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培优专题 03 解析几何 9 大重难题型
参考答案
题型01 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
🎯命题方向一 弦长问题
1．【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）根据椭圆的定义及勾股定理求出 即可得解；
（2）假设存在 ，直线与椭圆方程联立，再由韦达定理及向量的运算求出C点坐标，再由
列出方程求解即可.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ， .
因为 ， ，
所以 ，因为 ，所以 ， ，
所以椭圆方程为 .
（2）设 ， ，联立方程 得 ，
所以 ，整理得 ①，
所以 ， ，
.
因为 上存在点 使得四边形 为平行四边形，
所以 ，即 ，
将 代入 得 ，
整理得 ②，
所以
，
由②知，
，
因为 ，所以 ，
整理得 ，解得 ，
由②知 ，符合①，因为 ，所以
2．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得出 的值，进而求得椭圆C的标准方程；
（2）设直线l的方程，将其与椭圆方程联立，表示出直线 的斜率，进而表示出直线 的方程，表示
出直线 的方程，利用点到直线距离公式，结合韦达定理以及三角形面积公式将面积表示为关于 的方
程，求解可得 的值.
【详解】（1）由题可知 ，解得 ，
所以椭圆C的标准方程为 ；
（2）由（1）得 ，
由题可设直线l的方程为 ，
则 ，
由 ，得 ，
，设 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
所以直线 的斜率为 ，
因为 ，所以直线 的斜率为 ，
所以直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，
由 ，得 ，
所以点 到直线 的距离为 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
故k的值为 .🎯命题方向二 面积问题
3．【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程；
（2）设直线 ，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线 ，
直线 求交点坐标，根据面积关系得 ，进而求得 ，即可得.
【详解】（1）设 的方程为 且 ，
将 两点代入得 ，解得 ，
故 的方程为 ．
（2）依题意，设直线 ，
联立 ，消去 整理得 ，
则 ，即 ，且 ．
直线 ，直线 ，令 ，则 ，
令 ，则 ，
由 ，得 ，即 ，
整理得 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
所以直线 的斜率为 ．
4．【答案】(1)椭圆的方程为 ，离心率为 .
(2) .
【分析】（1）由 解得 ，从而求出 ，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公
式即求离心率.
（2）先设直线 的方程，与椭圆方程联立，消去 ，再由韦达定理可得 ，从而得到 点和 点坐
标.由 得 ，即可得到关于 的方程，解出 ，代入直线
的方程即可得到答案.
【详解】（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
🎯命题方向三 斜率问题5．【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）
【分析】（1）根据离心率和所过点列方程组可求答案；
（2）（i）方法一设直线 的方程为 ，方法二设直线 的方程为 ，然后同椭圆方程
联立，写出韦达定理，表示出直线 的斜率可得答案；
（ii）方法一根据直线横截距方程得到 利用正切的和角公式，结合韦达定理，表示出
目标式，求解最值可得范围.方法二和方法三都是根据直线纵截距方程得到 利用正切的
和角公式，结合韦达定理，表示出目标式，求解最值可得范围.
【详解】（1）由题意可得
解得 ，
椭圆的方程为 .
（2）（i）方法一：由题意可知直线 的斜率不为0，
设直线 的方程为 ，
由 ，联立得 ，
，
得 ，
则 ，
直线 的方程为 ，得 ，则 .
方法二：设直线 的方程为 ，
联立方程 ，得 ，
，
得 ，
，
直线 的方程为 ，得 ，
则 .
（ii）方法一：由（i）方法一可知， ，
得 ， ， ，
在直角 中， ，
在直角 中， ，
，
因为 ，所以 ，
，
所以 ，
所以 的正切值的取值范围是 .
方法二：由（i）方法二可知， ，
得 ，
在直角 中， ，
在直角 中， ，
，
因为
所以 ，
，
所以 ，
所以 的正切值的取值范围是 .方法三：由（i）方法二可知， ，
得 ，
在直角 中， ，
在直角 中， ，
，
因为 ，
所以 ，
，
所以 ，
所以 的正切值的取值范围是 .6．【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）由题知， ， ， ，
且 ， ， ，
， ， ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）由（1）知， ，
设过点 的直线方程为 ，过原点 且与直线 平行的直线为 ，
联立 可得 ，
则点 的坐标为 ，
联立 可得 ，
则点 的坐标为 ，
所以 ， ，
由 ，整理为 ，解得 ， （舍），
即直线 的斜率为 .
（3）由题知， ，，
，
由（2）整理为 ，解得 ， （舍），
所以直线 的斜率为 .
