题号猜押6+8+19题 平面解析几何（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押6+8+19题 平面解析几何 参考答案 押题预测 考点1 直线与圆 1．【答案】C 【分析】根据直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式，列出不等式，求解即可. 【详解】由题可知，直线与圆有交点，故圆心到直线的距离，小于等于半径， 即，故，也即，解得，则的最小值为. 故选：C. 2．【答案】D 【详解】因为在△ABC中，，所以边上的高线和中线合一，则其“欧拉线”为△ABC边的垂直平分线， 因为点，点，， 因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为， 所以的垂直平分线方程为，即， 因为“欧拉线”与圆相切，所以圆心到“欧拉线”的距离为，即， 圆心到直线的距离为， 由圆的对称性可知，圆M上的点到直线的距离的最小值为. 3．【答案】D 【分析】先确定点的轨迹，再确定线段中点的轨迹，将问题转化为两圆上两点的距离问题求解. 【详解】直线：，所以直线过定点； 直线：，所以直线过定点. 又，所以. 所以点的轨迹是以线段为直径的圆. 因为的中点为，， 所以点的轨迹方程为：. 因为直线与圆交于两点，且， 所以圆心到直线的距离为1，设的中点为，则. 如图： ，且, 所以，即的最大值为. 考点2 双曲线 1．【答案】A 【分析】首先利用直线与双曲线只有一个公共点，联立方程组化简，讨论二次项系数，求得的值，从而可进行判断. 【详解】直线与与双曲线只有一个公共点， 联立方程组，消去得，， 当，即时，直线方程为， 双曲线的渐近线方程为， 此时直线与渐近线平行，直线与双曲线只有一个公共点； 当，即时，， 此时直线与双曲线恒有两个不同的交点； 当且仅当时，直线与与双曲线只有一个公共点， 由能推出直线与双曲线只有一个公共点， 反之，当直线与双曲线只有一个公共点时不能推出， “”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充分不必要条件. 故选：A. 2．【答案】B 【分析】由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可. 【详解】由已知，不妨设， 则，因为， 所以点在以为直径的圆上， 即是以P为直角顶点的直角三角形， 故， 即，又， 所以， 解得，所以 故选：B 3．【答案】A 【分析】根据题意可得和直线的方程，结合双曲线的渐近线分析点到直线的距离的取值范围，进而可得△ABC的面积的取值范围. 【详解】因为，， 则，直线的斜率， 所以直线的方程为，即， 双曲线的渐近线方程为， 则直线与渐近线平行，两平行线间距离， 曲线过点， 过点与直线平行的直线方程为，两平行线间距离， 结合图形可知点到直线的距离， 则△ABC的面积， 所以△ABC的面积有最大值，但没有最小值. 故选：A. 考点3 抛物线 1．【答案】D 【分析】将转化为，分类讨论和两种情况，利用抛物线性质，列出关于a的方程求解即可. 【详解】将转化为, 当时，抛物线开口向上，准线方程， 点到准线的距离为，解得， 所以抛物线方程为，即； 当时，抛物线开口向下，准线方程， 点到准线的距离为，解得或（舍去）， 所以抛物线方程为，即. 所以抛物线的方程为或 故选：D. 2．【答案】D 【分析】由抛物线定义结合得到为等边三角形，进而得到，求出，得到答案. 【详解】由抛物线定义可知， 因为，所以为等边三角形， 故，， 所以， 其中准线与轴交点为，则，故， 所以. 故选：D 3．【答案】C 【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可． 【详解】由题意抛物线的焦点为， 由抛物线的定义可得：， 则， 当且仅当、、三点共线时取等号． 即的最小值是3． 故选：C. 考点4 椭圆证明问题 1．【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用离心率和的几何意义，结合椭圆中的基本关系，联立方程组即可求出，进而得到椭圆方程； （2）法一：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再借助两点间距离公式得到，再由条件为线段的中点即可得结论; 法二：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再由条件为线段的中点得到点的坐标，最后得出即可得结论. 【详解】（1）由题意，解得． 所以椭圆的方程为． （2） 依题意，，因为点是椭圆上一点，可得，且， 直线的斜率，直线的方程为， 令，得． 直线的斜率为，直线方程为， 令，得． 法一：因为， ， 所以，所以三角形为等腰三角形，因为点为底边的中点， 所以． 法二：点为线段的中点，，所以， 所以， ，所以，所以． 2．【答案】(1)，离心率 (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆过的点及右顶点坐标得到，，之间的关系，列出等式求解即可. （2）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，求出，两点的横坐标，代入公式再求证即可. 【详解】（1）由题意， 又因为经过点，所以，所以 所以椭圆的方程，离心率. （2）证明：设， 由，消去可得，， 则， 由得． 同理，， 则 ， 上式分子部分 ， 故，所以． 考点5 椭圆定点问题 1．【答案】(1) (2)直线经过定点，定点坐标为 【分析】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写出韦达定理，可得答案. 【详解】（1）因为椭圆的左焦点，所以， 又短轴长为，所以，由可得， 故椭圆的方程为. （2） 当直线和斜率存在时，设直线方程为：， 设，，则有中点， 联立方程，消去得：， 由韦达定理得：，所以的坐标为， 将上式中的换成，同理可得的坐标为， 若，即，， 此时直线斜率不存在，直线过定点； 当时，即直线斜率存在， 则， 直线为， 令，得， 此时直线过定点， 显然当直线或斜率不存在时，直线就是轴，也会过， 综上所述：直线经过定点，定点坐标为. 2．【答案】(1)， (2)光线经过轴反射后经过点 【分析】（1）由已知条件列出关于方程组求出即可求解. （2）先表示过点的直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得、，计算求解即可. 