专题30 解析几何解答题综合（七大考点，87题）（全国通用）-【好题汇编】十年（2016-2025）高考数学真题分类汇编

专题30 解析几何解答题综合 （七大考点，87题） 考点 十年考情（2016 - 2025） 命题趋势 考点 1：圆锥曲线的面积问题综合 2025・北京卷：椭圆中三角形面积比较；2025・全国二卷：椭圆中三角形面积与弦长求解2024・新课标 Ⅰ 卷：椭圆中三角形面积与直线方程求解2023・天津卷：椭圆中三角形面积与直线方程求解2022・新高考 Ⅰ 卷：双曲线中三角形面积计算；2022・全国甲卷：抛物线中三角形面积最值2020・全国 III 卷：椭圆中三角形面积求解；2020・江苏卷：椭圆中三角形面积与点坐标关系2019・全国 III 卷：抛物线中四边形面积计算；2019・全国 II 卷：椭圆中焦点三角形面积与离心率关系2018・江苏卷：椭圆中三角形面积与点坐标；2018・天津卷：椭圆中三角形面积与角度关系2017・天津卷：椭圆与抛物线结合的三角形面积求解2016・全国 I 卷：椭圆中三角形面积与定点问题；2016・全国 III 卷：抛物线中三角形面积与线段关系 1. 面积问题为解析几何高频考点，常与椭圆、抛物线、双曲线结合考查，涉及三角形、四边形等图形。2. 核心方法包括：利用弦长公式求底边长、点到直线距离求高、韦达定理处理交点坐标，注重代数运算与几何性质的结合。3. 常与直线方程、曲线方程联立，需熟练掌握方程消元、参数化简等技巧，侧重运算准确性和逻辑推理能力。 考点 2：圆锥曲线的最值问题综合 2025・全国一卷：椭圆中距离最值求解2023・全国甲卷：抛物线中三角形面积最小值2024・上海卷：双曲线中参数最大值求解2022・上海卷：椭圆中距离最值；2022・浙江卷：椭圆中线段长度最小值；2022・全国甲卷：抛物线中角度最值2021・全国乙卷：抛物线中斜率最大值；2021・全国乙卷：抛物线中三角形面积最大值2020・海南卷：椭圆中三角形面积最大值；2020・浙江卷：抛物线与椭圆结合的参数最大值2019・全国 II 卷：椭圆中三角形面积最大值；2019・浙江卷：抛物线中线段乘积最值2017・山东卷：椭圆中角度最值；2017・浙江卷：抛物线中距离最值2016・山东卷：椭圆中斜率最小值 1. 最值问题涉及距离、面积、斜率、角度等，覆盖椭圆、抛物线、双曲线，是高考难点之一。2. 常用求解方法：构建函数关系（利用参数方程或变量代换）、基本不等式、导数求最值，结合曲线几何性质转化问题。3. 注重 “代数化” 与 “几何化” 结合，需灵活运用韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式，强调转化与化归能力。 考点 3：圆锥曲线的证明问题综合 2025・天津卷：椭圆中角平分线证明2024・全国甲卷：椭圆中直线垂直证明2023・新课标 II 卷：双曲线中定点证明；2023・新课标 I 卷：抛物线中定直线证明；2023・全国乙卷：椭圆中中点定点证明；2023・北京卷：椭圆中直线平行证明2022・全国乙卷：椭圆中定点证明；2022・新高考 II 卷：双曲线中充要条件证明2021・新高考 II 卷：椭圆中共线与线段长度关系证明2020・全国 I 卷：椭圆中直线过定点证明2019・北京卷：椭圆中角度相等证明；2019・北京卷：抛物线中圆过定点证明2018・全国 I 卷：椭圆中角度相等证明；2018・全国 I 卷：抛物线中圆过定点证明 1. 证明问题常涉及三点共线、直线垂直、角平分线、定点定值等，是对逻辑推理能力的核心考查。2. 关键方法：利用斜率公式、向量数量积、韦达定理推导关系，结合曲线方程消元化简，通过代数运算验证几何结论。3. 注重对 “设而不求” 思想的应用，需熟练处理直线与曲线的交点关系，强调步骤严谨性和逻辑连贯性。 考点 4：圆锥曲线的取值范围问题 2025・上海卷：椭圆中 a 的取值范围；2024・天津卷：点的纵坐标取值范围；2023・上海卷：抛物线中 a 的取值范围；2021・新高考全国 Ⅰ 卷：斜率的取值范围；2016・江苏卷：抛物线中 p 的取值范围 1. 取值范围问题贯穿各类圆锥曲线，常与方程联立、韦达定理结合。2. 侧重不等式的推导，考查运算与逻辑推理能力。 考点 5：圆锥曲线的定值、定点问题 2023・全国 Ⅰ 卷：圆的定点存在性；2021・山东卷：椭圆中线段比值为定值；2020・山东卷：椭圆中定点证明；2019・全国 III 卷：抛物线的定点；2017・全国 III 卷：圆的弦长定值；2016・北京卷：椭圆中面积定值 1. 定值、定点是高频综合考点，常通过方程联立、消元推导。2. 注重对不变量的探究，结合几何性质分析。 考点 6：圆锥曲线的斜率问题 2024・北京卷：椭圆中斜率为 0 的条件；2021・新高考全国 Ⅰ 卷：斜率之和为 0；2019・天津卷：椭圆中斜率求解；2018・全国 III 卷：椭圆中斜率与等差数列；2016・上海卷：双曲线中斜率计算 1. 斜率关系（和、积、范围）是重点，常与韦达定理、向量结合。2. 注重斜率公式的应用及方程转化能力。 考点 7：圆锥曲线与其他知识的综合 2025・新课标 Ⅱ 卷：双曲线与等比数列；2022・全国甲卷：参数方程与普通方程转化；2021・全国乙卷：圆的参数方程与极坐标；2019・江苏卷：圆与直线规划；2016・全国 II 卷：椭圆与直线的综合 1. 常与数列、参数方程、极坐标、规划等结合，形成跨知识点题型。2. 注重知识的综合应用，考查解题的灵活性。 考点01：圆锥曲线的面积问题综合 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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. 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可. 【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，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为. (2). 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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)． 【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率； （2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积． 【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 【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解； 法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样． 6．（2020·全国III卷·高考真题）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）. 【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积. 【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． 【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出． 7．（2019·全国III卷·高考真题）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. 【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点. （2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可. 【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. 【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且有效的方法； 方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法； 方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少； 方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用. 8．（2019·全国II卷·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 【答案】(1) ；（2），a的取值范围为. 【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果； （2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果. 【详解】（1）连结，由为等边三角形可知： 在中，，，， 于是， 故椭圆C的离心率为； （2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】 由题意可知，且，所以． 因为，所以． 又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为． [方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】 由题意有则，即， 当且仅当时，等号成立． 此时P为短轴端点，，且满足． 即当时，存在点P，使得，且的面积等于16． 故，a的取值范围为． [方法三]【余弦定理+面积公式】 设，对椭圆上任一点P，设， 由余弦定理有 ，所以， 即．则 ． 又，即． 由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点， 即半焦距，故． 综上，，a的取值范围为． 【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法； 方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法； 方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法. 9．（2020·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B． （1）求△AF1F2的周长； （2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值； （3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标． 【答案】（1）6；（2）-4；（3）或. 【分析】（1）根据椭圆定义可得，从而可求出的周长； （2）设，根据点在椭圆上，且在第一象限，，求出，根据准线方程得点坐标，再根据向量坐标公式，结合二次函数性质即可出最小值； （3）方法一：设出，点到直线的距离为，由点到直线的距离与，可推出，根据点到直线的距离公式，以及满足椭圆方程，解方程组即可求得坐标. 【详解】（1）∵椭圆的方程为 ∴, 由椭圆定义可得：. ∴的周长为； （2）设，根据题意可得. ∵点在椭圆上，且在第一象限，，∴， ∵准线方程为，∴， ∴，当且仅当时取等号. ∴的最小值为. （3）[方法一]：点到直线距离公式法 设，点到直线的距离为. ∵，，∴直线的方程为,即 ∵点到直线的距离为， 又∵，∴， ∴，即即①或②， 又∵点M在椭圆③上， 联立①③解得，；联立②③，无解. ∴或. [方法二]【最优解】：转化法 同方法一得到直线的方程，且M到直线AF1的距离为O到直线AF1的距离的3倍，由于F1(-1,0),O(0,0),∴点M在过(2,0)或(-4,0)且与直线AF1平行的直线上，即在直线①或直线②上，将①代入椭圆方程无解；将②代入椭圆方程并化简得,解得,分别代入②得，，∴或. [方法三]：向量法 设直线交与N，由（１）可得直线的方程为． 由得（M，O在同侧）或（M，O在异侧）． 当M为或，N为，不合题意； 当与x轴不垂直时，设直线的方程为， 与直线的方程联立解得． 若，则， 代入椭圆方程得， 解得或，此时或； 若，则， 代入椭圆方程中得，此方程无解． 综上所述，M点的坐标为或． [方法四]：角参数法 同方法一得到直线的方程为．点到直线的距离． 设，则， 即． 若，即，无解； 若，即（*）, ∴，其中，且可以限定为锐角. ∴∴, ∴ 或，分别代入（*）得到或 故点M的坐标为或． 【整体点评】（3）的方法一，利用面积关系，得到点到直线的距离的值，利用点到直线的距离公式求得坐标满足的方程，与椭圆方程联立解得坐标；方法二抓住本题的特点，根据三角形面积的性质进行转化，得到M所在的直线方程，然后解方程组求解，运算最为简洁，是最优解；方法三更多地利用向量方法进行运算求解，要注意特殊情况的验证排除；方法四通过使用椭圆的角参数坐标，结合三角恒等变换公式求解得到. 10．（2018·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为． （1）求椭圆C及圆O的方程； （2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P． ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标； ②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程． 【答案】（1），；（2）①；②． 【分析】（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程； （2）方法一：①先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标；②先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程. 【详解】（1）因为椭圆C的焦点为， 可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上， 所以，解得 因此，椭圆C的方程为． 因为圆O的直径为，所以其方程为． （2）［方法一］：【通性通法】代数法硬算 ①设直线l与圆O相切于，则， 所以直线l的方程为，即． 由，消去y，得（*）， 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点， 所以． 因为，所以，因此，点P的坐标为． ②因为三角形OAB的面积为，所以，从而． 设，由（*）得， 所以 ． 因为，所以，即， 解得舍去），则，因此P的坐标为． 综上，直线l的方程为． ［方法二］： 圆的参数方程的应用 设P点坐标为． 因为原点到直线的距离，所以与圆O切于点P的直线l的方程为． 由消去y，得． ①因为直线l与椭圆相切，所以． 因为，所以，故，． 所以，P点坐标为． ②因为直线与圆O相切，所以中边上的高，因为的面积为，所以． 设，由①知 ， 即， 即． 因为，所以，故，所以． 所以直线l的方程为． ［方法三］：直线参数方程与圆的参数方程的应用 设P点坐标为，则与圆O切于点P的直线l的参数方程为：（t为参数）， 即（t为参数）． 代入，得关于t的一元二次方程． ①因为直线l与椭圆相切，所以，， 因为，所以，故，． 所以，P点坐标为． ②同方法二，略． 【整体点评】（2）方法一：①直接利用直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系代数法硬算，即可解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标，是该题的通性通法； 方法二：①利用圆的参数方程设出点，进而表示出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标； 方法三：①利用圆的参数方程设出点，将直线的参数方程表示出来，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标． 11．（2018·天津·高考真题）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值． 【答案】（1）；(2)． 【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为. （II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得. 