题型02 定点、定值、定直线“三定”问题
🎯命题方向一 定点问题
7．【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由题意有 和 解出即可；
（2）方法（一）设点 （ ）直线 的方程为 ，与 联立，求得点
，又以BC为直径的圆与直线 交于另一个点D，则 ，得直线CD的方程为，令 得点 的横坐标，代入椭圆方程即可得证；
方法（二）依题意直线 斜率存在，设直线 的方程为 ，点 ，与椭圆方程联立得
韦达定理，即可求出点 的坐标，又以BC为直径的圆与直线 交于另一个点D，得 ，即可求
出 ，进而得直线 的直线方程，令 即可求解.
【详解】（1）依题意 ，所以 ，又因为 ，解得 ，
所以椭圆方程为 .
（2）方法（一）由（1）得 ， ，
设点 （ ），则有 ①
直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
直线 的方程为 ，与 联立，所以点 ，
因为以BC为直径的圆与直线 交于另一个点D，所以 ，
所以直线CD的斜率为 ，因此直线CD的方程为 ，
令 ，则点E的横坐标为 ②，
又因为①式，有 代入②式，解得 ，
所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为 .方法（二）依题意直线 斜率存在，设直线 的方程为 ，点 ，
由方程组 ，整理得 .
由韦达定理有 ， ，
代入 ，解得 ，即 ，又因为 ，
所以直线 ，即 的斜率为 ，
直线 与 联立，所以点 ，
因为以BC为直径的圆与直线 交于另一个点D，所以 ，所以 ，
所以直线CD的方程为 ，令 ，得点E的横坐标为 ，
所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为 .
8．【答案】(1)
(2)
(3)【分析】（1）利用代入法，结合椭圆的离心率公式、 的关系进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式，结合直线斜率与倾斜角的关系、正切二倍角公式进行求解即可；
（3）根据线段中垂线的性质，结合直线两点式方程、中点坐标公式、代入法进行求解即可.
【详解】（1）椭圆 的方程为 ，点 在椭圆上，椭圆的离心率为 ，
所以有 ，所以椭圆 的方程是 ；
（2）椭圆的右顶点 的坐标为 ，设点 的坐标 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
所以点 的坐标 ；
（3）由点 ， 的坐标可得线段 的中点坐标为 ，
由上可知 ，所以线段 所在直线的斜率为 ，因此线段 中垂线的方程为 ，
设 ，则 ，
线段 的中点坐标为 ，
当 时， ，点 与点 重合，不合题意；
当 时， ，此时线段 的中垂线是纵轴，显然纵轴上的所有点不可能都在直线
上，不符合题意；
显然 ， ，
于是有 ，所以线段 所在直线的斜率为 ，
因此线段 中垂线的方程为 ，
令 ，得 ，
因为线段 的中垂线与 轴的交点也在线段 的中垂线上，
所以 ，
所以有 ，或 舍去，
所以点 的坐标为 .9．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可求得 ，进而可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线 的方程为 ，联立直线与椭圆方程，设点 ，求得直线 的方
程，令 ，结合根与系数的关系计算可求得定点.
【详解】（1）因为椭圆 上任意一点到它的两个焦点的距离之和为4，
所以 ，解得 ，又因为椭圆的离心率为 ，所以 ，解得 ，
故 ，则椭圆的标准方程为 ；
（2）由题意知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，①
设点 ，则 ，直线 的方程为 ，
令 得 ，
将 代入整理得 ，②
由①得 ，
代入②整理得 ，
所以直线 与 轴相交于定点 ．🎯命题方向二 定值问题
10．【答案】(1)
(2)是，定值为2
【分析】（1）由离心率得 ， ，再待定系数求解即可；
（2）根据题意设直线 的方程为 ，进而与椭圆联立方程，并结合位置关系得 ，再求得
直线 ，与直线 的方程联立求得 ，最后计算即可得答案.
