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专题 08 平面解析几何（解答题）
1．【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线
交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．
当α−β取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)y2=4x；
(2)AB:x=√2y+4.
【解析】
【分析】
p
（1）由抛物线的定义可得|MF|=p+ ，即可得解；
2
（2）设点的坐标及直线MN:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得k =2k ，再由差
MN AB
√2
角的正切公式及基本不等式可得k = ，设直线AB:x=√2y+n，结合韦达定理可解.
AB 2
(1)
p
抛物线的准线为x=− ，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
2
p
此时|MF|=p+ =3，所以p=2，
2
所以抛物线C的方程为y2=4x；
(2)
y2 y2 y2 y2
设M( 1,y ),N( 2,y ),A( 3,y ),B( 4,y )，直线MN:x=my+1，
4 1 4 2 4 3 4 4
x=my+1
由{ 可得y2−4my−4=0，Δ>0,y y =−4，
y2=4x 1 2
y −y 4 y −y 4
k = 1 2 = k = 3 4 =
由斜率公式可得 MN y2 y2 y + y ， AB y2 y2 y + y ，
1− 2 1 2 3− 4 3 4
4 4 4 4x −2 4(x −2)
直线MD:x= 1 ⋅y+2，代入抛物线方程可得y2− 1 ⋅y−8=0，
y y
1 1
Δ>0,y y =−8，所以y =2y ，同理可得y =2y ，
1 3 3 2 4 1
4 4 k
所以k = = = MN
AB y + y 2(y + y ) 2
3 4 1 2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，
k tanα
所以k =tanβ= MN = ，
AB 2 2
π
若要使α−β最大，则β∈(0, )，
2
设k =2k =2k>0，则
MN AB
tanα−tanβ k 1 1 √2
tan(α−β)= = = ≤ =
1+tanαtanβ 1+2k2 1
+2k
2
√1
⋅2k
4 ，
k k
1 √2
当且仅当 =2k即k= 时，等号成立，
k 2
√2
所以当α−β最大时，k = ，设直线AB:x=√2y+n，
AB 2
代入抛物线方程可得y2−4√2y−4n=0，
Δ>0,y y =−4n=4 y y =−16，所以n=4，
3 4 1 2
所以直线AB:x=√2y+4.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标
间的关系.
2．【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过
(3 )
A(0,−2),B ,−1 两点．
2
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1,−2)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满足⃑MT=⃑TH．证明：直线HN过定点．
y2 x2
【答案】(1) + =1
4 3
(2)(0,−2)
【解析】
【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.
(1)
(3 )
解：设椭圆E的方程为mx2+n y2=1，过A(0,−2),B ,−1 ，
2
1 1
则¿，解得m= ，n= ，
3 4
y2 x2
所以椭圆E的方程为： + =1.
4 3
(2)
3 2
A(0,−2),B( ,−1)，所以AB:y+2= x，
2 3
x2 y2
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入 + =1，
3 4
2√6 2√6 2
可得M(1, )，N(1,− )，代入AB方程y= x−2，可得
3 3 3
2√6 2√6
T(√6+3, )，由⃑MT=⃑TH得到H(2√6+5, ).求得HN方程：
3 3
2√6
y=(2− )x−2，过点(0,−2).
3
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0,M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2
联立¿得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得¿，¿，
−24k
且x y +x y = (∗)
1 2 2 1 3k2+4
3 y
联立¿可得T( 1+3,y ),H(3 y +6−x ,y ).
2 1 1 1 1y −y
可求得此时HN:y−y = 1 2 (x−x )，
2 3 y +6−x −x 2
1 1 2
将(0,−2)，代入整理得2(x +x )−6(y + y )+x y +x y −3 y y −12=0，
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,−2).
