专题17 平面解析几何(解答题)-大数据之十年高考数学真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考+全国理）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题17平面解析几何(解答题) 1．【2024年新高考1卷第16题】已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】(1) (2)直线的方程为或. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解的或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 2．【2024年新高考2卷第19题】已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 3．【2024年甲卷理科第20题】已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. （2）由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则，    直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 5．【2023年高考全国乙卷理第20题】已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 【答案】(1) (2)证明见详解 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去y得：， 则，解得， 可得， 因为，则直线， 令，解得，即, 同理可得， 则 ， 所以线段的中点是定点.    6．【2023年高考全国甲卷理第20题】已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． （2）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 7．【2022年新课标全国Ⅰ卷第21题】已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 【答案】(1)； (2)． 【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线． 易知直线l的斜率存在，设，， 联立可得，， 所以，，且． 所以由可得，， 即， 即， 所以， 化简得，，即， 所以或， 当时，直线过点，与题意不符，舍去， 故． （2）［方法一］：【最优解】常规转化 不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，， 当均在双曲线左支时，，所以， 即，解得（负值舍去） 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当均在双曲线右支时， 因为，所以，即， 即，解得（负值舍去）， 于是，直线，直线， 联立可得，， 因为方程有一个根为，所以，， 同理可得，，． 所以，，点到直线的距离， 故的面积为． ［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得， 由，得，即， 联立，及得，， 同理，，，故， 而，， 由，得， 故 8．【2022年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)见解析 【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴． ∴C的方程为：； （2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符； 总之，直线的斜率存在且不为零. 设直线的斜率为,直线方程为, 则条件①在上，等价于； 两渐近线的方程合并为, 联立消去y并化简整理得： 设,线段中点为,则, 设, 则条件③等价于, 移项并利用平方差公式整理得： ， ,即, 即； 由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为, ∴由, ∴, 所以直线的斜率, 直线,即, 代入双曲线的方程,即中， 得：, 解得的横坐标：, 同理：， ∴ ∴, ∴条件②等价于， 综上所述： 条件①在上，等价于； 条件②等价于； 条件③等价于； 选①②推③: 由①②解得：,∴③成立； 选①③推②： 由①③解得：，， ∴，∴②成立； 选②③推①： 由②③解得：，，∴， ∴，∴①成立. 9．【2022年高考全国乙卷理第20题】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，， 所以椭圆E的方程为：. （2），所以， ①若过点的直线斜率不存在，直线.代入， 可得，，代入AB方程，可得 ，由得到.求得HN方程： ，过点. ②若过点的直线斜率存在，设. 联立得， 可得，， 且 联立可得 可求得此时， 将，代入整理得， 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点 10．【2022年高考全国甲卷理第20题】设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时，所以， 所以抛物线C的方程为； （2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式 设，直线， 由可得，， 由斜率公式可得，， 直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得， 所以 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以， 若要使最大，则，设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得， ，所以， 所以直线. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设,直线 由 得：，,同理，. 直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，. 代入抛物线方程可得:,所以，同理可得， 由斜率公式可得： （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得，，所以，所以直线. [方法三]：三点共线 设， 设,若 P、M、N三点共线，由 所以，化简得， 反之，若,可得MN过定点 因此，由M、N、F三点共线，得，       由M、D、A三点共线，得，       由N、D、B三点共线，得， 则，AB过定点（4,0） （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，所以直线. 11．【2021年新课标全国Ⅰ卷第21题】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. 【答案】（1）；（2）. 【详解】(1) 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）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设, 设直线的方程为．    联立, 化简得. 则． 故． 则． 设的方程为，同理． 因为，所以， 化简得， 所以，即． 因为，所以． [方法二] ：参数方程法 设．设直线的倾斜角为， 则其参数方程为， 联立直线方程与曲线C的方程， 可得， 整理得． 设， 由根与系数的关系得． 设直线的倾斜角为，， 同理可得 由，得． 因为，所以． 由题意分析知．所以， 故直线的斜率与直线的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设,直线的方程为， 直线的方程为, 则二次曲线． 又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即. 12．【2021年新课标全国Ⅱ卷第20题】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． