1
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题08 平面解析几何（解答题）
平面解析几何在高考中考查比例较大，一般是1+1+1 模式或者是2+1+1 模式。在选题中，解析几何解答题
中难度一般较大，计算量比较大.主要知识点是
考点01 椭圆及其性质
考点02 双曲线及其性质
考点03 抛物线及其性质
考点01 椭圆及其性质
1.(2020 年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第21 题)已知椭圆C：
过点M(2，3),点A
为其左顶点，且AM 的斜率为
，
(1)求C 的方程；
(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．
【答案】(1)
；(2)18．
解析：(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．
2
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：
．
2.(2020 江苏高考·第18 题)在平面直角坐标系
中，已知椭圆
的左、右焦点分别为
，点
在椭圆
上且在第一象限内，
，直线
与椭圆
相交于另一点
．
3
(1)求
的周长；
(2)在
轴上任取一点
，直线
与椭圆
的右准线相交于点
，求
的最小值；
(3)设点
在椭圆
上，记
与
的面积分别为
，若
，求点
的坐标．
【答案】【答案】(1)
；(2)
；(3)
或
．
【解析】(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)设
，点
到直线
的距离为
．
，
∴直线
的方程为
,∵点
到直线
的距离为
，
,
,
①
②,∴联立①②解得
，
．
或
．
4
3.(2020 年高考课标Ⅲ卷理科·第20 题)已知椭圆
的离心率为
，
，
分别
为
的左、右顶点．
(1)求
的方程；
(2)若点
在
上，点
在直线
上，且
，
，求
的面积．
【答案】(1)
；(2)
．
解析：(1)
，
，
根据离心率
，
解得
或
(舍)，
的方程为：
，
即
；
(2)不妨设
,
在x 轴上方
点
在
上，点
在直线
上，且
，
，
过点
作
轴垂线，交点为
，设
与
轴交点为
根据题意画出图形，如图
，
，
，
又
，
，
，
5
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：
；
6
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：
．
5．(2023 年北京卷·第19 题)已知椭圆
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
7
解析：(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
8
，
又
，即
，
显然，
与
不重合，所以
．
6.(2023 年天津卷·第18 题)设椭圆
的左右顶点分别为
，右焦点为
，已知
．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点
是椭圆上一动点(不与端点重合)，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)
．
解析：(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
，
9
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
．
7.(2022 高考北京卷·第19 题)已知椭圆：
的一个顶点为
，焦距为
．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)过点
作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B，C，直线AB，AC 分别与x 轴交于点M，
N，当
时，求k 的值．
【答案】解析:(1)依题意可得
，
，又
，
所以
，所以椭圆方程为
；
(2)解：依题意过点
的直线为
，设
、
，不妨令
，
由
，消去
整理得
，
所以
，解得
，
所以
，
，
10
直线
的方程为
，令
，解得
，
直线
的方程为
，令
，解得
，
所以
，
所以
，
即
即
即
整理得
，解得
8.(2022 年浙江省高考数学试题·第21 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．
11
(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求
的最小值．
【答案】解析:(1)设
是椭圆上任意一点,
,则
，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
，
12
当且仅当
时取等号，故
的最小值为
．
9 .(2021 高考北京·第20 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
y=-3 交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15 时，求k 的取值范围．
【答案】(1)
；(2)
．
解析：(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
13
又
故
即
，
综上，
或
．
10.(2020 天津高考·第18 题)已知椭圆
的一个顶点为
，右焦点为
，且
，其中
为原点．
(Ⅰ)求椭圆
方程；
(Ⅱ)已知点
满足
，点
在椭圆上(
异于椭圆的顶点)，直线
与以
为圆心的圆相切
于点
，且
为线段
的中点．求直线
的方程．
【答案】【答案】(Ⅰ)
；(Ⅱ)
，或
．
【解析】(Ⅰ)
椭圆
的一个顶点为
，
，由
，得
，又由
，得
，
所以，椭圆的方程为
；
(Ⅱ)
直线
与以
为圆心的圆相切于点
，所以
，
根据题意可知，直线
和直线
的斜率均存在，
设直线
的斜率为
，则直线
的方程为
，即
，
，消去
，可得
，解得
或
．
将
代入
，得
，
所以，点
的坐标为
，因为
为线段
的中点，点
的坐标为
，
所以点
的坐标为
，由
，得点
的坐标为
，
14
所以，直线
的斜率为
，又因为
，所以
，
整理得
，解得
或
．所以，直线
的方程为
或
．
11.(2019·上海·第20 题)已知椭圆
，
为左、右焦点，直线过
交椭圆于A、B 两点.