【详解】（1）由题可得， 椭圆的方程为， 所以椭圆的离心率. （2）如图 为椭圆的右焦点，， 设，， 设过点的直线的方程为， 将直线方程与椭圆方程联立得， 展开并整理得， 则即， 且，， ， 光线经过轴反射后经过点. 考点6 椭圆取值范围问题 考点6 椭圆取值范围问题 1．【答案】(1) (2) 【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，，由即可求得，进而写出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理得到，，从而得到，，求出的中点坐标代入直线方程可得答案. 【详解】（1）因为短轴长为2，所以， 因为， 所以，， 又因为轴，所以， 则，且，解得， 则椭圆的标准方程为. （2）设，则，， 联立，整理得， 则，，则， 直线：， 令，得， 故，，， 则的中点坐标为， 由于与的面积相等，故到直线的距离相等， 因此的中点在上， 可得，， 则，解得，又，所以. 2．【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）根据条件解出的值，写出椭圆方程； （2）（i）设点的坐标为，由点是关于轴的对称点可得，由可得，代入求斜率和斜率，计算比值； （ii）设直线的方程为，与椭圆联立求点坐标，由上一问所求斜率的比值可得直线的方程是，与椭圆联立求点坐标，从而求出直线的斜率，不等式求最值. 【详解】解：（1）由题意得解得 所以椭圆的方程为． （2）（i）设点的坐标为， 因为点是关于轴的对称点，， 所以，． 所以直线的斜率为，的斜率为． 所以． 所以直线，的斜率之比为定值． （ii）设直线的方程为． 联立方程组化简得． 设点的坐标是， 所以．所以． 所以． 所以点的坐标是． 由（2）可知，直线的方程是． 所以点的坐标是． 所以直线的斜率． 因为，所以． 当且仅当，即时，有最小值． 所以直线的斜率的最小值是． 通关特训 一、单选题 1．【答案】C 【分析】根据直线方程确定定点，再判断点圆位置关系，即可得直线与圆的位置，进而确定公共点个数. 【详解】由直线恒过定点，而， 所以点在圆内，故直线恒与圆相交，故有两个交点， 故选：C 2．【答案】D 【分析】先判定该圆圆心的轨迹，再转化为圆上的点到直线的距离的最值问题进行求解. 【详解】因为半径为1的圆经过原点，所以其圆心的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 而原点到直线的距离为， 所以圆心到直线的距离的最大值为. 故选：D. 3．【答案】B 【分析】先确定圆心的轨迹方程，再根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离最大值. 【详解】已知圆经过点，半径为，设圆心的坐标为， 可得圆心到点的距离为， 即，化简可得， 所以圆心的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆. 可得原点到直线的距离为：， 所以点到直线的距离最大值为原点到直线的距离加上圆的半径，即. 故选：B. 4．【答案】C 【分析】由题意得，从而得圆心O到直线的距离，再结合点到直线距离公式即可求解. 【详解】由题意， 所以圆心O到直线的距离为， 故选：C 5．【答案】C 【解析】可得P是圆上任意一点，且需存在，，使点P又在以为直径的圆上，故只需满足圆上点到直线的最远距离小于等于5即可求出. 【详解】设，则，满足， 则点P在圆上， 又存在，使成立，则点P又在以为直径的圆上， P是圆上任意一点，，是直线上的两点， 则应满足圆上点到直线的最远距离小于等于5， 原点到直线的距离为， 则只需满足，解得. 故选：C. 6．【答案】D 【分析】作出图形，分析可知斜率为正的渐近线与轴正半轴的夹角应大于，可得出的取值范围，即可求出双曲线离心率的取值范围，即可得出合适的选项. 【详解】因为为等边三角形，由对称性可知，、关于轴对称， 如下图所示，要使为等边三角形，需，其中是轴正方向的单位向量． 故斜率为正的渐近线与轴正半轴的夹角应大于，所以渐近线斜率． 故．所以只有D选项符合题意． 故选：D. 7．【答案】B 【分析】由题意可得直线与圆的位置关系，根据抛物线方程，可得焦点坐标，从而设出直线方程，利用点到直线距离公式，建立不等式，可得答案. 【详解】由题意可知直线与圆不相交，则圆心到直线的距离大于等于半径，即， 由抛物线可得焦点，易知直线的斜率存在，设为，则直线， 由，则，整理可得，解得， 所以直线的斜率的最大值为. 故选：B. 二、填空题 8．【答案】 【分析】利用焦半径公式求，再利用抛物线的方程求. 【详解】由题意. 所以. 9．【答案】3（答案不唯一） 【分析】根据直线与双曲线没有公共点求出的范围，进而求出离心率的范围，在该范围内取一个值即可. 【详解】的渐近线为，且焦点在轴上， 由题知：，因，解得， 所以离心率， 故离心率的一个取值可以为3. 故答案为：3(答案不唯一). 10．【答案】 【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标，进而得到双曲线中的值，再利用点到直线的距离公式求出的值，最后结合求出的值，从而得到双曲线的方程. 【详解】对于抛物线，其焦点坐标为. 在抛物线中，，则，所以焦点的坐标为. 因为双曲线与抛物线有共同的焦点，所以双曲线的半焦距. 双曲线的一条渐近线方程为. 点到直线（、不同时为）的距离公式为. 已知点到双曲线渐近线的距离等于，根据点到直线的距离公式可得. 又因为，所以，即，因为，所以. 由，，，可得，即，解得，因为，所以. 将，代入双曲线方程，可得双曲线的方程为. 故答案为：. 11．【答案】 1 【分析】由抛物线性质可知焦点坐标；过作垂直于直线，由比例关系得出到轴的距离. 【详解】抛物线的焦点，准线. 过作垂直于直线于，则轴. 设直线与轴交于点， 因为，所以，， 由轴得，， 所以， 因此点到轴的距离为1.    故答案为：;1. 12．【答案】 【分析】空1：先根据抛物线焦点坐标求出点的坐标，进而求出直线斜率；空2：根据反射法将距离之和进行转化，最后根据最小值求出的值. 【详解】对于抛物线，其焦点坐标为. 因为过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，所以点的横坐标为. 将代入抛物线方程，可得，因为点在第一象限，所以，即. 已知直线过点，将点的坐标代入直线方程可得，因为，两边同时除以得； 当时，已知，焦点，准线为. 设焦点关于准线的对称点，则. 因为，故其最小值为， 又. 所以，可得. 故答案为： ；. 三、解答题 13．