易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为. 详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而． 所以，椭圆的方程为． （II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，， 点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得， 从而，即． 易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或． 当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意． 所以，的值为． 点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 12．（2016·全国I卷·高考真题）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】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值． 试题解析：（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. 【考点】圆锥曲线综合问题 【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用. 13．（2017·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程. 【答案】（Ⅰ）， .（Ⅱ），或. 【详解】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出 所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程. 试题解析：（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是. 所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为. （Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可学*科.网得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以. 所以，直线的方程为，或. 【考点】直线与椭圆综合问题 【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键. 14．（2016·全国III卷·高考真题）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）． 【分析】设 的方程为 ．（Ⅰ）由在线段上 ，又 ；（Ⅱ）设与轴的交点为 （舍去），．设满足条件的的中点为．当与轴不垂直时 ．当与轴垂直时 与重合所求轨迹方程为． 【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 【点睛】本题考查了1.抛物线定义与几何性质；2.直线与抛物线位置关系；3.轨迹求法． 15．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为. （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（ⅰ）.（ii）. 【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程. 【详解】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得. 所以，椭圆的离心率为. （Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为. 由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为， 即，与直线FP的方程联立， 可解得，即点Q的坐标为. 由已知|FQ|=，有， 整理得，所以，即直线FP的斜率为. （ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为. 由（i）得直线FP的方程为， 与椭圆方程联立消去， 整理得，解得（舍去） 或.因此可得点，进而可得，所以. 由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离， 故直线和都垂直于直线. 因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得. 所以，椭圆的方程为. 【点睛】列出一个关于 的等式，可以求离心率；列出一个关于 的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数. 考点02：圆锥曲线的最值问题综合 16．（2025·全国一卷·高考真题）设椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求点的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 17．（2023·全国甲卷·高考真题）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) 【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出； （2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值． 【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． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. 18．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)当时，； (3)的最大值为. 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【详解】（1）由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. （2）当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. （3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 19．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标； （2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可； （3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值． 【详解】（1）解：由题意可得，所以， 的中点在轴上， 的纵坐标为，代入得； （2）解：由直线方程可知，， ①若，则，即， ， . ②若，则， ， ， ，，即， ， . 综上，或； （3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得， 显然椭圆在直线的左下方，则，即， ， ，即， ，整理可得，即， ，即的最小值为． 20．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出； （2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值． 【详解】（1）设是椭圆上任意一点,, ，当且仅当时取等号，故的最大值是. （2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以， 因为直线与直线交于, 则,同理可得,.则 ， 当且仅当时取等号，故的最小值为. 【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题． 21．（2022·全国甲卷·高考真题）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). 【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解； （2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解. 【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. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 22．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 【答案】（1）；（2）最大值为. 【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解； （2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解. 【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为， 由题意，该抛物线焦点到准线的距离为， 所以该抛物线的方程为； （2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法 设，则， 所以， 由在抛物线上可得，即， 据此整理可得点的轨迹方程为， 所以直线的斜率， 当时，； 当时，， 当时，因为， 此时，当且仅当，即时，等号成立； 当时，； 综上，直线的斜率的最大值为. [方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法 同方法一得到点Q的轨迹方程为． 设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为． [方法三]：轨迹方程+换元求最值法 同方法一得点Q的轨迹方程为． 设直线的斜率为k，则． 令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为． [方法四]：参数+基本不等式法 由题可设． 因为，所以． 于是，所以 则直线的斜率为． 当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为． 【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值； 方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解； 方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值； 方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 23．（2021·全国乙卷·高考真题）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）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【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，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 24．（2020·海南·高考真题）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. 【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程； (2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值. 【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：. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 25．（2020·浙江·高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案； （Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值 【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为； （Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法 设， 由， ， 由在抛物线上，所以， 又， ，， . 由即 ， 所以，，， 所以，的最大值为，此时. [方法二]【最优解】： 设直线，. 将直线的方程代入椭圆得：， 所以点的纵坐标为. 将直线的方程代入抛物线得：， 所以，解得，因此， 由解得， 所以当时，取到最大值为. [方法三] ：点差和判别式法 设，其中． 因为所以． 整理得，所以． 又， 所以，整理得． 因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式．    ① 由得． 因此，将此式代入①式解得． 当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为． [方法四]：参数法 设， 由，得． 令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得． 所以，此时M坐标为． 26．（2019·全国II卷·高考真题）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 【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件； （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形； （ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值. 【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． 【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键； 方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单. (ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解； 27．（2018·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程； （Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值； （Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率. 【详解】（Ⅰ）由题意得，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 设，，则，， 则， 易得当时，，故的最大值为； （Ⅲ）设，，，， 则  ①，  ②， 又，所以可设，直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 又，代入①式可得，所以， 所以，同理可得． 故，， 因为三点共线，所以， 将点的坐标代入化简可得，即． 【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解. 28．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆： 的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 . 【详解】试题分析：（I）本小题由，确定即得. （Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式. 试题解析：（I）由题意知 ，， 所以 ， 因此 椭圆的方程为. （Ⅱ）设， 联立方程 得， 由题意知， 且， 所以 . 