1、考点38 直线与圆锥曲线的位置关系【命题趋势】直线与圆锥曲线的综合应用问题（特别是一些经典问题，如：定值与定点、最值与取值范围、探索性问题）一直是高考热点问题常常与向量、圆等知识交汇在一起命题，多以解答题形式出现，难度较大【重要考向】本节通过圆锥曲线的综合应用考查数学运算、逻辑推理等核心素养 直线与圆锥曲线位置关系方法策略：判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.【典例】1若斜率为的直线与双曲线，恒有两个公共点，则双曲线的离心率的取值范围（ ）ABCD【答案】D【分析】由斜率为的直
2、线与双曲线恒有两个公共点可得渐近线的斜率大于，由此可求离心率的范围.【详解】 斜率为的直线与双曲线恒有两个公共点， ， ， 双曲线的离心率的取值范围是，故选：D.2曲线：，要使直线与曲线有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A BC D【答案】C【分析】根据曲线的方程，得到曲线表示是一个圆与双曲线的一部分，画出曲线的图象，结合图象，即可求解.【详解】由曲线：，可知，如图所示，曲线表示是一个圆与双曲线的一部分，由，解得，要使直线与曲线有四个不同的交点，结合图象，可得.故选：C圆锥曲线的弦长弦长的求解：（1）当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解；（2）当直线的斜率存在时，斜率
3、为k的直线l与圆锥曲线C相交于两个不同的点，则弦长.（3）当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长.【典例】3设椭圆的离心率为，圆与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为.（1）求椭圆C的方程；（2）过圆O上任意一点做圆的的切线交椭圆C于点M，N，求证：以MN为直径的圆过点O.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据椭圆的离心率为，得到，设椭圆的方程为，再根据圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为，得到点在椭圆上求解；（2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为，判断 是否为零；当过点且与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为，由直线与圆相切得到k
4、，m的关系，再联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理证明即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，所以，椭圆的方程可设为.易得，因为圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为，所以点在椭圆上，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为，由（1）知：，则，.当过点且与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为，因为直线与圆相切，所以，即.联立直线和椭圆的方程得，所以.， ，.综上所述，圆上任意一点处的切线交椭圆于点，都有.4已知抛物线上的动点P到直线的距离为d，A点坐标为，则的最小值等于（ ）A4BCD【答案】D【分析】求得抛物线的焦点坐标和准
5、线方程，得到动点P到直线的距离为，根据，即可求解.【详解】抛物线化为，可得焦点，准线方程为，如图所示，可得动点P到直线l的距离为，又由，从而.所以的最小值等于.故选：D.圆锥曲线中的定点、定值问题方法指导：定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.【典例】5已知抛物线：的焦点是圆：与坐标轴的一个交点（1）求抛物线的方程（2）若，（，异于原点）为抛物线上的不同两点，且以为直径的圆过点，问直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请
6、说明理由【答案】（1）；（2）直线过定点【分析】（1）根据抛物线方程的特点，再求圆与轴正半轴的交点，即可根据焦点坐标，求得抛物线方程；（2）首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用，求得，结合韦达定理，即可求得直线所过定点.【详解】解：（1）将代入，得，所以圆与轴的两个交点分别为，依题意，解得，所以抛物线的方程为（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立并化简得，则，可得设，则，因为以为直径的圆过原点，所以，所以，得所以，得所以直线的方程为因此，直线过定点1已知F是椭圆=1的左焦点，P为椭圆上的动点，椭圆内部一点M的坐标是（3，4），则|PM|+|PF|的最大值是（ ）A10B11C13D212