【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 14．【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）根据离心率和的值，可求，可得椭圆的标准方程. （2）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得和，求直线与的交点的坐标，再求直线与的交点的坐标，判断该点与点重合，可得三点共线，即可得. 【详解】（1）因为，所以， 又因为椭圆的离心率为，所以，又， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）如图： 将代入，得， 整理得：. 由. 设，，则，. 所以直线的方程为：，令，则，即. 直线的方程为：，令，则， 即直线与直线的交点为. 因为， 因为. 所以点与点重合. 故三点共线，所以，即. 15．【答案】（1）；（2）交于定点，. 【分析】（1）根据条件求出，即可写出椭圆方程； （2）分轴时和不垂直于x轴时两种情况讨论，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理得出与的方程特点，可以判断. 【详解】解：（1）因为，所以． 又，所以． 由，得．即． 所以，从而椭圆C的标准方程为． （2）当轴时，不妨设， 直线的方程为，即， 直线的方程为，即， 直线与交于定点． 当不垂直于x轴时，设直线的方程为． 联立方程组得． 设，， 因为，所以直线为， 令，得． 因为， 所以直线与x轴的交点为． 同理可得直线与x轴的交点也为，故与交于定点． 综上所述，直线与交于定点． 16．【答案】(1) (2)或 【分析】（1）将两点代入计算可得椭圆的方程； （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合，由向量共线可得出坐标间的等量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论. 【详解】（1）将，代入椭圆的方程可得， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）结合题意可知，直线的斜率存在， 又，设直线方程为，，如下图所示： 联立，整理可得， 所以可得，且， 可得，即或； 因为，所以、的斜率分别为， 因此直线、的方程分别为， 则交点的坐标为； 结合可知，即, 也即，整理可得， 又，可得， 又因为，将代入， 可得，解得， 所以， 代入计算可得，解得， 即或，经检验符合题意， 所以直线的方程为或. 17．【答案】(1)；. (2) 【分析】（1）利用椭圆过点和焦距求出，即求得椭圆方程与离心率； （2）通过设直线方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简后写出韦达定理表示坐标，利用平行条件建立方程求出坐标. 【详解】（1）由题意可知，，由焦距，则， 所以， 所以椭圆方程为，离心率 （2）若斜率不存在，则，则； 设直线方程，， 则，消元可得； 则， 设，由点是直线上一点， 则存在，使得，则， 由,则， 故，代入可得， , 故点的横坐标为. 18．【答案】(1)， (2)存在； 【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解； （2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点，则可得相等关系，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果. 【详解】（1）由题意得，解得． 所以椭圆的方程为，离心率． （2） 设直线的方程为，点，点． 由，得． 依据题意，， 因为点与点关于轴对称，所以点． 若在轴上存在定点，使三点共线，则． 由，得． 由，得． 因为 ，解得． 故在轴上存在定点，使三点共线． 19．【答案】(1)椭圆方程，焦距为 (2) 【分析】（1）根据椭圆过顶点和点构造方程求得，由此可得椭圆方程； （2）设过点的直线为，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由解得，再由弦长公式求以及点到直线的距离，最后求即可. 【详解】（1）由题意，因为椭圆的一个顶点为,且过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为，焦距为. （2）设过点的直线为，， 由，化简得， 则，即， 所以， 即， 则， 所以直线方程为，， 故， 且点到直线的距离， 所以. 20．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的几何性质易得结果； （2）联立直线和椭圆方程，由及可得，设，由韦达定理得，由倾斜角的概念可得直线的倾斜角和直线的倾斜角满足，从而直线和的斜率和满足，代入的值，化简可得k的值. 【详解】（1）由题意得解得 所以椭圆E的方程为． （2）由得． 由得． 又，所以． 设，则． 不妨设点A在点B的上方， 因为，又， 此时，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，所以． 由题可知直线和的斜率都存在，分别设为和，则． 因为， 所以，即． 由得． 所以．整理得， 又，所以.    1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押6+8+19题 平面解析几何 溯源：近5年真题显示，平面解析几何每年必考2小题1大题，小题集中于直线与圆、双曲线、抛物线三选二，大题一般情况下是椭圆，其中一个小题考查偏难，考查的性质比较全面，椭圆大题也属于中偏难的程度． 预测：和往年类似，直线与圆一个小题，双曲线与抛物线结合一道小题，大题是椭圆的综合性问题，直曲联立，定值定点等问题． 备考核心：会判断直线与圆的位置关系，求弦长，双曲线的渐近线等基本量的掌握，抛物线中的焦点弦的各种结论都要牢记于心，直线与椭圆的位置关系等． 考点1 直线与圆 1．已知直线与圆有公共点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·北京延庆·一模）三角形的重心是指三角形三条中线的交点，垂心是指三条高的交点，且已知三角形的重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作△ABC，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则圆M上的点到直线的距离的最小值为（    ）． A． B． C． D． 