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三年专题08 平面解析几何（解答题）
1．【2022 年全国甲卷】设抛物线C : y
2=2 px( 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)y
2= 4 x；
(2)AB: x =√2 y + 4.
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的定义可得| MF |= p+ p
2 ，即可得解；
（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 MN =2k AB，再由差角的正切公式及
基本不等式可得k AB= √2
2 ，设直线AB: x =√2 y +n，结合韦达定理可解.
(1)
抛物线的准线为x =−p
2 ，当MD与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p，
此时| MF |= p+ p
2 =3，所以p=2，
所以抛物线C 的方程为y
2= 4 x；
(2)
设M ( y1
2
4 , y1), N ( y2
2
4 , y2), A( y3
2
4 , y3),B( y4
2
4 , y4)，直线MN : x =my +1，
由{x =my +1
y
2= 4 x 可得y
2−4 my −4 =0，Δ>0, y1 y2=−4，
由斜率公式可得k MN = y1−y2
y1
2
4 −y2
2
4
=
4
y1+ y2，k AB= y3−y4
y3
2
4 −y4
2
4
=
4
y3+ y4，
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直线MD: x = x1−2
y1
⋅y +2，代入抛物线方程可得y
2−4( x1−2)
y1
⋅y −8=0，
Δ>0, y1 y3=−8，所以y3=2 y2，同理可得y4=2 y1，
所以k AB=
4
y3+ y4
=
4
2( y1+ y2) = k MN
2
又因为直线MN、AB 的倾斜角分别为α , β，
所以k AB= tan β = k MN
2 = tan α
2
，
若要使α −β最大，则β ∈(0, π
2 )，
设k MN =2k AB=2k >0，则tan(α −β)= tan α −tan β
1+ tan α tan β =
k
1+2k
2 =
1
1
k +2k
≤
1
2√
1
k ⋅2k
= √2
4 ，
当且仅当1
k =2k即k = √2
2 时，等号成立，
所以当α −β最大时，k AB= √2
2 ，设直线AB: x =√2 y +n，
代入抛物线方程可得y
2−4√2 y −4 n=0，
Δ>0, y3 y4=−4 n= 4 y1 y2=−16，所以n= 4，
所以直线AB: x =√2 y + 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A (0,−2),B(
3
2 ,−1)
两点．
(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．
【答案】(1) y
2
4 + x
2
3 =1
(2)(0,−2)
【解析】
【分析】
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（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)
解：设椭圆E 的方程为m x
2+n y
2=1，过A (0,−2),B(
3
2 ,−1)，
则¿，解得m= 1
3，n= 1
4 ，
所以椭圆E 的方程为：y
2
4 + x
2
3 =1.
(2)
A(0,−2),B( 3
2 ,−1)，所以AB: y +2= 2
3 x，
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x =1.代入x
2
3 + y
2
4 =1，
可得M (1, 2√6
3
)，N (1,−2√6
3
)，代入AB 方程y = 2
3 x−2，可得
T (√6+3, 2√6
3
)，由⃑MT =⃑TH得到H (2√6+5, 2√6
3
).求得HN 方程：
y =(2−2√6
3
)x−2，过点(0,−2).
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx −y −(k +2)=0, M ( x1, y1), N ( x2, y2).
联立¿得(3k
2+ 4)x
2−6k(2+k )x +3k(k + 4)=0，
可得¿，¿，
且x1 y2+ x2 y1= −24 k
3k
2+ 4
(∗)
联立¿可得T ( 3 y1
2 +3, y1), H (3 y1+6−x1, y1).
可求得此时HN : y −y2=
y1−y2
3 y1+6−x1−x2
( x−x2)，
将(0,−2)，代入整理得2( x1+ x2)−6( y1+ y2)+ x1 y2+ x2 y1−3 y1 y2−12=0，
将(∗)代入，得24 k +12k
2+96+ 48k −24 k −48−48k +24 k
2−36 k
2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN 过定点(0,−2).
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【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.
3．【2022 年新高考1 卷】已知点A(2,1)在双曲线C : x
2
a
2 −
y
2
a
2−1
=1(a>1)上，直线l 交C 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；
(2)16√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(x1, y1),Q(x2, y2)，
再根据k AP+ k BP=0，即可解出l 的斜率；
（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)
因为点A(2,1)在双曲线C : x
2
a
2 −
y
2
a
2−1
=1(a>1)上，所以4
a
2 −
1
a
2−1
=1，解得a
2=2，即双曲线
C : x
2
2 −y
2=1
易知直线l 的斜率存在，设l: y =kx +m，P(x1, y1),Q(x2, y2)，
联立¿可得，(1−2k
2) x
2−4 mkx −2m
2−2=0，
所以，x1+ x2=−4 mk
2k
2−1
, x1 x2= 2m
2+2
2k
2−1
，Δ=16m
2k
2+ 4(2m
2+2)(2k
2−1)>0⇒m
2−1+2k
2>0．
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所以由k AP+ k BP=0可得，
y2−1
x2−2 + y1−1
x1−2 =0，
即(x1−2)(k x2+m−1)+(x2−2)(k x1+m−1)=0，
即2k x1 x2+(m−1−2k )(x1+ x2)−4 (m−1)=0，
所以2k × 2m
2+2
2k
2−1
+(m−1−2k )(−4 mk
2k
2−1)−4 (m−1)=0，
化简得，8k
2+ 4 k −4 + 4 m(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 AP+k BP=0，所以α + β = π，
因为tan ∠PAQ =2√2，所以tan (β −α )=2√2，即tan 2α =−2√2，
即√2tan
2α −tan α −√2=0，解得tan α =√2，
于是，直线PA : y =√2(x−2)+1，直线PB: y =−√2(x−2)+1，
联立¿可得，3
2 x
2+2(1−2√2) x +10−4√2=0，
因为方程有一个根为2，所以xP= 10−4√2
3
，y P= 4√2−5
3
，
同理可得，xQ= 10+ 4√2
3
，yQ= −4√2−5
3
．
所以PQ: x + y −5
3 =0，|PQ|= 16
3 ，
点A到直线PQ的距离d =|2+1−5
3|
√2
= 2√2
3
，
故△PAQ的面积为1
2 × 16
3 × 2√2
3
= 16√2
9
．
4．【2022 年新高考2 卷】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为
y =±√3 x．
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(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(x1, y1),Q(x2, y2)在C 上，且x1> x2>0, y1>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.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(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(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得
到x0+k y0= 8k
2
k
2−3
；由直线PM和QM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m= 3 x0
y0
，由②PQ // AB等价转化为k y0=3 x0，由①M在直线AB上等价于k y0=k
2(x0−2)，
然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
(1)
右焦点为F(2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±√3 x，∴b
a =√3，∴b=√3a，∴c
2=a
2+b
2= 4 a
2= 4，∴
a=1，∴b=√3．
∴C 的方程为：x
2−y
2
3 =1；
(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，
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即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1= x2，已知不符；
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y0=k (x0−2)⇔k y0=k
2(x0−2)；
两渐近线的方程合并为3 x
2−y
2=0,
联立消去y 并化简整理得：(k
2−3) x
2−4 k
2 x + 4 k
2=0
设A( x3, y3),B( x3, y4),线段中点为N ( xN , y N ),则xN = x3+ x4
2
= 2k
2
k
2−3
, y N =k (xN −2)= 6k
k
2−3
,
设M ( x❑0, y0),
则条件③| AM |=|BM |等价于(x0−x3)
2+( y0−y3)
2=(x0−x4)
2+( y0−y4)
2,
移项并利用平方差公式整理得：
(x3−x4)[2 x0−(x3+ x4)]+( y3−y4)[2 y0−( y3+ y4)]=0，
[2 x0−(x3+ x4)]+ y3−y4
x3−x4 [2 y0−( y3+ y4)]=0,即x0−xN + k ( y0−y N)=0,
即x0+k y0= 8k
2
k
2−3
；
由题意知直线PM的斜率为−√3, 直线QM的斜率为√3,
∴由y1−y0=−√3(x1−x0), y2−y0=√3( x2−x0),
∴y1−y2=−√3( x1+ x2−2 x0),
所以直线PQ的斜率m= y1−y2
x1−x2
=−√3(x1+ x2−2 x0)
x1−x2
,
直线PM : y =−√3(x−x0)+ y0,即y = y0+√3 x0−√3 x,
代入双曲线的方程3 x
2−y
2−3=0,即(√3 x + y)(√3 x−y)=3中，
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得：( y0+√3 x0)[2√3 x−( y0+√3 x0)]=3,