7、已知直线与抛物线交于两点（点在第一象限，点在第四象限），与轴交于点，若线段的中点的横坐标为3，则的取值范围是（ ）ABCD3已知点在曲线（）上，设，则的最大值（ ）A与有关，且与有关 B与有关，但与无关C与无关，但与有关 D与无关，且与无关4已知直线，动点在椭圆上，作交于点，作交于点.若为定值，则（ ）ABCD5直线l过抛物线C：y22px(p0)的焦点F，且与C相交于A，B两点，且AB的中点M的坐标为(3，2)，则抛物线C的方程为（ ）Ay22x或y24xBy24x或y28xCy26x或y28xDy22x或y28x6已知椭圆中心在原点，且一个焦点为F（0，3），直线4x+3y130与其相交于
8、MN两点，MN中点的横坐标为1，则此椭圆的方程是_7已知抛物线C：的焦点为F，过点P（0，1）斜率为k（k0）的直线l与抛物线C交于A、B两点，AB的中点Q到x轴的距离为3，若M是直线l上的一个动点，E（3，0），则|MF|ME|的最大值为 _.8设直线与椭圆的方程分别为 与，问为何值时， （1）直线与椭圆有一个公共点； （2）直线与椭圆有两个公共点； （3）直线与椭圆无公共点.9已知椭圆：的离心率为，抛物线：的准线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）如图，点，分别是椭圆的左顶点、左焦点直线与椭圆交于不同的两点，（，都在x轴上方）.且.直线是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若否
9、，说明之. 10已知过圆C1：x2+y21上一点的切线，交坐标轴于A、B两点，且A、B恰好分别为椭圆C2：（ab0）的上顶点和右顶点（1）求椭圆C2的方程；（2）已知P为椭圆的左顶点，过点P作直线PM、PN分别交椭圆于M、N两点，若直线MN过定点Q（1，0），求证：PMPN1.（2021年新高考全国卷）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）A. 13B. 12C. 9D. 62（2021年新高考全国卷）抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）A. 1B. 2C. D. 43.（2021年新高考全国卷）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准
10、线方程为_.4（2021年新高考全国卷）已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_5. （2021年新高考全国卷）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.6（2021年新高考全国卷）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是7.（2020年全国卷（文科）（新课标）已知A、B分别为椭圆E：（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E
11、的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.1已知过抛物线C：y24x的焦点F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，Q为AB的中点，P为C上一点，则|PF|+|PQ|的最小值为（ ）A5B6C7D82已知点为抛物线上的两点，为坐标原点，且，则的面积的最小值为（ ）A8B16C32D643过点的直线交抛物线于两点，当点恰好为的中点时，直线的方程为（ ）ABCD4若点P为共焦点的椭圆和双曲线的一个交点，分别是它们的左右焦点.设椭圆离心率为，双曲线离心率为，若，则（ ）A4B3C2D15已知椭圆，过点的直线与椭圆相交于、两点，且弦被点平分，则直线的方程为（ ）ABCD6若椭圆1(mn
12、0)和双曲线1(s，t0)有相同的焦点F1和F2，而P是这两条曲线的一个交点，则|PF1|PF2|的值是（ ）AmsB(ms)Cm2s2D7设抛物线的焦点到顶点的距离为3，则抛物线上的点到准线的距离的取值范围是（ ）A(6，)B6，)C(3，)D3，)8已知椭圆C：上的三点A，B，C，斜率为负数的直线BC与y轴交于M，若原点O是的重心，且，则直线BC的斜率是（ ）ABCD9已知抛物线上一点，过点作抛物线的两条弦，且，则直线经过定点为_10已知椭圆中心在原点，且一个焦点为F（0，3），直线4x+3y130与其相交于MN两点，MN中点的横坐标为1，则此椭圆的方程是_11已知抛物线C：的焦点为F，过