3．（2026·北京密云·一模）已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 考点2 双曲线 1．“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（    ） A． B．3 C． D．2 3．已知，，点在曲线上，则△ABC的面积（   ） A．有最大值，但没有最小值 B．没有最大值，但有最小值 C．既有最大值，也有最小值 D．既没有最大值，也没有最小值 考点3 抛物线 1．点到抛物线的准线的距离为6，那么该抛物线的标准方程是（    ） A． B．或 C． D．或 2．已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，且，则（    ） A． B．2 C． D．4 3．已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 考点4 椭圆证明问题 1．（2026·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，左焦点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，且点在第一象限内，直线，过点且平行于的直线交轴于点，直线交轴于点，点为线段的中点，求证：． 2．已知椭圆经过点，且右顶点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点B，C（均不是椭圆顶点），直线AB，AC分别与直线OP交于点M、N，求证：． 考点5 椭圆定点问题 1．已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． (1)求椭圆的方程； (2)直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 2．（2026·北京密云·一模）已知椭圆，过点，焦距为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（，异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由. 考点6 椭圆取值范围问题 1．已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 2．已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线与交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为. （ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值． 一、单选题 1．已知圆，直线，则直线与圆的公共点个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．与有关，不能确定 2．已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线的距离为，则的最大值为（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 3．经过点，半径为2的圆的圆心为A，则点A到直线的距离最大值为（    ） A． B． C． D． 4．已知直线与圆相交于两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，，是直线上的两点，且．若对于任意点，存在，使成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．已知双曲线，若双曲线的左、右两支上各存在一点、，使为等边三角形，则该双曲线离心率的一个可能取值为（    ） A． B． C． D． 7．设直线经过抛物线的焦点，为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则直线斜率的最大值为（   ）． A． B． C． D．1 二、填空题 8．（2026·北京延庆·一模）已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则______． 9．若直线与双曲线没有公共点，则双曲线C的离心率的一个取值为__________． 10．已知双曲线与抛物线有共同的焦点F，且点F到双曲线渐近线的距离等于1，那么双曲线的方程为______． 11．已知是抛物线的焦点，则的坐标为__________，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为__________. 12．已知直线与抛物线在第一象限交于点，过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，则_____；若该抛物线的准线上的点到点与点的距离之和的最小值为，则_____. 三、解答题 13．已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 14．（2026·北京延庆·一模）已知椭圆与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），且，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C交于不同两点M，N，直线与直线交于点G．设与的面积分别为，，比较与的大小，并说明理由． 15．设椭圆C：的左、右焦点分别为，离心率为，短轴长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点作一条直线与椭圆C交于P，Q两点，分别过P，Q作直线l：的垂线，垂足依次为S，T．试问：直线与是否交于定点?若是，求出该定点的坐标，否则说明理由． 16．已知椭圆：过，两点. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程. 17．已知椭圆 过点，焦距为 过点的直线与椭圆交于两个不同的点，已知点，为直线上一点，且直线. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)求的横坐标. 18．已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由． 19．已知椭圆的一个顶点为.