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【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，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 13．【2021年高考全国乙卷理第21题】已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得． 点P到直线的距离为． 所以， 其中，即． 当时，． 14．【2021年高考全国甲卷理第20题】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切． （1）求C，的方程； （2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析 【详解】（1）依题意设抛物线， ， 所以抛物线的方程为， 与相切，所以半径为， 所以的方程为； （2）[方法一]：设 若斜率不存在，则方程为或， 若方程为，根据对称性不妨设， 则过与圆相切的另一条直线方程为， 此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意； 若方程为，根据对称性不妨设 则过与圆相切的直线为， 又， ，此时直线关于轴对称， 所以直线与圆相切； 若直线斜率均存在， 则， 所以直线方程为， 整理得， 同理直线的方程为， 直线的方程为， 与圆相切， 整理得， 与圆相切，同理 所以为方程的两根， ， 到直线的距离为： ， 所以直线与圆相切； 综上若直线与圆相切，则直线与圆相切. [方法二]【最优解】：设． 当时，同解法1． 当时，直线的方程为，即． 由直线与相切得，化简得， 同理，由直线与相切得． 因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为． 所以直线与相切． 综上所述，若直线与相切，则直线与相切． 15．【2020年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【答案】（1）；（2）18. 【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即. 当y=0时，解得，所以a=4， 椭圆过点M(2，3)，可得， 解得b2=12. 所以C的方程：. (2)设与直线AM平行的直线方程为：， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.    联立直线方程与椭圆方程， 可得：， 化简可得：， 所以，即m2=64，解得m=±8， 与AM距离比较远的直线方程：， 直线AM方程为：， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得：， 由两点之间距离公式可得. 所以△AMN的面积的最大值：. 16．【2020年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1）；（2）详见解析. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)［方法一］：通性通法 设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ，         所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）. 此时直线过点. 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值. ［方法二］【最优解】：平移坐标系 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即． 设，因为则，即． 代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立． 故存在，使得． ［方法三］：建立曲线系 A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得． 则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）． 用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即． 对比项、x项及y项系数得 将①代入②③，消去并化简得，即． 故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得． ［方法四］： 设． 若直线的斜率不存在，则． 因为，则，即． 由，解得或（舍）． 所以直线的方程为． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，则． 令，则． 又，令，则． 因为，所以， 即或． 当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意； 当时，直线的方程为，所以直线恒过． 综上，直线恒过，所以． 又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动． 取线段的中点为，则． 所以存在定点Q，使得为定值． 17．【2020年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求的方程； （2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1），， 根据离心率，解得或(舍)， 的方程为：，即． （2）［方法一］：通性通法 不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为 根据题意画出图形，如图 ，， ， 又， ， ，根据三角形全等条件“”，可得：， ，，， 设点为，可得点纵坐标为，将其代入， 可得：，解得：或，点为或， ①当点为时，故， ，，可得：点为， 画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得到直线的距离为， 根据两点间距离公式可得：，面积为：； ②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得到直线的距离为， 根据两点间距离公式可得：， 面积为： ，综上所述，面积为：. ［方法二］【最优解】： 由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，． 故， ①因为，如图，所以，． ②因为，如图，所以． 综上有 ［方法三］： 由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得， 由韦达定理得，所以， 将其代入直线的方程得，所以， 则． 因为，则直线的方程为， 则． 因为，所，， 即，故或，即或． 当时，点P，Q的坐标分别为， 直线的方程为，点A到直线的距离为， 故的面积为． 当时，点P，Q的坐标分别为， 直线的方程为，点到直线的距离为， 故的面积为． 综上所述，的面积为． ［方法四］： 由（1）知椭圆的方程为，． 不妨设在x轴上方，如图． 设直线． 因为，所以． 由点P在椭圆上得，所以． 由点P在直线上得，所以．所以，化简得． 所以，即． 所以，点Q到直线的距离． 又． 故．即的面积为． ［方法五］： 由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设， 由题知，所以． （1）． 则． （其中）． （2）． 同理，． （其中） 综上，的面积为． 18．【2020年新课标Ⅱ卷理科第19题】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|. （1）求C1的离心率； （2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程. 【答案】（1）；（2），. 【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点， 则直线的方程为， 联立，解得，则，    抛物线的方程为，联立， 解得，， ，即，， 即，即， ，解得，因此，椭圆的离心率为； （2）[方法一]：椭圆的第二定义 由椭圆的第二定义知，则有， 所以，即． 又由，得． 从而，解得． 所以． 故椭圆与抛物线的标准方程分别是． [方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式 以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． 