(1)若AB 垂直于
轴时，求
；
(2)当
时，
在
轴上方时，求
的坐标；
(3)若直线
交
轴于M，直线
交
轴于N，是否存在直线，使
，若存在，求
出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
；(2)
，
；
(3)
或
【解析】(1)依题意：
，当AB⊥x 轴，则坐标
，
，
∴
(2)法一(秒杀)：焦点三角形面积公式：
；
又：
，
，即
所以A 在短轴端点，即
直线
(即
)方程为：
，联立：
，得
.
法二(常规)：依题意：设坐标
，∵
(注意：用点
更方便计算)
则有：
又A 在椭圆上，满足：
，即：
15
∴
，解出：
，
B 点坐标求解方法同法一，
.
（2）设坐标
，
，
，
，直线l：
(k 不存在时不满足题意)
则：
；
；
联立方程：
，
，韦达定理：
由直线
方程：
得M 纵坐标：
；
由直线
方程：
得N 纵坐标：
；
若
，即
∴
，
，代入韦达定理：
得：
，解出：
∴ 存在直线
或
满足题意.
考点02 双曲线及其性质
1．(2023 年新课标全国Ⅱ卷·第21 题)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为
，离心率为
．
(1)求C 的方程；
(2)记C
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，
16
直线
与
交于点P．证明:点
在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析．
解析：(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：
17
，
由
可得
，即
，
据此可得点
在定直线
上运动．
2.(2022 新高考全国II 卷·第21 题)已知双曲线
的右焦点为
，渐近线方程
为
．
(1)求C 的方程；
(2)过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A，B 两点，点
在C 上，且．
．过P 且斜率为
的直线与过Q 且斜率为
的直线交于点M．从下面①②③中
选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M 在
上；②
；③
．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)见解析
解析:(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
方程合并为
,
联立消去y 并化简整理得：
18
设
,线段中点
,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
；
19
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．
3．(2021 年新高考Ⅰ卷·第21 题)在平面直角坐标系
中，已知点
、
，点
的轨迹为
．
(1)求
的方程；
(2)设点
在直线
上，过
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】解析：
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)设点
，若过点
的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线
无公共点，
不妨直线
的方程为
，即
，
联立
，消去
并整理可得
，
20
设点
、
，则
且
．
由韦达定理可得
，
，
所以，
，
设直线
的斜率为
，同理可得
，
因为
，即
，整理可得
，
即
，显然
，故
．
因此，直线
与直线
的斜率之和为
．
4.(2022 新高考全国I 卷·第21 题)已知点
在双曲线
上，直线l 交C 于P，Q
两点，直线
的斜率之和为0．
(1)求l
斜率；
(2)若
，求
的面积．
【答案】(1)
；
(2)
．
解析：(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，
，
．
21
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)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
，
，
22
点
到直线
的距离
， 故
的面积为
．
考点03 抛物线及其性质
1.(2023 年全国甲卷理科·第20 题)已知直线
与抛物线
交于
两点，
且
．
(1)求
；
(2)设F 为C 的焦点，M，N 为C 上两点，
，求
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
解析：(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
，
23
，
所以
的面积
，
而
或
，所以，
当
时，
的面积
．
2.(2021 年高考浙江卷·第21 题)如图，已知F 是抛物线
的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴
的交点，且
，
(1)求抛物线的方程；
(2)设过点F 的直线交抛物线与A､B 两点，斜率为2 的直线l 与直线
，x 轴依次交于点P，
Q，R，N，且
，求直线l 在x 轴上截距的范围．
【答案】(1)
；(2)
．
解析:(1)因为
，故
，故抛物线的方程为：
．
(2)设
，
，
，
所以直线
，由题设可得
且
．由
可得
，故
，
因为
，故
，故
．
24
又
，由
可得
，
同理
，
由
可得
，所以
，
整理得到
，
故
，令
，则
且
，
故
，故
即
，
解得
或
或
．
故直线在
轴上的截距的范围为
或
或
．
3.(2021 年高考全国乙卷理科·第21 题)已知抛物线
的焦点为
，且
与圆
上点的距离的最小值为
．
(1)求
；
(2)若点
在
上，
是
的两条切线，
是切点，求
面积的最大值．
【答案】(1)
；(2)
．
解析：(1)抛物线
的焦点为
，
，
所以，
与圆
上点的距离的最小值为
，解得
；
25