且过点. (1)求椭圆的方程及焦距 (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积. 20．已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线与椭圆E交于不同的两点A，B，直线与直线交于点N，若（O是坐标原点），求k的值． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押6+8+19题 平面解析几何 溯源：近5年真题显示，平面解析几何每年必考2小题1大题，小题集中于直线与圆、双曲线、抛物线三选二，大题一般情况下是椭圆，其中一个小题考查偏难，考查的性质比较全面，椭圆大题也属于中偏难的程度． 预测：和往年类似，直线与圆一个小题，双曲线与抛物线结合一道小题，大题是椭圆的综合性问题，直曲联立，定值定点等问题． 备考核心：会判断直线与圆的位置关系，求弦长，双曲线的渐近线等基本量的掌握，抛物线中的焦点弦的各种结论都要牢记于心，直线与椭圆的位置关系等． 考点1 直线与圆 1．已知直线与圆有公共点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式，列出不等式，求解即可. 【详解】由题可知，直线与圆有交点，故圆心到直线的距离，小于等于半径， 即，故，也即，解得，则的最小值为. 故选：C. 2．（2026·北京延庆·一模）三角形的重心是指三角形三条中线的交点，垂心是指三条高的交点，且已知三角形的重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作△ABC，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则圆M上的点到直线的距离的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为在△ABC中，，所以边上的高线和中线合一，则其“欧拉线”为△ABC边的垂直平分线， 因为点，点，， 因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为， 所以的垂直平分线方程为，即， 因为“欧拉线”与圆相切，所以圆心到“欧拉线”的距离为，即， 圆心到直线的距离为， 由圆的对称性可知，圆M上的点到直线的距离的最小值为. 3．（2026·北京密云·一模）已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【分析】先确定点的轨迹，再确定线段中点的轨迹，将问题转化为两圆上两点的距离问题求解. 【详解】直线：，所以直线过定点； 直线：，所以直线过定点. 又，所以. 所以点的轨迹是以线段为直径的圆. 因为的中点为，， 所以点的轨迹方程为：. 因为直线与圆交于两点，且， 所以圆心到直线的距离为1，设的中点为，则. 如图： ，且, 所以，即的最大值为. 考点2 双曲线 1．“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】首先利用直线与双曲线只有一个公共点，联立方程组化简，讨论二次项系数，求得的值，从而可进行判断. 【详解】直线与与双曲线只有一个公共点， 联立方程组，消去得，， 当，即时，直线方程为， 双曲线的渐近线方程为， 此时直线与渐近线平行，直线与双曲线只有一个公共点； 当，即时，， 此时直线与双曲线恒有两个不同的交点； 当且仅当时，直线与与双曲线只有一个公共点， 由能推出直线与双曲线只有一个公共点， 反之，当直线与双曲线只有一个公共点时不能推出， “”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充分不必要条件. 故选：A. 2．设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（    ） A． B．3 C． D．2 【答案】B 【分析】由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可. 【详解】由已知，不妨设， 则，因为， 所以点在以为直径的圆上， 即是以P为直角顶点的直角三角形， 故， 即，又， 所以， 解得，所以 故选：B 3．已知，，点在曲线上，则△ABC的面积（   ） A．有最大值，但没有最小值 B．没有最大值，但有最小值 C．既有最大值，也有最小值 D．既没有最大值，也没有最小值 【答案】A 【分析】根据题意可得和直线的方程，结合双曲线的渐近线分析点到直线的距离的取值范围，进而可得△ABC的面积的取值范围. 【详解】因为，， 则，直线的斜率， 所以直线的方程为，即， 双曲线的渐近线方程为， 则直线与渐近线平行，两平行线间距离， 曲线过点， 过点与直线平行的直线方程为，两平行线间距离， 结合图形可知点到直线的距离， 则△ABC的面积， 所以△ABC的面积有最大值，但没有最小值. 故选：A. 考点3 抛物线 1．点到抛物线的准线的距离为6，那么该抛物线的标准方程是（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】D 【分析】将转化为，分类讨论和两种情况，利用抛物线性质，列出关于a的方程求解即可. 【详解】将转化为, 当时，抛物线开口向上，准线方程， 点到准线的距离为，解得， 所以抛物线方程为，即； 当时，抛物线开口向下，准线方程， 点到准线的距离为，解得或（舍去）， 所以抛物线方程为，即. 所以抛物线的方程为或 故选：D. 2．已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，且，则（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】由抛物线定义结合得到为等边三角形，进而得到，求出，得到答案. 【详解】由抛物线定义可知， 因为，所以为等边三角形， 故，， 所以， 其中准线与轴交点为，则，故， 所以. 故选：D 3．已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可． 【详解】由题意抛物线的焦点为， 由抛物线的定义可得：， 则， 当且仅当、、三点共线时取等号． 即的最小值是3． 故选：C. 考点4 椭圆证明问题 1．