专题24 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题综合（教师卷）- 十年（2015-2024）高考真题数学分项汇编（全国通用）

这是一份专题24 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题综合（教师卷）- 十年（2015-2024）高考真题数学分项汇编（全国通用），共163页。试卷主要包含了已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。

大题综合
考点01 第二问求曲线方程
1．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
2．（2020·全国·高考真题）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），.
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为x=2c⋅csθ,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，
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.
3．（2019·全国·高考真题）已知曲线，为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为.
（1）证明：直线过定点：
（2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程.
【答案】(1)见详解；(2) 或.
【解析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，最后求出圆的方程.
【详解】(1)证明：设,,则．又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
(2)由(1)得直线方程为，和抛物线方程联立得：
化简得.于是,设为线段的中点，则
由于，而,与向量平行，所以，
解得或.
当时，，所求圆的方程为;
当时，或，所求圆的方程为.
所以圆的方程为或.
【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小.
4．（2019·天津·高考真题） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.
【答案】（I）；（II）.
【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；
（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.
【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，
又由，消去得，解得，
所以，椭圆的离心率为.
（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，
由题意，，则直线的方程为，
点的坐标满足，消去并化简，得到，
解得，
代入到的方程，解得，
因为点在轴的上方，所以，
由圆心在直线上，可设，因为，
且由（I）知，故，解得，
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，
又由圆与相切，得，解得，
所以椭圆的方程为：.
【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.
5．（2018·全国·高考真题）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）方法一：根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线的方程；
（2）方法一：先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.
【详解】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用
由题意得，设直线l的方程为．
设，由得．
，故．
所以．
由题设知，解得（舍去）或．因此l的方程为．
［方法二］：弦长公式的应用
由题意得，设直线l的方程为．
设，则由得．
，由，解得（舍去）或．因此直线l的方程为．
［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用
设直线l的倾斜角为，则焦点弦，解得，即．因为斜率，所以．
而抛物线焦点为，故直线l的方程为．
［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用
由题意知，可设直线l的参数方程为（t为参数）．
代入整理得．
设两根为，则．
由，解得．
因为，所以，因此直线l的参数方程为
故直线l的普通方程为．
［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用
以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为．
设，由题意得，解得，即．
所以直线l的方程为．
（2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程
由（1）得AB的中点坐标为，所以AB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．
［方法二］：硬算求解
由题意可知，抛物线C的准线为，所求圆与准线相切．
设圆心为，则所求圆的半径为．
由得．
所以，
解得或，
所以，所求圆的方程为或．
【整体点评】（1）方法一：根据弦过焦点，选择焦点弦长公式运算，属于通性通法；
方法二：直接根据一般的弦长公式硬算，是解决弦长问题的一般解法；
方法三：根据弦过焦点，选择含直线倾斜角的焦点弦长公式，计算简单，属于最优解；
方法四：根据直线参数方程中的弦长公式，利用参数的几何意义运算；
方法五：根据抛物线的极坐标方程，利用极径的意义求解，计算简单，也是该题的最优解．
（2）方法一：根据圆的几何性质确定圆心位置，再根据直线与圆的位置关系算出，是求圆的方程的最优解；
方法二：直接根据圆经过两点，硬算，思想简单，运算相对复杂．
6．（2017·全国·高考真题）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于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，求直线l与圆M的方程.
【答案】(1)证明见解析；(2) ， 或， .
【详解】（1）设，.
由 可得，则.
又，故.
因此的斜率与的斜率之积为，所以.
故坐标原点在圆上.
（2）由（1）可得.
故圆心的坐标为，圆的半径.
由于圆过点，因此，故，
即，
由（1）可得.
所以，解得或.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.
【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.
7．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.
（I）求椭圆的离心率；
（II）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.
（i）求直线的斜率；
（ii）求椭圆的方程.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（ⅰ）.（ii）.
【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程.
【详解】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.
所以，椭圆的离心率为.
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.
由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，
即，与直线FP的方程联立，
可解得，即点Q的坐标为.
由已知|FQ|=，有，
整理得，所以，即直线FP的斜率为.
（ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为.
由（i）得直线FP的方程为，
与椭圆方程联立消去，
整理得，解得（舍去）
或.因此可得点，进而可得，所以.
由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，
故直线和都垂直于直线.
因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.
所以，椭圆的方程为.
【点睛】列出一个关于 的等式，可以求离心率；列出一个关于 的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.
8．（2015·天津·高考真题）已知椭圆的上顶点为 B,左焦点为,离心率为 ,
（Ⅰ）求直线BF的斜率;
（Ⅱ）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与y轴交于点 M,.
（ⅰ）求的值;
（ⅱ）若,求椭圆的方程.