13、点P（0，1）斜率为k（k0）的直线l与抛物线C交于A、B两点，AB的中点Q到x轴的距离为3，若M是直线l上的一个动点，E（3，0），则|MF|ME|的最大值为 _.12已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线l过F与C交于A、B两点，若|AF|BF|，则y轴被以线段AB为直径的圆截得的弦长为 _.13已知F1是椭圆C：的左焦点，经过点P（0，2）作两条互相垂直的直线l1和l2，直线l1与C交于点A，B当直线l1经过点F1时，直线l2与C有且只有一个公共点（1）求C的标准方程；（2）若直线l2与C有两个交点，求|AB|的取值范围14已知抛物线C：y24x，坐标原点为O，焦点为F，直线l：ykx+
14、1.（1）若l与C只有一个公共点，求k的值；（2）过点F作斜率为1的直线交抛物线C于A、B两点，求OAB的面积.15已知抛物线的焦点为，点在上，且（为坐标原点）（1）求的方程；（2）若是上的两个动点，且两点的横坐标之和为（）设线段的中垂线为，证明：恒过定点（）设（）中定点为，当取最大值时，且，位于直线两侧时，求四边形的面积16已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线（不经过点）交椭圆于点，试问直线与直线的斜率之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.参考答案跟踪训练1【答案】D【分析】利用椭圆的定义转化为P到M和到另一焦点的距离的差的最大值来解决.【详解】解
15、：如图，由椭圆=1，得 得，则椭圆右焦点为，则.当与射线与椭圆的交点重合时取到等号,的最大值为21.故选：D.2【答案】A【分析】设，直线方程为，然后抛物线标准方程与直线方程联立消，得一个关于一元二次方程，又由线段的中点的横坐标为3，得，转化为，由此即可确定的取值范围.【详解】解：设，直线方程为，联立，消去，得，所以，所以，因为、中点横坐标为3，所以，故，又，所以的取值范围为.故选：A.3【答案】B【分析】表示的是椭圆的部分，而是椭圆的下焦点，设为椭圆的上焦点，为直线与轴的夹角，则由椭圆的性质和定义可得结论.【详解】表示的是椭圆的部分，而是椭圆的下焦点，设为椭圆的上焦点，为直线与轴的夹角，则，
16、当且仅当轴时取等号，则只与有关，与无关，故选：B.4【答案】C【分析】根据四边形OMPN是平行四边形，得到为定值，然后将取特殊位置，求解.【详解】如图所示：，易知由四边形OMPN是平行四边形，所以为定值，取点时，由 ，解得 ，所以，由对称性得：，所以，取点时，由 ，解得 ，所以，由对称性得：，所以，所以 ，即，故选：C5【答案】B【分析】设直线l的方程为，与抛物线方程联立，应用韦达定理，由中点坐标公式求得得抛物线方程【详解】解：由题可得直线l的方程为，与抛物线方程C：y22px(p0)联立，得k2x2k2px2px0AB的中点为M(3，2)，解得k1或k2，p2或p4，抛物线C的方程为y24x
17、或y28x故选：B6【答案】【分析】先设出椭圆的方程，然后利用平方差法，及的中点的横坐标为1，即得，然后求解椭圆标准方程【详解】解设椭圆方程为，依题意，设，可得；，两式作差化简可得：，直线与其相交于、两点，中点的横坐标为1，则，则，且，解得，椭圆的标准方程是：故答案为：7【答案】1【分析】设直线l的方程为，联立方程组，求得，根据题意求得l的方程为，设点关于直线l的对称点为，解得，根据，即可求解.【详解】因为抛物线C的方程为，所以焦点，根据题意直线l的方程为，设，联立，得，所以，所以，所以，因为AB的中点Q到x轴的距离为3，所以，解得，所以直线l的方程为，设点关于直线l的对称点为，所以，且，解得
18、，所以点F关于直线l的对称点为，所以，当M在射线与直线l的交点时，取等号，故答案为：1.8【答案】（1）； （2）； （3）或.【分析】由椭圆方程与直线方程联立，利用、可分别得（1）、（2）、（3）答案.【详解】设直线与椭圆的方程分别为 与，问为何值时， 由得.（1）当，即时直线与椭圆有一个公共点； （2）当，即时直线与椭圆有两个公共点； （3）即或时直线与椭圆无公共点.9【答案】（1）；（2）直线过定点.【分析】（1）利用离心率及抛物线：的准线被椭圆截得的线段长为和椭圆中的关系即可.（2）由可得联立直线与椭圆的方程带入化简即可得出结果.【详解】解：（1）由题意可知，抛物线的准线方程为，又抛物
19、线的准线被椭圆截得的线段长为.点在椭圆上.又，将联立，解得，椭圆的方程为 （2）设直线的方程为，把直线和椭圆方程联立，整理可得：. ，即，由（1）得，又，都在轴上方，且，即.整理可得，即，整理可得：. 直线的方程为，直线过定点.10【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设切线方程为yk（x），由圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出k，从而求出A（0，），和B（2，0），直接写出椭圆的方程；（2）由（1）可知p（2，0），设直线MN方程为：xmy1，M（x1，y1），N（x2，y2）用设而不求法表示出，整理化简可得，即可证明PMPN【详解】（1）设过点的切线方程为yk（x），即kx