由题意可知圆的半径为 由题设知， 所以 因此直线的方程为. 联立方程 得， 因此 . 由题意可知 ， 而 ， 令， 则， 因此 ， 当且仅当，即时等号成立，此时， 所以 ， 因此， 所以 最大值为. 综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为. 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 29．（2017·浙江·高考真题）如图，已知抛物线.点A，抛物线上的点P（x,y）,过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. （I）求直线AP斜率的取值范围； （II）求的最大值 【答案】（I）（-1，1）；（II）. 【详解】（Ⅰ）设直线AP的斜率为k， ， 因为，所以直线AP斜率的取值范围是． （Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是． 因为|PA|==， |PQ|= ， 所以． 令， 因为， 所以 f(k)在区间上单调递增，上单调递减， 因此当k=时，取得最大值． 【点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达与的长度，通过函数求解的最大值． 30．（2016·山东·高考真题）平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M． （i）求证：点M在定直线上; （ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标． 【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）的最大值为，此时点的坐标为 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程； （Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上； （ⅱ）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标． 试题解析：（Ⅰ）由题意知：，解得． 因为抛物线的焦点为，所以， 所以椭圆的方程为． （Ⅱ）（1）设，由可得， 所以直线的斜率为，其直线方程为，即． 设，联立方程组 消去并整理可得， 故由其判别式可得且， 故, 代入可得， 因为，所以直线的方程为． 联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上． （2）由（1）知直线的方程为， 令得，所以， 又， 所以，， 所以，令，则， 因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足， 所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为． 考点：椭圆方程；直线和抛物线的关系；二次函数求最值；运算求解能力． 31．（2019·浙江·高考真题）如图，已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧.记的面积为. （1）求的值及抛物线的准线方程； （2）求的最小值及此时点的坐标. 【答案】（1）2，；（2），. 【分析】(1)由焦点坐标确定p的值和准线方程即可； (2)设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的结论即可求得的最小值和点G的坐标. 【详解】(1)由题意可得，则，抛物线方程为，准线方程为. (2)设， 设直线AB的方程为，与抛物线方程联立可得： ，故：， ， 设点C的坐标为，由重心坐标公式可得： ， ， 令可得：，则.即， 由斜率公式可得：， 直线AC的方程为：， 令可得：， 故， 且， 由于，代入上式可得：， 由可得，则， 则 . 当且仅当，即，时等号成立. 此时，，则点G的坐标为. 【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系，本题主要考查了抛物线准线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 32．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值. 【答案】（Ⅰ） .(II) . 【详解】试题分析：（Ⅰ）由得,由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为,得,求得椭圆的方程为；（Ⅱ）由,解得,确定,, 结合的单调性求的最小值. 试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得， 又当时，，得， 所以， 因此椭圆方程为. （Ⅱ）设， 联立方程， 得， 由得.（*） 且， 因此， 所以， 又， 所以 整理得 ， 因为， 所以. 令， 故， 所以 . 令，所以. 当时，, 从而在上单调递增， 因此， 等号当且仅当时成立，此时， 所以， 由（*）得 且. 故， 设， 则 ， 所以的最小值为， 从而的最小值为，此时直线的斜率是. 综上所述：当，时，取到最小值. 【考点】圆与椭圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系 【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解． 33．（2016·山东·高考真题）已知椭圆 的长轴长为4，焦距为 （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过动点的直线交轴与点，交于点 (在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点. （ⅰ）设直线的斜率分别为，证明为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）直线AB 的斜率的最小值为 【详解】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得. （Ⅱ）（ⅰ）设，由M(0,m)，可得的坐标，进而得到直线PM的斜率，直线QM的斜率，可得为定值. （ⅱ）设.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立 应用一元二次方程根与系数的关系得到，，进而可得应用基本不等式即得. 试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c. 由题意知， 所以. 所以椭圆C的方程为. （Ⅱ）（ⅰ）设， 由M(0,m)，可得 所以直线PM的斜率， 直线QM的斜率. 此时. 所以为定值–3. （ⅱ）设. 直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=–3kx+m. 联立 整理得. 由，可得， 所以. 同理. 所以， ， 所以 由，可知k>0， 所以，等号当且仅当时取得. 此时，即，符号题意. 所以直线AB 的斜率的最小值为. 【考点】椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，基本不等式 【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系，得到关于参数的解析式或方程是关键，易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错误百出..本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分析问题、解决问题的能力等. 考点03：圆锥曲线的证明问题综合 34．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 35．（2024·全国甲卷·高考真题）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 【分析】（1）设，根据的坐标及 轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【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. 【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，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 36．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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. 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上. 【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. 【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 37．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可； （2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可. 法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可. 法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明. 【详解】（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，    则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则，易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证. 法二：不妨设在上，且，    依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.   . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可. 38．（2023·全国乙卷·高考真题）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 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可. 【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.    【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 39．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则，        易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 40．（2022·全国乙卷·高考真题）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) 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可； （2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. 【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 即 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 【点睛】求定点、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. 41．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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 【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程； （2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可. 【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. 42．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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. 【分析】（1）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，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 【点睛】关键点点睛： 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. 43．（2020·全国I卷·高考真题）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. 【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解. （2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证. 【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曲线的方程可写为． 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． 【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题. 第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 44．（2019·北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点. 【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）见解析. 【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程； (Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点. 【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以； 因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为. （Ⅱ）设 联立得， ，，. 直线，令得，即； 同理可得. 因为,所以； ，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 45．（2019·北京·高考真题）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程； （Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 【答案】(Ⅰ) ，； (Ⅱ)见解析. 【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程； (Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论. 【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：， 故抛物线方程为：，其准线方程为：. (Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为， 设直线方程为，与抛物线方程联立可得：. 故：. 