【答案】（Ⅰ）2;（Ⅱ）（ⅰ） ;（ⅱ）
【详解】（Ⅰ）先由 及得 ,直线BF的斜率;（Ⅱ）先把直线 BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,可得（Ⅱ）先由得 =,由此求出 c=1,故椭圆方程为
试题解析:（Ⅰ）设 ,由已知 及可得 ,又因为 ,,故直线 BF的斜率 .
（Ⅱ）设点 ,（Ⅰ）由（Ⅰ）可得椭圆方程为 直线BF的方程为 ,两方程联立消去y得解得 .因为,所以直线BQ方程为 ,与椭圆方程联立消去y得 ,解得 .又因为 ,及 得
（Ⅱ）由（Ⅰ）得,所以 ,即 ,又因为,所以 =.
又因为, 所以,因此 所以椭圆方程为
考点：本题主要考查直线与椭圆等基础知识.考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力.
9．（2015·安徽·高考真题）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）.
【详解】试题分析：（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.
试题解析：（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.
考点：1.椭圆的离心率；2.椭圆的标准方程；3.点点关于直线对称的应用.
考点02 求轨迹方程
1．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）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
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（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.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）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）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得，，
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
3．（2019·全国·高考真题）
已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）
[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】
依题意设，
直线的斜率为，则，
所以．
又，所以，
进而有，即是直角三角形．
[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】
由题意设，则．
因为Q，E，G三点共线，所以，
又因为点P，G在椭圆上，所以，
两式相减得，
所以，所以．
（ii）
[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】
设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．
令，即
．
注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．
[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】
设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．
由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．
又，从而，进而．以下同解法一．
【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；
方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.
(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；
4．（2017·全国·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.
所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
5．（2015·湖北·高考真题）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子在滑槽AB内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线记为．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C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】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在最小值8．
【详解】（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．
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8．
考点：椭圆的标准方程、几何性质,直线与圆、椭圆的位置关系，最值．
考点03 求直线方程
1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
2．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），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).
【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.
3．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为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的另一个交点分别为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).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（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）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
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.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）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.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
4．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
5．（2020·天津·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（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】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．
【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.
【详解】（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.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
6．（2018·江苏·高考真题）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】（1），；（2）①；②．
【分析】（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；
（2）方法一：①先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标；②先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.
【详解】（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，
所以，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）［方法一］：【通性通法】代数法硬算
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，
所以．
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．
［方法二］： 圆的参数方程的应用
设P点坐标为．
因为原点到直线的距离，所以与圆O切于点P的直线l的方程为．
由消去y，得．
①因为直线l与椭圆相切，所以．
因为，所以，故，．
所以，P点坐标为．
②因为直线与圆O相切，所以中边上的高，因为的面积为，所以．
设，由①知
，
即，
即．
因为，所以，故，所以．
所以直线l的方程为．
［方法三］：直线参数方程与圆的参数方程的应用
设P点坐标为，则与圆O切于点P的直线l的参数方程为：（t为参数），
即（t为参数）．
代入，得关于t的一元二次方程．
①因为直线l与椭圆相切，所以，，
因为，所以，故，．
所以，P点坐标为．
②同方法二，略．
【整体点评】（2）方法一：①直接利用直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系代数法硬算，即可解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标，是该题的通性通法；
方法二：①利用圆的参数方程设出点，进而表示出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标；
方法三：①利用圆的参数方程设出点，将直线的参数方程表示出来，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标．
7．（2017·全国·高考真题）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于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，求直线l与圆M的方程.
【答案】(1)证明见解析；(2) ， 或， .
【详解】（1）设，.
由 可得，则.
又，故.
因此的斜率与的斜率之积为，所以.
故坐标原点在圆上.
（2）由（1）可得.
故圆心的坐标为，圆的半径.
由于圆过点，因此，故，
即，
由（1）可得.
所以，解得或.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.
【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.
8．（2017·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.
（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；
（II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.
【答案】（Ⅰ）， .（Ⅱ），或.
【详解】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出 所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程.
试题解析：（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.
所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可学*科.网得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.
所以，直线的方程为，或.
【考点】直线与椭圆综合问题
【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键.
9．（2015·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.
【答案】（1）（2）或．
【详解】试题分析（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.
试题解析：（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，
则点的坐标为，从而．
因为，所以，解得．
此时直线方程为或．
考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系
考点04 求斜率值或范围
1．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）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）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得，，
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
2．（2021·北京·高考真题）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分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（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.
3．（2021·全国乙卷·高考真题）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.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
4．（2019·天津·高考真题）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】（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)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.
【点睛】本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线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
5．（2018·天津·高考真题）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或
详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．
所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．
由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．
易知直线AB的方程为x+y–2=0，
由方程组消去x，可得．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=，
两边平方，整理得，
解得，或．
所以，k的值为或
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．
6．（2018·天津·高考真题）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．
【答案】（1）；(2)．
【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.