（2026·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，左焦点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，且点在第一象限内，直线，过点且平行于的直线交轴于点，直线交轴于点，点为线段的中点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用离心率和的几何意义，结合椭圆中的基本关系，联立方程组即可求出，进而得到椭圆方程； （2）法一：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再借助两点间距离公式得到，再由条件为线段的中点即可得结论; 法二：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再由条件为线段的中点得到点的坐标，最后得出即可得结论. 【详解】（1）由题意，解得． 所以椭圆的方程为． （2） 依题意，，因为点是椭圆上一点，可得，且， 直线的斜率，直线的方程为， 令，得． 直线的斜率为，直线方程为， 令，得． 法一：因为， ， 所以，所以三角形为等腰三角形，因为点为底边的中点， 所以． 法二：点为线段的中点，，所以， 所以， ，所以，所以． 2．已知椭圆经过点，且右顶点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点B，C（均不是椭圆顶点），直线AB，AC分别与直线OP交于点M、N，求证：． 【答案】(1)，离心率 (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆过的点及右顶点坐标得到，，之间的关系，列出等式求解即可. （2）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，求出，两点的横坐标，代入公式再求证即可. 【详解】（1）由题意， 又因为经过点，所以，所以 所以椭圆的方程，离心率. （2）证明：设， 由，消去可得，， 则， 由得． 同理，， 则 ， 上式分子部分 ， 故，所以． 考点5 椭圆定点问题 1．已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． (1)求椭圆的方程； (2)直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 【答案】(1) (2)直线经过定点，定点坐标为 【分析】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写出韦达定理，可得答案. 【详解】（1）因为椭圆的左焦点，所以， 又短轴长为，所以，由可得， 故椭圆的方程为. （2） 当直线和斜率存在时，设直线方程为：， 设，，则有中点， 联立方程，消去得：， 由韦达定理得：，所以的坐标为， 将上式中的换成，同理可得的坐标为， 若，即，， 此时直线斜率不存在，直线过定点； 当时，即直线斜率存在， 则， 直线为， 令，得， 此时直线过定点， 显然当直线或斜率不存在时，直线就是轴，也会过， 综上所述：直线经过定点，定点坐标为. 2．（2026·北京密云·一模）已知椭圆，过点，焦距为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（，异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由. 【答案】(1)， (2)光线经过轴反射后经过点 【分析】（1）由已知条件列出关于方程组求出即可求解. （2）先表示过点的直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得、，计算求解即可. 【详解】（1）由题可得， 椭圆的方程为， 所以椭圆的离心率. （2）如图 为椭圆的右焦点，， 设，， 设过点的直线的方程为， 将直线方程与椭圆方程联立得， 展开并整理得， 则即， 且，， ， 光线经过轴反射后经过点. 考点6 椭圆取值范围问题 1．已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，，由即可求得，进而写出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理得到，，从而得到，，求出的中点坐标代入直线方程可得答案. 【详解】（1）因为短轴长为2，所以， 因为， 所以，， 又因为轴，所以， 则，且，解得， 则椭圆的标准方程为. （2）设，则，， 联立，整理得， 则，，则， 直线：， 令，得， 故，，， 则的中点坐标为， 由于与的面积相等，故到直线的距离相等， 因此的中点在上， 可得，， 则，解得，又，所以. 2．已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线与交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为. （ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值． 【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）根据条件解出的值，写出椭圆方程； （2）（i）设点的坐标为，由点是关于轴的对称点可得，由可得，代入求斜率和斜率，计算比值； （ii）设直线的方程为，与椭圆联立求点坐标，由上一问所求斜率的比值可得直线的方程是，与椭圆联立求点坐标，从而求出直线的斜率，不等式求最值. 【详解】解：（1）由题意得解得 所以椭圆的方程为． （2）（i）设点的坐标为， 因为点是关于轴的对称点，， 所以，． 所以直线的斜率为，的斜率为． 所以． 所以直线，的斜率之比为定值． （ii）设直线的方程为． 联立方程组化简得． 设点的坐标是， 所以．所以． 所以． 所以点的坐标是． 由（2）可知，直线的方程是． 所以点的坐标是． 所以直线的斜率． 因为，所以． 当且仅当，即时，有最小值． 所以直线的斜率的最小值是． 一、单选题 1．已知圆，直线，则直线与圆的公共点个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．与有关，不能确定 【答案】C 【分析】根据直线方程确定定点，再判断点圆位置关系，即可得直线与圆的位置，进而确定公共点个数. 【详解】由直线恒过定点，而， 所以点在圆内，故直线恒与圆相交，故有两个交点， 故选：C 2．已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线的距离为，则的最大值为（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】先判定该圆圆心的轨迹，再转化为圆上的点到直线的距离的最值问题进行求解. 