由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得． 故的标准方程为，的标准方程为． [方法三]：参数方程 由（1）知，椭圆的方程为， 所以的参数方程为（为参数）， 将它代入抛物线的方程并化简得， 解得或（舍去）， 所以，即点M的坐标为． 又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得． 故的标准方程为，的标准方程为． [方法四]【最优解】：利用韦达定理 由（1）知，，椭圆的方程为， 联立，消去并整理得， 解得或（舍去）， 由抛物线的定义可得，解得. 因此，曲线的标准方程为， 曲线的标准方程为. 19．【2020年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）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的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【答案】（1）；（2）证明详见解析. 【详解】（1）依据题意作出如下图象：      由椭圆方程可得：， ， ， ， 椭圆方程为： （2）[方法一]：设而求点法 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． [方法二]【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即． 同理，可求直线的方程为． 则经过直线和直线的方程可写为． 可化为．④ 易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得． 故，可得或． 其中表示直线，则表示直线． 令，得，即直线恒过点． 20．【2019年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. 【答案】(1)见详解；(2) 3或. 【详解】(1)证明：设,,则． 又因为，所以.则切线DA的斜率为， 故，整理得. 设，同理得. ,都满足直线方程. 于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即， 当时等式恒成立．所以直线恒过定点. （2） [方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】 设的中点为G，,则，，． 由，得， 将代入上式并整理得， 因为，所以或． 由（1）知，所以轴， 则（设）． 当时，，即； 当时，， 即，． 综上，四边形的面积为3或． [方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】 设，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为．由抛物线的定义， 得． 线段的中点为． 当时，轴，， ； 当时，，由，得，即． 所以，直线的方程为． 根据对称性考虑点和直线的方程即可． E到直线的距离为， D到直线的距离为． 所以． 综上，四边形的面积为3或． [方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】 图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以． 因为，，所以， 所以． 同理，所以，即点D为中点． 图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长于点H． 因为，所以． 又因为G，D分别为的中点，所以， 故为平行四边形，从而． 因为且，所以I为的中点， 从而．． 当直线平行于准线时，易得． 综上，四边形的面积为3或．    [方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】 由（1）得直线的方程为. 由，可得， 于是 . 设分别为点到直线的距离，则. 因此，四边形ADBE的面积. 设M为线段AB的中点，则， 由于，而，与向量平行，所以，解得或. 当时，；当时 因此，四边形的面积为3或. 21．【2019年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为； （2）（i） [方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】 依题意设， 直线的斜率为，则， 所以． 又，所以， 进而有，即是直角三角形． [方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】 由题意设，则． 因为Q，E，G三点共线，所以， 又因为点P，G在椭圆上，所以， 两式相减得， 所以，所以． （ii） [方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】 设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以． 令，即 ． 注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，． [方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】 设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为． 由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，． 又，从而，进而．以下同解法一． 22．【2019年新课标Ⅰ卷理科第19题】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． （1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若，求|AB|． 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）设直线方程为：，， 由抛物线焦半径公式可知：     联立得： 则     ，解得： 直线的方程为：，即： （2）设，则可设直线方程为： 联立得： 则     ，         ，     则 23．【2018年新课标Ⅱ卷理科第19题】设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，． （1）求的方程； （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程． 【答案】（1）；（2）或． 【详解】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用 由题意得，设直线l的方程为． 设，由得． ，故． 所以． 由题设知，解得（舍去）或．因此l的方程为． ［方法二］：弦长公式的应用 由题意得，设直线l的方程为． 设，则由得． ，由，解得（舍去）或．因此直线l的方程为． ［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用 设直线l的倾斜角为，则焦点弦，解得，即．因为斜率，所以． 而抛物线焦点为，故直线l的方程为． ［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用 由题意知，可设直线l的参数方程为（t为参数）． 代入整理得． 设两根为，则． 由，解得． 因为，所以，因此直线l的参数方程为 故直线l的普通方程为． ［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用 以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为． 设，由题意得，解得，即． 所以直线l的方程为． （2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程 由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为 ，即． 设所求圆的圆心坐标为，则 解得或， 因此所求圆的方程为或． ［方法二］：硬算求解 由题意可知，抛物线C的准线为，所求圆与准线相切． 设圆心为，则所求圆的半径为． 