易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.
详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而．
所以，椭圆的方程为．
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，
点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．
所以，的值为．
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．
7．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.
（I）求椭圆的离心率；
（II）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.
（i）求直线的斜率；
（ii）求椭圆的方程.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（ⅰ）.（ii）.
【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程.
【详解】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.
所以，椭圆的离心率为.
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.
由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，
即，与直线FP的方程联立，
可解得，即点Q的坐标为.
由已知|FQ|=，有，
整理得，所以，即直线FP的斜率为.
（ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为.
由（i）得直线FP的方程为，
与椭圆方程联立消去，
整理得，解得（舍去）
或.因此可得点，进而可得，所以.
由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，
故直线和都垂直于直线.
因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.
所以，椭圆的方程为.
【点睛】列出一个关于 的等式，可以求离心率；列出一个关于 的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.
8．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.
【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 .
【详解】试题分析：（I）本小题由，确定即得.
（Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，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.
试题解析：（I）由题意知 ，，
所以 ，
因此 椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，
联立方程
得，
由题意知，
且，
所以 .
由题意可知圆的半径为
由题设知，
所以
因此直线的方程为.
联立方程
得，
因此 .
由题意可知 ，
而
，
令，
则，
因此 ，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以 ，
因此，
所以 最大值为.
综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
9．（2016·山东·高考真题）已知椭圆 的长轴长为4，焦距为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过动点的直线交轴与点，交于点 (在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点.
（ⅰ）设直线的斜率分别为，证明为定值；
（ⅱ）求直线的斜率的最小值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）直线AB 的斜率的最小值为
【详解】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得.
（Ⅱ）（ⅰ）设，由M(0,m)，可得的坐标，进而得到直线PM的斜率，直线QM的斜率，可得为定值.
（ⅱ）设.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立 应用一元二次方程根与系数的关系得到，，进而可得应用基本不等式即得.
试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c.
由题意知，
所以.
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（ⅰ）设，
由M(0,m)，可得
所以直线PM的斜率，
直线QM的斜率.
此时.
所以为定值–3.
（ⅱ）设.
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=–3kx+m.
联立
整理得.
由，可得，
所以.
同理.
所以，
，
所以
由，可知k>0，
所以，等号当且仅当时取得.
此时，即，符号题意.
所以直线AB 的斜率的最小值为.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，基本不等式
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系，得到关于参数的解析式或方程是关键，易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错误百出..本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分析问题、解决问题的能力等.
10．（2016·上海·高考真题）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）.
【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件得到，从而解得的值．
（2）设，，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．再设的中点为，由即，从而得到，进而构建关于的方程求解即可．
试题解析：（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．
【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、平面向量的数量积
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.
11．（2016·天津·高考真题）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.
（1）求椭圆的方程；
（2）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】(1) 椭圆方程为;(2) 直线l的斜率的取值范围为.
【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确a的值，由，得，再利用，可解得a的值；（Ⅱ）先化简条件：，即M再OA的中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系即可求出直线斜率的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程
【名师点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：
（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；
（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用基本不等式求出参数的取值范围；
（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
12．（2016·全国·高考真题）已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k （k > 0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）当t=4，时，求△AMN的面积；
（Ⅱ）当时，求k的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，写出A点坐标，并求直线的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由及t的取值范围求的取值范围.
试题解析：（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.
【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系
【名师点睛】由直线（系）和圆锥曲线（系）的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数（系数）的范围问题，常把所求参数作为函数值，另一个元作为自变量求解．
13．（2016·上海·高考真题）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）．
【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件可以得到，从而解得的值．
（2）设，，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．由|AB|=4构建关于的方程进行求解．
试题解析：（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．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
由，，得，
故，
解得，故的斜率为．
【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、弦长公式
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.
14．（2016·天津·高考真题）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）
【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由，得，再利用，可解得，（Ⅱ）先化简条件：，即M再OA中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系解出直线斜率.取值范围
试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.在中，，即，化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程
15．（2015·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为c，.
（Ⅰ）求直线的斜率；
（Ⅱ）求椭圆的方程；
（Ⅲ）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ） ；（Ⅲ） .
【详解】（Ⅰ） 由已知有，又由，可得，，
设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有
，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得
，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为
（Ⅲ）设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得
或，
设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.
①当时，有，因此，于是，得
②当时，有，因此，于是，得
综上，直线的斜率的取值范围是
考点：1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式.
16．（2015·北京·高考真题）已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）若垂直于轴，求直线的斜率；
（Ⅲ）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）平行，理由见解析．
【详解】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（Ⅰ）先将椭圆方程化为标准方程，得到，，的值，再利用计算离心率；（Ⅱ）由直线的特殊位置，设出，点坐标，设出直线的方程，由于直线与相交于点，所以得到点坐标，利用点、点的坐标，求直线的斜率；（Ⅲ）分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线和直线的方程，将椭圆方程与直线的方程联立，消参，得到和，代入到中，只需计算出等于即可证明，即两直线平行.