设，则， 直线的方程为，与联立可得：，同理可得， 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：， 且：，， 则圆的方程为：， 令整理可得：，解得：， 即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. 【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 46．（2018·全国I卷·高考真题）设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点． （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）证明：． 【答案】（1）或；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据题意可得直线的方程为，从而得出点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程； （2）方法一：设直线的方程为，点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由斜率公式并结合韦达定理计算出直线、的斜率之和为零，从而得出所证结论成立. 【详解】（1）当与轴垂直时，的方程为，可得的坐标为或． 所以直线的方程为或； （2）［方法一］：【通性通法】韦达定理＋斜率公式 设的方程为，、， 由，得，可知，． 直线、的斜率之和为 ， 所以，可知、的倾斜角互补，所以. ［方法2］：【最优解】斜率公式＋三点共线的坐标表示 因为M，N在抛物线上，可设，，故，．而A，M，N共线，故，即，化简得．而M，N是不同的点，故，可得．这样．故． 【整体点评】（2）方法一：通过联立方程得出根与系数的关系，再直接使用斜率公式化简即可证出，是此题问题的通性通法； 方法二：通过设点，根据三点共线的坐标表示寻找关系，再利用斜率公式化简证出，省略了联立过程，适当降低了运算量，是此类问题的最优解． 47．（2018·北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N． （Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围； （Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值． 【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1） (2)证明过程见解析 【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论. 详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2）， 所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x． 由题意可知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）． 由得． 依题意，解得k<0或0<k<1． 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3． 所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）． 由（I）知，． 直线PA的方程为． 令x=0，得点M的纵坐标为． 同理得点N的纵坐标为． 由，得，． 所以． 所以为定值． 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 48．（2018·全国I卷·高考真题）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. 【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程； （2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果. 【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． 【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法； 方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可； 方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数； 方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解； 方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择； 方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用； 方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样； 方法八：定比点差法的应用． 49．（2018·全国III卷·高考真题）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：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）设而不求，利用点差法，或设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理进行证明； （2）方法一：先求出点P的坐标，解出m，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解． 【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． 由题设知点在椭圆内部，所以 ，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． ［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． ［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． 【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解； 方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可解出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法； 方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算； 方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率； （2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法； 方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大，一般不建议使用； 方法三：根据所求式子特证，利用焦半径公式，很好的简化运算，是该题的最优解． 50．（2017·全国III卷·高考真题）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. 【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部. 51．（2016·北京·高考真题）已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值. 【详解】（Ⅰ）由题意得解得. 所以椭圆的方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，， 设，则. 当时，直线的方程为. 令，得，从而. 直线的方程为. 令，得，从而. 所以 . 当时，， 所以. 综上，为定值. 【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力. 【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算. 52．（2017·全国II卷·高考真题）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. 点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 53．（2017·北京·高考真题）已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5． 【答案】（1）（2）见解析 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据条件可知，以及，从而求得椭圆方程；（Ⅱ）设，则，根据条件求直线的方程，并且表示出直线的方程，并求得两条直线的交点纵坐标，根据即可求出面积比值. 试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为. 由题意得解得. 所以. 所以椭圆的方程为. （Ⅱ）设，则. 由题设知，且. 直线的斜率，故直线的斜率. 所以直线的方程为. 直线的方程为. 联立解得点的纵坐标. 由点在椭圆上，得. 所以. 又， ， 所以与的面积之比为. 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，主要利用的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等. 54．（2016·四川·高考真题）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，直线：与椭圆有且只有一个公共点T． （Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标； （Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值． 【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）. 【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解. 试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为. 由方程组 得.① 方程①的判别式为，由，得， 此时方程①的解为， 所以椭圆E的方程为. 点T坐标为（2,1）. （Ⅱ）由已知可设直线的方程为， 由方程组 可得 所以P点坐标为（），. 设点A，B的坐标分别为. 由方程组 可得.② 方程②的判别式为，由，解得. 由②得. 所以， 同理， 所以 . 故存在常数，使得. 【考点】椭圆的标准方程及其几何性质 【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程． 55．（2017·北京·高考真题）已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点． (1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A为线段BM的中点． 【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为 ，准线方程为x＝－；（2）见解析. 【详解】试题分析：（Ⅰ）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明. 试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得. 所以抛物线C的方程为. 抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为. （Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，. 由，得. 则，. 因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为. 直线ON的方程为，点B的坐标为. 因为 ， 所以. 故A为线段BM的中点. 【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量. 考点04：圆锥曲线的取值范围问题综合 56．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得； （3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围. 【详解】（1）由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. （2）由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. （3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为， 则，解得， 由得中点坐标为， 故直线，显然直线过椭圆内点， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设， 由消得， 由韦达定理得， 因为为钝角，则，且， 则有， 所以， 即，解得， 又， 故，即的取值范围是. 57．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 58．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值； （2）代入值求出，设，则得到的中点坐标，再代入抛物线方程则得值，则得到直线的方程，利用点到直线的距离即可； （3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和讨论即可. 【详解】（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为， 根据抛物线的定义有，解得，因为为第一象限的点，则. （2）由代入抛物线方程有，解得，则， 设，则的中点为, 代入抛物线方程有，解得， 直线的斜率为，其方程为，即, 坐标原点到的距离为. （3）设，根据， 则，则直线方程为， 化简得， 令，则，又，， 化简得 ①对任意的 恒成立. 则, 结合，， 当时，，则，则①也成立. 综上所述:.    【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设，从而写出直线的方程，再得到，再转化为恒成立问题，分类讨论即可. 59．（2023·全国乙卷·高考真题）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，）. (1)写出的直角坐标方程； (2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意的取值范围； （2）根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可. 【详解】（1）因为，即，可得， 整理得，表示以为圆心，半径为1的圆， 又因为， 且，则，则， 故. （2）因为（为参数，）， 整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧， 如图所示，若直线过，则，解得； 若直线，即与相切，则，解得， 若直线与均没有公共点，则或， 即实数的取值范围.   【点睛】 60．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程. （2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求. 【详解】（1）因为椭圆过，故， 因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即， 故椭圆的标准方程为：. （2） 设， 因为直线的斜率存在，故， 故直线，令，则，同理. 直线，由可得， 故，解得或. 又，故，所以 又 故即， 综上，或. 61．（2020·上海·高考真题）双曲线，圆在第一象限交点为，曲线. （1）若，求b； （2）若，与x轴交点记为，P是曲线上一点且在第一象限，并满足，求∠； （3）过点且斜率为的直线交曲线于M、N两点，用b的代数式表示，并求出的取值范围. 