解得P的横坐标：x1=
1
2√3(
3
y0+√3 x0
+ y0+√3 x0),
同理：x2=−
1
2√3(
3
y0−√3 x0
+ y0−√3 x0)，
∴x1−x2= 1
√3(
3 y0
y0
2−3 x0
2 + y0), x1+ x2−2 x0=−
3 x0
y0
2−3 x0
2 −x0,
∴m= 3 x0
y0
,
∴条件②PQ// AB等价于m=k ⇔k y0=3 x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于k y0=k
2(x0−2)；
条件②PQ// AB等价于k y0=3 x0；
条件③| AM |=|BM |等价于x0+k y0= 8k
2
k
2−3
；
选①②推③:
由①②解得：x0= 2k
2
k
2−3
,∴x0+ k y0= 4 x0= 8k
2
k
2−3
,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0= 2k
2
k
2−3
，k y0= 6k
2
k
2−3
，
∴k y0=3 x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0= 2k
2
k
2−3
，k y0= 6k
2
k
2−3
，∴x0−2=
6
k
2−3，
∴k y0=k
2(x0−2)，∴①成立.
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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
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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
，
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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
，
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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
，
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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
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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.
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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
；
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（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
．
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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
．
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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；
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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
．
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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
，
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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：
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，
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
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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
，
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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
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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：
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，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
．
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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C1：
(a>b>0)的右焦点F 与抛物线C2的焦点重合，C1
的中心与C2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C1于A，B 两点，交C2于C，D 两点，且|CD|=
|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M 是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）
；（2）
，
.
【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】
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（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
．
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所以
．
故椭圆
与抛物线
的标准方程分别是
．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以
为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知
，又由圆锥曲线统一的极坐标公式
，得
，由
，得
，两式联立解得
．
故
的标准方程为
，
的标准方程为
．
[方法三]：参数方程
由（1）知
，椭圆
的方程为
，
所以
的参数方程为{
x =2c⋅cosθ ,
y =√3c⋅sinθ（
为参数），
将它代入抛物线
的方程并化简得
，
解得
或
（舍去），
所以
，即点M 的坐标为
．
又
，所以由抛物线焦半径公式有
，即
，解得
．
故
的标准方程为
，
的标准方程为
．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知
，
，椭圆
的方程为
，
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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C1：
(a>b>0)的右焦点F 与抛物线C2的焦点重合，C1
的中心与C2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C1于A，B 两点，交C2于C，D 两点，且|CD|=
|
AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【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
学科网（北京）股份有限公司
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；
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（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
，
，
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，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
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,
，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
．
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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
，
，
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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
．
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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
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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：
，
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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
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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）．
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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
．
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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.
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【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：
，
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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．
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