试题解析：（Ⅰ）椭圆的标准方程为 .
所以， ，.
所以椭圆的离心率 .
（Ⅱ）因为过点 且垂直于轴，所以可设 ，.
直线的方程为 .
令，得 .
所以直线的斜率 .
（Ⅲ）直线与直线 平行.证明如下：
当直线的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知 .
又因为直线的斜率 ，所以.
当直线的斜率存在时，设其方程为 .
设， ，则直线的方程为.
令，得点 .
由，得 .
所以， .
直线的斜率 .
因为
，
所以.
所以.
综上可知，直线与直线 平行.
考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系.
考点05 离心率求值或范围综合
1．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【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，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
2．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），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).
【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.
3．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
4．（2020·全国·高考真题）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），.
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为x=2c⋅csθ,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，
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.
5．（2019·天津·高考真题） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.
【答案】（I）；（II）.
【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；
（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.
【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，
又由，消去得，解得，
所以，椭圆的离心率为.
（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，
由题意，，则直线的方程为，
点的坐标满足，消去并化简，得到，
解得，
代入到的方程，解得，
因为点在轴的上方，所以，
由圆心在直线上，可设，因为，
且由（I）知，故，解得，
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，
又由圆与相切，得，解得，
所以椭圆的方程为：.
【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.
6．（2019·全国·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
【答案】(1) ；（2），a的取值范围为.
【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）连结，由为等边三角形可知：
在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】
由题意可知，且，所以．
因为，所以．
又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为．
[方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】
由题意有则，即，
当且仅当时，等号成立．
此时P为短轴端点，，且满足．
即当时，存在点P，使得，且的面积等于16．
故，a的取值范围为．
[方法三]【余弦定理+面积公式】
设，对椭圆上任一点P，设，
由余弦定理有，所以，
即．则．
又，即．
由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点，
即半焦距，故．
综上，，a的取值范围为．
【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法；
方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法；
方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法.
7．（2016·四川·高考真题）已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n项和，，其中q>0，.
（Ⅰ）若成等差数列，求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，利用得到数列为等比数列，再结合2a2，a3，a2+2成等差数列求出的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；第（Ⅱ）问，先利用双曲线的离心率得到的表达式，再解出的公比q的值，最后利用等比数列的求和公式计算证明.
试题解析：（Ⅰ）由已知， 两式相减得到.
又由得到，故对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.
从而.
由成等差数列，可得，即，则，
由已知,，故.
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率.
由解得.
因为，所以.
于是，
故.
【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和
【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力.在第（Ⅰ）问中，已知的是的递推式，在与的关系式中，经常用代换，然后两式相减，可得的递推式；在第（Ⅱ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外，放缩时要注意放缩的“度”，不能太大，否则得不到结果．
8．（2016·浙江·高考真题）如图，设椭圆（a＞1）.

（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（Ⅱ）若任意以点A（0,1）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】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先联立和，可得，，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）先假设圆与椭圆的公共点有个，再利用对称性及已知条件可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．
试题解析：（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，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．
【考点】弦长，圆与椭圆的位置关系，椭圆的离心率．
【思路点睛】（Ⅰ）先联立和，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）利用对称性及已知条件任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点，求得的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．
9．（2015·重庆·高考真题）如图，椭圆的左右焦点分别为，且过的直线交椭圆于两点，且.
(1)若，，求椭圆的标准方程.
(2)若，且，试确定椭圆离心率的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义、勾股定理和椭圆关系直接求解即可；
（2）利用表示出，结合周长为可得，根据椭圆定义可得，利用勾股定理可构造方程，将离心率的平方用表示出来；令，则可表示为关于的二次函数，结合的范围即可求得离心率的取值范围.
【详解】（1）由椭圆定义知：，解得：；
，即，，解得：，
，椭圆的标准方程为：.
（2）由，得：；
由椭圆定义知：，
即，，
，
由勾股定理知：，
，
整理可得：；
记，则，
与在上单调递增，在上单调递增，
，则，，解得：，
即椭圆离心率的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率取值范围的求解问题，解题关键是能够根据已知中的等量关系，将离心率表示为关于某一变量的函数的形式，进而根据函数求值域的方法求得离心率的取值范围.
10．（2015·重庆·高考真题）如图，椭圆的左、右焦点分别为过的直线交椭圆于两点，且

（1）若，求椭圆的标准方程
（2）若求椭圆的离心率
【答案】（1）；（2）.