由得． 所以， 解得或， 所以，所求圆的方程为或． 24．【2018年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为． （1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差． 【答案】（1）；（2）证明见解析，公差为或． 【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法 设，则. 两式相减，并由得， 由题设知，于是.① 由题设得，故. ［方法二］：【通性通法】常规设线 设，，当时，显然不满足题意； 由得，，所以，， ，即，而，所以， 又，所以， ，即，解得： ． ［方法三］：直线与椭圆系的应用 对原椭圆作关于对称的椭圆为． 两椭圆方程相减可得，即为的方程，故． 又点在椭圆C内部可得，解得：． 所以． ［方法四］：直线参数方程的应用 设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以． （2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想 由题意得，设，则 . 由（1）及题设得. 又点P在C上，所以，从而，. 于是. 同理，所以. 故，即，，成等差数列. 设该数列的公差为d，则 .② 将代入①得. 所以l的方程为，代入C的方程，并整理得. 故，代入②解得. 所以该数列的公差为或. ［方法二］：硬算 由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即． 由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即． 由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得， ，所以，而，故． 即该数列的公差为或. ［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用 因为线段的中点为，得． 由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得， 由椭圆方程可知， 由椭圆的焦半径公式得，．所以． 由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或. 25．【2018年新课标Ⅰ卷理科第19题】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析. 【详解】（1）由已知得，的方程为. 由已知可得，点的坐标为或. 所以的方程为或. （2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立 当与轴重合时，. 当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以. 当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，， 则，直线、的斜率之和为. 由得. 将代入得. 所以，. 则. 从而，故、的倾斜角互补，所以. 综上，. ［方法二］：角平分线定义的应用 当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，． 由得． 由韦达定理得． 点A关于x轴的对称点，则直线的方程为． 令，，则直线过点M，． ［方法三］：直线参数方程的应用 设直线l的参数方程为（t为参数）．（*） 将（*）式代入椭圆方程中，整理得． 则，． 又，则 ， 即．所以． ［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用 当直线l与x轴重合时，． 当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．    由椭圆的第二定义，有，，得，即． 由轴，有，即，于是，且．可得，即有． ［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用 椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得. 设． ． 所以，． 由角平分线定理的逆定理可知，命题得证． ［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用 设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证． 当直线l的斜率为0时，易得． 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．． 直线的方程为：． 因为点A在直线l上，所以，故． 同理，．． 因为，所以，即． 综上，． ［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立 当直线l与x轴重合或垂直时，显然有． 当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，． 由得． 由韦达定理得． 所以， 故、的倾斜角互补，所以. ［方法八］：定比点差法 设，， 所以， 由作差可得，，所以， ，又，所以，， 故，、的倾斜角互补，所以. 当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以. 故． 26．【2017年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 【答案】(1) . (2)证明见解析. 【详解】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上. 因此，解得. 故C的方程为. （2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2， 如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）. 则，得，不符合题设. 从而可设l：（）.将代入得 由题设可知. 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=. 而 . 由题设，故. 即. 解得. 当且仅当时，，欲使l：，即， 所以l过定点（2，） 27．【2017年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆. （1）证明：坐标原点O在圆M上； （2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程. 【答案】(1)证明见解析；(2) ， 或， . 【详解】（1）设，. 由 可得，则. 又，故. 因此的斜率与的斜率之积为，所以. 故坐标原点在圆上. （2）由（1）可得. 故圆心的坐标为，圆的半径. 由于圆过点，因此，故， 即， 由（1）可得. 所以，解得或. 当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为. 当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为. 28．【2017年新课标Ⅱ卷理科第20题】设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足. （1）求点P的轨迹方程； （2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F. 【答案】（1）；（2）见解析. 【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（）， 由得. 因为M（）在C上，所以. 因此点P的轨迹为. 由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则 ， . 由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0. 所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 29．【2016年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点． （Ⅰ）若在线段上，是的中点，证明； （Ⅱ）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）． 