【答案】（1）2；（2）；（3）. 【解析】（1）由已知且A为曲线、的交点，代入方程并联立方程组求参数即可. （2）根据圆的性质判断P在双曲线上，法一：利用双曲线定义求，结合余弦定理即可求∠；法二：由P是以为圆心，8为半径的圆与双曲线的交点求其坐标，应用向量的坐标表示得到，，利用向量数量积公式即可求∠； （3）由题设得直线，由点线距知与直线l相切并可求切点坐标，再结合双曲线斜率为负的渐近线与直线l平行，即可确定且OM⊥MN，联立、并利用向量数量积的几何意义即可求的范围. 【详解】（1）若，点A为曲线与曲线的交点， ∵，解得， ∴. （2）∵，知，，结合题意有为曲线的两焦点，又P是曲线上一点且在第一象限， ∴当P在圆上，由，不符合圆的性质，故P一定在双曲线部分. 方法一：由双曲线定义知：，， ∴， 在中由余弦定理可得：，则∠. 方法二：，以为圆心，8为半径的圆为，P为其与双曲线在第一象限的交点，又， 可得，解得， ，， ，则∠. （3）设直线，可得原点O到直线的距离，所以直线是圆的切线，若切点为M，则， 设，与圆联立得，解得， ∴，又直线与双曲线得斜率为负得渐近线平行且OM⊥MN， ∴只有当时，直线才能与曲线有两个交点， 由，得，即有，解得或（舍）， 又∵由在上的投影可知：， ∴，即. 【点睛】关键点点睛： （1）由交点及其横坐标代入方程求参数值. （2）利用圆的性质：圆中所有弦中直径最长判断P的位置，再应用双曲线定义、余弦定理或向量数量积的坐标表示求角. （3）由已知确定直线l的方程，结合点线距、双曲线渐近线判断直线l与、的位置关系，进而可得时，直线才能与曲线有两个交点且OM⊥MN，最后联立方程求范围，及由向量几何意义求范围. 62．（2018·全国III卷·高考真题） 在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数），过点且倾斜角为的直线与交于两点． （1）求的取值范围； （2）求中点的轨迹的参数方程． 【答案】（1） （2） 为参数， 【详解】分析：（1）由圆与直线相交，圆心到直线距离可得． （2）联立方程，由根与系数的关系求解 详解：（1）的直角坐标方程为． 当时，与交于两点． 当时，记，则的方程为．与交于两点当且仅当，解得或，即或． 综上，的取值范围是． （2）的参数方程为为参数， ． 设，，对应的参数分别为，，，则，且，满足． 于是，．又点的坐标满足 所以点的轨迹的参数方程是 为参数， ． 点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的参数方程，考查求点的轨迹方程，属于中档题． 63．（2018·浙江·高考真题）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． （Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴； （Ⅱ）若P是半椭圆上的动点，求△PAB面积的取值范围． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）方法一：设P,A,B的纵坐标分别为，根据中点坐标公式得PA,PB的中点坐标，代入抛物线方程，可得，即得结论； （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）可得△PAB面积为，利用根与系数的关系可表示为的函数，根据半椭圆范围以及二次函数性质确定面积取值范围. 【详解】（Ⅰ）［方法一］：【通性通法】点参法 设，，． 因为，的中点在抛物线上，所以，为方程 ，即的两个不同的实数根． 所以．即点的纵坐标为，因此，垂直于轴． ［方法二］：常规设线＋中位线定理 设的中点分别为E，F，交于N，设， 设直线． 则由． 同理可得，即轴，得证． ［方法三］： 抛物线的平行弦性质 设线段的中点为D，E，线段的中点为N． 易得直线过点P，事实上，直线是抛物线平行弦的中点轨迹所在直线． 由“抛物线平行弦的轨迹为平行或重合于抛物线对称轴的射线”可知，垂直于y轴． （Ⅱ）［方法一］：【通性通法】点参法 由（Ⅰ）可知， 所以，． 因此，的面积． 因为，所以． 因此，面积的取值范围是． ［方法二］： 椭圆的参数方程＋抛物线中点弦性质 设线段的中点分别为D，E，线段的中点为N． 设，则，． 由抛物线弦中点性质，可设直线． 联立直线与抛物线方程易得，， 由得，． 由点N为线段的中点可得． 于是有． 从而面积 ． 而，因此． ［方法三］： 反设直线 设直线． 由得关于y的方程的两个不同的根分别为，于是由韦达定理得，所以． 又，所以． 由①知，所以，即． 因此 ． 点P到直线的距离． 所以的面积为，令，则，． 所以． 故面积的取值范围是． 【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接设点，，利用中点公式求出的中点坐标，由点在抛物线上，得到同构方程，利用韦达定理证出，是该题的通性通法； 方法二：利用平面几何知识中位线定理，以及直线与抛物线的位置关系，常规设线，根据韦达定理证出； 方法三：利用抛物线的二级结论，“抛物线平行弦的轨迹为平行或重合于抛物线对称轴的射线”证出，该法适用于判断结论． （Ⅱ）方法一：用点的纵坐标作参数，表示出面积，根据函数的值域求法解出，属于通性通法； 方法二：根据椭圆的参数方程以及抛物线的弦中点性质，用三角函数表示出面积，再由三角函数和二次函数的性质解出； 方法三：反设直线，通过直线与抛物线联立，用表示出弦长以及面积，根据函数形式，换元化简成二次函数解出． 64．（2016·天津·高考真题）设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围. 【答案】(1) 椭圆方程为;(2) 直线l的斜率的取值范围为. 【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确a的值，由，得，再利用，可解得a的值；（Ⅱ）先化简条件： ，即M再OA的中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系即可求出直线斜率的取值范围. 试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为. （Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为. 设，由方程组，消去，整理得. 解得，或，由题意得，从而. 由（Ⅰ）知，，设，有 ，. 由，得，所以，解得. 因此直线的方程为. 设，由方程组消去，解得. 在中，，即， 化简得，即，解得或. 所以，直线的斜率的取值范围为. 【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程 【名师点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： （1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； （3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用基本不等式求出参数的取值范围； （5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 65．（2016·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：xy2=0，抛物线C：y2=2px（p＞0）. （1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程； （2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q. ①求证：线段PQ的中点坐标为； ②求p的取值范围. 【答案】（1）；（2）①证明见解析;②. 【分析】（1）先确定抛物线焦点，再将点代入直线方程；（2）①利用抛物线点之间关系进行化简，结合中点坐标公式求证;②利用直线与抛物线位置关系确定数量关系：，解出p的取值范围. 【详解】（1）抛物线的焦点为 由点在直线上，得，即 所以抛物线C的方程为 （2）设，线段PQ的中点 因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ， 于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为 ①由消去得 因为P 和Q是抛物线C上的相异两点，所以 从而，化简得. 方程（*）的两根为，从而 因为在直线上，所以 因此，线段PQ的中点坐标为 ②因为在直线上 所以，即 由①知，于是，所以 因此的取值范围为 【考点】直线与抛物线位置关系 【名师点睛】在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑：（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用基本不等式求出参数的取值范围；（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 66．（2016·全国II卷·高考真题）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】试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，写出A点坐标，并求直线的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由及t的取值范围求的取值范围. 试题解析：（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. 【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系 【名师点睛】由直线（系）和圆锥曲线（系）的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数（系数）的范围问题，常把所求参数作为函数值，另一个元作为自变量求解． 67．（2016·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆:及其上一点A(2，4). （1）设圆N与x轴相切，与圆外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程； （2）设平行于OA的直线l与圆相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程； （3）设点T（t，0）满足：存在圆上的两点P和Q，使得求实数t的取值范围.    【答案】(1)；(2)2x−y+5=0或2x−y−15=0.(3). 【详解】试题分析：（1）根据直线与x轴相切确定圆心位置，再根据两圆外切建立等量关系求半径;（2）根据垂径定理确定等量关系，求直线方程；（3）利用向量加法几何意义建立等量关系，根据圆中弦长范围建立不等式，求解即得参数取值范围. 试题解析：解：圆M的标准方程为，所以圆心M（6，7），半径为5，. （1）由圆心N在直线x=6上，可设.因为N与x轴相切，与圆M外切， 所以，于是圆N的半径为，从而，解得. 因此，圆N的标准方程为. （2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为. 设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0， 则圆心M到直线l的距离 因为 而 所以，解得m=5或m=-15. 故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0. （3）设 因为，所以……① 因为点Q在圆M上，所以…….② 将①代入②，得. 于是点既在圆M上，又在圆上， 从而圆与圆有公共点， 所以解得. 因此，实数t的取值范围是. 【考点】直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算 【名师点睛】直线与圆中的三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理；两个公式：点到直线距离公式及弦长公式，其核心都是转化到与圆心、半径的关系上，这是解决直线与圆的根本思路.对于多元问题，也可先确定主元，如本题以为主元，揭示在两个圆上运动，从而转化为两个圆有交点这一位置关系，这也是解决直线与圆问题的一个思路，即将问题转化为直线与圆、圆与圆的位置关系问题. 68．（2016·浙江·高考真题）如图，设椭圆（a＞1）.    （Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）； （Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【详解】试题分析：（Ⅰ）先联立和，可得，，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）先假设圆与椭圆的公共点有个，再利用对称性及已知条件可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）设直线被椭圆截得的线段为，由得， 故，． 因此． （Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足 ． 记直线，的斜率分别为，，且，，． 由（Ⅰ）知，，， 故， 所以． 由于，，得， 因此， ① 因为①式关于，的方程有解的充要条件是， 所以． 因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为， 由得，所求离心率的取值范围为． 【考点】弦长，圆与椭圆的位置关系，椭圆的离心率． 【思路点睛】（Ⅰ）先联立和，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）利用对称性及已知条件任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点，求得的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围． 69．（2016·天津·高考真题）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） 【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由，得，再利用，可解得，（Ⅱ）先化简条件： ，即M再OA中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系解出直线斜率.取值范围 试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为. （Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得. 解得，或，由题意得，从而. 由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为. 设，由方程组消去，解得.在中，，即，化简得，即，解得或. 所以，直线的斜率的取值范围为. 考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程 70．（2016·浙江·高考真题）如图，设抛物线的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|–1. （Ⅰ）求p的值； （Ⅱ）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围. 【答案】（Ⅰ）p=2；（Ⅱ）. 【详解】试题分析：本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力. 试题解析：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=–1的距离，由抛物线的定义得，即p=2. （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线的方程为，可设. 因为AF不垂直于y轴，可设直线AF: x=sy+1，，由消去x得， 故，所以，. 又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为. 从而得直线FN:，直线BN:.所以. 设M(m,0)，由A，M，N三点共线得， 于是. 