【详解】（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）由椭圆的定义，,从而由，有
又由，知，因此,
,从而
由,知，因此
考点：考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能力．
考点06 弦长类求值或范围综合
1．（2022·浙江·高考真题）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】(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，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.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
2．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
3．（2019·全国·高考真题）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.
【详解】（1）设直线方程为：，，
由抛物线焦半径公式可知：
联立得：
则
，解得：
直线的方程为：，即：
（2）设，则可设直线方程为：
联立得：
则
，
，
则
【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.
4．（2017·浙江·高考真题）如图，已知抛物线.点A，抛物线上的点P（x,y）,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）求的最大值
【答案】（I）（-1，1）；（II）.
【详解】（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，
，
因为，所以直线AP斜率的取值范围是．
（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是．
因为|PA|==，
|PQ|= ，
所以．
令，
因为，
所以 f(k)在区间上单调递增，上单调递减，
因此当k=时，取得最大值．
【点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线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运算求解能力，通过表达与的长度，通过函数求解的最大值．
5．（2016·北京·高考真题）已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.
【详解】（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.
【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
6．（2016·全国·高考真题）（2016新课标全国卷Ⅰ文科）在直角坐标系中，直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.
【答案】（1）2；（2）没有.
【分析】（Ⅰ）先确定的方程为，代入整理得，
解得，因此，所以为的中点，即.
（Ⅱ）直线的方程为，与联立得，解得，即直线与只有一个公共点，即可得出结论.
【详解】（Ⅰ）由已知得.
又为关于点的对称点，
故的方程为，
代入整理得，
解得，因此，
所以为的中点，即.
（Ⅱ）直线与除以外没有其它公共点. 理由如下：
直线的方程为，即，
代入，得，解得，
即直线与只有一个公共点，
所以除以外直线与没有其它公共点.
【点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成；解析几何中的证明问题通常有以下几类：证明点共线或直线过定点；证明垂直；证明定值问题.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.
7．（2015·四川·高考真题）如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，Q点的坐标为.
【详解】（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.
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.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
8．（2015·山东·高考真题）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）.
【详解】试题分析：（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.
试题解析：（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.
考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.
考点07 其他综合类求值或范围综合
1．（2024·上海·高考真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
2．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【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，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
3．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
4．（2020·浙江·高考真题）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）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
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.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
5．（2019·全国·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
【答案】(1) ；（2），a的取值范围为.
【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）连结，由为等边三角形可知：
在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】
由题意可知，且，所以．
因为，所以．
又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为．
[方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】
由题意有则，即，
当且仅当时，等号成立．
此时P为短轴端点，，且满足．
即当时，存在点P，使得，且的面积等于16．
故，a的取值范围为．
[方法三]【余弦定理+面积公式】
设，对椭圆上任一点P，设，
由余弦定理有，所以，
即．则．
又，即．
由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点，
即半焦距，故．
综上，，a的取值范围为．
【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法；
方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法；
方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法.
6．（2016·四川·高考真题）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：与椭圆有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此时方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，
由方程组 可得
所以P点坐标为（），.
设点A，B的坐标分别为.
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
7．（2015·四川·高考真题）椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b）
又点P的坐标为（0，1），且＝－1
于是，解得a＝2，b＝
所以椭圆E方程为.
（2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1
A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）
联立，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0
其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0
所以
从而＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]
＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1
＝
＝－
所以，当λ＝1时，－＝－3，
此时，＝－3为定值.
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD
此时＝－2－1＝－3
故存在常数λ＝1，使得为定值－3.
考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
考点08 定值定点定直线问题
1．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）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的左、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.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
2．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(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
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（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.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
3．（2022·全国乙卷·高考真题）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)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），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
【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.
4．（2020·全国新Ⅰ卷·高考真题）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.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
5．（2020·全国·高考真题）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.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
6．（2019·北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【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．
7．（2019·北京·高考真题）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】(Ⅰ) ，；
(Ⅱ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】(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，焦点坐标为，
设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.
故：.
设，则，
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y轴上的两个定点.
【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．（2017·全国·高考真题）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，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：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.
9．（2017·北京·高考真题）已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线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．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为 ，准线方程为x＝－；（2）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明.
试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得.
所以抛物线C的方程为.
抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.
（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，.
由，得.
则，.
因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.
直线ON的方程为，点B的坐标为.
因为
，
所以.
故A为线段BM的中点.
【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.
10．（2017·全国·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.
所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
11．（2016·北京·高考真题）已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.
【详解】（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.
【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
12．（2016·北京·高考真题）已知椭圆过点两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．
试题解析：（Ⅰ）由题意得，．
所以椭圆的方程．
又，
所以离心率．
（Ⅱ）设，则．
又，，所以，
直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而
所以四边形的面积
．
从而四边形的面积为定值．
考点：1、椭圆方程；2、直线和椭圆的关系．
【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第二小题四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．
13．（2015·陕西·高考真题）如图，椭圆经过点，且离心率为.