【详解】（1）解：因为离心率 ，所以 ， ， ，
所以椭圆的标准方程为 ，
因为经过点 ，所以 ，所以
所以椭圆的标准方程为
（2）
解：因为直线l不垂直于坐标轴，所以直线 的斜率存在且不为0，
设不垂直于坐标轴的直线 的方程为所以联立 得
因为直线l与椭圆C相切，
所以 ，即 ，
因为右焦点为F的坐标为 ，
所以过F作直线l的垂线的方程为 ，
因为垂足为H，所以联立 ，得 ，即
所以
将 代入得 ，
所以，线段 的长度是定值，这个值为2．
11．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）2．
【分析】（1）根据点 以及焦点坐标，解方程可求得椭圆 的方程；
（2）（i）法一：设直线 的方程为 ，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由 可得直
线 的斜率 ；
法二：设直线 的方程为 ，联立椭圆方程可解得 ，同理可得
，化简可知直线 的斜率 ；
法三：由 ，可设直线 为 ， 不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得 ，可得 ，即直线 的斜率为定值 ．
（ii）设直线 为 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知
法一：易知 ，当 时， 的面积取最大值2．
法二：由弦长公式可知 ，又点 到直线 的距离 ，所以
，当 时， 的面积取最大值2．
【详解】（1）设椭圆 的方程为 ，
显然 ，
将点 代入椭圆方程 ，即 ，解得 或 （舍去）
所以椭圆 的方程为 ．
（2）（i）法一：
设直线 的方程为 （由对称性知 存在），如下图：
联立 得 ，化简得 ，
由 知 ，则 ，因为 ，所以 ，即 ，
化简得 ，因为直线 不过点 ，所以 ，
故 ．
法二：设直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，化简 ，
得 ，
由 知 ，即 ，则 ，
又 ，所以 ，
因为直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形，所以 ，
同理可得 ，
由此可知 ，
则直线 的斜率 ，
故直线 的斜率为定值 ．
法三：因为直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形，所以 ，
因为 为椭圆上异于 的两点，
所以可设直线 为 ， 不同时为0，
联立 与 ，得 ，
等式两边同时除以 ，记 ，
化简得 ，
由于 ，所以 ，说明直线 的斜率为定值 ．
（ii）设直线 为 ，
联立 与 ，得 ，
因为 ，所以 ．
由韦达定理知
法一：
过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，则点 的坐标为 ，
，即 ，
化简得 ．
当且仅当 时， 的面积取最大值2．
法二：
易知 ，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，当且仅当 时， 的面积取最大值2．
题型03 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
🎯命题方向一 圆锥曲线的最值问题
12．【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出点 ，根据椭圆定义可求得椭圆标准方程，根据离心率公式可求得离心率；
（2）设点 ，根据两点间的距离公式列式化简计算即可得证；
（3）由（2）可知， ，根据三角形两边之差小于第三边得 三点共线时 取最大值，
得 ，通过平移当直线与椭圆相切时，两直线间距离即为椭圆上点到直线距离的最值，列式
求解计算即可得到最大距离.
【详解】（1）由已知 ， ，设椭圆左焦点 ，则 ，
因为 ， ，
由 ，得 ，
所以椭圆方程为 ， ；
（2）设点 ，因为点 在椭圆上，得 ，
由两点间距离公式得 ，化简得 ；
（3）由（2）可知， ，所以 ，
根据三角形两边之差小于第三边得 ,
所以当 三点共线时 取最大值，
，设直线： ，
，得： ，
，∴ ，
通过图象可得，当直线 时，椭圆上任意点 到直线 的距离最大，
即椭圆上任意点 到直线 的最大距离为 .
13．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用斜率积及点在椭圆上列式计算求解得出椭圆方程；
（2）先设直线方程 ，再联立方程组得出韦达定理，应用 ，进而得出 ，计算得出 ，最后计算得距离的最大值.
【详解】（1）因为 ， ，由题意得， ，
解得， ，所以椭圆方程为 ．
又因为点 在椭圆C上，所以 ，解得， ，
所以椭圆C的方程为 ．
（2）由E，Q不同于A，B，当直线l垂直于y轴时， 与 异号，不满足题意，
所以直线l不与y轴垂直，设其方程为 ， ， ，
联立 ，得 ，
，即 ，
则 ， ．
又因为 ， ，
所以 ， ，直线 的斜率 ，
由 在C上，得 ，即 ，
因此 ，
因为 ，所以 ，
由，解得 ，
所以直线l的方程为 ，所以直线l过定点 ．
又因为 ，则当 时，点M到直线l的距离取得最大值，
即点M到直线l的距离的最大值为 ．
14．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用基本不等式，结合四边形的面积公式即可求解；
（2）数形结合，根据椭圆的定义及其几何性质，结合余弦定理、三角形面积公式即可求解；
（3）设 ，并与椭圆联立方程组，解得 ，由四边形 的面积为
，可得 ，并用换元法令 ，转化为求二次函数的最大值即可.
【详解】（1）设 ， ， ，
有 ，所以 ，当且仅当 ， 时取等号，
而 ，所以四边形 面积最大值为 ；
（2）设左焦点为 ，连接 ， ，
易知 ， ，
根据题意以及直线 与椭圆的对称性可知， 与 的面积相等，
在 中， ，由余弦定理， ，
则有 ，所以 ，
所以 ；
（3）设 ，联立 ，有 ，
设 ， ，从而四边形 的面积为 ，
则 ，令 ，则 ，则函数 ，
当 时， 有最小值 ，此时 则有最大值 ．
🎯命题方向二 圆锥曲线的范围问题
15．【答案】(1)
(2)①证明见解析；② .