所以m＜0或m＞2. 经检验，m＜0或m＞2满足题意. 综上，点M的横坐标的取值范围是. 【考点】抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系. 【思路点睛】（Ⅰ）当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到轴的距离；（Ⅱ）通过联立方程组可得点的坐标，进而可得点的坐标，再利用，，三点共线可得用含有的式子表示，进而可得的横坐标的取值范围. 考点05：圆锥曲线的定值、定点问题综合 71．（2020·山东·高考真题）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. 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程. （2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【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． 【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法； 方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解； 方法三：设直线 ，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点； 方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算． 72．（2019·全国I卷·高考真题）已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切． （1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径． （2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由． 【答案】（1）或； （2）见解析. 【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论. 【详解】（1）在直线上    设，则 又    ，解得： 过点，    圆心必在直线上 设，圆的半径为 与相切     又，即 ，解得：或 当时，；当时， 的半径为：或 （2）存在定点，使得 说明如下： ，关于原点对称且 直线必为过原点的直线，且 ①当直线斜率存在时，设方程为： 则的圆心必在直线上 设，的半径为 与相切     又 ，整理可得： 即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点 ，即抛物线上点到的距离     当与重合，即点坐标为时， ②当直线斜率不存在时，则直线方程为： 在轴上，设 ，解得：，即 若，则 综上所述，存在定点，使得为定值. 【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解. 73．（2017·全国III卷·高考真题）在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题： （1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； （2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 【答案】（1）不会；（2）详见解析 【详解】试题分析：（1）设，由AC⊥BC得；由根与系数的关系得，矛盾，所以不存在；（2）求出过A，B，C三点的圆的圆心坐标和半径，即可得圆的方程，再利用垂径定理求弦长. 试题解析：（1）不能出现AC⊥BC的情况，理由如下： 设,,则满足，所以. 又C的坐标为（0，1），故AC的斜率与BC的斜率之积为，所以不能出现AC⊥BC的情况. （2）BC的中点坐标为（），可得BC的中垂线方程为. 由（1）可得，所以AB的中垂线方程为. 联立又，可得 所以过A、B、C三点的圆的圆心坐标为（），半径 故圆在y轴上截得的弦长为，即过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 【名师点睛】 直线与圆综合问题的常见类型及解题策略： （1）处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：； (2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题． 74．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1. 【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； (Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值. 【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得： ，解得：， 故椭圆方程为：. (Ⅱ)[方法一]： 设，，直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得：， 即：， 则：. 直线MA的方程为：， 令可得：， 同理可得：. 很明显，且，注意到， ， 而 ， 故. 从而. [方法二]【最优解】：几何含义法 ①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以． ②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且． 由题意知直线的斜率存在．． 当时， ． 同理，．所以． 因为，所以． 【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法. 75．（2016·北京·高考真题）已知椭圆过点两点． （Ⅰ）求椭圆的方程及离心率； （Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析. 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可． 试题解析：（Ⅰ）由题意得，． 所以椭圆的方程． 又， 所以离心率． （Ⅱ）设，则． 又，，所以， 直线的方程为． 令，得，从而． 直线的方程为． 令，得，从而 所以四边形的面积 ． 从而四边形的面积为定值． 考点：1、椭圆方程；2、直线和椭圆的关系． 【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第二小题四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可． 76．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为. （1）证明：直线过定点： （2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点. （2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，最后求出圆的方程. 【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)由(1)得直线方程为，和抛物线方程联立得： 化简得.于是,设为线段的中点，则 由于，而,与向量平行，所以， 解得或. 当时，，所求圆的方程为; 当时，或，所求圆的方程为. 所以圆的方程为或. 【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小. 77．（2017·全国I卷·高考真题）已知椭圆C：（），P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）四点中恰有三点在椭圆C上. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点. 【答案】(1) . (2)证明见解析. 【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点. 试题解析：（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，） 点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简. 考点06：圆锥曲线的斜率问题综合 78．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解； （2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解. 【详解】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 79．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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）. 【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值. 【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. 【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中. 方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 80．（2019·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或. 【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程； (Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率. 【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1. 所以，椭圆方程为. (Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为， 又，则直线的方程为，与椭圆方程联立， 整理得，可得， 代入得， 进而直线的斜率， 在中，令，得. 由题意得，所以直线的斜率为. 由，得， 化简得，从而. 所以，直线的斜率为或. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力. 81．（2016·上海·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点. （1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； （2）设，若的斜率存在，且，求的斜率. 【答案】（1）；（2）. 【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件得到，从而解得的值． （2）设，，直线 与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．再设的中点为，由即，从而得到，进而构建关于的方程求解即可． 试题解析：（1）设． 由题意，，，， 因为是等边三角形，所以， 即，解得． 故双曲线的渐近线方程为． （2）由已知，，． 设，，直线 ．显然． 由，得． 因为与双曲线交于两点，所以，且． 设的中点为． 由即，知，故． 而，，， 所以，得，故的斜率为． 【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、平面向量的数量积 【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等. 82．（2017·全国I卷·高考真题）设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4． （1）求直线AB的斜率； （2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程． 【答案】（1）1；（2）y＝x＋7． 【分析】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率； （2）由（1）中直线AB的斜率，根据导数的几何意义求得M点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，与抛物线联立，求得根，结合弦长公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，从而求得参数m. 【详解】解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4， 于是直线AB的斜率k＝＝＝1． （2）由y＝，得y′＝． 设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)． 设直线AB的方程为y＝x＋m， 故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|． 将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0． 当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1，2＝2±2． 从而|AB|＝|x1－x2|＝． 由题设知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)， 解得m＝7． 所以直线AB的方程为y＝x＋7． 考点07：圆锥曲线与其他知识的综合 83．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【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）方法一：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. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此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. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 84．（2022·全国甲卷·高考真题）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）． (1)写出的普通方程； (2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标． 【答案】(1)； (2)的交点坐标为，，的交点坐标为，． 【分析】(1)消去，即可得到的普通方程； (2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出． 【详解】（1）因为，，所以，即的普通方程为． （2）因为，所以，即的普通方程为， 由，即的普通方程为． 联立，解得：或，即交点坐标为，； 联立，解得：或，即交点坐标为，． 85．（2021·全国乙卷·高考真题）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1． （1）写出的一个参数方程; （2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程． 【答案】（1），（为参数）； （2）和． 【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程； （2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可. 【详解】（1）由题意，的普通方程为， 所以的参数方程为，（为参数） （2）[方法一]：直角坐标系方法 ①当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，故舍去． ②当切线斜率存在时，设其方程为，即． 故，即，解得． 所以切线方程为或． 两条切线的极坐标方程分别为和． 