(2)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
、
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
．
4.(2021 年高考全国甲卷理科·第20 题)抛物线C 的顶点为坐标原点O．焦点在x 轴上，直线l：
交C
于P，Q 两点，且
．已知点
，且
与l 相切．
(1)求C，
的方程；
(2)设
是C 上的三个点，直线
，
均与
相切．判断直线
与
的位置关
系，并说明理由．
【答案】(1)抛物线
，
方程为
；(2)相切，理由见解析
26
解析：(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)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，
27
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．
5.(2020 年浙江省高考数学试卷·第21 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)
解析：(Ⅰ)当
时，
的方程为
，故抛物线
的焦点坐标为
；
28
(Ⅱ)设
，
由
，
，
由
在抛物线上，所以
，
又
，
，
，
．
由
即
，
所以
，
，
，
所以，
的最大值为
，此时
．
法2：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
，
29
由
解得
，
所以当
时，
取到最大值为
．
6.(2022 年高考全国甲卷数学(理)·第20 题)设抛物线
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
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)
．
【解析】(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)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
，
30
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
．
7.(2019·浙江·第21 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
的右侧，记
，
的面积分别为
，
．
(Ⅰ)求
的值及抛物线的准线方程；
(Ⅱ)求
的最小值及此时点
的坐标．
x
y
O
Q
G
F
C
B
A
【答案】
【解析】(Ⅰ)由题意得
，即
，所以，抛物线的准线方程为
．
(Ⅱ)设
，
，
，
，
，
，重心
，
，
令
，
，则
，
由于直线
过
，故直线
的方程为
，
代入
，得：
，
，即
，
，
，
又
，
，重心在
轴上，
，
31
，
，
，
，
直线
的方程为
，得
，
，
在焦点
的右侧，
，
，
令
，则
，
，
当
时，
取得最小值为
，此时
．
8.(2019·全国Ⅲ·理·第21 题)已知曲线C：y=
，D 为直线y=
上的动点，过D 作C 的两条切线，
切点分别为A，B．
(1)证明：直线AB 过定点：
(2)若以E(0，
)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积．
【答案】【答案】(1)见详解；(2)3 或
．
【官方解析】
(1)设
则
．
由于
，所以切线
的斜率为
，故
整理得
．．
设
同理可得
．
故直线
的方程为
．
所以直线
过定点
．
(2)由(1)得直线
的方程为
．由
可得
．
32
于是
，
．
设
分别为
到直线
的距离，则
．
因此，四边形
的面积
．
设
线段
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
．
9.(2019·全国Ⅰ·理·第19 题)已知抛物线
的焦点为
，斜率为
的直线与
的交点为
，
，与
轴的交点为
．
(1)若
，求的方程；
(2)若
，求
．
【答案】解：设直线
．
(1)由题设得
，故
，由题设可得
．
由
，可得
，则
．
从而
，得
．所以的方程为
．
(2)由
可得
．
由
，可得
．所以
．从而
，故
．
代入
的方程得
．故
．
10.(2019·北京·理·第18 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
33
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】【解析】(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(不为零)，焦点坐标为
，
设直线的方程为
，与抛物线方程
联立可得：
．
设
，则
．且
，
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
轴上的两个定点
．
考点04 圆锥曲线的定点定值问题
1.(2021 年新高考全国Ⅱ卷·第20 题)已知椭圆C 的方程为
，右焦点为
，且
离心率为
．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设M，N 是椭圆C 上的两点，直线
与曲线
相切．证明：M，N，F 三点共线的
充要条件是
．
【答案】解析:(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；
34
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
．
2.(2020 年高考课标Ⅰ卷理科·第20 题)已知A、B 分别为椭圆E：
(a>1)
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
方程；
(2)证明：直线CD 过定点．
【答案】(1)
；(2)证明详见解析．
【解析】(1)依据题意作出如下图象：
35
由椭圆方程
可得：
，
，
，
，
椭圆方程为：
(2)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
直线
的方程为：
，
36
整理可得：
整理得：
故直线
过定点
3.(2020 年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第22 题)已知椭圆C：
的离心率为
，且过点
A(2，1)．
(1)求C 的方程：
(2)点M，N 在C 上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D 为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【答案】(1)
；(2)详见解析．
解析：(1)由题意可得：
，解得：
，故椭圆方程为：
．
(2)设点
．
因为AM⊥AN，∴
，即
,①
当直线MN 的斜率存在时，设方程为
,如图1．
代入椭圆方程消去
并整理得：
②,
根据
,代入①整理可得：
将②代入，
，
整理化简得
,
∵
不在直线
上，∴
，
37
∴
，
于是MN 的方程为
，
所以直线过定点直线过定点
．
当直线MN 的斜率不存在时，可得
,如图2．
代入
得
,
结合
,解得
,
此时直线MN 过点
,
由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，
所以AE 中点Q 满足
为定值(AE 长度的一半
)．
由于
，故由中点坐标公式可得
．
故存在点
，使得|DQ|为定值．
4.(2022 年高考全国乙卷数学(理)·第20 题)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过
两点．
(1)求E 的方程；
38
(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)
解析：设椭圆E 的方程为
，过
，
则
，解得
，
，
所以椭圆E 的方程为：
．
【小问2 详解】
，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
39
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
考点05 解析几何综合类问题
1.(2023 年新课标全国Ⅰ卷·第22 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
解析：(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，
40
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
,
41
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，
42
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
,
43
从而
又
,
故
,由此
，
当且仅当
时等号成立，故
，故矩形周长大于
．
．
2 .(2023 年全国乙卷理科·第20 题)已知椭圆
的离心率是
，点
在
上．
(1)求
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
解析：(1)由题意可得
，解得
，
44
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
．
45
3 .(2020 年高考课标Ⅱ卷理科·第19 题)已知椭圆C1：
(a>b>0)
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：(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
，
46
解得
，
，
，即
，
，
即
，即
，
，解得
，因此，椭圆
的离心率为
；
(2)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
．
4.(2019·天津·理·第18 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】本小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
锥曲面的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．满分13 分．
(Ⅰ)解：设椭圆的半焦距为
，依题意，
，又
，可得
，
．
所以，椭圆的方程为
．
47
(Ⅱ)解：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
．
5.(2019·全国Ⅱ·理·第21 题)已知点
，
，动点
满足直线
与
的斜
率之积为
．记
的轨迹为曲线
．
求
的方程，并说明
是什么曲线；
过坐标原点的直线交
于
两点，点
在第一象限，
轴，垂足为
，连结
并延长
交
于点
．
证明：
是直角三角形；
求
面积的最大值．
【答案】【答案】
详见解析
详见解析
【官方解析】
由题设得
，化简得
，所以
为中心在坐标原点，焦点在
轴上的椭圆，不含左右顶点．
设直线
的斜率为
，则其方程为
．由
得
．
记
，则
．
于是直线
的斜率为
，方程为
．
48
由
，得
．①
设
，则
和
是方程①的解，故
，由此得
．
从而直线
的斜率为
．所以
，即
是直角三角形．
由
得
，
，
所以
的面积
．
设
，则由
得
，当且仅当
时取等号．
因为
在
单调递减，所以当
，即
时，
取得最大值，最大值为
．
因此，
面积的最大值为
．
【分析】
分别求出直线
与
的斜率，由已知直线
与
的斜率之积为
，可以得
到等式，化简可以求出曲线
的方程，注意直线
与
有斜率的条件；
设出直线PQ 的方程，与椭圆方程联立，求出
两点的坐标，进而求出点E 的坐标，求出
直线QE 的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出G 的坐标，再求出直线PG 的斜率，计算
的值，就可以证明出
是直角三角形；
由
可知
,
,
P Q G 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.
【解析】
直线AM 的斜率为
(
2)
2
y
x
x
，直线BM 的斜率为
(
2)
2
y
x
x
，由题意可知：
2
2
1
2
4,(
2)
2
2
2
y
y
x
y
x
x
x
，所以曲线
是以坐标原点为中心，焦点在x 轴上，不
49
包括左右两顶点的椭圆，其方程为
2
2
1,
2
4
2
x
y
x
；
设直线PQ 的方程为y
kx
,由题意可知
0
k
,直线PQ 的方程与椭圆方程
2
2
2
4
x
y
联立,
即
2
2
2
2
2
,
,
2
1
2
4.
2
.
2
1
x
y
kx
k
x
y
k
y
k
或
2
2
2
,
2
1
2
.
2
1
x
k
k
y
k
,点
在第一象限，所以
2
2
2
2
2
2
2
2
(
,
),
(
,
)
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
P
Q
k
k
k
k
，因此点E
的坐标为
2
2
(
,0)
2
1
k
直线QE 的斜率为
2
QE
k
k
，可得直线QE 方程：
2
2
2
1
k
k
y
x
k
，与椭圆方程联立，
2
2
2
,
2
2
1
2
4.
k
k
y
x
k
x
y
，消去
y
得，
2
2
2
2
2
2
4
12
8
(2
)
0
2
1
2
1
k x
k
k
x
k
k
(*)，设点
1
1
( ,
)
G x y
，显然
Q 点的横坐标
2
2
2
1
k
和
1x 是方程(*)的解
所以有
2
2
2
1
1
2
2
2
2
12
8
2
6
4
2
1
2
2
1
(
2) 2
1
k
k
k
x
x
k
k
k
k
，代入直线
QE
方程中，得
3
1
2
2
2
(
2) 2
1
k
y
k
k
，所以点
G
的坐标为
2
3
2
2
2
2
6
4
2
(
,
)
(
2) 2
1 (
2) 2
1
k
k
k
k
k
k
，
直线
PG
的斜率为；
3
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 (
2)
1
(
2) 2
1
2
1
6
4
2
6
4
2(
2)
(
2) 2
1
2
1
PG
k
k
k
k k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
，
因为
，所以PQ
PG
，因此
是直角三角形；
由
可知：
2
2
2
2
2
2
2
2
(
,
),
(
,
)
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
P
Q
k
k
k
k
，
G
的坐标为
，
50
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4 1
(
)
(
)
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
k
PQ
k
k
k
k
k
，
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
4
2
2
2
4
1
(
)
(
)
(
2) 2
1
2
1
(
2) 2
1
2
1
(
2) 2
1
k
k
k
k k
PG
k
k
k
k
k
k
k
k
,
2
2
3
4
2
2
2
2
1
4
1
4 1
8(
)
2
2
5
2
(
2) 2
1
2
1
PQG
k k
k
k
k
S
k
k
k
k
k
，
，
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
.
6.(2019·江苏·第17 题)如图，在平面直角坐标系
中，椭圆
:
的焦点为
，
．过
作
轴的垂线，在
轴的上方，与圆
:
交于点
，与
椭圆
交于点
.连结
并延长交圆
于点
，连结
交椭圆
于点
，连结
．
已知
．
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)求点
的坐标．
【答案】【答案】见解析
【解析】(1)设椭圆
的焦距为
因为
，
，所以
，
又因为
，
轴，所以
因此，
，从而
由
，得
51
因此，求椭圆
的标准方程为
(2)解法一：
由(1)知，椭圆
：
，
因为
⊥
轴，所以点
的横坐标为1.
将
代入圆
的方程
，解得
因为点
在
轴上方，所以
.
又
，所以直线
：
.
由
，得
，
解得
或
.
将
代入
，得
，
因此
.又
，所以直线
：
.
由
，得
，解得
或
.
又因为
是线段
与椭圆的交点，所以
.
将
代入
，得
.因此
.
解法二：由(1)知，椭圆C：
.如图，连结
52
因为
，
，所以
，从而
因为
，所以
，
所以
，从而
.
因为
轴，所以
轴.
因为
，由
，得
.
又因为
是线段
与椭圆的交点，所以
.
因此
.
53
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