【详解】因为半径为1的圆经过原点，所以其圆心的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 而原点到直线的距离为， 所以圆心到直线的距离的最大值为. 故选：D. 3．经过点，半径为2的圆的圆心为A，则点A到直线的距离最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定圆心的轨迹方程，再根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离最大值. 【详解】已知圆经过点，半径为，设圆心的坐标为， 可得圆心到点的距离为， 即，化简可得， 所以圆心的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆. 可得原点到直线的距离为：， 所以点到直线的距离最大值为原点到直线的距离加上圆的半径，即. 故选：B. 4．已知直线与圆相交于两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意得，从而得圆心O到直线的距离，再结合点到直线距离公式即可求解. 【详解】由题意， 所以圆心O到直线的距离为， 故选：C 5．在平面直角坐标系中，，是直线上的两点，且．若对于任意点，存在，使成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】可得P是圆上任意一点，且需存在，，使点P又在以为直径的圆上，故只需满足圆上点到直线的最远距离小于等于5即可求出. 【详解】设，则，满足， 则点P在圆上， 又存在，使成立，则点P又在以为直径的圆上， P是圆上任意一点，，是直线上的两点， 则应满足圆上点到直线的最远距离小于等于5， 原点到直线的距离为， 则只需满足，解得. 故选：C. 6．已知双曲线，若双曲线的左、右两支上各存在一点、，使为等边三角形，则该双曲线离心率的一个可能取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出图形，分析可知斜率为正的渐近线与轴正半轴的夹角应大于，可得出的取值范围，即可求出双曲线离心率的取值范围，即可得出合适的选项. 【详解】因为为等边三角形，由对称性可知，、关于轴对称， 如下图所示，要使为等边三角形，需，其中是轴正方向的单位向量． 故斜率为正的渐近线与轴正半轴的夹角应大于，所以渐近线斜率． 故．所以只有D选项符合题意． 故选：D. 7．设直线经过抛物线的焦点，为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则直线斜率的最大值为（   ）． A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】由题意可得直线与圆的位置关系，根据抛物线方程，可得焦点坐标，从而设出直线方程，利用点到直线距离公式，建立不等式，可得答案. 【详解】由题意可知直线与圆不相交，则圆心到直线的距离大于等于半径，即， 由抛物线可得焦点，易知直线的斜率存在，设为，则直线， 由，则，整理可得，解得， 所以直线的斜率的最大值为. 故选：B. 二、填空题 8．（2026·北京延庆·一模）已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则______． 【答案】 【分析】利用焦半径公式求，再利用抛物线的方程求. 【详解】由题意. 所以. 9．若直线与双曲线没有公共点，则双曲线C的离心率的一个取值为__________． 【答案】3（答案不唯一） 【分析】根据直线与双曲线没有公共点求出的范围，进而求出离心率的范围，在该范围内取一个值即可. 【详解】的渐近线为，且焦点在轴上， 由题知：，因，解得， 所以离心率， 故离心率的一个取值可以为3. 故答案为：3(答案不唯一). 10．已知双曲线与抛物线有共同的焦点F，且点F到双曲线渐近线的距离等于1，那么双曲线的方程为______． 【答案】 【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标，进而得到双曲线中的值，再利用点到直线的距离公式求出的值，最后结合求出的值，从而得到双曲线的方程. 【详解】对于抛物线，其焦点坐标为. 在抛物线中，，则，所以焦点的坐标为. 因为双曲线与抛物线有共同的焦点，所以双曲线的半焦距. 双曲线的一条渐近线方程为. 点到直线（、不同时为）的距离公式为. 已知点到双曲线渐近线的距离等于，根据点到直线的距离公式可得. 又因为，所以，即，因为，所以. 由，，，可得，即，解得，因为，所以. 将，代入双曲线方程，可得双曲线的方程为. 故答案为：. 11．已知是抛物线的焦点，则的坐标为__________，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为__________. 【答案】 1 【分析】由抛物线性质可知焦点坐标；过作垂直于直线，由比例关系得出到轴的距离. 【详解】抛物线的焦点，准线. 过作垂直于直线于，则轴. 设直线与轴交于点， 因为，所以，， 由轴得，， 所以， 因此点到轴的距离为1.    故答案为：;1. 12．已知直线与抛物线在第一象限交于点，过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，则_____；若该抛物线的准线上的点到点与点的距离之和的最小值为，则_____. 【答案】 【分析】空1：先根据抛物线焦点坐标求出点的坐标，进而求出直线斜率；空2：根据反射法将距离之和进行转化，最后根据最小值求出的值. 【详解】对于抛物线，其焦点坐标为. 因为过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，所以点的横坐标为. 将代入抛物线方程，可得，因为点在第一象限，所以，即. 已知直线过点，将点的坐标代入直线方程可得，因为，两边同时除以得； 当时，已知，焦点，准线为. 设焦点关于准线的对称点，则. 因为，故其最小值为， 又. 所以，可得. 故答案为： ；. 三、解答题 13．已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 14．（2026·北京延庆·一模）已知椭圆与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），且，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C交于不同两点M，N，直线与直线交于点G．