【详解】由题设，设，则，且 ． 记过两点的直线为，则的方程为 （Ⅰ）由于在线段上，故， 记的斜率为的斜率为，则， 所以 （Ⅱ）设与轴的交点为， 则， 由题设可得，所以（舍去），． 设满足条件的的中点为． 当与轴不垂直时，由可得． 而，所以． 当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为 30．【2016年新课标Ⅱ卷理科第20题】已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k （k > 0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA． （Ⅰ）当t=4，时，求△AMN的面积； （Ⅱ）当时，求k的取值范围. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【详解】（Ⅰ）设，则由题意知，当时，的方程为，. 由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为. 将代入得.解得或，所以. 因此的面积. （Ⅱ）由题意，，. 将直线的方程代入得. 由得，故. 由题设，直线的方程为，故同理可得， 由得，即. 当时上式不成立， 因此.等价于， 即.由此得，或，解得. 因此的取值范围是. 31．【2016年新课标Ⅰ卷理科第20题】设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程； （II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围. 【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ). 【详解】（Ⅰ）因为，，故， 所以，故. 又圆的标准方程为，从而，所以. 由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为： （）. （Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，. 由得. 则，. 所以. 过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以 .故四边形的面积 . 可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为. 当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12. 综上，四边形面积的取值范围为. 32．【2015年新课标Ⅱ理科第20题】已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为． （Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或． 【详解】(1)设直线，，，． ∴由得， ∴，． ∴直线的斜率，即． 即直线的斜率与的斜率的乘积为定值． （2）四边形能为平行四边形． ∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是， 由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为． ∴由得，即 将点的坐标代入直线的方程得，因此． 四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即 ∴．解得，． ∵，，， ∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形． 33．【2015年新课标Ⅰ理科第20题】在直角坐标系中，曲线C：y=与直线交与M,N两点， （Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程； （Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由. 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）存在 【详解】（Ⅰ）由题设可得，，或，. ∵，故在=处的导数值为，C在处的切线方程为 ，即. 故在=-处的导数值为-，C在处的切线方程为 ，即. 故所求切线方程为或. （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下： 设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为. 将代入C得方程整理得. ∴. ∴==. 当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN，所以符合题意. 1．（2024·广东·二模）已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)若为双曲线上的两点且不关于原点对称，直线过的中点，求直线的斜率. 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程. （2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验. 【详解】（1）椭圆的焦点为，故， 由双曲线的渐近线为，故，故， 故双曲线方程为：. （2）设，的中点为， 因为在直线，故， 而，，故， 故， 由题设可知的中点不为原点，故，所以， 故直线的斜率为. 此时， 由可得，整理得到：， 当即或， 即当或时，直线存在且斜率为1. 2．（2024·山西运城·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的左顶点，点为右支上一点（非顶点），的平分线交轴于 (1)过右焦点作于，求； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）延长交于点，即可得到，，再由双曲线的定义得到，即可得解； （2）当，直接求出、，当时，设，求出，，利用二倍角公式求出，即可得证. 【详解】（1）延长交于点，因为平分，， 所以，所以，， 所以为的中点，又为的中点，所以且， 又，所以， 所以. （2）依题意可知，， 当时，解得，不妨取，则， ，所以，满足； 当时，设，则， 所以，， 则， 所以， 又，，则， 所以， 综上可得. 3．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F． (1)求抛物线C的方程； (2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解. 【详解】（1）由题意过点且斜率为1的直线方程为，即，令，则， ∴点F的坐标为，∴， ∴．抛物线C的方程为． （2）由（1）得抛物线C：，假设存在定点， 设直线AB的方程为（），，， 由，得， ∴，，， ∵，∴， ∴ ， ∴或（舍去）， 当时，点M的坐标为，满足，， ∴存在定点． 4．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点，的焦距为． (1)分别求和的方程； (2)如图，过点的直线（斜率大于0）与双曲线和的左、右两支依次相交于点、、、，证明． 【答案】(1)：，， (2)证明见解析 【分析】（1）由题意，列出等式求出的值，得到双曲线的方程，根据双曲线与双曲线渐近线相同，设出双曲线的方程，将点代入即可求出双曲线的方程； （2）设出直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得到与中点的横坐标为，结合在同一直线上，推出与中点重合，即可求解. 【详解】（1）由题意可知双曲线N的焦距为， 解得，即双曲线， 因为双曲线与双曲线渐近线相同， 不妨设双曲线的方程为， 因为双曲线经过点，所以， 解得， 则双曲线的方程为； （2）证明：不妨设直线的方程为 联立消去y并整理得， 此时， 当时，由韦达定理得， 当时，由韦达定理得， 所以与中点的横坐标为， 因为在同一直线上，所以与中点重合， 不妨设该点为， 此时， 则， 故 5．（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）． (1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； (2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积． 