【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.
x2 y2
3．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，直线l交C
a2 a2−1
于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．
【答案】(1)−1；
16√2
(2) ．
9
【解析】
【分析】
（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，
P(x ,y ),Q(x ,y )，再根据k +k =0，即可解出l的斜率；
1 1 2 2 AP BP
（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据
tan∠PAQ=2√2即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求
出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A
到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．
(1)
x2 y2 4 1
因为点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，所以 − =1，解得a2=2，即
a2 a2−1 a2 a2−1x2
双曲线C: −y2=1
2
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2
联立¿可得，(1−2k2)x2−4mkx−2m2−2=0，
4mk 2m2+2
所以，x +x =− ,x x = ，
1 2 2k2−1 1 2 2k2−1
Δ=16m2k2+4(2m2+2)(2k2−1)>0⇒m2−1+2k2>0．
y −1 y −1
所以由k +k =0可得， 2 + 1 =0，
AP BP x −2 x −2
2 1
即(x −2)(kx +m−1)+(x −2)(kx +m−1)=0，
1 2 2 1
即2kx x +(m−1−2k)(x +x )−4(m−1)=0，
1 2 1 2
2m2+2 ( 4mk )
所以2k× +(m−1−2k) − −4(m−1)=0，
2k2−1 2k2−1
化简得，8k2+4k−4+4m(k+1)=0，即(k+1)(2k−1+m)=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=k(x−2)+1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，
故k=−1．
(2)
不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,β(α<β)，因为k +k =0，所以α+β=π，
AP BP
因为tan∠PAQ=2√2，所以tan(β−α)=2√2，即tan2α=−2√2，
即√2tan2α−tanα−√2=0，解得tanα=√2，
于是，直线PA:y=√2(x−2)+1，直线PB:y=−√2(x−2)+1，
3
联立¿可得，
x2+2(1−2√2)x+10−4√2=0，
2
10−4√2 4√2−5
因为方程有一个根为2，所以x = ，y = ，
P 3 P 310+4√2 −4√2−5
同理可得，x = ，y = ．
Q 3 Q 3
5 16
所以PQ:x+ y− =0，|PQ|= ，
3 3
| 5|
2+1−
点A到直线PQ的距离 3 2√2，
d= =
√2 3
1 16 2√2 16√2
故△PAQ的面积为 × × = ．
2 3 3 9
x2 y2
4．【2022年新高考2卷】已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐
a2 b2
近线方程为y=±√3x．
(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P(x ,y ),Q(x ,y )在C上，且
1 1 2 2
x >x >0,y >0．过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3的直线交于点M.从下面
1 2 1
①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
y2
【答案】(1)x2− =1
3
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方
关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x ,y ),由③|AM|
0 0
8k2
=|BM|等价分析得到x +k y = ；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲
0 0 k2−33x
线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m= 0 ，由②PQ//AB等价转化为
y
0
k y =3x ，由①M在直线AB上等价于k y =k2 (x −2)，然后选择两个作为已知条件一个
0 0 0 0
作为结论，进行证明即可.
(1)
b
右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±√3x，∴ =√3，∴b=√3a，∴
a
c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=√3．
y2
∴C的方程为：x2− =1；
3
(2)
由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB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AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性
可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x =x ，已知
1 2
不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),
则条件①M在AB上，等价于y =k(x −2)⇔k y =k2 (x −2)；
0 0 0 0
两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,
联立消去y并化简整理得：(k2−3)x2−4k2x+4k2=0
设A(x ,y ),B(x ,y ),线段中点为N(x ,y ),则
3 3 3 4 N N
x +x 2k2 6k
x = 3 4= ,y =k(x −2)= ,
N 2 k2−3 N N k2−3
设M(x ,y ),
❑0 0
则条件③|AM|=|BM|等价于(x −x ) 2+(y −y ) 2=(x −x ) 2+(y −y ) 2 ,
0 3 0 3 0 4 0 4移项并利用平方差公式整理得：