(I)求椭圆的方程；
(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），
问：直线与的斜率之和是否为定值？若是，求出此定值；若否，说明理由．
【答案】(1) (2)2
【详解】（Ⅰ）由题意知，综合，解得，所以，椭圆的方程为.
（Ⅱ）由题设知，直线的方程为，代入，得
，
由已知，设，
则，
从而直线与的斜率之和
.
考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.
14．（2015·全国·高考真题）已知椭圆的离心率为，点在上
（1）求的方程
（2）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.证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
【答案】（1） （2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得,所以于是.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意有 解得,所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）设直线,,把代入得
故 于是直线OM的斜率 即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.
考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.
考点09 其他证明综合
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）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
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（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.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
3．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，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
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（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.
4．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）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
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线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；由直线和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，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（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；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,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.
5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）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】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
6．（2019·全国·高考真题）
已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）
[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】
依题意设，
直线的斜率为，则，
所以．
又，所以，
进而有，即是直角三角形．
[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】
由题意设，则．
因为Q，E，G三点共线，所以，
又因为点P，G在椭圆上，所以，
两式相减得，
所以，所以．
（ii）
[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】
设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．
令，即
．
注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．
[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】
设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．
由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．
又，从而，进而．以下同解法一．
【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；
方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.
(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；
7．（2018·北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（I）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
8．（2018·全国·高考真题）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】（1）；（2）证明见解析，公差为或．
【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．
（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设，则.
两式相减，并由得，
由题设知，于是.①
由题设得，故.
［方法二］：【通性通法】常规设线
设，，当时，显然不满足题意；
由得，，所以，，
，即，而，所以，
又，所以，
，即，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于对称的椭圆为．
两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．
又点在椭圆C内部可得，解得：．
所以．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是.
同理，所以.
故，即，，成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
［方法二］：硬算
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．
由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，
，所以，而，故．
即该数列的公差为或.
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段的中点为，得．
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得，．所以．
由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或.
【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；
方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．
方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；
方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；
（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；
方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；
方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．
9．（2018·全国·高考真题）设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：．
【答案】（1）或；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意可得直线的方程为，从而得出点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）方法一：设直线的方程为，点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由斜率公式并结合韦达定理计算出直线、的斜率之和为零，从而得出所证结论成立.
【详解】（1）当与轴垂直时，的方程为，可得的坐标为或．
所以直线的方程为或；
（2）［方法一］：【通性通法】韦达定理＋斜率公式
设的方程为，、，
由，得，可知，．
直线、的斜率之和为
，
所以，可知、的倾斜角互补，所以.
［方法2］：【最优解】斜率公式＋三点共线的坐标表示
因为M，N在抛物线上，可设，，故，．而A，M，N共线，故，即，化简得．而M，N是不同的点，故，可得．这样．故．
【整体点评】（2）方法一：通过联立方程得出根与系数的关系，再直接使用斜率公式化简即可证出，是此题问题的通性通法；
方法二：通过设点，根据三点共线的坐标表示寻找关系，再利用斜率公式化简证出，省略了联立过程，适当降低了运算量，是此类问题的最优解．
10．（2018·全国·高考真题）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.
【详解】（1）由已知得，的方程为.
由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立
当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.
［方法二］：角平分线定义的应用
当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
点A关于x轴的对称点，则直线的方程为．
令，，则直线过点M，．
［方法三］：直线参数方程的应用
设直线l的参数方程为（t为参数）．（*）
将（*）式代入椭圆方程中，整理得．
则，．
又，则
，
即．所以．
［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用
当直线l与x轴重合时，．
当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．

由椭圆的第二定义，有，，得，即．
由轴，有，即，于是，且．可得，即有．
［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用
椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得.
设．
．
所以，．
由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．
［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用
设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证．
当直线l的斜率为0时，易得．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．．
直线的方程为：．
因为点A在直线l上，所以，故．
同理，．．
因为，所以，即．
综上，．
［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立
当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．
当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
所以，
故、的倾斜角互补，所以.
［方法八］：定比点差法
设，，
所以，
由作差可得，，所以，
，又，所以，，
故，、的倾斜角互补，所以.
当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以.
故．
【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法；
方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可；
方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数；
方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解；
方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择；
方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用；
方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样；
方法八：定比点差法的应用．
11．（2017·北京·高考真题）已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．
【答案】（1）（2）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据条件可知，以及，从而求得椭圆方程；（Ⅱ）设，则，根据条件求直线的方程，并且表示出直线的方程，并求得两条直线的交点纵坐标，根据即可求出面积比值.
试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为.
由题意得解得.
所以.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，则.
由题设知，且.
直线的斜率，故直线的斜率.
所以直线的方程为.