【答案】(1)1 (2)． 【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、（、），则，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；     （2）先求出点的坐标，进而得到双曲线在点处的切线方程为，不妨设直线为，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解. 【详解】（1）由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角， 设直线、的倾斜角分别为、（、）， 直线、关于直线对称，， ． （2）联立， 双曲线在点处的切线方程为． 不妨设直线为，，， 联立得， 整理得，将等式看作关于的方程： 两根之和，两根之积， 而其中， 由（1）得， 直线为，过定点， 又双曲线在点处的切线方程为，过点，， ． 6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知椭圆的左顶点为，过且斜率为的直线交轴于点，交的另一点为． (1)若，求的离心率； (2)点在上，若，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由可得点横坐标，代入椭圆方程可求得点纵坐标，由两点斜率公式可得的值，结合椭圆斜率公式求解即可. （2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程可求得点横坐标，由两点间距离公式可得，同理可得，由可得，结合椭圆定义可知，转化为解不等式即可. 【详解】（1）如图所示， 由题意知，，设，由，可知， 代入椭圆方程，可得，因为，所以， 又，解得， 所以离心率； （2）如图所示， 设点，直线方程为， 联立直线方程与椭圆方程可得， 整理可得，解得， 所以， 将替换为，同理可得，， 由，可得， 整理得， 由，解得或， ，即，解得或， 故解集为. 综上所述，的取值范围为． 7．（2024·内蒙古包头·三模）已知抛物线，直线与的交点为（分别在x轴的上方和下方），与x轴的交点为，原点在以线段为直径的圆M上． (1)求a的值； (2)若，①求直线l的方程；②当过点的圆与直线相切时，求圆心的坐标． 【答案】(1) (2)①；②或 【分析】（1）根据题意，设出直线的方程和两点的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理及向量的坐标运算即可求解； （2）①设两点的坐标，根据题意得出（，），将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理进行求解即可；②由①知两点的坐标，得出线段的中点坐标和，得出直线的垂直平分线方程，设圆的圆心坐标为，列出方程求解即可． 【详解】（1）设直线l的方程为，，， 由消去x，得，， 由根与系数的关系，得，，， 由原点O在以线段为直径的圆M上，可得， 又，，所以， 把，，代入，得，解得（舍）或． （2）①设，， 由（1）可知，由，可得，即， 由题意可知，（，）， 由消去x，得， 由根与系数的关系，得，， 由，，得，，所以，，． 所以直线l的方程为． ②由①可知，点A的坐标为，点B的坐标为， 所以线段AB的中点坐标为，． 直线l的垂直平分线的方程为，即， 设圆D的圆心坐标为，则 消去，整理得，，即， 解得或 因此，所求圆心D的坐标为或． 8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线与椭圆交于两不同点，且的面积，其中为坐标原点. (1)证明：和均为定值； (2)设线段的中点为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，可得出，，根据的面积求得、的值，可得出和的值；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得和的值，进而得出结论； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，可直接求得的值；在直线的斜率存在时，求得、关于的表达式，利用基本不等式可求得的最大值，进而可得出结论. 【详解】（1）当直线的斜率不存在时，、两点关于轴对称，所以，， 在椭圆上，①，又，② 由①②得，，此时，； 当直线的斜率存在时，是直线的方程为， 将直线的方程代入得， ， 所以，， ， 点到直线的距离为， ， 整理得，即， 所以， ， 综上所述，，结论成立. （2）当直线的斜率不存在时，由（1）知，，因此； 当直线的斜率存在时，由（1）知，， ，， 所以， 所以，当且仅当，即时，等号成立. 综上所述，的最大值为.    9．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．当l与x轴垂直时，面积为12． (1)求双曲线C的标准方程； (2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D．试判断是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值1 【分析】（1）根据面积为12，结合双曲线基本量关系求解即可； （2）设直线l的方程为，，，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理，根据弦长公式求解即可. 【详解】（1）双曲线可化为 ，即 双曲线C的标准方程为． （2）设直线l的方程为，，， 联立双曲线C与直线l：消去x可得：， ，则恒成立， 又直线与双曲线交于右支两点，故，，即， 进而可得，即AB中点M为， 线段AB的中垂线为， 则，即． ． 即为定值1． 10．（2024·山西吕梁·三模）如图，已知分别为椭圆的左，右焦点，椭圆上的动点，若到左焦点距离的最大值为，最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过动点作椭圆的切线，分别与直线和相交于两点，记四边形的对角线相交于点，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，， 【分析】（1）根据两点间距离公式结合椭圆方程可得，结合题意列式求即可； （2）分析可知切线的方程为，进而可得坐标，利用交轨法可得点的轨迹方程为，进而可得结果. 【详解】（1）设为椭圆上任意一点，由得 则， 且，可得， 由题意可得：，解得，则， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为点在椭圆上，则，即， 结合在圆上一点处的切线方程猜测椭圆上的一点处的切线方程为， 下面证明这个猜想： 联立方程，消去y整理得， 即，整理得，解得， 可知直线与椭圆有且仅有一个交点， 即切线的方程为， 令得，令知：得， 因为，则直线，① 又因为，则直线，② 由①②知：， 点的轨迹方程为， 即存在定点，使得为定值6， 即的坐标为或. 11．（2024·四川南充·二模）如图，已知四边形的四个顶点都在抛物线上，且A，B在第一象限，轴，抛物线在点A处的切线为l，且．    (1)设直线的斜率分别为k和，求的值； (2)P为与的交点，设的面积为，的面积为，若，求的取值范围． 【答案】(1)0 (2) 【分析】（1）首先分别设，，，根据条件，并由坐标表示斜率，即可求解； （2）由已知条件求出直线的方程，再分别与抛物线的方程联立，可求出，并进一步求出，然后利用面积公式求出，结合的范围，即可求解. 【详解】（1）设，，， 由轴得，点的坐标为， 由得，， 所以抛物线在点处的切线斜率为， 又，由得，所以， 因为，， 所以； （2）因为，所以，， 所以直线的方程为，即， 由，得， 所以，得， 又直线的方程为，即， 由，得， 所以，得， 所以直线的方程为，即， 所以， 由，即，解得：， 因为，， 所以， ， 所以， 又，所以，即的取值范围为. 12．（2024·四川宜宾·二模）已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率不为0的直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)三角形的面积是定值，理由见详解 【分析】（1）根据题意结合椭圆的性质列式求，即可得结果； （2）设直线，联立方程结合韦达定理可得，联立直线方程可得点在直线上，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：，解得， 所以椭圆的方程为. （2）三角形的面积是定值，理由如下： 由（1）可知：， 因为在椭圆的内部，可知直线与椭圆必相交， 由题意可设：直线， 联立方程，消去x得，， 则，可知， 又因为直线，直线， 联立方程， 解得 ， 即点在直线上， 所以三角形的面积为. 