20、y+0，因为圆心到直线的距离等于半径，所以，解得k，所以切线方程为，令x0，得y，A（0，），令y0，得x2，B（2，0）所以b，a2，所以椭圆C2方程为：（2）由（1）可知p（2，0），设直线MN方程为：xmy1，M（x1，y1），N（x2，y2）联立直线与椭圆的方程得：（m2+3）y22my30，y1+y2，y1y2，x1+x2（my11）+（my21）m（y1+y2）2，x1x2（my11）（my21）m2y1y2m（y1+y2）+1，（x1+2，y1）（x2+2，y2）（x1+2）（x2+2）+y1y2x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2，m2y1y2m（y1+y2）+1+2m（y
21、1+y2）2+4+y1y2，（m2+1）y1y2+m（y1+y2）+1，（m2+1）（）+m（）+1，0，所以PMPN真题再现1.【答案】C解析：由题意知，则，所以（当且仅当时，等号成立）故选C2【答案】B【解析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.3.【答案】解析：抛物线： ()的焦点,P为上一点，与轴垂直，所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，又，因为，所以,，所以的准线方程为故答案为.4【答案】【解析】由双曲线离心率公式可得，再由渐近
22、线方程即可得解.【详解】因为双曲线的离心率为2，所以，所以，所以该双曲线的渐近线方程为.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线离心率的应用及渐近线的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.5. 答案：（1）；（2）.解析：因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，所以，轨迹的方程为；（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，不妨直线的方程为，即，联立，消去并整理可得，设点、，则且.由韦达定理可得，所以，设直线的斜率为，同理可得，因为，即，整理可得，即，显然，故.因此，直线与直线的斜率之和为.6【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）
23、由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充
24、分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是【点睛】解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.7【答案】（1）；（2）证明详见解析.【分析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：， ，椭圆方程为：（2）证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点当时，直线：，直线过点故直线CD过定点模拟检测1【答案】D【分析】设直线AB的方程为xy+1，联立，得到AB的中点坐标，然后过P作PH垂直准线于点H，再利用
25、抛物线的定义，由三点共线时求得最小值求解.【详解】如图所示：由题意，得F（1，0），故直线AB的方程为xy+1，联立，得，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，x1+x2（y1+y2）+214，所以Q（7，2），过P作PH垂直准线于点H，由抛物线的定义得：|PF|+|PQ|PH|+|PQ|QH|7+18，当三点共线时，等号成立，所以|PF|+|PQ|的最小值为8，故选：D.2【答案】D【分析】首先设点，B的坐标，利用向量垂直关系，表示，再列出面积公式，利用基本不等式化简，求最小值.【详解】设，则，,则解得， 根据三角形的面积公式，当且仅当时，取最小值.则的面积的最小值为.故选: D3【答案
26、】D【分析】利用点差法求得直线的斜率，进而可求出直线的方程，注意检验判别式是否大于0.【详解】设，所以，两式相减得，因为点为的中点，所以，所以，故直线的斜率为，所以直线的方程为，即，联立，所以，故斜率为符合题意，因此直线的方程为，故选：D.4【答案】C【分析】可设椭圆长轴为，双曲线的实轴为，焦点为，设，利用椭圆和双曲线的定义可得，再利用垂直关系可得，联立即可得解.【详解】设椭圆长轴为，双曲线的实轴为，焦点为，设，所以，平方和相加可得， 由则，所以，所以，即，即.故选：C5【答案】C【分析】设点、，利用点差可求得直线的斜率，进而可求得直线的方程.【详解】设点、，由已知可得，因为点、都在椭圆上，则