设与的面积分别为，，比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）根据离心率和的值，可求，可得椭圆的标准方程. （2）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得和，求直线与的交点的坐标，再求直线与的交点的坐标，判断该点与点重合，可得三点共线，即可得. 【详解】（1）因为，所以， 又因为椭圆的离心率为，所以，又， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）如图： 将代入，得， 整理得：. 由. 设，，则，. 所以直线的方程为：，令，则，即. 直线的方程为：，令，则， 即直线与直线的交点为. 因为， 因为. 所以点与点重合. 故三点共线，所以，即. 15．设椭圆C：的左、右焦点分别为，离心率为，短轴长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点作一条直线与椭圆C交于P，Q两点，分别过P，Q作直线l：的垂线，垂足依次为S，T．试问：直线与是否交于定点?若是，求出该定点的坐标，否则说明理由． 【答案】（1）；（2）交于定点，. 【分析】（1）根据条件求出，即可写出椭圆方程； （2）分轴时和不垂直于x轴时两种情况讨论，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理得出与的方程特点，可以判断. 【详解】解：（1）因为，所以． 又，所以． 由，得．即． 所以，从而椭圆C的标准方程为． （2）当轴时，不妨设， 直线的方程为，即， 直线的方程为，即， 直线与交于定点． 当不垂直于x轴时，设直线的方程为． 联立方程组得． 设，， 因为，所以直线为， 令，得． 因为， 所以直线与x轴的交点为． 同理可得直线与x轴的交点也为，故与交于定点． 综上所述，直线与交于定点． 16．已知椭圆：过，两点. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）将两点代入计算可得椭圆的方程； （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合，由向量共线可得出坐标间的等量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论. 【详解】（1）将，代入椭圆的方程可得， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）结合题意可知，直线的斜率存在， 又，设直线方程为，，如下图所示： 联立，整理可得， 所以可得，且， 可得，即或； 因为，所以、的斜率分别为， 因此直线、的方程分别为， 则交点的坐标为； 结合可知，即, 也即，整理可得， 又，可得， 又因为，将代入， 可得，解得， 所以， 代入计算可得，解得， 即或，经检验符合题意， 所以直线的方程为或. 17．已知椭圆 过点，焦距为 过点的直线与椭圆交于两个不同的点，已知点，为直线上一点，且直线. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)求的横坐标. 【答案】(1)；. (2) 【分析】（1）利用椭圆过点和焦距求出，即求得椭圆方程与离心率； （2）通过设直线方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简后写出韦达定理表示坐标，利用平行条件建立方程求出坐标. 【详解】（1）由题意可知，，由焦距，则， 所以， 所以椭圆方程为，离心率 （2）若斜率不存在，则，则； 设直线方程，， 则，消元可得； 则， 设，由点是直线上一点， 则存在，使得，则， 由,则， 故，代入可得， , 故点的横坐标为. 18．已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)， (2)存在； 【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解； （2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点，则可得相等关系，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果. 【详解】（1）由题意得，解得． 所以椭圆的方程为，离心率． （2） 设直线的方程为，点，点． 由，得． 依据题意，， 因为点与点关于轴对称，所以点． 若在轴上存在定点，使三点共线，则． 由，得． 由，得． 因为 ，解得． 故在轴上存在定点，使三点共线． 19．已知椭圆的一个顶点为.且过点. (1)求椭圆的方程及焦距 (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积. 【答案】(1)椭圆方程，焦距为 (2) 【分析】（1）根据椭圆过顶点和点构造方程求得，由此可得椭圆方程； （2）设过点的直线为，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由解得，再由弦长公式求以及点到直线的距离，最后求即可. 【详解】（1）由题意，因为椭圆的一个顶点为,且过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为，焦距为. （2）设过点的直线为，， 由，化简得， 则，即， 所以， 即， 则， 所以直线方程为，， 故， 且点到直线的距离， 所以. 20．已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线与椭圆E交于不同的两点A，B，直线与直线交于点N，若（O是坐标原点），求k的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的几何性质易得结果； （2）联立直线和椭圆方程，由及可得，设，由韦达定理得，由倾斜角的概念可得直线的倾斜角和直线的倾斜角满足，从而直线和的斜率和满足，代入的值，化简可得k的值. 【详解】（1）由题意得解得 所以椭圆E的方程为． （2）由得． 由得． 又，所以． 设，则． 不妨设点A在点B的上方， 因为，又， 此时，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，所以． 由题可知直线和的斜率都存在，分别设为和，则． 因为， 所以，即． 由得． 所以．整理得， 又，所以.    1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $