十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—解析几何解答题
目录
题型一：曲线和方程..........................................................................................1
题型二：直线与圆的方程.................................................................................6
题型三： 椭圆的定义及性质........................................................................14
题型四：直线与椭圆的位置关系.................................................................26
题型五：双曲线的定义及性质......................................................................50
题型六：直线与双曲线的位置关系.............................................................55
题型七：抛物线的定义及性质......................................................................63
题型八：直线与抛物线的位置关系.............................................................73
题型九：圆锥曲线中的证明问题.................................................................86
题型十：圆锥曲线中的最值问题...............................................................105
题型十一：圆锥曲线中的综合问题...........................................................114
题型一：曲线和方程
1.(2018 年高考数学江苏卷·第18 题)(本小题满分16 分)如图，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】解析：(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，
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)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
．
＝
，
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
．
2.(2017 年高考数学江苏文理科·第17 题)如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
E
a
b
a
b
的
左、右焦点分别为
1F ,
2
F ,离心率为
1
2 ,两准线之间的距离为8．点P 在椭圆E 上,且位于第一象限,过点
1F 作 直线
1
PF 的垂线1l ,过点
2
F 作直线
2
PF 的垂线2l ．
(1)求椭圆E 的标准方程;
(2)若直线E 的交点Q 在椭圆E 上,求点P 的坐标．
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y
(2)
4 7 3 7
(
,
)
7
7
解析:解:(1)设椭圆的半焦距为c．
因为椭圆E 的离心率为
1
2 ,两准线之间的距离为8,所以
1
2
c
a
,
2
2
8
a
c
,
解得
2,
1
a
c
,于是
2
2
3
b
a
c
,因此椭圆E 的标准方程是
2
2
1
4
3
x
y
．
(2)由(1)知,
1
2
( 1,0),
(1,0)
F
F
．
设
0
0
(
,
)
P x
y
,因为点P 为第一象限的点,故
0
0
0,
0
x
y
．
(第17 题)
y
x
F2
O
F1
当
0
1
x 时, 2l 与1l 相交于
1F ,与题设不符．
当
0
1
x 时,直线
1
PF 的斜率为
0
0
1
y
x
,直线
2
PF 的斜率为
0
0
1
y
x
．
因为1
1
l
PF
, 2
2
l
PF
,所以直线1l 的斜率为
0
0
1
x
y
,直线2l 的斜率为
0
0
1
x
y
,
从而直线1l 的方程:
0
0
1(
1)
x
y
x
y
, ①
直线2l 的方程:
0
0
1(
1)
x
y
x
y
． ②
由①②,解得
2
0
0
0
1
,
x
x
x
y
y
,所以
2
0
0
0
1
(
,
)
x
Q
x
y
．
因为点Q 在椭圆上,由对称性,得
2
0
0
0
1
x
y
y
,即
2
2
0
0
1
x
y
或
2
2
0
0
1
x
y
．
又P 在椭圆E 上,故
2
2
0
0
1
4
3
x
y
,
由
2
2
0
0
2
2
0
0
1
1
4
3
x
y
x
y
,解得
0
4 7
7
x
,
0
3 7
7
y
;
2
2
0
0
2
2
0
0
1
1
4
3
x
y
x
y
无解,
因此点P 的坐标为
4 7 3 7
(
,
)
7
7
．
3.(2016 高考数学浙江理科·第19 题)(本题满分15 分)如图，设椭圆
．
(Ⅰ)求直线
被椭圆截得的线段长(用
表示)；
(Ⅱ)若任意以点
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】【命题意图】本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆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．
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
1k ，
2k 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
．
4.(2014 高考数学广东理科·第20 题)已知椭圆
的一个焦点为
，离心率
为
．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若动点
为椭圆C 外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点
的轨迹方程．
【答案】解：(1)依题意有
故所求椭圆C 的标准方程为
(2)当两条切线的斜率存在时，设过
点的切线为
联立
消去
得
判别式
化简得
，即
依题意得
，即
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得
是直线
的四个交点，也满足
，故点
的轨迹方程为
5.(2017 年高考数学上海(文理科)·第20 题)(本题满分16 分,第1 小题满分4 分,第2 小题满分5 分,第3 小
题满分7 分)
在平面直角坐标系xOy y 中,已知椭圆
2
2
:
1
4
x
y
, A 为的上顶点, P 为上异于上、下顶点的
动点, M 为x 正半轴上的动点．
(1)若P 在第一象限,且|
|
2
OP
,求P 的坐标;
(2)设
8 3
( , )
5 5
P
,若以A 、P 、M 为顶点的三角形是直角三角形,求M 的横坐标;
(3)若|
| |
|
MA
MP
,直线AQ 与交于另一点C ,且
2
AQ
AC
,
4
PQ
PM
,求直线AQ 的方程．
【答案】【解析】(1)联立
2
2
:
1
4
x
y
与
2
2
2
x
y
,可得
2 3
6
(
,
)
3
3
P
;
(2)设
( ,0)
M m
,
2
8
3
8
3
3
(
,1) (
, )
0
5
5
5
5
5
MA MP
m
m
m
m
m
或
1
m ,
8 2
8
3
8
64
6
29
(
, ) (
, )
0
5 5
5
5
5
25
25
20
PA MP
m
m
m
;
(3)设
0
0
(
,
)
P x
y
,线段AP 的中垂线与x 轴的交点即
0
3
(
,0)
8
M
x
,∵
4
PQ
PM
,
∴
0
0
3
(
, 3
)
2
Q
x
y
,∵
2
AQ
AC
,∴
0
0
1 3
3
(
,
)
4
2
y
C
x
,代入并联立椭圆方程,
解得
0
8 5
9
x
,
0
1
9
y
,∴
4
1
(
5, )
3
3
Q
,∴直线AQ 的方程为
5
1
10
y
x
．
题型二：直线与圆的方程
1．(2015 高考数学福建理科·第18 题)已知椭圆E：
过点
，且离心率为
．
x
y
B
A
O
G
(Ⅰ)求椭圆E 的方程；
(Ⅱ)设直线
交椭圆E 于A，B 两点，判断点G
与以线段AB 为直径的圆
的位置关系，并说明理由．
【答案】(Ⅰ)
；(Ⅱ)G
在以AB 为直径的圆外．
解析：解法一：(Ⅰ)由已知得
解得
所以椭圆E 的方程为
．
(Ⅱ)设点
AB 中点为
．
由
所以
从而
．
所以
．
,
故
所以
，故G
在以AB 为直径的圆外．
解法二：(Ⅰ)同解法一．
(Ⅱ)设点
，则
由
所以
从而
所以
不共线，所以
为锐角．
故点G
在以AB 为直径的圆外．
2.(2014 高考数学江苏·第18 题)如图，为了保护河上古桥OA ，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保
护区．规划要求:新桥BC 与河岸AB 垂直;保护区的边界为圆心M 在线段OA 上并与BC 相切的圆．且古
桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80m． 经测量，点A 位于点O 正北方向60m 处， 点
C 位于点O 正东方向170m 处(
为河岸)，
tan∠BCO = 4
3 ．
(1)求新桥
的长；
(2)当
多长时，圆形保护区的面积最大？
【答案】(1)150m；(2)OM = 10 m．
解析：解法一(1)如图，以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy．
由条件知
，直线BC 的斜率
．
又因为
，所以直线AB 的斜率
．
设点B 的坐标为
，则
，
解得
．所以
．
因此新桥BC 的长为150m．
(2)设保护区的边界圆M 的半径为r m，
m
．
由条件知，直线BC 的方程为
，即
．
由于圆M 与直线BC 相切，故点
到直线BC 的距离是r，即
．
因为O 和A 到圆M 上任意一点的距离均不少于80 m，
（第18 题）
C
M
B
A
O
北
东
60 m
170 m
（第18 题）
C
M
B
A
O
y
x
60
170
所以
即
解得
．
故当
时，
最大，即圆面积最大．
所以当OM = 10 m 时，圆形保护区的面积最大．
解法二(1)如图，延长OA，CB 于点F．
因为
，所以
，
．
因为OA = 60，OC = 170，
所以
，
．
从而
．
因为
，所以
．
又因为
，所以
．
从而
．
因此新桥BC 的长为150 m．
(2)设保护区的边界圆M 与BC 的切点为D，连接MD，
则
，且MD 是圆M 的半径，并设
m，
m
．
因为
，所以
．
故由(1)知
，所以
．
因为O 和A 到圆M 上任意一点的距离均不少于80 m，
D
F
（第18 题）
C
M
B
A
O
y
x
60
170
所以
即
解得
．
故当
时，
最大，即圆面积最大．
所以当OM=10 m 时，圆形保护区的面积最大．
解法三(1)：连结
，由题意知
，则由两角差的正切公式可得：
，故
m．
所以新桥
的长度为
m．
(2)：设
与圆切于点
，连接
，过点
作
交
于点
．
设
，则
，由古桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80 m，
那么
，解得
． 由
，可得
，
由(1)的解法二可得
，所以
，
故
即圆的半径的最大值为130，当且仅当
时取得半径的最大值．
综上可知，当
m 时，圆形保护区的面积最大．
3．(2015 高考数学广东理科·第20 题)(本小题满分14 分)
已知过原点的动直线与圆
相交于不同的两点A，B．
(1)求圆
的圆心坐标；
(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；
(3)是否存在实数
，使得直线
与曲线C 只有一个交点?若存在，求出
的取值范围；
若不存在，说明理由．
【答案】解析：(1)由
得
，
∴ 圆
的圆心坐标为
；
(2)设
，则∵点
为弦
中点即
，∴
即
，
∴ 线段
的中点
的轨迹的方程为
；
(3)由(2)知点
的轨迹是以
为圆心
为半径的部分圆弧
(如下图所示，不包括两端
点)，且
，又直线
过定点
，
当直线与圆
相切时，由
得
，又
，结合
上图可知当
时，直线
与曲线
只有一个交点．
4.(2016 高考数学江苏文理科·第18 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
．
(1)设圆
与
轴相切，与圆
外切，且圆心
在直线
上，求圆
的标准方程；
(2)设平行于
的直线与圆
相交于
两点，且
，求直线的方程；
(3)设点
满足：存在圆
上的两点
和
，使得
，求实数的取值范围．
y
x
O
M
A
【答案】(1)
；(2)
或
；(3)
．
F
E
C
O
y
L
【官方解答】：圆
：
，圆心
,半径为5．
(1)因为
在直线
上，故可设
，因为圆
与
轴相切，与圆
外切，
所以
，于是圆
的半径为
，从而
，解得
．
因此，圆
的标准方程为
．
(2)因为∥
，所以直线的斜率为
．
设
，即
，则圆心
到直线的距离
,
因为
则
，即
解得
或
，
所以直线方程为
或
．
(3)设
，
，
因为
，
，
，所以
①
因为点
在圆
上，所以
，②
将①代入②，得
．
于是点
既在圆
上，又在圆
上，
从而圆
与圆
有公共点，
所以
，解得
．
因此，实数的取值范围是
．
民间解答：
(1)因为
在直线
上，设
，因为与
轴相切，
则圆
为
，
又圆
与圆
外切，圆
：
，
则
，解得
，即圆
的标准方程为
；
(2)由题意得
，
设
则圆心
到直线的距离
,
则
，
，即
，
解得
或
，即：
或
；
(3)
，即
，即
，
又
,即
，解得
对于任意
，欲使
此时
，只需要作直线
的平行线，使圆心到直线的距离为
，必然与圆交于
两点，此时
，即
，因此对于任意
，均满足题意，
综上
．
5.(2014 高考数学北京理科·第19 题)已知椭圆f ( x )
(1)求椭圆C 的离心率e．
(2)设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y=2 上，且OA⊥OB，求直线AB 与圆[ 0 , π
2 ] 的
位置关系，并证明你的结论。
【答案】解析：(Ⅰ)由题意,椭圆C 的标准方程为
x2
4 + y2
2 =1
．
所以a2=4 ,b2=2,从而c2=a2−b2=2．
因此a=2,c=√2．
故椭圆C 的离心率
e= c
a=√2
2 ．
(Ⅱ)直线AB 与圆x2+ y2=2 相切．证明如下：
设点A ,B的坐标分别为(x0, y0),(t ,2),其中x0≠0 ．
因为OA ⊥OB ,所以⃗OA⋅⃗OB =0,即tx 0+2 y0=0,解得
t=2 y0
x0 ．
当x0=t 时,
y0=−t2
2 ,代入椭圆C 的方程,得t=±√2．
故直线AB 的方程为x=±√2．圆心O 到直线AB 的距离d=√2．
此时直线AB 与圆x2+ y2=2 相切．
当x0≠t 时,直线AB 的方程为
y−2= y0−2
x0−t ( x−t ),
即( y0−2)x−( x0−t ) y+2 x0−ty 0=0.
圆心O 到直线AB 的距离
d=
|2 x0−ty 0|
√( y0−2)2+( x0−t )2 .
又
x0
2+2 y0
2=4 ,t=−2 y0
x0
,
故
d=
|2 x0+ 2 y0
2
x0
|
√
x0
2+ y0
2+ 4 y0
2
x0
2 +4
=
|4+x0
2
x0
|
√
x0
4+8 x0
2+16
2 x0
2
=√2
．
此时直线AB 与圆x2+ y2=2 相切．
题型三： 椭圆的定义及性质
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．
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
．
(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
．
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
，
，
，
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：
．
4 ．(2014 高考数学江苏· 第17 题) 如图，在平面直角坐标系xOy 中，F1, F2分别是椭圆
x2
a2 + y2
b2 =1(a>b>0)
的左、右焦点，顶点B 的坐标为(0,b)，连结BF 2 并延长交椭圆于点A，过点A
作x 轴的垂线交椭圆于另一点C，连结F1C ．
(1)若点C 的坐标为
( 4
3 , 1
3 )
，且BF 2=√2，求椭圆的方程；
(2)若F1C⊥AB ,求椭圆离心率
的值．
【答案】(1)
；(2)
解析：设椭圆的焦距为2c，则
，
．
(1)因为
，所以
，又
，故
．
因为点
在椭圆上，所以
，解得
．
故所求椭圆的方程为
．
(2)解法一：因为
，
在直线AB 上，所以直线AB 的方程为
．
解方程组
得
所以点A 的坐标为
．
又AC 垂直于x 轴，由椭圆的对称性，可得点C 的坐标为
．
因为直线
的斜率为
，直线AB 的斜率为
，且
，
所以
，又
，整理得
．
故
，因此
．
解法二：设
，
(第17 题)
A
C
B
y
x
O
F2
F1
由
得
，由
在
上，则
；
联立
解得：
又
在椭圆上，代入椭圆方程整理得
，即
，
所以椭圆的离心率为
5.(2015 高考数学重庆理科·第21 题)(本小题满分12 分，(1)小问5 分，(2)小问7 分)
如图，椭圆
的左、右焦点分别为
过
的直线交椭圆于
两点，且
F2
F1
P
Q
y
x
O
(1)若
，求椭圆的标准方程;
(2)若
求椭圆的离心率
．
【答案】(1)
；(2)
解析：
解析：(1)本题中已知椭圆上的一点到两焦点的距离，因此由椭圆定义可得长轴长，即参数
的值，
而由
，应用勾股定理可得焦距，即
的值，因此方程易得；(2)要求椭圆的离心率，就是要
找到关于
的一个等式，题中涉及到焦点距离，因此我们仍然应用椭圆定义，设
，则
，
，
于
是
有
，这样在
中求得
，在
中可建立关于
的等式，从而求得离心率．
(1)由椭圆的定义，
设椭圆的半焦距为c，由已知
，因此
即
从而
故所求椭圆的标准方程为
．
(2)解法一：如图(21)图，设点P
在椭圆上，且
，则
求得
由
,得
,从而
由椭圆的定义，
, 从而由
，有
又由
，
知
，因此
于是
解得
．
解法二：如图由椭圆的定义，
, 从而由
，有
又由
，
知
，因此
,
,从而
由
,知
，因此
6.(2015 高考数学四川理科·第20 题)如图，椭圆
的离心率是
，过点
的动直线与椭圆相交于
两点．当直线平行于
轴时，直线被椭圆
截得的线段长为
．
(Ⅰ)球椭圆
的方程；
(Ⅱ)在平面直角坐标系
中，是否存在与点
不同的定点
，使得
恒成立？若存在，
求出点
的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
；(2)存在，Q 点的坐标为
．
解析：(1)由已知，点
在椭圆E 上．
因此，
解得
．所以椭圆的方程为
．
(2)当直线与
轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D 两点．
如果存在定点Q 满足条件，则
，即
．
所以Q 点在y 轴上，可设Q 点的坐标为
．
当直线与
轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N 两点．
则
，
由
，有
，解得
或
．
所以，若存在不同于点P 的定点Q 满足条件，则Q 点的坐标只可能为
．
下面证明：对任意的直线，均有
．
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为
，A、B 的坐标分别为
．
联立
得
．
其判别式
，
所以，
．
因此
．
易知，点B 关于y 轴对称的点的坐标为
．
x
y
P
A
B'
F2
F1
O
B1
B
Q
又
，
所以
，即
三点共线．
所以
．
故存在与P 不同的定点
，使得
恒成立．
7.(2015 高考数学陕西理科·第20 题)(本小题满分12 分)已知椭圆
(
)的半焦距为
，原点
到经过两点
，
的直线的距离为
．
(Ⅰ)求椭圆
的离心率；
(Ⅱ)如图，
是圆
的一条直径，若椭圆
经过
两点，求椭圆
的
方程．
【答案】(Ⅰ)
；(Ⅱ)
．
分析：(Ⅰ)先写过点
，
的直线方程，再计算原点
到该直线的距离，进而可得椭圆
的离
心率；(Ⅱ)先由(Ⅰ)知椭圆
的方程，设
的方程，联立
，消去
，可得
和
的值，进而可得
，再利用
可得
的值，进而可得椭圆
的方程．
解析：(Ⅰ)过点
，
的直线方程为
，
则原点
到直线的距离
，
由
，得
，解得离心率
．
(Ⅱ)解法一：由(Ⅰ)知，椭圆
的方程为
． (1)
依题意，圆心
是线段
的中点，且
．
易知，
不与
轴垂直，设其直线方程为
，代入(1)得
设
则
由
，得
解得
．
从而
．
于是
．
由
，得
，解得
．
故椭圆
的方程为
．
解法二：由(Ⅰ)知，椭圆
的方程为
． (2)
依题意，点
，
关于圆心
对称，且
．
设
则
，
，
两式相减并结合
得
．
易知，
不与
轴垂直，则
，所以
的斜率
因此
直线方程为
，代入(2)得
所以
，
．
于是
．
由
，得
，解得
．
故椭圆
的方程为
．
8.(2015 高考数学安徽理科·第20 题)(本小题满分13 分)设椭圆E 的方程为
，点O
为坐标原点，点A 的坐标为
，点B 的坐标为
，点M 在线段AB 上，满足
，
直线OM 的斜率为
．
(Ⅰ)求E 的离心率e；
(Ⅱ)设点C 的坐标为
，N 为线段AC 的中点，点N 关于直线AB 的对称点的纵坐标为
，求E
的方程．
【答案】(Ⅰ)
；(Ⅱ)
．
分析：(Ⅰ)由题设条件，可得点
的坐标为
，利用
，从而
，进而得
，算出
．(Ⅱ)由题设条件和(Ⅰ)的计算结果知，直线
的
方程为
，得出点
的坐标为
，设点
关于直线
的对称点
的坐标为
，则线段
的中点
的坐标为
．利用点
在直线
上，以及
，解得
，所以
，从而得到椭圆
的方程为
．
解析：(Ⅰ)由题设条件知，点
的坐标为
，又
，从而
，进而得
，故
．
(Ⅱ) 由题设条件和(Ⅰ) 的计算结果可得，直线
的方程为
，点
的坐标为
，设点
关于直线
的对称点
的坐标为
，则线段
的中点
的坐标为
．又点
在直线
上，且
,从而有
解得
，所以
，故椭圆
的方程为
．
题型四：直线与椭圆的位置关系
全国卷设置
一、解答题
1．(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
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
，
又
，即
，
显然，
与
不重合，所以
．
2.(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
，
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
．
3.(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
，
，
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
4.(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．
(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
，
当且仅当
时取等号，故
的最小值为
．
5.(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
又
故
即
，
综上，
或
．
6.(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
，
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
．
7.(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：
∴
，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.
8.(2018 年高考数学天津(理)·第19 题)(本小题满分14 分)设椭圆
的左焦点为
，上顶点为
，已知椭圆的离心率为
，点
的坐标为
，且
．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线
与椭圆在第一象限内的交点为
，且与直线
交于点
，
若
(
为原点)，求
的值．
【答案】(1)解：设椭圆的焦距为
，由已知有
，又有
，可得
．
由已知可得
，
，由
，可得
，从而
．
所以，椭圆的方程为
．
(2)解：设
，由已知有
，故
，又因为
，而
，故
，由
，可得
．
由方程组
，消去
，可得
． 易知直线
的方程为
，
由方程组
，消去
，可得
，由
，可得
，
两边平方，整理得
，解得
，或
．所以，
的值为
．
Q
P
A
B
F
O
9.(2014 高考数学重庆理科·第21 题)如题(21)图，设椭圆
的左右焦点分别为
，点
在椭圆上，
，
，
的面积为
．
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)是否存在圆心在y 轴上的圆，使圆在x 轴的上方与椭圆两个交点，且圆在这两个交点处的两条切
线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．．
【答案】
(1)
(2)
解析：(1)设
，其中
，
由
，得
，
从而
，故
，
从而
，由
得
，
因此
，所以
，故
，
，
因此，所求椭圆方程为：
；
(2)设圆心在
轴上的圆
与椭圆
相交，
是两个交点，
，
是圆
的切线，且
，，
由圆和椭圆的对称性，易知，
，
由(1)知
，所以
，
由
得：
，
由椭圆方程得
，
即：
，解得，
或
．
当
时，
重合，此时题设要求的圆不存在；
当
时，过
分别与
垂直的直线的交点即为圆心
，
由
是圆
的切线，且
，知
，
又
，
故圆
的半径
．
10.(2014 高考数学浙江理科·第21 题)如图，设椭圆
f (x)=x
3+3|x−a|(a∈R).
动直线
f(x)
与椭圆
[−1,1]
只有一
个公共点
M(a),m(a)
，且点
M(a)−m(a)
在第一象限．
(1)已知直线b∈R,的斜率为[f(x)+b]
2
≤4，用x∈[−1,1]表示点3a+b的坐标；
(2)若过原点O 的直线l1与l 垂直，证明：点P 到直线l1的距离的最大值为a−b
【答案】解析：(I) 设直线b∈R,的方程为
，由
，消去
得，
，由于直线f(x)与椭圆[−1,1]只有一个公共点M(a),m(a)，故
，即
，解得点3a+b的坐标为
，由点M(a),m(a)在第一象限，故点3a+b的坐
标为
；
(II)由于直线l1过原点O ，且与l 垂直，故直线l1的方程为
，所以点P 到直线l1的距离
，整理得
，因为
，所以
，当且仅当
时等号成立，所以点P 到直线l1
的距离的最大值为a−b ．
11.(2014 高考数学天津理科·第18 题)设椭圆
的左、右焦点分别为
,右顶点为
,
上顶点为
．已知
．
(Ⅰ)求椭圆的离心率;
(Ⅱ)设
为椭圆上异于其顶点的一点,以线段
为直径的圆经过点
,经过原点
的直线与该圆相切．
求直线的斜率．
【答案】(Ⅰ)
;(Ⅱ)
或
．
解析:(Ⅰ)设椭圆右焦点
的坐标为
．由
,可得
,
又
,则
．所以,椭圆的离心率
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知
．故椭圆方程为
．
设
．由
,有
,
．
由已知,有
,即
．又
,故有
．①
又因为点
在椭圆上,故
．②
由①和②可得
．而点
不是椭圆的顶点,故
,
代入①得
,即点
的坐标为
．
设圆的圆心为
,则
,
,
进而圆的半径
．
设直线的斜率为
,依题意,直线的方程为
．
由与圆相切,可得
,即
,
整理得
,解得
．
所以,直线的斜率为
或
．
12．(2014 高考数学四川理科·第20 题)已知椭圆
的焦距为4，其短轴的两个
端点与长轴的一个端点构成正三角形．
(Ⅰ)求椭圆
的标准方程；
(Ⅱ)设
为椭圆
的左焦点，
为直线
上任意一点，过
作
的垂线交椭圆
于点
．
(i) 证明：
平分线段
(其中
为坐标原点)；当
最小时，求点
的坐标．
【答案】解析：(Ⅰ)由已知可得
，
解得
，
，
所以椭圆
的标准方程是
．
(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)可得，
的坐标是
，设
点的坐标为
．
则直线
的斜率
．
当
时，直线
的斜率
．直线
的方程是
．
当
时，直线
的方程是
，也符合
的形式．
设
，
，将直线
的方程与椭圆
的方程联立，得
．
消去
，得
，其判别式
．
所以
，
，
．
所以
的中点
的坐标为
．
所以直线
的斜率
，
又直线
的斜率
，所以点
在直线
上，
因此
平分线段
．
(ⅱ)由(ⅰ)可得，
，
．
所以
．
当且仅当
，即
时，等号成立，此时
取得最小值．
所以当
最小时，
点的坐标是
或
．
13.(2014 高考数学课标2 理科·第20 题)(本小题满分12 分)
设
,
分别是椭圆C：
的左，右焦点，M 是C 上一点且
与x 轴垂直，
直线
与C 的另一个交点为N．
(Ⅰ)若直线MN 的斜率为
，求C 的离心率；
(Ⅱ)若直线MN 在y 轴上的截距为2，且
，求a,b．
【答案】解析：(Ⅰ)
，解得
(Ⅱ)依据题意，原点
为
的中点，
与
轴垂直，所以直线
与
轴的交点
是线段
的中点，故
，即
由
，得
设
，且
，易知
，则
，代入椭圆方程得
又
代入上式，解得
．
14．(2015 高考数学新课标2 理科·第20 题)(本题满分12 分)已知椭圆
,直线不
过原点
且不平行于坐标轴，与
有两个交点
，
，线段
的中点为
．
(Ⅰ)证明：直线
的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点
，延长线段
与
交于点
，四边形
能否为平行四边形？若能，求此
时的斜率，若不能，说明理由．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)能，
或
．
解析：(Ⅰ)设直线
，
，
，
．
将
代入
得
，故
，
．于是直线
的斜率
，即
．所以直线
的斜率与的斜率的乘积为定值．
(Ⅱ)四边形
能为平行四边形．
因为直线过点
，所以不过原点且与
有两个交点的充要条件是
，
．
由(Ⅰ)得
的方程为
．设点
的横坐标为
．由
得
，
即
．将点
的坐标代入直线的方程得
，因此
．四
边形
为平行四边形当且仅当线段
与线段
互相平分，即
．于是
．解得
，
．因为
，
，
，所以当的斜率为
或
时，四边形
为平行四边形．
15.(2015 高考数学天津理科·第19 题)(本小题满分14 分)已知椭圆
2
2
2
2
+
=1(
0)
x
y
a
b
a
b
> >
的左焦点为
(
,0)
F
c
,离心率为
3
3 ，点
在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆
4
2
2
+
4
b
x
y =
截得的线段的
长为c，
4 3
|FM|=
3
．
(Ⅰ)求直线FM 的斜率；
(Ⅱ)求椭圆的方程；
(Ⅲ)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于
2 ，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围．
【答案】(Ⅰ)
3
3 ； (Ⅱ)
2
2
1
3
2
x
y
；(Ⅲ)
2 3
2 2 3
,
,
3
3
3
．
解析：(Ⅰ)由已知有
2
2
1
3
c
a
，又由
2
2
2
a
b
c
，可得
2
2
3
a
c
，
2
2
2
b
c
，
设直线FM 的斜率为(
0)
k k
，则直线FM 的方程为
(
)
y
k x
c
，由已知有
2
2
2
2
2
2
1
kc
c
b
k
，解得
3
3
k
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得椭圆方程为
2
2
2
2
1
3
2
x
y
c
c
，直线FM 的方程为
(
)
y
k x
c
，两个方程联立，消去y ，
整理得
2
2
3
2
5
0
x
cx
c
，解得
5
3
x
c
或x
c
，因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为
2 3
,
3
c
c
，
由
2
2
2 3
4 3
(
)
0
3
3
FM
c
c
c
，解得
1
c
，所以椭圆方程为
2
2
1
3
2
x
y
(Ⅲ)设点P 的坐标为( , )
x y ，直线FP 的斜率为，得
1
y
t
x
，即
(
1)
y
t x
(
1)
x
,与椭圆方程
联立
2
2
(
1)
1
3
2
y
t x
x
y
，消去y ，整理得
2
2
2
2
3 (
1)
6
x
t
x
，又由已知，得
2
2
6
2
2
3(
1)
x
t
x
，解
得
3
1
2
x
或1
0
x
，
设直线OP 的斜率为m ，得
y
m
x
，即
(
0)
y
mx x
，与椭圆方程联立，整理可得
2
2
2
2
3
m
x
．
①当
3 , 1
2
x
时，有
(
1)
0
y
t x
，因此
0
m
，于是
2
2
2
3
m
x
，得
2 2 3
,
3
3
m
②当
1,0
x
时，有
(
1)
0
y
t x
，因此
0
m
，于是
2
2
2
3
m
x
，得
2 3
,
3
m
综上，直线OP 的斜率的取值范围是
2 3
2 2 3
,
,
3
3
3
16.(2015 高考数学上海理科·第21 题)(本题满分14 分)本题共有2 个小题，第1 小题满分6 分，第2 小题
满分8 分．
已知椭圆
，过原点的两条直线
和
分别与椭圆交于点
和
，记得到的平行四
边形
的面积为
．
(1)设
，
．用
坐标表示点
到直线
的距离，并证明
；(2)设
与
的斜率之积为
，求面积
的值．
【答案】(1)
到直线
的距离为
；证明见解析；(2)
；
解析：(1)由题易知
两点的横坐标不能同时为零，下面分两种情况
①当
两点的横坐标有一个为零时，不妨设
，
不失一般性，此时
与
轴重合，
到
直线
的距离为
，平行四边形
的面积为
；
②当
两点的横坐标均不为0 时，即
和
的斜率均存在时，设
的方程为
，其中
，
由
可得
，
所以弦长
点
到直线
的距离
所以四边形
的面积为
综合①②点
到直线
的距离为
，平行四边形
的面积为
．
(2)易知两直线的斜率分别为：
，
，由
与
的斜率之积为
可得：
，又
，
，
所以
，即
，
化简得
，所以平行四边形的面积为
．
17．(2015 高考数学北京理科·第19 题)(本小题14 分)已知椭圆
：
的离心率为
，
点
和点
都在椭圆
上，直线
交
轴于点
．
(Ⅰ)求椭圆
的方程，并求点
的坐标(用
，
表示)；
(Ⅱ)设
为原点，点
与点
关于
轴对称，直线
交
轴于点
．问：
轴上是否存在点
，使得
？若存在，求点
的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(Ⅰ)
，
；(Ⅱ)存在点
．
解析：(Ⅰ) 由于椭圆
：
过点
且离心率为
，
，
，椭圆
的方程为
．
, 直线
的方程为：
，令
，
；
(Ⅱ)
，直线
的方程为：
，直线PB 与x 轴交于点N，令
，则
．
设
,
,
,
则
，所以
，(注：点
在椭圆
上，
)，则
，存在点
使得
．
18.(2015 高考数学江苏文理· 第18 题) 如图，在平面直角坐标系
中，已知椭圆
的离心率为f(x)=x
3
+ax
2
+b(a,b∈R)，且右焦点
到左准线的距离为3．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过
的直线与椭圆交于
两点，线段
的垂直平分线分别交直线和
于点
，
，若
，求直线
的方程．
【答案】(1)
(2)
或
．
分析(1)求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为
，
二是右焦点F 到左准线l 的距离为3，解方程组即得(2)因为直线AB 过F，所以求直线AB 的方程就是确
定其斜率，本题关键就是根据PC=2AB 列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量．首先利用直线方
程与椭圆方程联立方程组，解出AB 两点坐标，利用两点间距离公式求出AB 长，再根据中点坐标公式
求出C 点坐标，利用两直线交点求出P 点坐标，再根据两点间距离公式求出PC 长，利用PC=2AB 解出
直线AB 斜率,写出直线AB 方程．
解析：(1)由题意，得
且
，
解得
，
，则
，
所以椭圆的标准方程为
．
(2)当
轴时，
，又
，不合题意．
当
与
轴不垂直时，设直线
的方程为
，
，
，
将
的方程代入椭圆方程，得
，
则
，
的坐标为
，且
．
若
，则线段
的垂直平分线为
轴，与左准线平行，不合题意．
从而
，故直线
的方程为
，
C
P
l
y
x
O
A
B
𝐹
则
点的坐标为
，从而
．
因为
，所以
，解得
．
此时直线
方程为
或
．
19.(2016 高考数学天津理科·第19 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)
或
解析：(Ⅰ)
∴
解之得
，∴椭圆方程为：
A
H
F
B
M
x
y
O
l
(Ⅱ)由已知，设斜率为
，方程为
设
，
，
，
成立
由韦达定理
，∴
，
令
，得
∵
，∴
即
∴
，∴
∴
或
．
20.(2016 高考数学课标Ⅱ卷理科·第20 题)(本小题满分12 分)已知椭圆E:
的焦点在
轴上，
A 是E 的左顶点，斜率为
的直线交E 于
两点，点N 在E 上，
．
(I)当
，
时，求
的面积；
(II)当
时，求k 的取值范围．
【答案】(1)
；(2)
．
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
，，将直线
的方程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
求
．
【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
．
21.(2016 高考数学课标Ⅰ卷理科·第20 题)(本小题满分12 分)设圆
的圆心为
，直
线过点
且与
轴不重合，交圆
于
两点，过
作
的平行线交
于点
．
(I)证明
为定值，并写出点E 的轨迹方程；
(II)设点
的轨迹为曲线
，直线交
于
两点，过
且与垂直的直线与圆
交于
两点，
求四边形
面积的取值范围．
【答案】 (I)4；
，(
)； (II)
【官方解答】(I)因为
,
,故
．
所以
，故
又圆
标准方程为
，从而
，所以
．
由题设得
,由椭圆的定义可得点
的轨迹方程为
，(
)；
(II)当与x 轴不垂直时，设
，
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
的面积为
当与x 轴不垂直时，四边形
的面积的取值范围为
当与x 轴垂直时，其方程为
，
，
四边形
的面积12．
综上，四边形
的面积的取值范围为
．
【民间解析】⑴
圆
整理为
，
坐标
，如图，
x
O
B
D
C
A
y
E
，则
，由
，
则
所以
的轨迹为一个椭圆，方程为
，(
)；
⑵
；设
，
因为
，设
，联立
得
；
则
；
x
y
O
B
N
A
P
Q
M
圆心
到
距离
，
所以
，
．
题型五：双曲线的定义及性质
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，
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：
，
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：
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
；
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.(2014 高考数学江西理科·第21 题)如图,已知双曲线
1,2,
,2
,
2
n n
N
n
的右焦点
1a ,点
2a 分别在
1b 的两条渐近线上,
1b 轴,
2
1
1
2
,
a
a
b
b
∥
3
n
(为坐标原点)．
(1)求双曲线的方程;
(2)过上一点
p c 的直线c 与直线
p c 相交于点
p c ,与直线
3
2
x
相交于点N ,证明点P 在C
上移动时,
MF
NF 恒为定值,并求此定值．
【答案】(1)
2
2
1.
3
x
y
(2)
2 3
3
MF
NF
分析:(1)求双曲线的方程就是要确定a 的值,用a,c 表示条件:
1b 轴,
2
1
1
2
,
a
a
b
b
∥
3
n
,
即可得:直线OB 方程为
1
y
x
a
,直线BF 的方程为
1 (
)
y
x
c
a
,解得
( ,
)
2
2
c
c
B
a
又直线OA 的方程
为
1
y
x
a
,则
3
( ,
),
.
AB
c
A c
k
a
a
又因为ABOB,所以
3
1
(
)
1
a
a
,解得
2
3
a
,故双曲线C 的方程为
2
2
1.
3
x
y
(2)本题证明实质为计算
MF
NF 的值．分别用坐标表示直线l 与AF 的交点
0
0
2
3
(2,
)
3
x
M
y
及直线l 与直线
3
2
x
的交点为
0
0
3
3
3 2
( ,
)
2
3
x
N
y
, 并利用
2
2
0
0
1
3
x
y
化简．:
2
2
2
0
0
2
2
2
2
2
0
0
0
0
4(2
3)
4(2
3)
4
9[
(
2) ]
3
9[
1 (
2) ]
3
x
x
MF
x
NF
y
x
x
．
解析:(1)设
( ,0)
F c
,因为
1
b ,所以
2
1
c
a
直线OB 方程为
1
y
x
a
,直线BF 的方程为
1 (
)
y
x
c
a
,解得
( ,
)
2
2
c
c
B
a
又直线OA 的方程为
1
y
x
a
,则
3
( ,
),
.
AB
c
A c
k
a
a
又因为ABOB,所以
3
1
(
)
1
a
a
,解得
2
3
a
,故双曲线C 的方程为
2
2
1.
3
x
y
(2)由(1)知
3
a
,则直线l 的方程为
0
0
0
1(
0)
3
x x
y y
y
,即
0
0
3
3
x x
y
y
因为直线AF 的方程为
2
x
,所以直线l 与AF 的交点
0
0
2
3
(2,
)
3
x
M
y
直线l 与直线
3
2
x
的交点为
0
0
3
3
3 2
( ,
)
2
3
x
N
y
则
2
2
0
2
2
2
0
0
4(2
3)
9[
(
2) ]
x
MF
NF
y
x
因为是C 上一点,则
2
2
0
0
1.
3
x
y
,代入上式得
2
2
2
0
0
2
2
2
2
2
0
0
0
0
4(2
3)
4(2
3)
4
9[
(
2) ]
3
9[
1 (
2) ]
3
x
x
MF
x
NF
y
x
x
,所求定值为
2 3
3
MF
NF
题型六：直线与双曲线的位置关系
1．(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
，
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
．
2.(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，
，
．
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
，
，
点
到直线
的距离
， 故
的面积为
．
3.(本小题满分14 分)如图，双曲线
的离心率为
．
分别为左、右焦点，
为左准线与渐近线在第二象限内的交点，且
．
(Ⅰ)求双曲线的方程；
(Ⅱ)设
和
是
轴上的两点，过点
作斜率不为0 的直线，使得交双曲
线于
两点，作直线
交双曲线于另一点
．证明直线DE 垂直于
轴。
【答案】分析：本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、平面向量、曲线和方程的
关系等解析几何的基础知识和基本思想方法，考查推理及运算能力。满分14 分。
(I)解：根据题设条件，
设点
则
、
满足
因
解得
故
利用
得
于是
因此，所求双曲线方程为
(II)设点
则直线的方程为
于是
、
两点坐标满足
将①代入②得：
由
(点C 在双曲线上)，上面方程可化简为：
由已知，显然
于是
因为
得
同理，
、
两点坐标满足
可解得：
所以
，故直线DE 垂直于
轴。
4.(2014 高考数学辽宁理科·第20 题)(本小题满分12 分)
圆
的切线与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为
P(如图)，双曲线
过点P 且离心率为
．
(1)求
的方程；
(2)椭圆
过点P 且与
有相同的焦点，直线过
的右焦点且与
交于A，B 两点，若以线段AB
为直径的圆心过点P，求的方程．
y
O
x
P
【答案】(1)
；(2)
或
．
解析：(1)设切点P(x0，y0)，(x0＞0，y0＞0)，则切线的斜率为
，
可得切线的方程为
，化为x0x+y0y=4．
令x=0，可得
；令y=0，可得
．
∴切线与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成一个三角形的面积
∵
，当且仅当
时取等号．
∴
．此时P
．
由题意可得
，
，解得a2=1，b2=2．
故双曲线C1的方程为
．
(2)由(Ⅰ)可知双曲线C1的焦点(±
，0)，即为椭圆C2的焦点．
可设椭圆C2的方程为
(b1＞0)．
把P
代入可得
，解得
,
因此椭圆C2的方程为
．
由题意可设直线l 的方程为x=my+
，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
，化为
，
∴
．
∴
∵
，∴
，
∴
，
∴
，解得m=
或m=
，
因此直线l 的方程为：
或
．
5.(2014 高考数学福建理科·第19 题)(本小题满分13 分)
已知双曲线
：
的两条渐近线分别为
．
(1)求双曲线
的离心率；
(2)如图，
为坐标原点，动直线分别交直线
于
两点(
分别在第一，四象限)，且
的面积恒为
，试探究：是否存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线
？若存在，求出
双曲线
的方程；若不存在，说明理由．
【答案】解析：解法一：(I)因为双曲线的渐近线分别为
，
所以
，即
，故
．
从而双曲线
的离心率
．
(II)由(I)知，双曲线的方程为
，设直线与
轴交于点
．
当直线
轴时，由于直线与双曲线
有且只有一个公共点，则
又因为
的面积为
，所以
，代入解得
．
此时双曲线
的方程为
．
若存在满足条件的双曲线
，则
的方程只能为
．
下证：当直线不与
轴垂直时，双曲线
也满足条件．
设直线的方程为
，依题意得
或
则
，记
．
由
，得
，同理得
．
由
得：
，即
，得
因为
，所以
又因为
， 所以
，即直线与双曲线
有且只有一个公共点．
因此，存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线
解法二：(I)同解法一．
(II)由(I)知，双曲线的方程为
，
设直线的方程为
，记
．
依题意得
由
，得
，同理得
．
设直线与
轴交于点
，则
．
由
得：
即
．
，得
．
因为
，直线与双曲线
有且只有一个公共点
当且仅当
．
即
，即
．
即
，所以
．
得双曲线
的方程为:
．
因此，存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线
．
解法三：(I)同解法一．
(II)当直线不与
轴垂直时，设直线的方程为
，记
．
依题意得
．
由
，得
．
因为
所以
．
又因为
的面积为
，所以
，又易知
，
所以
，化简后得
所以
即
．
由(I)得双曲线
的方程为
．
由
，得
因为
直线与双曲线
有且仅有一个公共点当且仅当
．
即
，所以
所以双曲线
的方程为
．
当
轴时，由
的面积等于
可得
，
又易知
与双曲线
有且只有一个公共点，
所以此时双曲线
的方程也是
．
综上所述，存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线
，且
的方程是
．
6.(2016 高考数学上海理科·第21 题)(本题满分14 分)本题共有2 个小题，第1 小题满分6 分，第2 小题
满分8 分．[来]
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)
．
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
．
题型七：抛物线的定义及性质
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
，
，
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
．
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.(2014 高考数学湖北理科·第21 题)在平面直角坐标系
中，点M 到点F(1,0)的距离比它到
轴的
距离多1，记点M 的轨迹为C ．
(Ⅰ)求轨迹为C 的方程；
(Ⅱ)设斜率为k 的直线过定点P(−2,1)，求直线与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、
三个公共点时k 的相应取值范围．
【答案】(1)详见解析；(2)详见解析．
解析:(Ⅰ)设
，依题意得：
，化简得：
故点
的轨迹
的方程为：
(Ⅱ)在点
的轨迹
中，记
．
依题意，可设直线的方程为
．
由方程组
可得
①
(1)当
时，此时
．把
代入轨迹
的方程，得
．
故此时直线
与轨迹
恰好有一个公共点
．
(2)当
时，方程①的判别式为
②
设直线与
轴的交点为
，则
由
，令
，得
③
(ⅰ)若
由②③解得
，或
．
即当
时，直线与
没有公共点，与
有一个公共点，故
此时直线与轨迹
恰好有一个公共点．
(ⅱ)若
或
由②③解得
，或
．
即当
时，直线与
只有一个公共点，与
有一个公共点．
当
时，直线与
有两个公共点，与
没有公共点．
故当
时，直线与轨迹
恰好有两个公共点．
(ⅲ)若
由②③解得
，或
．
即当
时，直线与
有两个公共点，与
有一个公共点，
故此时直线与轨迹
恰好有三个公共点．
综上所述，当
时，直线与轨迹
恰好有一个公共点；
当
时，直线与轨迹
恰好有两个公共点；
当
时，直线与轨迹
恰好有三个公共点．
4.(2014 高考数学安徽理科· 第19 题) 如图，已知两条抛物线3 π
8
和
，过原点
的两条直线
，
与
分别交于d 两点，
(a
3
+3)
2
=(a
1
+1)(a
5
+5)与
(a
3+3)
2
=(a
3−2d+1)(a
3+2d+5)分别交于d=−1两点．
(Ⅰ)证明：q=1 ；
(Ⅱ)过
作直线(异于
)与
，
分别交于
两点，记
与
的面积分别
为A1 ，求A2的值．
【答案】(Ⅰ)证：设直线l1，l2的方程分别为y=k1 x ，y=k2 x (k1，k2≠0 )，则
由{y=k1x，¿¿¿¿
得
A1(
2 p1
k1
2 ，
2 p1
k1
)
， 由{y=k1x，¿¿¿¿
得
A2(
2 p2
k1
2 ，
2 p2
k1
)
．
同理可得
B1(
2 p1
k2
2 ，
2 p1
k2
)
，
B2(
2 p2
k2
2 ，
2 p2
k2
)
．
所以⃗
A1B1=(
2 p1
k2
2 −
2 p1
k1
2 ，
2 p1
k2
−
2 p1
k1
)=2 p1( 1
k2
2−1
k1
2 ，1
k2
−1
k1
)
，⃗
A2B2=(
2 p2
k2
2 −
2 p2
k1
2 ，
2 p2
k2
−
2 p2
k1
)=2 p2( 1
k2
2−1
k1
2 ，1
k2
−1
k1
)
．
故⃗
A1B1=
p1
p2⃗
A2B2
，所以A1B1// A2B2．
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知A1B1// A2B2，同理可得B1C1// B2C2，C1 A1//C2 A2，
所以△A1B1C1~△A2B2C2．因此
S1
S2
=(|⃗A1B1|
|⃗A2B2|
)2
．
又由(Ⅰ)中的⃗
A1B1=
p1
p2⃗
A2B2
知
|⃗A1B1|
|⃗A2B2|
=
p1
p2 ， 故
S1
S2
=( p1
p2
)2
．
5.(2015 高考数学新课标1 理科·第20 题)(本小题满分12 分)
在直角坐标系
中，曲线
：
与直线
(
＞0)交与
两点，
(Ⅰ)当
时，分别求
在点
和
处的切线方程；
(Ⅱ)
轴上是否存在点
，使得当
变动时，总有
？说明理由。
【答案】(Ⅰ)
或
(Ⅱ)存在
分析：(Ⅰ)先求出M,N 的坐标，再利用导数求出M,N．(Ⅱ)先作出判定，再利用设而不求思想即将
代入曲线C 的方程整理成关于
的一元二次方程，设出M,N 的坐标和P 点坐标，利用设而
不求思想，将直线PM，PN 的斜率之和用
表示出来，利用直线PM，PN 的斜率为0,即可求出
关
系，从而找出适合条件的P 点坐标．
解析：(Ⅰ)由题设可得
，
，或
，
．
∵
，故
在
=
处的到数值为
，C 在
处的切线方程为
，即
．
故
在
=-
处的到数值为-
，C 在
处的切线方程为
，即
．
故所求切线方程为
或
．
(Ⅱ)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为复合题意得点，
，
，直线PM，PN 的斜率分别为
．
将
代入C 得方程整理得
．
∴
．
∴
=
=
．
当
时，有
=0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以
符合题意．
6.(2017 年高考数学浙江文理科·第21 题)如图,已知抛物线
2x
y
,点
1 1
(
, )
2 4
A
,
3 9
( , )
2 4
B
,抛物线上的点
( , )
P x y
1
3
(
)
2
2
x
．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PA
PQ
的最大值．
【答案】 (1)
( 1,1)
k
;(2)
27
16
【解析】法一:(1)设直线AP 的斜率为k ,
2
1
1
1
4
4
1
1
2
2
2
y
x
k
x
x
x
,
因为
1 3
(
, )
2 2
x
,所以
( 1,1)
k
．
(2)联立直线AP 与BQ 的方程
1
1
0
2
4
9
3
0
4
2
kx
y
x
ky
k
解得点Q 的横坐标是
2
2
4
3
2(
1)
Q
k
k
x
k
因为
2
2
1
|
|
1
(
)
1
(
1)
2
PA
k
x
k
k
,
2
2
2
(
1)(
1)
|
|
1
(
)
1
Q
k
k
PQ
k
x
x
k
所以
2
|
| |
|
(
1)(
1)
PA
PQ
k
k
令
( )
f k
3
(
1)(
1)
k
k
,
因为
2
( )
(
1) (4
2)
f
k
k
k
,
所以
( )
f k 在区间
1
( 1, )
2
上单调递增,
1
[ ,1)
2
上单调递减,
因此,当
1
2
k
时,|
| |
|
PA
PQ
取得最大值
27
16 ．
法二:(1)同上．(2)设直线AP 方程:
1
1
(
)
( 1,1)
2
4
y
k x
k
,
则由
2
1
1
(
)
2
4
y
k x
x
y
消y 得:
1
1
(
)[
(
)]
0
2
2
x
x
k
,则
1
1
,
2
2
A
P
x
x
k
．
由题意得AQ
BQ
,即点Q 是以AB 为直径的圆与直线AP 的另一个交点．
易得圆方程为:
2
2
1
5
(
)
(
)
2
2
4
x
y
,
联立直线方程
1
1
(
)
2
4
y
k x
得
2
2
2
2
1
7
(
1)
(
2
1)
(
1)
0
2
2
k
x
k
k
x
k
,
则
2
2
2
1
1
A
Q
k
k
x
x
k
．
所以|
2
2
|
| |
|
1
1
P
A
Q
P
PA
PQ
k
x
x
k
x
x
2
(1
)
(
)
P
A
Q
A
A
P
k
x
x
x
x
x
x
2
2
2
2
1
(1
)(
1)(
)
1
k
k
k
k
k
k
3
(
1) (1
)
k
k
设
( )
f k
3
(
1) (1
)
k
k
,则
2
( )
(
1) (2
4 )
f
k
k
k
,
因此
( )
f k 在
1
( 1, )
2
上单调递增,在
1
[ ,1)
2
上单调递减,
所以
max
1
27
( )
( )
2
16
f k
f
,即|
| |
|
PA
PQ
的最大值为
27
16 ．
7.(2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第20 题)已知抛物线
:
的焦点为
,平行于
轴的两条直线
,
分别交C 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)
.
【解析】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
.
8.(2016 高考数学江苏文理科·第25 题)如图，在平面直角坐标系
中，已知直线
，抛
物线
．
(1)若直线过抛物线
的焦点，求抛物线
的方程；
(2)已知抛物线
上存在关于直线对称的相异两点
和
．
①求证：线段
上的中点坐标为
；
②求
的取值范围．
C
l
y
O
x
【答案】(1)
；(2)①见解析；②
【官方解答】(1)抛物线
的焦点为
，
由点
在直线
上，得
，即
．
所以抛物线
的方程
．
(2)设
，
，线段PQ 的中点
．
因为点
和
关于直线对称，所以直线垂直平分线段
，
于是直线
的斜率为
，则可设其方程为
．
①由
消去
得
． (*)
因为
和
为抛物线上相异两点，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
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，
的取值范围是
．
民间解答：(1)
，
与
轴的交点坐标为
即抛物线的焦点为
，
；
(2)①设点
，
则：
，即
，
又
关于直线对称，
即
，
又
中点一定在直线上，
线段
上的中点坐标为
；
②
中点坐标为
即
，即关于
有两个不等根
，
，
．
题型八：直线与抛物线的位置关系
1.(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
；
(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
．
2.(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
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，
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．
3.(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
；
(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
，
由
解得
，
所以当
时，
取到最大值为
．
4.(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
，
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
．
5.(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，
，
，
，
，
，
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
．
6.(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
．
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
．
7.(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
．
8.(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
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
．
9.(2018 年高考数学浙江卷·第21 题)(本题满分15 分)如图，已知点
是
轴左侧(不含
轴)一点，抛物
线
上存在不同的两点
满足
的中点均在
上．
(I)设
中点为
，证明：
垂直于
轴；
(II)若
是半椭圆
上的动点，求
面积的取值范围．
【答案】解法一【标准答案】: (I)设
，
，
．
因为
的中点在抛物线上,所以
为方程
即
的两个不同的实根．
所以
,
因此,
垂直于
轴．
(II)由(I)可知
所以
,
因此,
的面积
．
因为
,所以
因此,
的面积的取值范围是
．
解法二: (I)设
，
,
中点
．
的中点为
．
中点为
．由题知
,
．由三角形知识可知,
三点共线．
当
时,
,同理
．所以
,所以
垂直于
轴．
当
时,
三点都在
轴上,所以
垂直于
轴．
综上可知,
垂直于
轴．
10.(2018 年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第19 题)(12 分)
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】解析：(1)由题意得
，的方程为
．设
，
，
由
得
，
，故
，
所以
，由题设知
，
解得
(舍去)，
．
因此直线的方程为
．
(2)由(1)得
的中点坐标为
，所以
的垂直平分线方程为
，
即
．设所求圆的圆心坐标为
，则
，解得
或
，
因此所求圆的方程为
或
．
11.(2017 年高考数学北京理科·第18 题)已知抛物线
:
C
2
2
y
px
过点
1,1
P
．过点
1
0, 2
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．
(Ⅰ)求抛物线C 的方程,并求其焦点坐标和准线方程;
(Ⅱ)求证: A 为线段BM 的中点．
【答案】(Ⅰ)方程为
2y
x
,抛物线C 的焦点坐标为
1 ,0
4
,准线方程为
1
4
x
．(Ⅱ)详见解析．
【解析】(Ⅰ)代入点P 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
1
2
y
kx
0
k
,与抛物线方程联立,得到根与系数的关系,直线ON 的方程为
2
2
y
y
x
x
,联立求得
点B 的坐标
2
1
1
2
( ,
)
y y
x
x
,证明
1
2
1
1
2
2
0
y y
y
x
x
．
解:(Ⅰ)由抛物线
2
:
2
C y
px
过点
1,1
P
,得
1
2
p
．
所以抛物线C 的方程为
2y
x
．
抛物线C 的焦点坐标为
1 ,0
4
,准线方程为
1
4
x
．
(Ⅱ)由题意,设直线l 的方程为
1
2
y
kx
0
k
,l 与抛物线C 的交点为
1
1
( ,
)
M x y
,
2
2
(
,
)
N x
y
．
由
2
1
2
y
kx
y
x
,得
2
2
4
(4
4)
1
0
k x
k
x
．
则
1
2
2
1
k
x
x
k
,
1
2
2
1
4
x x
k
．
因为点P 的坐标为
1,1 ,所以直线OP 的方程为y
x
,点A 的坐标为
1
1
( ,
)
x y
．
直线ON 的方程为
2
2
y
y
x
x
,点B 的坐标为
2
1
1
2
( ,
)
y y
x
x
．
因为
2
1
1
2
2
1
1
2
1
1
2
2
2
2
y y
y y
y y
x x
y
x
x
x
1
2
2
1
1
2
2
1
1
(
)
(
)
2
2
2
kx
x
kx
x
x x
x
1
2
2
1
2
1
(2
2)
(
)
2
k
x x
x
x
x
2
2
2
1
1
(2
2)
4
2
k
k
k
k
x
0
所以
2
1
1
1
2
2
y y
y
x
x
．故A 为线段BM 的中点．
12.(2018 年高考数学北京(理)·第19 题)(本小题14 分)已知抛物线
经过点
．过点
的直线与抛物线
有两个不同的交点
，
，且直线
交
轴于
，直线
交
轴于
．
(Ⅰ)求直线的斜率的取值范围；
(Ⅱ)设
为原点，
，
，求证：
为定值．
【答案】解：(Ⅰ)因为抛物线
经过点
，
所以
，解得
，所以抛物线的方程为
．
由题意可知直线的斜率存在且不为
，
设直线的方程为
．
由
得
．
依题意
，解得
或
．
又
，
与
轴相交，故直线不过点
．从而
．
所以直线斜率的取值范围是
．
(Ⅱ)设
．
由(I)知
．
直线
的方程为
．
令
，得点
的纵坐标为
．
同理得点
的纵坐标为
．
由
，
得
，
．
所以
．
所以
为定值．
题型九：圆锥曲线中的证明问题
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；
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：
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：
，
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，∴
，
∴
，
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；
(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
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
5.(2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第20 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】【官方解析】(1)设
，
，则有
，
两式相减，并由
，得
由题设知
，
，于是
①
由题设
，故
(2)由题意得
，设
，则
由(1)及题设得
，
又点
在
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
，则
②
将
代入①得
所以的方程为
，代入
的方程，并整理得
故
，
，代入②解得
所以该数列的公差为
或
．
【民间解析】(1)法一：设直线
，交点
，
则有
，
联立方程
，消去
并整理可得
所以
所以
，代入
可得
所以
，所以
，所以
或
①
又
即
②
由①②可知
法二：设
，
，则有
③，
④
两式相减可得
所以
依题意
，
，所以
又点
在椭圆
内，所以
，而
，所以
所以
．
(2)由椭圆的方程可知
，
，设
因为
，所以
，所以
所以
，故
又因为点
在椭圆
上，所以
，解得
，所以
此时直线的方程为：
即
联立方程
，消去
并整理可得
所以
，
又
，所以
所以
同理
所以
而
所以
，故
，
，
成等差数列
设公差为
，则有
所以
6.(2018 年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第19 题)(12 分)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】解析：(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)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MA，MB 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，
．
7.(2015 高考数学湖南理科· 第22 题) 已知抛物线
的焦点F 也是椭圆
的一个焦点，
与
的公共弦的长为
．
(1)求
的方程；
(2)过点F 的直线与
相交于A ，B 两点，与
相交于C ，D 两点，且
与
同向．
(ⅰ)若
，求直线的斜率；
(ⅱ)设
在点
处的切线与
轴的交点为
，证明：直线绕点F 旋转时，
总是钝角三角形．
【答案】(1)
；(2)(i)
，(ii)详见解析．
分析：(1)根据已知条件可求得C2的焦点坐标为(0,1)，再利用公共弦长为2√6 即可求解；(2)(i)设
直线的斜率为k ，则的方程为y=kx +1，由
得
，根据条件可知
，从而可以建立关于k 的方程，即可求解；(ii) 根据条件可说明
，因此
是锐角，从而
是钝角，即可
得证
解析：(1)由
：
知其焦点
的坐标为
，∵
也是椭圆
的一焦点，
∴
①，又
与
的公共弦的长为
，
与
都关于y 轴对称，且
的方程为
，由此易知
与
的公共点的坐标为
，∴
②，联立①，②，得
，
，故
的方程为
；(2) 如图
，
，
，
，
，
(i)∵
与
同向，且|AC |=|BD |，∴
，从而
，即
于是
③，设直线的斜率为k ，则的方程为y=kx +1，由
得
，而
，
是这个方程的两根，∴
，
④，由
得
，而
，
是这个方程的两根，∴
，
⑤
，
将
④
⑤
带
入
③
，
得
16(k2+1)=162k2
(9+8k2)2 + 4×64
9+8k2
，
即
，
∴
，解得
，即直线的斜率为
．
(ii)由
得
，∴
在点A 处的切线方程为
y−y1= x1
2 ( x−x1)
，即
y=x1 x−
x
12
4 ，令y=0 ，得
，即
M (
x1
2 ,0)
，∴
，而
，于是
，因此
是锐角，从而
是钝角．，
故直线绕点F 旋转时，Δ MFD 总是钝角三角形．
8.(2017 年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第20 题)已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
,四点
1 1,1
P
,
2 0,1
P
,
3
3
1, 2
P
,
4
3
1, 2
P
中恰有三点在椭圆C 上．
(1)求C 的方程;
(2)设直线l 不经过
2P 点且与C 相交于
,
A B 两点,若直线
2P A 与直线
2P B 的斜率的和为1
,证明:l 过
定点．
【答案】(1)
2
2
1
4
x
y
;(2)
2, 1
．
【分析】(1) 根据
3
4
,
P P 两点关于y 轴对称, 由椭圆的对称性可知C 经过
3
4
,
P P , 另外
2
2
2
2
1
1
1
3
4
a
b
a
b
知,C 不经过点
1P ,所以
2P 在C 上,因此
1
3
4
,
,
P P P 在椭圆上,代入其标准方程,即可
求出C 的方程;(2)先设直线
2P A 与直线
2P B 的斜率分别为
1
2
,
k k ,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 y
kx
m
(
1
m ),将y
kx
m
代入
2
2
1
4
x
y
,写出判别式,根与
系数的关系,表示出
1
2
k
k
,根据
1
2
1
k
k
列出等式,表示出k 和m 的关系,判断出直线恒过定点．
【解析】(1)由于
3P ,
4P 两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过
3P ,
4P 两点．
又由
2
2
2
2
1
1
1
3
4
a
b
a
b
知,C 不经过点
1P ,所以点
2P 在C 上．
因此
2
2
2
1
1
1
3
1
4
b
a
b
,解得
2
2
4
1
a
b
．
故C 的方程为
2
2
1
4
x
y
．
(2)设直线
2P A 与直线
2P B 的斜率分别为
1k ,
2k
如果l 与x 轴垂直,设:l x
t
,由题设知
0
t
,且| | 2
t
,可得
,
A B 的坐标分别为
2
4
,
2
t
t
,
2
4
,
2
t
t
．
则
2
2
1
2
4
2
4
2
1
2
2
t
t
k
k
t
t
,得
2
t
,不符合题设．
从而可设l : y
kx
m
(
1
m )．将y
kx
m
代入
2
2
1
4
x
y
得
2
2
2
(4
1)
8
4
4
0
k
x
kmx
m
由题设可知
2
2
=16(4
1)
0
k
m
．
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
,则
1
2
2
8
4
1
km
x
x
k
,
2
1
2
2
4
4
4
1
m
x x
k
．
而
1
2
1
2
1
2
1
1
y
y
k
k
x
x
1
2
1
2
1
1
kx
m
kx
m
x
x
1
2
1
2
1
2
2
(
1)(
)
kx x
m
x
x
x x
．
由题设
1
2
1
k
k
,故
1
2
1
2
(2
1)
(
1)(
)
0
k
x x
m
x
x
．
即
2
2
2
4
4
8
(2
1)
(
1)
0
4
1
4
1
m
km
k
m
k
k
．
解得
1
2
m
k
．
当且仅当
1
m 时,
0
,欲使l :
1
2
m
y
x
m
,即
1
1
(
2)
2
m
y
x
所以l 过定点
2, 1
．
法二:求点代点法
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
,直线
2P A 的方程为:
1
1
y
k x
,直线
2P B 的方程为
2
1
y
k x
联立
2
2
1
1
4
1
x
y
y
k x
,消去y 可得
2
2
1
1
1
4
8
0
k
x
k x
,得
1
1
2
1
8
1
4
k
x
k
,
2
1
1
1 1
2
1
1 4
1
1
4
k
y
k x
k
即
2
1
1
2
2
1
1
8
1 4
,
1
4
1
4
k
k
A
k
k
,同理
2
2
2
2
2
2
2
8
1 4
,
1
4
1
4
k
k
B
k
k
由题意可知
1
2
1
k
k
所以
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
4
1
4
1
4
1
4
8
8
1
4
1
4
AB
k
k
k
k
k
k
k
k
k
2
1
2
1
1
1
1
4
1
4
4
1
k k
k
k
于是AB 的直线方程为
2
1
1
2
2
2
1
1
1
1
8
1 4
1
4
4
1
1
4
1
4
k
k
y
x
k
k
k
k
令
2
x
,得
1
y ,所以直线l 过定点
2, 1
．
(为什么令
2
x
?用特殊法! AB 直线方程中令
1
1
0,
1
k
k
,得两直线,求这两直线交点即可．)
法三:齐次方程
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
, AB 的直线方程为y
kx
m
设
1
x
x
y
y
则
2
2
1
4
x
y
y
kx
m
2
2
2
0
4
1
x
y
y
y
k x
m
化齐次得:
2
2
4
4
8
1
0
m
y
k xy
m
x
即
2
4
4
8
1
0
y
y
m
k
m
x
x
显然以上方程代表以
2
P A
k
,
2
P B
k
为根的方程
又
2
2
1
P A
P B
k
k
,所以
8
1
2
1
4
4
k
m
k
m
于是AB 的直线方程为
2
1
2
1
y
kx
k
k x
,所以直线l 过定点
2, 1
．
解法四:曲线系
设直线
1P A的方程为:
1
1
y
k x
,直线
2P B 的方程为
2
1
y
k x
则曲线系
2
2
1
2
4
4
1
1
0
x
y
y
k x
y
k x
代表过
, ,
A B P 三点的曲线
令
1
2
k k
则曲线系可分解为
1
2
1
2
1
2
1
1 4
1
4
0
y
k k
y
k
k
x
k k
显然直线
1
0
y
经过
2P 点
所以方程
1
2
1
2
1
2
1 4
1
4
0
k k
y
k
k
x
k k
为直线AB 的方程
又
1
2
1
k
k
,代入整理得:
1
2
4
1
1
0
k k
y
x
y
由
1
0
1
0
y
x
y
,解得
2
1
x
y
所以直线l 过定点
2, 1
．
解法五:利用椭圆内接三角形公式
若三角形PMN
是椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b
的内接三角形,设
0
0
,
P x
y
,则顶点P 的对边MN 的方程为:
2
2
2
2
0
1
2
0
1
2
0
1
2
0
1
2
1
2
2
2
1
0
b
b
x
k k
y
k
k
x
y
k k
x
k
k
y
a k k
b
a
a
由
2 0, 1
P
,则直线AB 的方程为
1
2
1
2
1
2
1
2
1 2
1
1
0
1
1
1
0
4
1
0
4
4
k k
k
k
x
k k
k
k
y
k k
由
1
2
1
k
k
,代入整理得
1
2
4
1
1
0
k k
y
x
y
由
1
0
1
0
y
x
y
,解得
2
1
x
y
所以直线l 过定点
2, 1
．
9.(2017 年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20 题)(12 分)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C：
2
2
1
2
x
y
上，
过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足
2
NP
NM
．
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点Q 在直线
3
x 上，且
1
OP PQ
．证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦
点F ．
【答案】(1)
2
2
2
x
y
；(2)证明略．
【命题意图】椭圆，定值问题的探索；运算求解能力
【基本解法】
(Ⅰ)解法一：相关点法求轨迹：
设
0
0
,
M x
y
，
0,0
N x
,
,
P x y ，则：
0,
NP
x
x
y
,
0
0,
NM
y
．
又
2
NP
NM
,所以：
0
0
,
2 0,
x
x
y
y
，则：
0
0
,
2
x
x
y
y
．
又
0
0
,
M x
y
在椭圆C 上，所以：
2
2
0
0
1
2
x
y
。
所以：
2
2
2
x
y
．
解法二：椭圆C 的参数方程为：
2 cos
sin
x
y
(为参数)．
设
2 cos ,sin
M
，
2 cos ,0
N
,
,
P x y ，
则：
2 cos ,
NP
x
y
,
0,sin
NM
．
又
2
NP
NM
,所以：
2 cos ,
2 0,sin
x
y
，则：
2 cos ,
2 sin
x
y
．
则：
2
2
2
x
y
．
(Ⅱ) 解法一：设
2 cos ,
2 sin
P
，
1
3,
Q
y
,
1,0
F
, 则
2 cos ,
2 sin
OP
，
1
3,
OQ
y
,
1
3
2 cos , y
2 sin
PQ
，
1
2 cos ,
2 sin
PF
．
又
1
OP PQ
,所以：
2
2
1
1
2 cos ,
2 sin
3
2 cos , y
2 sin
3 2 cos
2cos
2
sin
2sin
1
y
即：
1
3 2 cos
2
sin
3
y
．
那么
1
1
2 cos ,
2 sin
3, y
3
3 2 cos
2 sin
0
PF OQ
y
．
所以PF
OQ
．
即过P 垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F 。
解
法
二
：
设
1
1
,
P x y
，
2
3,
Q
y
,
1,0
F
,
则
1
1
,
OP
x y
，
2
3,
OQ
y
,
1
2
1
3
,
PQ
x y
y
，
1
1
1
,
PF
x
y
．
又
1
OP PQ
,所以
2
2
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
,
3
,
3
1
x y
x y
y
x
x
y y
y
．
又
1
1
,
P x y
在
2
2
2
x
y
上，所以：
1
1
2
3
3
x
y y
．
又
1
1
2
1
1
2
1
,
3,
3
3
0
PF OQ
x
y
y
x
y y
．
所以：PF
OQ
．
即过P 垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F ．
10.(2016 高考数学四川理科·第20 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
由且只有一个公共点
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)设
为坐标原点
，的直线
平行
椭圆
交于不同的两点
，且与直线交于
，证明：存
在常数
，使得
，并求
的值．
【答案】【官方解答】(1)由题意知
，则椭圆
由
所以
此时方程(1)的解为
所以求椭圆
的方程为
，点
的坐标为
．
(2)法一：设
，直线
：
由方程组
，即
所以
由
由韦达定理知
则
同理可得
所以
则
故存在此时
，使得
成立．
【民间解析】(1)由题意知
由
所以
所以求椭圆
的方程为
，点
(2)设点
，直线的参数方程为
为参数)
代入椭圆
的方程
，则有
设
对应的参数分别为
，则
．
11.(2016 高考数学北京理科·第19 题)(本小题14 分)已知椭圆
的离心率为
，
的面积为1．
(I)求椭圆
的方程；
(Ⅱ) 设
的椭圆
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)
【官方解答】(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．
【民间解答】⑴由已知，
，又
，
解得
∴椭圆的方程为
．
⑵方法一：设椭圆上一点
，则
．
直线
：
,令
，得
．
∴
直线
：
,令
，得
．
∴
将
代入上式得
故
为定值．
方法二：设椭圆 上一点
，
直线
:
,令
，得
．
∴
直线
:
,令
，得
．
∴
故
为定值．
题型十：圆锥曲线中的最值问题
1.(2015 高考数学浙江理科·第19 题)(本题满分15 分)已知椭圆
上两个不同的点
，
关于直
线
对称．
(1)求实数
的取值范围；
(2)求
面积的最大值(
为坐标原点)．
【答案】(1)
或
；(2)
．
解析：
(1)可设直线AB 的方程为
，从而可知
有两个不同
的解，再由
中点也在直线上，即可得到关于
的不等式，从而求解；(2)令
，可
将
表示为的函数，从而将问题等价转化为在给定范围上求函数的最值，从而求解．
解析：(1)由题意知
，可设直线AB 的方程为
，由
，
消去
，得
，∵直线
与椭圆
有两
个不同的交点，∴
，①，将AB 中点
代入直线
方程
解得
，②。由①②得
或
；(2)令
，则
，且O 到直线AB
的距离为
，设
的面积为
，
∴
，当且仅当
时，等号成立，故
面积的最大值为
．
考点：1．直线与椭圆的位置关系；2．点到直线距离公式；3．求函数的最值．
2.(2014 高考数学课标1 理科·第20 题)已知点
(0,2)
A
,椭圆E :
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
+
=
> >
的离心率为
3
2 ,
F 是椭圆的焦点,直线AF 的斜率为
2 3
3
,O 为坐标原点．
(1)求E 的方程;
(2)设过点A 的直线l 与E 相交于
,
P Q 两点,当OPQ
D
的面积最大时,求l 的方程．
【答案】解析:(1)设
(
)
,0
F c
,由条件知
2
2 3
3
c =
,得
3
c =
又
3
2
c
a =
,
所以
2
a = ,
2
2
2
1
b
a
c
=
-
= ,故E 的方程
2
2
1
4
x
y
+
=
．
(2)依题意当l
x
^
轴不合题意,故设直线l:
2
y
kx
=
-
,设
(
)
(
)
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
将
2
y
kx
=
-
代入
2
2
1
4
x
y
+
=
,得(
)
2
2
1 4
16
12
0
k
x
kx
+
-
+
= ,
当
2
16(4
3)
0
k
D=
-
> ,即
2
3
4
k >
时,
2
1,2
2
8
2 4
3
1
4
k
k
x
k
从而
2
2
2
1
2
2
4
1
4
3
1
1 4
k
k
PQ
k
x
x
k
+
-
=
+
-
=
+
又点O 到直线PQ 的距离
2
2
1
d
k
=
+ ,所以OPQ
D
的面积
2
2
1
4 4
3
2
1 4
OPQ
k
S
d PQ
k
D
-
=
=
+
,
设
2
4
3
k
t
-
= ,则
0
t > ,
2
4
4
1
4
4
OPQ
t
S
t
t
t
,
当且仅当
2
t = ,
7
2
k =
等号成立, 且满足
0
D> , 所以当OPQ
D
的面积最大时,l 的方程为:
7
2
2
y
x
=
-
或
7
2
2
y
x
=-
-
．
3.(2015 高考数学山东理科·第20 题)平面直角坐标系
中，已知椭圆
的离
心率为
，左、右焦点分别是
，以
为圆心以3 为半径的圆与以
为圆心以1 为半径的圆相交，
且交点在椭圆
上．
(Ⅰ)求椭圆
的方程；
(Ⅱ)设椭圆
，
为椭圆
上任意一点，过点
的直线
交椭圆
于
两点，射线
交椭圆
于点
．
(i)求
的值；
(Ⅱ)求
面积的最大值．
【答案】(Ⅰ)
；(Ⅱ)(i)2；(Ⅱ)
．
分析：(Ⅰ)根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定
的值，从而得到椭圆的方程；(Ⅱ)(Ⅰ)设
，
，由题意知
，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定
的值
(Ⅱ)设
，利用方程组
结合韦达定理求出弦长
，选将
的
面
积
表
示
成
关
于
的
表
达
式
，然后，令
，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而
求出
的面积的最大值，并结合(Ⅰ)的结果求出△
面积的最大值．
解析：(Ⅰ)由题意知
，则
,又
可得
,
所以椭圆C 的标准方程为
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知椭圆E 的方程为
,
(Ⅰ)设
，
，由题意知
因为
,
又
，即
,所以
，即
．
(Ⅱ)设
将
代入椭圆E 的方程，
可得
由
，可得
①
则有
所以
因为直线
与轴交点的坐标为
所以
的面积
令
,将
代入椭圆C 的方程可得
由
，可得
②
由①②可知
因此
,故
当且仅当
，即
时取得最大值
由(Ⅰ)知，
面积为
,所以
面积的最大值为
．
4.(2015 高考数学湖北理科·第21 题)(本小题满分14 分)一种作图工具如图1 所示．
是滑槽
的中点，
短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处铰链与ON 连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且
，
．当栓子D 在滑槽
内作往复运动时，带动N 绕
转动一周(D 不动时，
N 也不动)，M 处的笔尖画出的曲线记为C ．以
为原点，
所在的直线为
轴建立如图2 所示的
平面直角坐标系．
(Ⅰ)求曲线
的方程；
(Ⅱ)设动直线与两定直线
和
分别交于
两点．若直线总与曲线
有且只
有一个公共点，试探究：
的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明
理由．
【答案】解析：(Ⅰ)设点
，
，依题意，
，且
，
所以
，且
即
且
由于当点
不动时，点
也不动，所以不恒等于0，
于是
，故
，代入
，可得
，
即所求的曲线
的方程为
(Ⅱ)(1)当直线的斜率不存在时，直线为
或
，都有
．
(2)当直线的斜率存在时，设直线
，
由
消去
，可得
．
因为直线总与椭圆
有且只有一个公共点，
所以
，即
． ①
又由
可得
；同理可得
．
由原点
到直线
的距离为
和
，可得
． ②
将①代入②得，
．
当
时，
；
当
时，
．
因
，则
，
，所以
，
当且仅当
时取等号．
所以当
时，
的最小值为8．
x
D
O
M
N
y
P
Q
解答图
综合(1)(2)可知，当直线与椭圆
在四个顶点处相切时，ΔOPQ 的面积取得最小值8．
5.(2017 年高考数学山东理科·第21 题)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :
2
2
2
2
1
x
y
a
b
0
a
b
的离心率
为
2
2 ,焦距为2 ．
(Ⅰ)求椭圆E 的方程;
(Ⅱ)如图,动直线l :
1
3
2
y
k x
交椭圆E 于
,
A B 两点,C 是椭圆E 上一点,直线OC 的斜率为
2k ,且
1
2
2
4
k k
, M 是线段OC 延长线上一点,且
:
2:3
MC
AB
,
M
的半径为MC ,
,
OS OT 是
M
的两
条切线,切点分别为,
S T ．求
SOT
的最大值,并求取得最大值时直线l 的斜率．
【答案】(I)
2
2
1
2
x
y
．(Ⅱ)
SOT
的最大值为3
,取得最大值时直线l 的斜率为
1
2
2
k
．
【分析】(1)本小题由
2
2
c
e
a
,2
2
c
,确定,a b 即可;(2)通过联立方程组
2
2
1
1
2
3
2
x
y
y
k x
化简得
到一元二次方程后应用韦达定理和弦长公式确定|
|
AB 及圆M 的半径r 表达式．进一步求得直线OC
的方程并与椭圆方程联立,确定得到
|
|
OC
r
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．
【解析】
(I)由题意知
2
2
c
e
a
,2
2
c
,所以
2,
1
a
b
,
因此 椭圆E 的方程为
2
2
1
2
x
y
．
(Ⅱ)设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
,
联立方程
2
2
1
1,
2
3 ,
2
x
y
y
k x
得
2
2
1
1
4
2
4 3
1
0
k
x
k x
,
由题意知
0
,且
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2 3
1
,
2
1
2 2
1
k
x
x
x x
k
k
,
所以
2
2
1
1
2
1
1
2
2
1
1
1 8
1
2
2
1
k
k
AB
k
x
x
k
．
由题意知
1
2
2
4
k k
,所以
2
1
2
4
k
k
由此直线OC 的方程为
1
2
4
y
x
k
．
联立方程
2
2
1
1,
2
2 ,
4
x
y
y
x
k
得
2
2
2
1
2
2
1
1
8
1
,
1
4
1
4
k
x
y
k
k
,
因此
2
2
2
1
2
1
1 8
1
4
k
OC
x
y
k
．
由
题
意
可
知
1
sin
2
1
SOT
r
OC
r
OC
r
,
而
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
1 8
1
4
1
1 8
2 2
3
2
1
k
OC
k
r
k
k
k
2
1
2
2
1
1
1
2
3 2
4
1
4
1
k
k
k
,
令
2
1
1
2
t
k
,则
1
1,
0,1
t
t
,
因此
2
2
2
3
3
1
3
1
1
2
2
2
1
1
2
1
1
1
9
2
2
4
OC
t
r
t
t
t
t
t
,
当且仅当
1
1
2
t
,即
2
t
时等号成立,此时
1
2
2
k
,
所以
1
sin
2
2
SOT
,因此
2
6
SOT
,
所以
SOT
最大值为3
．
综上所述:
SOT
的最大值为3
,取得最大值时直线l 的斜率为
1
2
2
k
．
6.(2016 高考数学山东理科· 第21 题)( 本小题满分14 分) 平面直角坐标系
中，椭圆
：
的离心率是
，抛物线
：
的焦点
是
的一个顶点．
(I)求椭圆
的方程；
(II)设
是
上的动点，且位于第一象限，
在点
处的切线与
交与不同的两点
，
，线段
的中点为
，直线
与过
且垂直于
轴的直线交于点
．
(i)求证：点
在定直线上;
(ii)直线与
轴交于点
，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】【解析】(Ⅰ)由题意知
√a2−b2
a
=√3
2 ，可得：a=2b ．
因为抛物线E 的焦点为
F(0, 1
2 )
，所以
a=1,b=1
2 ，所以椭圆C 的方程为x2+4 y2=1．
(Ⅱ)(i)设
P(m, m2
2 )(m>0)
，由x2=2 y 可得
，
所以直线l 的斜率为m，因此直线l 的方程为
y−m2
2 =m( x−m)
，即
y=mx −m2
2 ．
设A(x1, y1),B(x2, y2),D(x0, y0)，联立方程
得(4m2+1)x2−4m3 x+m4−1=0 ，
由Δ>0 ，得0<m<√2+√5 且
x1+x2=
4 m3
4 m2+1 ，因此
x0= x1+x2
2
=
2m3
4 m2+1 ,
将其代入
y=mx −m2
2 得
y0=−
m2
2(4 m2+1) ，
因为
y0
x0
=−1
4 m ，所以直线OD 方程为
y=−1
4 m x
．
联立方程
得点
的纵坐标为
即点
在定直线
上．
(ii)由(i)知直线方程为
,令
得
,所以
,
又
,所以
,
,所以
S1
S2
=2(4 m2+1)(m2+1)
(2m2+1)2
，
令t=2m2+1，则
S1
S2
=(2t−1)(t+1)
t2
=−1
t2 + 1
t +2
，
当
1
t =1
2 ，即t=2时，
S1
S2 取得最大值
9
4 ，此时
m=√2
2 ，满足Δ>0 ，
所以点P 的坐标为
( √2
2 , 1
4 )
，因此
的最大值为
9
4 ，此时点P 的坐标为
( √2
2 , 1
4 )
．
题型十一：圆锥曲线中的综合问题
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，
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
．
．
2.(2014 高考数学湖南理科·第21 题)如图 ，
为坐标原点，椭圆
的左、右
焦点分别为
，离心率为
；双曲线
的左、右焦点分别为
，离心率为
．
已知
，且
．
(Ⅰ)求
的方程；
(Ⅱ)过
作
的不垂直于
轴的弦
的中点
．当直线
与
交于
两点时，求四边形
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)4
解析:(1) 由题可得
, 且
, 因为
，且
,
所以
且
且
,所以椭圆
方程为
,双曲线
的方程为
．
(2)(Ⅱ)因AB 不垂直于y 轴，且过点
,故可设直线AB 的方程为
．
由
得
易知此方程的判别式大于0．设
，则
是上述方程的两个实根，所以
因此
，于是AB 的中点为
，故直线PQ 的斜率为
，PQ 的方程为
，即
．
由
得
，所以
，且
，
，从而
。
设点A 到直线PQ 的距离为d，则点B 到直线PQ 的距离也为d，所以
。
因为点A 、B 在直线
的异侧，所以
，于是
，
从而
又因为
，所以
．
故四边形APBQ 的面积
．
而
，故当
时，S 取得最小值2．
综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2．
3.(2018 年高考数学上海·第20 题)(本题满分16 分，第1 小题满分4 分，第2 小题满分6 分，第3 小题满
分6 分)
设常数
，在平面直角坐标系
中，已知点
，直线：
，曲线
：
，与
轴交于点
、与
交于点
，
、
分别是曲线
与线段
上的动点．
(1)用表示点
到点
的距离；
(2)设
，
，线段
的中点在直线
上，求
的面积；
(3)设
，是否存在以
、
为邻边的矩形
，使得点
在
上？若存在，求点
的坐标；
若不存在，说明理由．
【答案】(1)
；(2)
；(3)
．
解
析
：
(1)
设
．
则
，
又
．
所
以
．
即
．(因为是解答题，否则直接使用“抛物线的焦半径”公式，直接得
．)
(2)设
，
，由
得：
．解得
．
所以
，由此得
中点
．
因为点
在直线
上，设
．
所以
，解得
，所以
，所以
．
(3)假设存在以
为邻边的矩形
，使得点
在
上．
设
，
，
．
由
得
，化简得
①．
又由图形特征，
中点与
中点重合．
从而得到：
②，
③．
由②③得：
，化简得：
．
代入①得：
．
即
，因为
，所以
．再回代入①得：
，
，
．
从而得到
，
．
所以存在以
为邻边的矩形
，使得点
在
上．
4.(2014 高考数学陕西理科·第22 题)如图，曲线
由上半椭圆
和部分抛物
线
连接而成，
的公共点为
，其中
的离心率为
．
(1)求
的值；
(2)过点
的直线与
分别交于
(均异于点
)，若
，求直线的方程．
Q
A
O
B
x
y
P
【答案】(1)
，
；(2)
．
解析：⑴在
，
的方程中，令
，可得
，且
，
是上半椭圆
的左右顶点．
设
的半焦距为
，由
及
得
．
∴
，
．
⑵解法一 由⑴知，上半椭圆
的方程为
(
)．
易知，直线与
轴不重合也不垂直，设其方程为
(
)，
代入
的方程，整理得
． (*)
设点
的坐标为
，
∵直线过点
，∴
是方程(*)的一个跟．
由求根公式，得
，从而
，
∴点
的坐标为
．
同理，由
，得点
的坐标为
．
∴
，
．
∵
，∴
，即
，
∵
，∴
，解得
．
经检验，
符合题意．
故直线的方程为
．
解法二 若设直线的方程为
(
)，比照解法一给分．
5.(2014 高考数学山东理科·第21 题)已知抛物线
的焦点为
，
为
上异于原点的
任意一点，过点
的直线交
于另一点
，交
轴的正半轴于点
，且有
．当点
的横
坐标为3 时，
为正三角形．
(Ⅰ)求
的方程；
(Ⅱ)若直线
，且
和
有且只有一个公共点
，
(ⅰ)证明直线
过定点，并求出定点坐标；
(ⅱ)
的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(I)
；(II)(i)见解析，(ii)存在最小值，
．
解析：(I)由题意知
．
设
，则
的中点为
．
因为
，
由抛物线的定义知
，
解得
或
(舍去)．
由
，解得
，
所以抛物线
的方程为
．
(II)(i)证明：由(I)知
．
设
，
．
因为
，则
，
由
得
，故
．
故直线
的斜率
．
因为直线
和直线
平行，
设直线
的方程为
，
代入抛物线方程得
，
由题意
，得
．
设
)，则
，
．
当
时，
，
可得直线
的方程为
，
由
，
整理可得
，
直线
恒过点
．
当
时，直线
的方程为
，过点
．
所以直线
恒过点
．
(ii)由(i)知，直线
恒过点
，
所以
．
设直线
的方程为
，
因为点
在直线
上，
故
．
设
)．
直线
的方程为
，
由
，得
．
代入抛物线方程得
，
所以
，
可求得
，
．
所以点
到直线
的距离为
，
则
的面积
，
当且仅当
，即
时，等号成立．
所以
的面积的最小值为
．
6.(2017 年高考数学天津理科·第19 题)设椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为F ,右顶点为A ,离心率
为
1
2 ．已知A 是抛物线
2
2
(
0)
y
px p
的焦点, F 到抛物线的准线l 的距离为
1
2 ．
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;
(2)设l 上两点P ,Q 关于x 轴对称,直线AP 与椭圆相交于点B ( B 异于点A ),直线BQ 与x 轴相交于
点D ．若
APD
△
的面积为
6
2 ,求直线AP 的方程．
【答案】(1)
2
4
y
x
(2)3
6
3
0
x
y
,或3
6
3
0
x
y
．
【解析】(1)依题意设点F (
,0)
c
,因
2
1
a
c
e
,且2
p
a
,由对称性知抛物线的准线l 方程为
a
x
, 则
1
2
a
c
; 解得
1
a
,
1
2
c
,
2
p
, 于是
2
2
2
3
4
b
a
c
．从而得椭圆的方程为
2
2
4
1
3
y
x
;抛物线的方程为
2
4
y
x
．
(2)由于准线l 方程为
1
x ,依题意设
)
,1
(
t
P
0
t
,则
)
,1
(
t
Q
．因
)
0,1(
A
,则
2
t
k AP
,得直
线
AP 方程为
)1
(
2
x
t
y
①, 将①式代入方程
3
4
3
2
2
y
x
中化简, 得
0
3
2
)
3
(
2
2
2
2
t
x
t
x
t
;
设
)
,
(
0
0 y
x
B
,
由
韦
达
定
理
得
3
3
2
2
0
0
t
t
x
x
x
A
,
则
3
3
)1
(
2
2
0
0
t
t
x
t
y
, 即
)
3
3
,
3
3
(
2
2
2
t
t
t
t
B
, 则
t
t
kBQ
2
6
2
, 于是得直线BQ 方程为
)1
(
2
6
2
t
t
t
t
y
,令
0
y
,解得
6
6
2
2
t
t
x
,即
)
0,
6
6
(
2
2
t
t
D
．则
6
12
6
6
1
|
|
2
2
2
t
t
t
AD
,于
是
|
|
6
12
2
1
2
6
2
t
t
S APD
,化简得
0
)
6
|
(|
2
t
,即得
6
t
．代入①式化简,得直线AP
方程为3
6
3
0
x
y
,或3
6
3
0
x
y
．
7.(2017 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第20 题)(12 分)已知抛物线
2
:
2
C y
x
，过点
2,0 的直线l 交C 与
,
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
4, 2
P
，求直线l 与圆M 的方程．
【答案】(Ⅰ)证明略;(Ⅱ)直线l 的方程为
2
0
x
y
,圆M 的方程为
2
2
3
1
10
x
y
．
或直线l 的方程为2
4
0
x
y
,圆M 的方程为
2
2
9
1
85
4
2
16
x
y
．
【解析】法一:(1)证明:①当AB
x
轴时,
2
x
代入
2
2
y
x
得
2
y
O
在以AB 为直径的圆上．此时圆半径为2 ,圆M 过原点;
②当AB 不垂直于x 轴时,设AB 的方程为
2
y
k x
且
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
由
2
2
2
y
x
y
k x
,消去y ,整理可得
2
2
2
4
2
4
0
kx
k
x
k
2
1
2
2
1
2
4
2
4
k
x
x
k
x x
,
1
2
1
2
2
4
y
y
k x
x
k
,
1
2
1
2
2
2
4
y y
k x
x
从而
1
2
1
2
1
OA
OB
y y
k
k
x x
,OA
OB
,O 在以AB 为直径的圆上．
(2)由(1)知以AB 为直径的圆的方程为
1
2
1
2
0
x
x
x
x
y
y
y
y
即
2
2
2
2
4
2
0
k
x
y
x
y
k
,由于
4, 2
P
在此圆上
代入上述方程得
2
1
3
k
,故所求圆的方程为
2
2
10
10
0
x
y
x
y
．
法二:⑴显然,当直线斜率为0 时,直线与抛物线交于一点,不符合题意．
设:
2
l x
my
,
1
1
( ,
)
A x y
,
2
2
(
,
)
B x
y
,
联立:
2
2
2
y
x
x
my
得
2
2
4
0
y
my
,
2
4
16
m
恒大于0 ,
1
2
2
y
y
m
,
1
2
4
y y ．
1
2
1
2
OA OB
x x
y y
1
2
(
2)(
2)
my
my
2
1
2
1
2
(
1)
2 (
)
4
m
y y
m y
y
2
4(
1)
2 (2 )
4
m
m
m
0
∴OA
OB
,即O 在圆M 上．
⑵若圆M 过点P ,则
0
AP BP
1
2
1
2
(
4)(
4)
(
2)(
2)
0
x
x
y
y
1
2
1
2
(
2)(
2)
(
2)(
2)
0
my
my
y
y
2
1
2
1
2
(
1)
(2
2)(
)
8
0
m
y y
m
y
y
化简得
2
2
1
0
m
m
解得
1
2
m
或1
①当
1
2
m
时, : 2
4
0
l
x
y
圆心为
0
0
(
,
)
Q x
y
,
1
2
0
1
2
2
y
y
y
,
0
0
1
9
2
2
4
x
y
半径
2
2
9
1
|
|
4
2
r
OQ
则圆
2
2
9
1
85
:(
)
(
)
4
2
16
M
x
y
②当
1
m 时, :
2
0
l x
y
圆心为
0
0
(
,
)
Q x
y
,
1
2
0
1
2
y
y
y
,
0
0
2
3
x
y
,
半径
2
2
|
|
3
1
r
OQ
则圆
2
2
:(
3)
(
1)
10
M
x
y
．
8.(2016 高考数学上海理科·第20 题)(本题满分14)本题共有2 个小题，第1 小题满分6 分，第2 小题满分
8 分．
有一块正方形菜地
，
所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到
点或河边运走．于是，菜
地分为两个区域
和
，其中
中的蔬菜运到河边较近，
中的蔬菜运到
点较近，而菜地内
和
的分界线
上的点到河边与到
点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点
为
的中点，
点
的坐标为
，如图．
(1)求菜地内的分界线
的方程
(2)菜农从蔬菜运量估计出
面积是
面积的两倍，由此得到
面积的“经验值”为
．设
是
上
纵坐标为1 的点，请计算以
为一边、另一边过点
的矩形的面积，及五边形
的面积，
并判断哪一个更接近于
面积的“经验值”．
【答案】(1)
(
)．(2)五边形面积更接近于
面积的“经验值”．
解析：(1)因为
上的点到直线
与到点
的距离相等
所以
是以
为焦点、以
为准线的抛物线在正方形
内的部分
其方程为
(
)．
(2)依题意，点
的坐标为
．
所求的矩形面积为
，而所求的五边形面积为
．
矩形面积与“经验值”之差的绝对值为
而五边形面积与“经验值”之差的绝对值为
所以五边形面积更接近于
面积的“经验值”．
9.(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；
B
H
G
F
E
x
y
M
(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
，
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
．
10.(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
，
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
．
11.(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
．
(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
．
12.(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
．
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
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
，
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
.
13.(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
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
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
.
14.(2014 高考数学上海理科·第22 题)在平面直角坐标系
中，对于直线：
和点
，记
．若
，则称点
被直线分隔，若曲
线
与直线没有公共点，且曲线
上存在点
被直线分隔，则称直线为曲线
的一条分隔线．
(1)求证：点
被直线
分隔；
(2)若直线
是曲线
的分割线，求实数
的取值范围；
(3)动点
到点
的距离与到
轴的距离之积为1，设点
的轨迹为
，求证：
【答案】解析：(1)因为
，所以点
被直线
分隔．……3 分
(2)直线
与曲线
有公共点的充要条件是方程组
有解，即
．因为
直线
是曲线
的分隔线，故它们没有公共点，即
．
当
时，对于直线
，曲线
上的点
和
满足
，即点
和
被
分隔．
故实数
的取值范围是
．……9 分
(3)设
的坐标为
，
则曲线
的方程为
，即
．……11 分
对任意的
，
不是上述方程的解，即
轴与曲线
没有公共点．……13 分
又曲线
上的点
和
对于
轴满足
，即点
和
被
轴分隔．
所以
轴为曲线
的分隔线．……
15.(2014 高考数学大纲理科·第21 题)已知抛物线
的焦点为
，直线
与
轴的
交点为
，与
的交点为
，且
．
(1)求
的方程；
(2) 过
的直线与
相交于
两点，若
的垂直平分线
与
相较于
两点，且
四点在同一圆上，求的方程．
【答案】(1)
；(2)直线的方程为
或
解析：(1) 设
，代入
，得
．由题设得
，解得
(舍去)或
，∴C 的方程为
；(2)由题设知与坐标轴不
垂直，故可设
的方程为
，代入
得
．设
则
．故
的中点为
．又
的斜率为
的方程为
．将上式代入
，并整理得
．设
则
．
故
的
中
点
为
．
由于
垂直平分线
，故
四点在同一圆上等价于
，从而
即
，化简得
，解
得
或
．所求直线的方程为
或
．