直线的方程为.
联立解得点的纵坐标.
由点在椭圆上，得.
所以.
又，
，
所以与的面积之比为.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，主要利用的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.
12．（2017·全国·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.
所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
13．（2016·四川·高考真题）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：与椭圆有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此时方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，
由方程组 可得
所以P点坐标为（），.
设点A，B的坐标分别为.
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
14．（2016·四川·高考真题）已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n项和，，其中q>0，.
（Ⅰ）若成等差数列，求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，利用得到数列为等比数列，再结合2a2，a3，a2+2成等差数列求出的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；第（Ⅱ）问，先利用双曲线的离心率得到的表达式，再解出的公比q的值，最后利用等比数列的求和公式计算证明.
试题解析：（Ⅰ）由已知， 两式相减得到.
又由得到，故对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.
从而.
由成等差数列，可得，即，则，
由已知,，故.
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率.
由解得.
因为，所以.
于是，
故.
【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和
【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力.在第（Ⅰ）问中，已知的是的递推式，在与的关系式中，经常用代换，然后两式相减，可得的递推式；在第（Ⅱ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外，放缩时要注意放缩的“度”，不能太大，否则得不到结果．
15．（2016·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：xy2=0，抛物线C：y2=2px（p＞0）.
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为；
②求p的取值范围.
【答案】（1）；（2）①证明见解析;②.
【分析】（1）先确定抛物线焦点，再将点代入直线方程；（2）①利用抛物线点之间关系进行化简，结合中点坐标公式求证;②利用直线与抛物线位置关系确定数量关系：，解出p的取值范围.
【详解】（1）抛物线的焦点为
由点在直线上，得，即
所以抛物线C的方程为
（2）设，线段PQ的中点
因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ，
于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为
①由消去得
因为P 和Q是抛物线C上的相异两点，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PQ的中点坐标为
②因为在直线上
所以，即
由①知，于是，所以
因此的取值范围为
【考点】直线与抛物线位置关系
【名师点睛】在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑：（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用基本不等式求出参数的取值范围；（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
16．（2016·全国·高考真题）已知A是椭圆E：的左顶点，斜率为的直线交E于A，M两点，点N在E上，.
（Ⅰ）当时，求的面积
（Ⅱ） 当时，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：（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，再由求的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）设，则由题意知.
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.
又，因此直线的方程为.
将代入得.
解得或，所以.
因此的面积.
（Ⅱ）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.
设，则是的零点，，所以在单调递增.又，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以.
17．（2016·四川·高考真题）已知椭圆E：（a﹥b﹥0）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用点在椭圆上，列出方程，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，a=2b.
又椭圆过点，故，解得.
所以椭圆E的方程是.
（Ⅱ）设直线l的方程为， ，
由方程组 得，①
方程①的判别式为，由，即，解得.
由①得.
所以M点坐标为，直线OM方程为，
由方程组得.
所以.
又
.
所以.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
18．（2015·湖南·高考真题）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，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：直线绕点旋转时，总是钝角三角形
【答案】（1）；（2）（i），（ii）详见解析.
【详解】试题分析：（1）根据已知条件可求得的焦点坐标为，再利用公共弦长为即可求解；（2）（i）设直线的斜率为，则的方程为，由得，根据条件可知，从而可以建立关于的方程，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
试题解析：（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，∴，从而，即，于是③，设直线的斜率为，则的方程为，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④⑤带入③，得，即，
∴，解得，即直线的斜率为.

（ii）由得，∴在点处的切线方程为，即
，令，得，即，∴，而，于是
，因此是锐角，从而是钝角.，故直线绕点旋转时，总是钝角三角形.
考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系.
【名师点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其性质以及直线与椭圆的位置关系，属于较难题，解决此
类问题的关键：（1）结合椭圆的几何性质，如焦点坐标，对称轴，等；（2）当看到题目中出现
直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条
件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整
体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.
19．（2015·全国·高考真题）已知椭圆的离心率为，点在上
（1）求的方程
（2）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.证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
【答案】（1） （2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得,所以于是.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意有 解得,所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）设直线,,把代入得
故 于是直线OM的斜率 即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.
考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.
20．（2015·福建·高考真题）已知点为抛物线 的焦点，点在抛物线 上，且．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）已知点，延长 交抛物线于点 ，证明：以点为圆心且与直线 相切的圆，必与直线相切．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．
【详解】解法一：（Ⅰ）由抛物线的定义得．
因为，即，解得，所以抛物线的方程为．
（Ⅱ）因为点在抛物线上，
所以，由抛物线的对称性，不妨设．
由，可得直线的方程为．
由，得，
解得或，从而．
又，
所以，，
所以，从而，这表明点到直线，的距离相等，
故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．
解法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）设以点为圆心且与直线相切的圆的半径为．
因为点在抛物线上，
所以，由抛物线的对称性，不妨设．
由，可得直线的方程为．
由，得，
解得或，从而．
又，故直线的方程为，
从而．
又直线的方程为，
所以点到直线的距离．
这表明以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．
考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系．
考点10 圆锥曲线与其他知识点杂糅问题
1．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
2．（2018·全国·高考真题）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】（1）；（2）证明见解析，公差为或．
【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．
（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设，则.