即和． [方法二]【最优解】：定义求斜率法 如图所示，过点F作的两条切线，切点分别为A，B．    在中，，又轴，所以两条切线的斜率分别和． 故切线的方程为，，这两条切线的极坐标方程为和． 即和． 【整体点评】（2） 方法一：直角坐标系中直线与圆相切的条件求得切线方程，再转化为极坐标方程， 方法二：直接根据倾斜角求得切线的斜率，得到切线的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程,在本题中巧妙的利用已知圆和点的特殊性求解，计算尤其简洁，为最优解. 86．（2018·全国III卷·高考真题）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． 【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明． （2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解． 【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. 【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解； 方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法． 方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算； 方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率； （2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法； 方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大； 方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解． 87．（2019·江苏·高考真题）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）． （1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长； （2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由； （3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离． 【答案】（1）15（百米）； （2）见解析； （3）17+（百米）. 【分析】解：解法一： （1）过A作，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长； （2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可. （3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离． 解法二： （1）建立空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长； （2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可. （3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离． 【详解】解法一： （1）过A作，垂足为E. 由已知条件得，四边形ACDE为矩形，. 因为PB⊥AB， 所以. 所以. 因此道路PB的长为15（百米）. （2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知， 从而，所以∠BAD为锐角. 所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此，Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置. 当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求. 设为l上一点，且，由（1）知，， 此时； 当∠OBP>90°时，在中，. 由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置. 由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径. 综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）. 解法二： （1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H. 以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系. 因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3. 因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25. 从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为. 因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为， 直线PB的方程为. 所以P（−13，9），. 因此道路PB的长为15（百米）. （2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3）， 所以线段AD：. 在线段AD上取点M（3，），因为， 所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置. 当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求. 设为l上一点，且，由（1）知，，此时； 当∠OBP>90°时，在中，. 由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置. 由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求. 当QA=15时，设Q（a，9），由， 得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径. 综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离 . 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）. 【点睛】本题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力. 试卷第144页，共144页 试卷第143页，共144页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题30 解析几何解答题综合 （七大考点，87题） 考点 十年考情（2016 - 2025） 命题趋势 考点 1：圆锥曲线的面积问题综合 2025・北京卷：椭圆中三角形面积比较；2025・全国二卷：椭圆中三角形面积与弦长求解2024・新课标 Ⅰ 卷：椭圆中三角形面积与直线方程求解2023・天津卷：椭圆中三角形面积与直线方程求解2022・新高考 Ⅰ 卷：双曲线中三角形面积计算；2022・全国甲卷：抛物线中三角形面积最值2020・全国 III 卷：椭圆中三角形面积求解；2020・江苏卷：椭圆中三角形面积与点坐标关系2019・全国 III 卷：抛物线中四边形面积计算；2019・全国 II 卷：椭圆中焦点三角形面积与离心率关系2018・江苏卷：椭圆中三角形面积与点坐标；2018・天津卷：椭圆中三角形面积与角度关系2017・天津卷：椭圆与抛物线结合的三角形面积求解2016・全国 I 卷：椭圆中三角形面积与定点问题；2016・全国 III 卷：抛物线中三角形面积与线段关系 1. 面积问题为解析几何高频考点，常与椭圆、抛物线、双曲线结合考查，涉及三角形、四边形等图形。2. 核心方法包括：利用弦长公式求底边长、点到直线距离求高、韦达定理处理交点坐标，注重代数运算与几何性质的结合。3. 常与直线方程、曲线方程联立，需熟练掌握方程消元、参数化简等技巧，侧重运算准确性和逻辑推理能力。 考点 2：圆锥曲线的最值问题综合 2025・全国一卷：椭圆中距离最值求解2023・全国甲卷：抛物线中三角形面积最小值2024・上海卷：双曲线中参数最大值求解2022・上海卷：椭圆中距离最值；2022・浙江卷：椭圆中线段长度最小值；2022・全国甲卷：抛物线中角度最值2021・全国乙卷：抛物线中斜率最大值；2021・全国乙卷：抛物线中三角形面积最大值2020・海南卷：椭圆中三角形面积最大值；2020・浙江卷：抛物线与椭圆结合的参数最大值2019・全国 II 卷：椭圆中三角形面积最大值；2019・浙江卷：抛物线中线段乘积最值2017・山东卷：椭圆中角度最值；2017・浙江卷：抛物线中距离最值2016・山东卷：椭圆中斜率最小值 1. 最值问题涉及距离、面积、斜率、角度等，覆盖椭圆、抛物线、双曲线，是高考难点之一。2. 常用求解方法：构建函数关系（利用参数方程或变量代换）、基本不等式、导数求最值，结合曲线几何性质转化问题。3. 注重 “代数化” 与 “几何化” 结合，需灵活运用韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式，强调转化与化归能力。 考点 3：圆锥曲线的证明问题综合 2025・天津卷：椭圆中角平分线证明2024・全国甲卷：椭圆中直线垂直证明2023・新课标 II 卷：双曲线中定点证明；2023・新课标 I 卷：抛物线中定直线证明；2023・全国乙卷：椭圆中中点定点证明；2023・北京卷：椭圆中直线平行证明2022・全国乙卷：椭圆中定点证明；2022・新高考 II 卷：双曲线中充要条件证明2021・新高考 II 卷：椭圆中共线与线段长度关系证明2020・全国 I 卷：椭圆中直线过定点证明2019・北京卷：椭圆中角度相等证明；2019・北京卷：抛物线中圆过定点证明2018・全国 I 卷：椭圆中角度相等证明；2018・全国 I 卷：抛物线中圆过定点证明 1. 证明问题常涉及三点共线、直线垂直、角平分线、定点定值等，是对逻辑推理能力的核心考查。2. 关键方法：利用斜率公式、向量数量积、韦达定理推导关系，结合曲线方程消元化简，通过代数运算验证几何结论。3. 注重对 “设而不求” 思想的应用，需熟练处理直线与曲线的交点关系，强调步骤严谨性和逻辑连贯性。 考点 4：圆锥曲线的取值范围问题 2025・上海卷：椭圆中 a 的取值范围；2024・天津卷：点的纵坐标取值范围；2023・上海卷：抛物线中 a 的取值范围；2021・新高考全国 Ⅰ 卷：斜率的取值范围；2016・江苏卷：抛物线中 p 的取值范围 1. 取值范围问题贯穿各类圆锥曲线，常与方程联立、韦达定理结合。2. 侧重不等式的推导，考查运算与逻辑推理能力。 考点 5：圆锥曲线的定值、定点问题 2023・全国 Ⅰ 卷：圆的定点存在性；2021・山东卷：椭圆中线段比值为定值；2020・山东卷：椭圆中定点证明；2019・全国 III 卷：抛物线的定点；2017・全国 III 卷：圆的弦长定值；2016・北京卷：椭圆中面积定值 1. 定值、定点是高频综合考点，常通过方程联立、消元推导。2. 注重对不变量的探究，结合几何性质分析。 考点 6：圆锥曲线的斜率问题 2024・北京卷：椭圆中斜率为 0 的条件；2021・新高考全国 Ⅰ 卷：斜率之和为 0；2019・天津卷：椭圆中斜率求解；2018・全国 III 卷：椭圆中斜率与等差数列；2016・上海卷：双曲线中斜率计算 1. 斜率关系（和、积、范围）是重点，常与韦达定理、向量结合。2. 注重斜率公式的应用及方程转化能力。 考点 7：圆锥曲线与其他知识的综合 2025・新课标 Ⅱ 卷：双曲线与等比数列；2022・全国甲卷：参数方程与普通方程转化；2021・全国乙卷：圆的参数方程与极坐标；2019・江苏卷：圆与直线规划；2016・全国 II 卷：椭圆与直线的综合 1. 常与数列、参数方程、极坐标、规划等结合，形成跨知识点题型。2. 注重知识的综合应用，考查解题的灵活性。 考点01：圆锥曲线的面积问题综合 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求． 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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． 4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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． 6．（2020·全国III卷·高考真题）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． 7．（2019·全国III卷·高考真题）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. 8．（2019·全国II卷·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 9．（2020·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B． （1）求△AF1F2的周长； （2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值； （3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标． 10．（2018·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为． （1）求椭圆C及圆O的方程； （2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P． ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标； ②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程． 11．（2018·天津·高考真题）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值． 12．（2016·全国I卷·高考真题）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. 13．（2017·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程. 14．（2016·全国III卷·高考真题）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. 15．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为. （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程. 考点02：圆锥曲线的最值问题综合 16．（2025·全国一卷·高考真题）设椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求点的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 17．（2023·全国甲卷·高考真题）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． 18．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 19．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 20．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求的最小值． 21．（2022·全国甲卷·高考真题）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． 22．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 23．