13．（2024·浙江·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为 ，焦距为 ，离心率为， 直线 与椭圆交于 两点 （其中点 在 轴上方，点 在 轴下方）. (1)求椭圆 的标准方程; (2)如图，将平面 沿 轴折叠，使 轴正半轴和 轴所确定的半平面（平面 ）与 轴 负半轴和 轴所确定的半平面 (平面 ) 垂直.    ①若折叠后 ，求 的值; ②是否存在 ，使折叠后 两点间的距离与折叠前 两点间的距离之比为 ? 【答案】(1) (2)①；②不存在 【分析】（1）由焦距为 ，可得出c的值，再由离心率为和可得出a与b的值，从而求得椭圆的标准方程； （2）①联立直线方程与椭圆方程，由直线和椭圆有两个交点且两个交点在x轴两侧，利用韦达定理求出m范围，然后建立空间直角坐标系，根据条件，得出，即可得出m的值； ②分别表示出折叠前间的距离和折叠后间的距离，根据题目中距离的比值列方程求解m，再判断其是否满足条件即可. 【详解】（1）由题意，解得：， 所以椭圆 的标准方程为 （2）折叠前设 ，联立 可得 由直线 与椭圆交于不同两点，所以 ，解得 ， 由韦达定理得：， 因为 位于 轴两侧，所以，化简得 ，从而 ， 以 为坐标原点，折叠后，分别以原 轴负半轴，原 轴，原 轴正半轴所在直线为 轴建立空间直角坐标系，则折叠后 ①折叠后 ，则 ，即 ，所以 ②折叠前， 折叠后 所以，解得 ，此时直线 与椭圆无交点， 故不存在 ，使折叠后的 与折叠前的 长度之比为 .    14．（2024·浙江·三模）已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1． (1)求双曲线的标准方程： (2)若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T． （i）证明：射线是的角平分线； （ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）由题意可直接求出，从而可求出双曲线的方程； （2）（i）设，切线，代入双曲线方程化简，由判别式等于零可表示出，从而可表示出切线方程，表示出点的坐标，然后通过计算的值可得结论；（ii）过作，设，根据角平分线的性质和三角形中位线定理求出，再表示出面积可求出其范围. 【详解】（1）因为实轴长为4  所以，即， 因为右焦点到渐近线距离为1， 所以， 故双曲线的标准方程为． （2）（i）设，切线，则， 联立 化简得． 由，解得：， 所以直线，令，得， 故，． 因为， 所以， 所以，即， 故射线PT是的角平分线． （ii）过作，设． 因为为的角平分线，所以 所以． 因为，，所以， 又因为O为中点． 则是的中位线，故Q是的中点． 所以，记， 因为，所以为锐角，所以为钝角， 所以，所以，所以， 由正弦定理得， 所以， 则． 15．（2024·广东韶关·二模）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点． ①求点的轨迹方程； ②若面积为，求． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据椭圆离心率和长轴的概念建立方程组，解之即可求解； （2）①易知当时；当时，利用两点表示斜率公式和点斜式方程表示出直线、方程，联立方程组，化简计算求出点T的坐标，即可求解点T的轨迹方程；②利用面积公式建立关于的方程，化简计算即可求解. 【详解】（1）由题意知，，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）①：由（1）知，，设，则， 易知当时，，，此时， 由，解得，即； 当时，，，设直线的斜率为， 则， 所以直线方程为，又直线方程为， 由，得，即， 解得， 将代入直线方程，得，即， 又，所以， 故点的轨迹方程为； ②：由，得， 又，所以，得， 整理得，又，所以， 整理得，即， 由，解得. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题17平面解析几何(解答题) 1．【2024年新高考1卷第16题】已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 2．【2024年新高考2卷第19题】已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 3．【2024年甲卷理科第20题】已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 5．【2023年高考全国乙卷理第20题】已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 6．【2023年高考全国甲卷理第20题】已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 7．【2022年新课标全国Ⅰ卷第21题】已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 8．【2022年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 9．【2022年高考全国乙卷理第20题】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 10．【2022年高考全国甲卷理第20题】设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 11．【2021年新课标全国Ⅰ卷第21题】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. 12．【2021年新课标全国Ⅱ卷第20题】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． 13．【2021年高考全国乙卷理第21题】已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 14．【2021年高考全国甲卷理第20题】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切． （1）求C，的方程； （2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 15．【2020年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 16．【2020年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 17．【2020年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求的方程； （2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 18．【2020年新课标Ⅱ卷理科第19题】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|. （1）求C1的离心率； （2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程. 19．【2020年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）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的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 20．【2019年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. 21．【2019年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 22．