两式相减，并由得，
由题设知，于是.①
由题设得，故.
［方法二］：【通性通法】常规设线
设，，当时，显然不满足题意；
由得，，所以，，
，即，而，所以，
又，所以，
，即，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于对称的椭圆为．
两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．
又点在椭圆C内部可得，解得：．
所以．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是.
同理，所以.
故，即，，成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
［方法二］：硬算
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．
由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，
，所以，而，故．
即该数列的公差为或.
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段的中点为，得．
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得，．所以．
由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或.
【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；
方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．
方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；
方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；
（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；
方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；
方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．
3．（2016·四川·高考真题）已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n项和，，其中q>0，.
（Ⅰ）若成等差数列，求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，利用得到数列为等比数列，再结合2a2，a3，a2+2成等差数列求出的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；第（Ⅱ）问，先利用双曲线的离心率得到的表达式，再解出的公比q的值，最后利用等比数列的求和公式计算证明.
试题解析：（Ⅰ）由已知， 两式相减得到.
又由得到，故对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.
从而.
由成等差数列，可得，即，则，
由已知,，故.
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率.
由解得.
因为，所以.
于是，
故.
【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和
【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力.在第（Ⅰ）问中，已知的是的递推式，在与的关系式中，经常用代换，然后两式相减，可得的递推式；在第（Ⅱ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外，放缩时要注意放缩的“度”，不能太大，否则得不到结果．考点
十年考情（2015-2024）
命题趋势
考点1 第二问求曲线方程
（10年6考）
2022·天津卷、2020·全国卷、2019·全国卷、2019·天津卷
2018·全国卷、2017·全国卷、2017·天津卷、2015·天津卷
2015·安徽卷
熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线的定义及方程的求解，通常大题第一问考查方程求解
掌握轨迹方程的求解，近年该考点多次考查
熟练掌握直线方程的求解，会求斜率值或范围
会弦长等距离的求解，会定值定点定直线的求解及证明，该内容也是高考命题热点
考点2 求轨迹方程
（10年5考）
2023·全国新Ⅰ卷、2021·全国新Ⅰ卷、2019·全国卷
2017·全国卷、2015·湖北卷
考点3 求直线方程
（10年8考）
2024·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2022·全国甲卷、2021·天津卷
2020·天津卷、2018·江苏卷、2017·全国卷、2017·天津卷
2015·江苏卷
考点4 求斜率值或范围
（10年6考）
2021·全国新Ⅰ卷、2021·北京卷、2021·全国乙卷、2019·天津卷
2018·天津卷、2018·天津卷、2017·天津卷、2017·山东卷
2016·山东卷、2016·上海卷、2016·天津卷、2016·全国卷
2016·上海卷、2016·天津卷、2015·天津卷、2015·北京卷
考点5 离心率求值或范围综合
（10年7考）
2024·北京卷、2023·天津卷、2022·天津卷、2020·全国卷
2019·天津卷、2019·全国卷、2016·四川卷、2016·浙江卷
2015·重庆卷、2015·重庆卷
考点6 弦长类求值或范围综合
（10年6考）
2022·浙江卷、2020·北京卷、2019·全国卷、2017·浙江卷
2016·北京卷、2016·全国卷、2015·四川卷、2015·山东卷
考点7 其他综合类求值或范围综合
（10年5考）
2024·上海卷、2024·北京卷、2020·北京卷、2020·浙江卷
2019·全国卷、2016·四川卷、2015·四川卷
考点8 定值定点定直线问题
（10年7考）
2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国乙卷、2022·全国乙卷
2020·全国新Ⅰ卷、2020·全国卷、2019·北京卷、2019·北京卷
2017·全国卷、2017·北京卷、2017·全国卷、2016·北京卷
2016·北京卷、2015·陕西卷、2015·全国卷
考点9 其他证明综合
（10年9考）
2024·全国甲卷、2023·全国新Ⅰ卷、2023·北京卷、
2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷
2018·北京卷、2018·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷
2017·北京卷、2017·全国卷、2016·四川卷、2016·四川卷
2016·江苏卷、2016·全国卷、2016·四川卷、2015·湖南卷
2015·全国卷、2015·福建卷
考点10 圆锥曲线与其他知识点杂糅问题
（10年3考）
2024·全国新Ⅱ卷、2018·全国卷、2016·四川卷