【分析】（1）根据已知列方程组求得 即可求出椭圆的方程；
（2）①直线 与圆相切得到 ，再利用直线与椭圆相交利用韦达定理得到
即可求证；
②利用 结合① 可得答案.
【详解】（1）依题意 ，解得 ，
∴椭圆 的方程为 ．
（2）①∵直线 与 相切，∴ ，即 ．
联立 消去 得 ，
设 ，则 ，
所以
，
∴ ．
②直线 与椭圆交于不同的两点 ，∴ ，
∴ ，
由①知 ，∴ ，即 ，
∴ ，又 ，∴ 的取值范围为 ．
16．【答案】(1) ，离心率为 .(2) ， .
【分析】（1）根据已知条件可得： ，进而求得 ，由此即可求解方程及离心率；
（2）设直线 的方程为 ， ， ，联立椭圆方程，由韦达定理可得：
， ，表示出直线 的方程为 ，令 即可求解 的值，
最后根据 求解 的取值范围.
【详解】（1）由题意 ，从而 ，
所以椭圆方程为 ，离心率为 .
（2）直线 斜率不为0，否则直线 与椭圆无交点，矛盾，
设直线 的方程为 ， ， ，
联立 化简并整理得 ，
由题意得 ，即 ， 应满足 ，
所以 ， ，
若直线 斜率为0，由椭圆的对称性可设 ，所以直线 的方程为 ，令 ，
得
，所以 ，
此时 应满足 即 应满足 ，或 ，
综上所述， 满足题意，此时 .
题型04 证明类与几何探究问题
🎯命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
17．【答案】(1)
(2)（0，2）
(3)证明见解析
【分析】（1）根据离心率公式以及 即可求解；
（2）设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，由向量关系 坐标化可解得点 坐标，代入
椭圆方程即可求解；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线 方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不
等式 ，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得 范围.
【详解】（1）依题意得 ，解得 ，
所以椭圆的方程为 .
（2）由题意知点 的坐标为 ，
设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，其中 ，
由 可得，
所以 ，解得 ，
所以点 的坐标为 ，因为点 在椭圆上，所以 ，
从而 ，又因为 ，所以 ．所以点 的坐标为 ，
（3）由（2）可知 ，所以 和 的中点坐标为 ，
又直线 的斜率 ，
从而 的垂直平分线 的斜率为2，
所以 的垂直平分线 的方程为： ，
设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，由 得 ，
， ，
由于 ，
，
所以 为钝角.
18．【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出点 ，根据椭圆定义可求得椭圆标准方程，根据离心率公式可求得离心率；
（2）设点 ，根据两点间的距离公式列式化简计算即可得证；
（3）由（2）可知， ，根据三角形两边之差小于第三边得 三点共线时 取最大值，
得 ，通过平移当直线与椭圆相切时，两直线间距离即为椭圆上点到直线距离的最值，列式
求解计算即可得到最大距离.【详解】（1）由已知 ， ，设椭圆左焦点 ，则 ，
因为 ， ，
由 ，得 ，
所以椭圆方程为 ， ；
（2）设点 ，因为点 在椭圆上，得 ，
由两点间距离公式得 ，
化简得 ；
（3）由（2）可知， ，所以 ，
根据三角形两边之差小于第三边得 ,
所以当 三点共线时 取最大值，
，设直线： ，
，得： ，
，∴ ，
通过图象可得，当直线 时，椭圆上任意点 到直线 的距离最大，即椭圆上任意点 到直线 的最大距离为 .
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出 方程组，求得 的值，即可求解；
（2）设 的方程为 ，联立方程组，求得 ，得到 ，再由 的方程为
，联立方程组，求得 ，进而求得 ，再由弦长公
式，求得 ，结合 ，即可得证.
【详解】（1）解：由椭圆 的离心率为 ，且过点F且与x轴垂直的直线截得的线段长为 ，
可得 ，解得 ，所以椭圆的标准方程为 .
（2）证明：设直线 所在的直线方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
所以 ，解得 ，
设 ，则 ，
所以 ，则 ，即 ，所以 的方程为 ，
联立 ，解得 或 ，所以 ，
则 ，
又由
，
又因为 的中点，
可得 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决曲线问题的基础，它能将距离进行等量转化．如果问
题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及
圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以
使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的
关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