(x −x )[2x −(x +x )]+(y −y )[2y −(y + y )]=0，
3 4 0 3 4 3 4 0 3 4
y −y
[2x −(x +x )]+ 3 4[2y −(y + y )]=0,即x −x +k(y −y )=0,
0 3 4 x −x 0 3 4 0 N 0 N
3 4
8k2
即x +k y = ；
0 0 k2−3
由题意知直线PM的斜率为−√3, 直线QM的斜率为√3,
∴由y −y =−√3(x −x ),y −y =√3(x −x ),
1 0 1 0 2 0 2 0
∴y −y =−√3(x +x −2x ),
1 2 1 2 0
y −y √3(x +x −2x )
所以直线PQ的斜率m= 1 2=− 1 2 0 ,
x −x x −x
1 2 1 2
直线PM:y=−√3(x−x )+ y ,即y= y +√3x −√3x,
0 0 0 0
代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即(√3x+ y)(√3x−y)=3中，
得：(y +√3x )[2√3x−(y +√3x )]=3,
0 0 0 0
1 3
解得P的横坐标： x 1 = 2√3 ( y +√3x + y 0 +√3x 0 ) ,
0 0
1 3
同理：x =− ( + y −√3x ) ，
2 2√3 y −√3x 0 0
0 0
1 ( 3 y ) 3x
∴x −x = 0 + y ,x +x −2x =− 0 −x ,
1 2 √3 y2−3x2 0 1 2 0 y2−3x2 0
0 0 0 0
3x
∴m= 0
,
y
0
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔k y =3x ，
0 0
综上所述：条件①M在AB上，等价于k y =k2 (x −2)；
0 0
条件②PQ//AB等价于k y =3x ；
0 0
8k2
条件③|AM|=|BM|等价于x +k y = ；
0 0 k2−3
选①②推③:
2k2 8k2
由①②解得：x = ,∴x +k y =4x = ,∴③成立；
0 k2−3 0 0 0 k2−3
选①③推②：
2k2 6k2
由①③解得：x = ，k y = ，
0 k2−3 0 k2−3
∴k y =3x ，∴②成立；
0 0
选②③推①：
2k2 6k2 6
由②③解得：x = ，k y = ，∴x −2= ，
0 k2−3 0 k2−3 0 k2−3
∴k y =k2 (x −2)，∴①成立.
0 0
5．【2021年甲卷文科】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l： 交C
于P，Q两点，且 ．已知点 ，且 与l相切．
（1）求C， 的方程；
（2）设 是C上的三个点，直线 ， 均与 相切．判断直线 与
的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）抛物线 ， 方程为 ；（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知抛物线与 相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出 坐标，由 ，即可求出 ；由圆 与直线 相切，求出半径，即可
得出结论；
（2）方法一：先考虑 斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若 斜
率存在，由 三点在抛物线上，将直线 斜率分别用纵坐标表示，再由
与圆 相切，得出 与 的关系，最后求出 点到直线 的距离，
即可得出结论.
【详解】
（1）依题意设抛物线 ，
，
所以抛物线 的方程为 ，
与 相切，所以半径为 ，
所以 的方程为 ；
（2）[方法一]：设
若 斜率不存在，则 方程为 或 ，
若 方程为 ，根据对称性不妨设 ，
则过 与圆 相切的另一条直线方程为 ，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在 ，不合题意；
若 方程为 ，根据对称性不妨设
则过 与圆 相切的直线 为 ，又 ，
，此时直线 关于 轴对称，
所以直线 与圆 相切；
若直线 斜率均存在，
则 ，
所以直线 方程为 ，
整理得 ，
同理直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，
与圆 相切，
整理得 ，
与圆 相切，同理
所以 为方程 的两根，
，
到直线 的距离为：，
所以直线 与圆 相切；
综上若直线 与圆 相切，则直线 与圆 相切.
[方法二]【最优解】：设 ．
当 时，同解法1．
当 时，直线 的方程为 ，即 ．
由直线 与 相切得 ，化简得 ，
同理，由直线 与 相切得 ．
因为方程 同时经过点 ，所以 的直线方程为
，点M到直线 距离为 ．
所以直线 与 相切．
综上所述，若直线 与 相切，则直线 与 相切．
【整体点评】
第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用 的对称性，抽象出
与 关系，把 的关系转化为用 表示，法二是利用相切等条件得到
的直线方程为 ，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，
开拓学生思路
6．【2021年乙卷文科】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 .
【解析】
【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.
7．【2021年乙卷理科】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） .
【解析】
【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；
8．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系 中，已知点 、
，点 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
（2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 、 两点和 ， 两点，且
，求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【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.9．【2021年新高考2卷】已知椭圆C的方程为 ，右焦点为 ，
且离心率为 ．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线 与曲线 相切．证明：M，
N，F三点共线的充要条件是 ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【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.