【2019年新课标Ⅰ卷理科第19题】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． （1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若，求|AB|． 23．【2018年新课标Ⅱ卷理科第19题】设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，． （1）求的方程； （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程． 24．【2018年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为． （1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差． 25．【2018年新课标Ⅰ卷理科第19题】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 26．【2017年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 27．【2017年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆. （1）证明：坐标原点O在圆M上； （2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程. 28．【2017年新课标Ⅱ卷理科第20题】设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足. （1）求点P的轨迹方程； （2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F. 29．【2016年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点． （Ⅰ）若在线段上，是的中点，证明； （Ⅱ）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程. 30．【2016年新课标Ⅱ卷理科第20题】已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k （k > 0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA． （Ⅰ）当t=4，时，求△AMN的面积； （Ⅱ）当时，求k的取值范围. 31．【2016年新课标Ⅰ卷理科第20题】设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程； （II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围. 32．【2015年新课标Ⅱ理科第20题】已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为． （Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 33．【2015年新课标Ⅰ理科第20题】在直角坐标系中，曲线C：y=与直线交与M,N两点， （Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程； （Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由. 1．（2024·广东·二模）已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)若为双曲线上的两点且不关于原点对称，直线过的中点，求直线的斜率. 2．（2024·山西运城·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的左顶点，点为右支上一点（非顶点），的平分线交轴于 (1)过右焦点作于，求； (2)求证：. 3．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F． (1)求抛物线C的方程； (2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点，的焦距为． (1)分别求和的方程； (2)如图，过点的直线（斜率大于0）与双曲线和的左、右两支依次相交于点、、、，证明． 5．（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）． (1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； (2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积． 6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知椭圆的左顶点为，过且斜率为的直线交轴于点，交的另一点为． (1)若，求的离心率； (2)点在上，若，且，求的取值范围． 7．（2024·内蒙古包头·三模）已知抛物线，直线与的交点为（分别在x轴的上方和下方），与x轴的交点为，原点在以线段为直径的圆M上． (1)求a的值； (2)若，①求直线l的方程；②当过点的圆与直线相切时，求圆心的坐标． 8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线与椭圆交于两不同点，且的面积，其中为坐标原点. (1)证明：和均为定值； (2)设线段的中点为，求的最大值. 9．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．当l与x轴垂直时，面积为12． (1)求双曲线C的标准方程； (2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D．试判断是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 10．（2024·山西吕梁·三模）如图，已知分别为椭圆的左，右焦点，椭圆上的动点，若到左焦点距离的最大值为，最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过动点作椭圆的切线，分别与直线和相交于两点，记四边形的对角线相交于点，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由. 11．（2024·四川南充·二模）如图，已知四边形的四个顶点都在抛物线上，且A，B在第一象限，轴，抛物线在点A处的切线为l，且．    (1)设直线的斜率分别为k和，求的值； (2)P为与的交点，设的面积为，的面积为，若，求的取值范围． 12．（2024·四川宜宾·二模）已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率不为0的直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由. 13．（2024·浙江·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为 ，焦距为 ，离心率为， 直线 与椭圆交于 两点 （其中点 在 轴上方，点 在 轴下方）. (1)求椭圆 的标准方程; (2)如图，将平面 沿 轴折叠，使 轴正半轴和 轴所确定的半平面（平面 ）与 轴 负半轴和 轴所确定的半平面 (平面 ) 垂直.    ①若折叠后 ，求 的值; ②是否存在 ，使折叠后 两点间的距离与折叠前 两点间的距离之比为 ? 14．（2024·浙江·三模）已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1． (1)求双曲线的标准方程： (2)若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T． （i）证明：射线是的角平分线； （ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围． 15．（2024·广东韶关·二模）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点． ①求点的轨迹方程； ②若面积为，求． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$