（2021·全国乙卷·高考真题）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． 24．（2020·海南·高考真题）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. 25．（2020·浙江·高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 26．（2019·全国II卷·高考真题）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. 27．（2018·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 28．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆： 的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 29．（2017·浙江·高考真题）如图，已知抛物线.点A，抛物线上的点P（x,y）,过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. （I）求直线AP斜率的取值范围； （II）求的最大值 30．（2016·山东·高考真题）平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M． （i）求证：点M在定直线上; （ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标． 31．（2019·浙江·高考真题）如图，已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧.记的面积为. （1）求的值及抛物线的准线方程； （2）求的最小值及此时点的坐标. 32．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值. 33．（2016·山东·高考真题）已知椭圆 的长轴长为4，焦距为 （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过动点的直线交轴与点，交于点 (在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点. （ⅰ）设直线的斜率分别为，证明为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值. 考点03：圆锥曲线的证明问题综合 34．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 35．（2024·全国甲卷·高考真题）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． 36．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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. 37．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 38．（2023·全国乙卷·高考真题）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． 39．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 40．（2022·全国乙卷·高考真题）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． 41．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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. 42．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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． 43．（2020·全国I卷·高考真题）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. 44．（2019·北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点. 45．（2019·北京·高考真题）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程； （Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 46．（2018·全国I卷·高考真题）设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点． （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）证明：． 47．（2018·北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N． （Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围； （Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值． 48．（2018·全国I卷·高考真题）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：. 49．（2018·全国III卷·高考真题）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：． 50．（2017·全国III卷·高考真题）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. 51．（2016·北京·高考真题）已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值. 52．（2017·全国II卷·高考真题）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. 53．（2017·北京·高考真题）已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5． 54．（2016·四川·高考真题）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，直线：与椭圆有且只有一个公共点T． （Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标； （Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值． 55．（2017·北京·高考真题）已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点． (1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A为线段BM的中点． 考点04：圆锥曲线的取值范围问题综合 56．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 57．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 58．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围． 59．（2023·全国乙卷·高考真题）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，）. (1)写出的直角坐标方程； (2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围. 60．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围． 61．（2020·上海·高考真题）双曲线，圆在第一象限交点为，曲线. （1）若，求b； （2）若，与x轴交点记为，P是曲线上一点且在第一象限，并满足，求∠； （3）过点且斜率为的直线交曲线于M、N两点，用b的代数式表示，并求出的取值范围. 62．（2018·全国III卷·高考真题） 在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数），过点且倾斜角为的直线与交于两点． （1）求的取值范围； （2）求中点的轨迹的参数方程． 63．（2018·浙江·高考真题）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． （Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴； （Ⅱ）若P是半椭圆上的动点，求△PAB面积的取值范围． 64．（2016·天津·高考真题）设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围. 65．（2016·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：xy2=0，抛物线C：y2=2px（p＞0）. （1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程； （2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q. ①求证：线段PQ的中点坐标为； ②求p的取值范围. 66．（2016·全国II卷·高考真题）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. 67．（2016·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆:及其上一点A(2，4). （1）设圆N与x轴相切，与圆外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程； （2）设平行于OA的直线l与圆相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程； （3）设点T（t，0）满足：存在圆上的两点P和Q，使得求实数t的取值范围.    68．（2016·浙江·高考真题）如图，设椭圆（a＞1）.    （Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）； （Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围. 69．（2016·天津·高考真题）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围. 70．（2016·浙江·高考真题）如图，设抛物线的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|–1. （Ⅰ）求p的值； （Ⅱ）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围. 考点05：圆锥曲线的定值、定点问题综合 71．（2020·山东·高考真题）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． 72．（2019·全国I卷·高考真题）已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切． （1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径． （2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由． 73．（2017·全国III卷·高考真题）在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题： （1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； （2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 74．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 75．（2016·北京·高考真题）已知椭圆过点两点． （Ⅰ）求椭圆的方程及离心率； （Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值． 76．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为. （1）证明：直线过定点： （2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 77．（2017·全国I卷·高考真题）已知椭圆C：（），P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）四点中恰有三点在椭圆C上. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点. 考点06：圆锥曲线的斜率问题综合 78．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 79．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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. 80．（2019·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率. 81．（2016·上海·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点. （1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； （2）设，若的斜率存在，且，求的斜率. 82．（2017·全国I卷·高考真题）设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4． （1）求直线AB的斜率； （2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程． 考点07：圆锥曲线与其他知识的综合 83．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，. 84．（2022·全国甲卷·高考真题）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）． (1)写出的普通方程； (2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标． 85．（2021·全国乙卷·高考真题）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1． （1）写出的一个参数方程; （2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程． 86．（2018·全国III卷·高考真题）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． 87．（2019·江苏·高考真题）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）． （1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长； （2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由； （3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离． 试卷第144页，共144页 试卷第143页，共144页 学科网（北京）股份有限公司 $$