10．【2020年新课标1卷理科】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.
【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.
11．【2020年新课标2卷理科】已知椭圆C ： (a>b>0)的右焦点F与抛物线C 的
1 2
焦点重合，C 的中心与C 的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C 于A，B两点，交C 于
1 2 1 2
C，D两点，且|CD|= |AB|.
（1）求C 的离心率；
1
（2）设M是C 与C 的公共点，若|MF|=5，求C 与C 的标准方程.
1 2 1 2
【答案】（1） ；（2） ， .
【解析】
【分析】（1）求出 、 ，利用 可得出关于 、 的齐次等式，可解得椭圆 的
离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出 的方程为 ，联立曲线 与 的方程，求出点
的坐标，利用抛物线的定义结合 可求得 的值，进而可得出 与 的标准方程.
【详解】
（1） ， 轴且与椭圆 相交于 、 两点，
则直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，则 ，
抛物线 的方程为 ，联立 ，
解得 ， ，
，即 ， ，
即 ，即 ，，解得 ，因此，椭圆 的离心率为 ；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知 ，则有 ，
所以 ，即 ．
又由 ，得 ．
从而 ，解得 ．
所以 ．
故椭圆 与抛物线 的标准方程分别是 ．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以 为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知 ，又由圆锥曲线统一的极坐标公式 ，得 ，
由 ，得 ，两式联立解得 ．
故 的标准方程为 ， 的标准方程为 ．
[方法三]：参数方程
由（1）知 ，椭圆 的方程为 ，
{x=2c⋅cosθ,
所以 的参数方程为 （ 为参数），
y=√3c⋅sinθ
将它代入抛物线 的方程并化简得 ，解得 或 （舍去），
所以 ，即点M的坐标为 ．
又 ，所以由抛物线焦半径公式有 ，即 ，解得 ．
故 的标准方程为 ， 的标准方程为 ．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知 ， ，椭圆 的方程为 ，
联立 ，消去 并整理得 ，
解得 或 （舍去），
由抛物线的定义可得 ，解得 .
因此，曲线 的标准方程为 ，
曲线 的标准方程为 .
【整体点评】
(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑
使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆
锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，
使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利
用韦达定理可以达到设而不求的效果.12．【2020年新课标2卷文科】已知椭圆C ： (a>b>0)的右焦点F与抛物线C 的
1 2
焦点重合，C 的中心与C 的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C 于A，B两点，交C 于
1 2 1 2
C，D两点，且|CD|= |AB|．
（1）求C 的离心率；
1
（2）若C 的四个顶点到C 的准线距离之和为12，求C 与C 的标准方程．
1 2 1 2
【答案】（1） ；（2） ： ， ： .
【解析】
【分析】
（1）根据题意求出 的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 在第一象限，运用
代入法求出 点的纵坐标，根据 ，结合椭圆离心率的公式进行求解即
可；
（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线
方程，最后结合已知进行求解即可；
【详解】
解：（1）因为椭圆 的右焦点坐标为： ,所以抛物线 的方程为 ，其中
.
不妨设 在第一象限，因为椭圆 的方程为： ，
所以当 时，有 ，因此 的纵坐标分别为 ， ；
又因为抛物线 的方程为 ，所以当 时，有 ，
所以 的纵坐标分别为 ， ，故 ， .由 得 ，即 ，解得 （舍去）， .
所以 的离心率为 .
（2）由（1）知 ， ，故 ，所以 的四个顶点坐标分别为
， ， ， ， 的准线为 .
由已知得 ，即 .
所以 的标准方程为 ， 的标准方程为 .
【点睛】
本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点
的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.
13．【2020年新课标3卷理科】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） .
【解析】
【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．
14．【2020年新高考1卷（山东卷）】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.
【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．
15．【2020年新高考2卷（海南卷）】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.
【解析】
【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．
16．【2019年新课标1卷理科】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为 的直线l与C的
交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若 ，求|AB|．
【答案】（1） ；（2） .【解析】
【分析】
（1）设直线 ： ， ， ；根据抛物线焦半径公式可得 ；
联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于 的方程，解方程求得结果；
（2）设直线 ： ；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用
可得 ，结合韦达定理可求得 ；根据弦长公式可求得结果.