27、，两式作差可得，即，所以，直线的斜率为，因此，直线的方程为，即.故选：C.6【答案】A【分析】利用椭圆与双曲线的定义得出与的和与差，变形求得积【详解】解：不妨设点P是两曲线在第一象限内的交点，由题意得解得则|PF1|PF2|ms故选：A7【答案】D【分析】抛物线的焦点到顶点的距离为3求得，又抛物线上的点到准线的距离的最小值为可得答案【详解】抛物线的焦点到顶点的距离为3，即，又抛物线上的点到准线的距离的最小值为，抛物线上的点到准线的距离的取值范围为故选：D.8【答案】A【分析】设，的坐标与直线BC的方程，联立直线方程与椭圆方程，由题意结合根与系数的关系建立方程组，求解即可【详解】设，直线的方程为
28、.由，可得联立.，由整理可得：原点是的重心，.，由可得，.故选：A9【答案】【分析】设，应用直线方程的两点式并整理得直线为，再由确定的关系，即可知的定点坐标.【详解】由题设，令，则直线为，又且均不为1，：，整理得，又，即，得，为，即经过定点.故答案为：【点睛】通过设的坐标，利用两点式化简整理出直线的方程，再由垂直关系有确定参数关系，并代入所得的方程，即可确定定点坐标.10【答案】【分析】先设出椭圆的方程，然后利用平方差法，及的中点的横坐标为1，即得，然后求解椭圆标准方程【详解】解设椭圆方程为，依题意，设，可得；，两式作差化简可得：，直线与其相交于、两点，中点的横坐标为1，则，则，且，解得，椭圆
29、的标准方程是：故答案为：11【答案】1【分析】设直线l的方程为，联立方程组，求得，根据题意求得l的方程为，设点关于直线l的对称点为，解得，根据，即可求解.【详解】因为抛物线C的方程为，所以焦点，根据题意直线l的方程为，设，联立，得，所以，所以，所以，因为AB的中点Q到x轴的距离为3，所以，解得，所以直线l的方程为，设点关于直线l的对称点为，所以，且，解得，所以点F关于直线l的对称点为，所以，当M在射线与直线l的交点时，取等号，故答案为：1.12【答案】【分析】由|AF|BF|，可得lx轴，从而可确定圆的圆心和半径，这样就可以求弦长了.【详解】解：由于|AF|BF|，所以lx轴，所以圆心坐标为F
30、（1，0），半径为r2，弦长为，故答案为：2.13【答案】（1） ；（2）【分析】（1）利用椭圆方程，求出焦点坐标，结合直线的斜率，得到直线方程，利用直线与椭圆相切，求解a、c，即可得到椭圆方程；（2）根据直线l1,l2与椭圆C的位置关系，得到；利用根与系数的关系和弦长公式得到关于k的表达式,，然后换元，利用函数的单调性求解范围.【详解】（1）设，其中当直线l1经过点F1时，直线l1的斜率，直线l2的斜率为，方程为，与椭圆C的方程联立，消去y得：，整理得：直线l2与椭圆C有且只有一个公共点，即由得：，解得：，C的标准方程为（2）由题意知：直线l1的斜率存在且不为零，设其方程为，与椭圆C的方程联
31、立，消去y得：，则，解得：同理：当直线l2与椭圆C有两个交点时，设，则，设，则t（4，19），在（4，19）上单调递增，|AB|的取值范围是14【答案】（1）k1或k0；（2）.【分析】（1）联立，消去x得ky24y+40，分k0， k0，讨论求解；（2）根据题意，设直线方程为yx1，联立，由求解.【详解】（1）依题意，消去x得，即ky24y+40，当k0时，显然方程只有一个解，满足条件，当k0时，（4）244k0，解得k1，综上可得：当k1或k0时直线与抛物线只有一个交点.（2）拋物线C：y24x，所以其焦点为F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），所以直线方程为yx1，则，消去
32、x 得y24y40，则y1+y24，y1y24，所以，所以.15【答案】（1）；（2）（）证明见解析；（）.【分析】（1）根据题意得，进而解方程即可得答案；（2）（）设中点为，则，进而分和两种情况求解直线方程，以证明直线过定点；（）直线与抛物线联立方程消去，根据韦达定理与弦长公式求得当且仅当时等号成立，进而得直线，再讨论，位于直线两侧时得，进而根据点到直线的距离求解点到直线的距离以求解四边形的面积.【详解】解：（1）由抛物线的性质得，所以根据抛物线的定义得：，解得，所以的标准方程为（2）设，且（）证明：设中点为，则，当时，；当时，则，令，得，故直线过定点综上，恒过定点（）由（）知直线，即，所以
33、直线与抛物线联立方程消去，整理得，由，得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为10，此时直线的方程为对于直线，所以点在同侧，不合题意，对于直线，满足，位于直线两侧，所以直线，点到直线的距离，点到直线的距离，所以16【答案】（1）；（2）直线与的斜率之和为定值.【分析】（1）依题意得到方程组，解得即可；（2）由题可知的斜率一定存在，故设：联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再计算可得；【详解】解：（1）由题意得，椭圆的方程为. （2）由题可知的斜率一定存在，故设：由得由，解得，设则，又点，.直线与的斜率之和为定值.31原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司
