十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编(全国通用)专题24解析几何解答题(文科)(学生版+解析)

这是一份十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编(全国通用)专题24解析几何解答题(文科)(学生版+解析)，共5页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc143271380" 题型一： 曲线和方程 PAGEREF _Tc143271380 \h 1
\l "_Tc143271381" 题型二：直线与圆的方程 PAGEREF _Tc143271381 \h 6
\l "_Tc143271382" 题型三：椭圆的定义及性质 PAGEREF _Tc143271382 \h 14
\l "_Tc143271383" 题型四：直线与椭圆的位置关系 PAGEREF _Tc143271383 \h 29
\l "_Tc143271384" 题型五：双曲线的定义及性质 PAGEREF _Tc143271384 \h 51
\l "_Tc143271385" 题型六：直线与双曲线的位置关系 PAGEREF _Tc143271385 \h 56
\l "_Tc143271386" 题型七：抛物线的定义及性质 PAGEREF _Tc143271386 \h 57
\l "_Tc143271387" 题型八：直线与抛物线的位置关系 PAGEREF _Tc143271387 \h 61
\l "_Tc143271388" 题型九：圆锥曲线中的证明问题 PAGEREF _Tc143271388 \h 72
\l "_Tc143271389" 题型十：圆锥曲线中的最值问题 PAGEREF _Tc143271389 \h 91
\l "_Tc143271390" 题型十一：圆锥曲线中的综合问题 PAGEREF _Tc143271390 \h 102
题型一： 曲线和方程
一、解答题
1．(2019·全国Ⅰ·文·第21题)已知点，关于坐标原点对称，，过点，且与直线相切．
(1)若在直线上，求的半径；
(2)是否存在定点，使得当运动时，为定值？并说明理由．
【答案】(1)因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.
因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.
由已知得，又，故可得，解得或.
故的半径或.
(2)存在定点，使得为定值.
理由如下：
设，由已知得的半径为.
由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.
因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.
因为，所以存在满足条件的定点.
2．(2014高考数学上海文科·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，求的方程，并证明轴为曲线的分隔线．
【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．……16分
3．(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．
．
题型二：直线与圆的方程
一、解答题
1．(2014高考数学课标1文科·第20题)已知点，圆:，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点．
(1)求的轨迹方程；
(2)当时，求的方程及的面积
【答案】解析：(I)圆C的方程可化为，所以圆心为，半径为4，
设，则，，
由题设知，故，即．
由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是．
(II)由(1)可知M的轨迹是以点为圆心，为半径的圆．
由于，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而．
因为ON的斜率为3，所以的斜率为，故的方程为．
又，O到的距离为，，所以的面积为．
2．(2014高考数学江苏·第18题)如图，为了保护河上古桥，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)，．
(1)求新桥的长；
(2)当多长时，圆形保护区的面积最大？
170 m
60 m
东
北
O
A
B
M
C
（第18题）
【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．
170 m
60 m
x
y
O
A
B
M
C
（第18题）
(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，
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．
170 m
60 m
x
y
O
A
B
M
C
（第18题）
F
D
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，
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高考数学新课标1文科·第20题)(本小题满分12分)已知过点且斜率为的直线与圆：交于两点．
( = 1 \* ROMAN I)求的取值范围；
( = 2 \* ROMAN II)，其中为坐标原点，求．
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)2
解析：(Ⅰ)由题设，可知直线l的方程为．
因为l与C交于两点，所以．
解得．
所以的取值范围是．
(Ⅱ)设．
将代入方程,整理得,
所以
,
由题设可得，解得，所以l的方程为．
故圆心在直线l上，所以．
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．
【答案】(1)；(2)或；(3)．
【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．(2015高考数学广东文科·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，．
(1)求圆的圆心坐标；
(2)求线段的中点的轨迹的方程；
(3)是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】解析：(1)圆化为，所以圆的圆心坐标为
(2)设线段的中点，由圆的性质可得垂直于直线．
设直线的方程为(易知直线的斜率存在)，所以，，所以，所以，即．
因为动直线与圆相交，所以，所以．
所以，所以，解得或，又因为，所以．
所以满足
即的轨迹的方程为．
(3)由题意知直线表示过定点，斜率为的直线．
结合图形，表示的是一段关于轴对称，起点为按逆时针方向运动到的圆弧．根据对称性，只需讨论在轴对称下方的圆弧．设，则，而当直线与轨迹相切时，，解得．在这里暂取，因为，所以．
L
x
y
O
C


结合图形，可得对于轴对称下方的圆弧，当或时，直线与轴对称下方的圆弧有且只有一个交点，根据对称性可知：当或时，直线与轴对称上方的圆弧有且只有一个交点．
综上所述，当或时，直线与曲线只有一个交点．
6．(2017年高考数学新课标Ⅲ卷文科·第20题)(12分)在直角坐标系中，曲线与轴交于两点，点的坐标为．当变化时，解答下列问题：
(1)能否出现的情况？说明理由；