【详解】
（1）设直线 方程为： ， ，
由抛物线焦半径公式可知：
联立 得：
则
，解得：
直线 的方程为： ，即：
（2）设 ，则可设直线 方程为：
联立 得：
则
，
，则
【点睛】
本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式
的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.
17．【2019年新课标1卷文科】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.
【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.
18．【2019年新课标2卷理科】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
【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）设直线 的方程为 ,由题意可知 ,直线 的方程与椭圆方程
联立,即 或 ,点P在第一象限，所以
，因此点 的坐标为
直线 的斜率为 ，可得直线 方程： ，与椭圆方程联立，
，消去 得， （*），设点 ，显然 点的横坐标 和 是方程（*）的解
所以有 ，代入直线 方程中，得
，所以点 的坐标为 ，
直线 的斜率为; ,
因为 所以 ，因此 是直角三角形；
（ii）由（i）可知： ，
的坐标为 ，
，
,
,因为 ，所以当 时， ，函数 单调递
增，当 时， ，函数 单调递减，因此当 时，函数 有最大值，最大值为 .
【点睛】
本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三
角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题.
19．【2019年新课标2卷文科】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 .
【解析】
【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）由题意可知，满足条件的点 存在，当且仅当 ， ，
，
即 ①
②
③
由②③以及 得 ，又由①知 ，故 ；
由②③得 ，所以 ，从而 ，故 ；
当 ， 时，存在满足条件的点 .
故 ，a的取值范围为 .
【点睛】
本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简
单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.
20．【2019年新课标3卷理科】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 .
【解析】【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）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 .
【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．
21．【2018年新课标1卷理科】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.
【解析】【分析】
（1）首先根据 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）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 ，l的方程为 .
由已知可得，点 的坐标为 或 .
所以 的方程为 或 .
（2）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， .
【点睛】
该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆
相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时
候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需
要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达
定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.
22．【2018年新课标1卷文科】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）见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先根据 与 轴垂直，且过点 ，求得直线 的方程为 ，代入抛物线方程
求得点 的坐标为 或 ，利用两点式求得直线 的方程；
（2）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）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 .
综上， .
【点睛】
该题考查的是有关直线与抛物线的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与抛
物线相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程
的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，涉及到直线
与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来
得到角是相等的结论.
23．【2018年新课标2卷理科】设抛物线 的焦点为 ，过 且斜率为
的直线 与 交于 ， 两点， ．
（1）求 的方程；
（2）求过点 ， 且与 的准线相切的圆的方程．
【答案】(1) y=x–1,(2) 或 ．
【解析】
【详解】
分析：(1)根据抛物线定义得 ，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线 的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再
根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆
的标准方程.
详解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．
设A（x ，y ），B（x ，y ）．
1 1 2 2
由 得 ．
，故 ．
所以 ．
由题设知 ，解得k=–1（舍去），k=1．
因此l的方程为y=x–1．
（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为
，即 ．
设所求圆的圆心坐标为（x ，y ），则
0 0
解得 或
因此所求圆的方程为
或 ．
点睛：确定圆的方程方法
(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法
①若已知条件与圆心 和半径 有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于
的方程组，从而求出 的值；
②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于
D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值．24．【2018年新课标3卷理科】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） 或
【解析】
【详解】
分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明．
（2）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 的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
详解：（1）设 ，则 .
两式相减，并由 得
.
由题设知 ，于是
.①
由题设得 ，故 .
（2）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 .
点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而
不求可减小计算量，第二问由已知得到 ,求出m得到直线方程很关键，考查了
函数与方程的思想，考察学生的计算能力，难度较大．25．【2018年新课标3卷文科】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
【解析】
【详解】
分析：（1）设而不求，利用点差法，或假设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理
进行证明．
（2）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）设 ， ，则 ， ．
两式相减，并由 得 ．
由题设知 ， ，于是 ．
由题设得 ，故 ．
（2）由题意得F（1，0）．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 ．
点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量
第二问由已知得求出m，得到 ,再有两点间距离公式表示出 ，考查了学生的计
算能力，难度较大．
