又設點在上的射影為，因橢圓的離心率，從而有
．
解得 ．
因此，
而，
故為定值．
綜上，橢圓方程為；.
【點睛】本題的難點在于運用橢圓上的點到焦點的距離表達為到準線的距離乘以離心率，再對運用三角函數(shù)計算化簡.
35．（2015·全國·高考真題）已知橢圓的離心率為，點在上
（1）求的方程
（2）直線不過原點且不平行于坐標軸，與有兩個交點，線段的中點為.證明：直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值.
【答案】（1） （2）
【詳解】試題分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程.（II）把直線方程與橢圓方程聯(lián)立得,所以于是.
試題解析：
解：（Ⅰ）由題意有 解得,所以橢圓C的方程為.
（Ⅱ）設直線,,把代入得
故 于是直線OM的斜率 即,所以直線OM的斜率與直線l的斜率乘積為定值.
考點：本題主要考查橢圓方程、直線與橢圓及計算能力、邏輯推理能力.
36．（2011·四川·高考真題）橢圓有兩頂點A（﹣1，0）、B（1，0），過其焦點F（0，1）的直線l與橢圓交于C、D兩點，并與x軸交于點P．直線AC與直線BD交于點Q．
（Ⅰ）當|CD|=時，求直線l的方程；
（Ⅱ）當點P異于A、B兩點時，求證：為定值．
【答案】（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）見解析
【詳解】試題分析：（Ⅰ）根據(jù)橢圓有兩頂點A（﹣1，0）、B（1，0），焦點F（0，1），可知橢圓的焦點在y軸上，b=1，c=1，，可以求得橢圓的方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，消去y得到關于x的一元二次方程，利用韋達定理和弦長公式可求出直線l的方程；
（Ⅱ）根據(jù)過其焦點F（0，1）的直線l的方程可求出點P的坐標，該直線與橢圓交于C、D兩點，和直線AC與直線BD交于點Q，求出直線AC與直線BD的方程，解該方程組即可求得點Q的坐標，代入即可證明結論．
（Ⅰ）∵橢圓的焦點在y軸上，設橢圓的標準方程為（a＞b＞0），
由已知得b=1，c=1，所以a=，
橢圓的方程為，
當直線l與x軸垂直時與題意不符，
設直線l的方程為y=kx+1，C（x1，y1），D（x2，y2），
將直線l的方程代入橢圓的方程化簡得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，
則x1+x2=﹣，x1?x2=﹣，
∴|CD|==
==，
解得k=．
∴直線l的方程為y=x+1；
（Ⅱ）證明：當直線l與x軸垂直時與題意不符，
設直線l的方程為y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），
∴P點的坐標為（﹣，0），
由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1?x2=﹣，
且直線AC的方程為y=，且直線BD的方程為y=，
將兩直線聯(lián)立，消去y得，
∵﹣1＜x1，x2＜1，∴與異號，
=
=，
y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，
∴與y1y2異號，與同號，
∴=，解得x=﹣k，
故Q點坐標為（﹣k，y0），
=（﹣，0）?（﹣k，y0）=1，
故為定值．
考點：直線與圓錐曲線的綜合問題
點評：此題是個難題．本題考查了橢圓的標準方程和簡單的幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關系，是一道綜合性的試題，考查了學生綜合運用知識解決問題的能力．體現(xiàn)了分類討論和數(shù)形結合的思想
37．（2003·上海·高考真題）設分別為橢圓的左、右兩個焦點．
(1)若橢圓C上的點到兩點的距離之和等于4，寫出橢圓C的方程；
(2)設K是（1）中所得橢圓上的動點，求線段的中點的軌跡方程；
(3)已知橢圓具有性質(zhì)：若M、N是橢圓C上關于原點對稱的兩個點，點P是橢圓上任意一點，當直線的斜率都存在，并記為、時，那么與之積是與點P位置無關的定值．試對雙曲線寫出具有類似特性的性質(zhì)，并加以證明．
【答案】(1)；
(2)；
(3)見解析
【分析】（1）由橢圓定義、代入點坐標得方程組，求解可得參數(shù)；
（2）設，線段的中點為，由中點坐標公式得，代入橢圓方程即可得；
（3）類比橢圓與雙曲線寫出性質(zhì)，結合兩點斜率公式，利用雙曲線方程消元化簡即可證明
【詳解】（1）點在橢圓C上，且到兩點的距離之和等于4，則，，解得，橢圓C的方程為；
（2），則有，設，線段的中點為，則有，
又K是橢圓上的動點，則有，即，即.
故線段的中點的軌跡方程為
（3）類似特性的性質(zhì)為：若M、N是雙曲線上關于原點對稱的兩個點，點P是雙曲線上任意一點，當直線的斜率都存在，并記為、時，那么與之積是與點P位置無關的定值．
證明：設，，則，，，
又，則

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