(2)证明过三点的圆在轴上截得的弦长为定值．
【答案】(1)不会存在的情况；(2)详见解析．
解：(1)设，则是方程的根
所以
则
所以不会能否出现的情况．
(2)法一：过三点的圆的圆心必在线段垂直平分线上，设圆心
则，由得
化简得，所以圆E的方程为
令得，所以过三点的圆在轴上截得的弦长为
所以过三点的圆在轴上截得的弦长为定值．
解法二：设过三点的圆与轴的另一个交点为
由可知原点在圆内，由相交弦定理可得
又，所以
所以过三点的圆在轴上截得的弦长为，为定值．
题型三：椭圆的定义及性质
一、解答题
1．(2020年高考课标Ⅰ卷文科·第21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．
【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
2．(2019·天津·文·第19题)设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点)．
(1)求椭圆的离心率；
(2)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】(1)，即为，可得；
(2)，，即，，
可得椭圆方程为，设直线的方程为，
代入椭圆方程可得，解得或，
代入直线方程可得或(舍去)，可得，
圆心在直线上，且，可设，
可得，解得，即有，可得圆的半径为2，
由直线和圆相切的条件为，可得，解得，
可得，，可得椭圆方程为．
3．(2020年高考课标Ⅱ卷文科·第19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轴重直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
(1)求C1的离心率；
(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【答案】(1)；(2)：，： ．
【解析】(1)因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中．
不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，
所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；
又因为抛物线的方程为，所以当时，有，
所以的纵坐标分别为，，故，．
由得，即，解得(舍去)，．
所以的离心率为．
(2)由(1)知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为．
由已知得，即．
所以的标准方程为，的标准方程为．
4．(2020年高考课标Ⅲ卷文科·第21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：．
5．(2019·全国Ⅱ·文·第20题)已知是椭圆的两个焦点，为上一点，为坐标原点．
(1)若为等边三角形，求的离心率；
(2)如果存在点，使得，且的面积等于，求的值和的取值范围.
【答案】解：(1)连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是.
(2)由题意可知，满足条件的点存在当且仅当
，，，
即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故.
由②③得，所以，从而故.
当，时，存在满足条件的点.
所以，的取值范围为.
6．(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．
7．(2014高考数学天津文科·第18题)设椭圆(a＞b＞0)的左、右焦点为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B．已知．
(I)求椭圆的离心率；
(II)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，，求椭圆的方程．
【答案】解析：(I)设椭圆右焦点F2(c，0)．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
因为点P在椭圆上，故②
由①和②可得．而点P不是椭圆的顶点，故，代入①得，即点P的坐标为．
设圆的圆心为，则，，进而圆的半径为．
由已知，有，又，故有，解得．所以，所求椭圆的方程为．
8．(2014高考数学课标2文科·第20题)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】(Ⅰ)由及题设知，，
将代入，解得，(舍去)．
故的离心率为．
(Ⅱ)由题意，原点O为的中点，∥轴，
所以直线与轴的交点是线段的中点，
故，即． ①
由，得．
设，由题意知，
则，即．
代入C的方程，得， ②
将①及代入②得．
解得，，故
，．
9．(2014高考数学广东文科·第20题)已知椭圆的一个焦点为,离心率为．
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若动点为椭圆外一点,且点到椭圆C的两条条切线相互垂直,求点的轨迹
方程．
【答案】解：(1)
椭圆的标准方程为:
(2)若一切线垂直轴，则另一切线垂直于轴，则这样的点共个，
它们的坐标分别为
若两切线不垂直于坐标轴，设切线方程为
即将之代入椭圆方程中并整理得：
依题意，
即：即
两切线相互垂直，即
显然这四点也满足以上方程，
点的轨迹方程为
10．(2015高考数学重庆文科·第21题)如题(21)图，椭圆的左、右焦点分别为,,过的直线交椭圆于两点，且．
(Ⅰ)若，求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)若，且，试确定椭圆离心率的取值范围．
【答案】(Ⅰ)，(Ⅱ)．
解析：(1)由椭圆的定义，
设椭圆的半焦距为，由已知，因此
即
从而．故所求椭圆的标准方程为．
(2)如题(21)图，由,得
由椭圆的定义，,进而
于是．
解得，故．
由勾股定理得,
从而,
两边除以，得,
若记，则上式变成．
由，并注意到关于的单调性，得，即，
进而，即．
11．(2015高考数学北京文科·第20题)(本小题满分14分)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)1；(Ⅲ)直线与直线平行．
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．
12．(2017年高考数学天津文科·第20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，，延长线段交椭圆于点，点，在轴上，，且直线与间的距离为，四边形的面积为．
(i)求直线的斜率；
(ii)求椭圆的方程．
【答案】(I)解：设椭圆的离心率为．由已知，可得．又由，可得
．又因为，解得．
所以，椭圆的离心率为
(II)(i)解：依题意，设直线的方程为，则直线的斜率为．由(I)知，可得直线的方程为，即，与直线的方程联立，可解得，，即点的坐标为．由已知，有，整理得
，所以，即直线的斜率为．
(ii)解：由，可得，故椭圆方程可以表示为．
由(i)得直线的方程为，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，故直线与都垂直于直线．
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．
【基本解法】(I)由题意有，则
，
解得(舍去)或，
即椭圆的离心率为．
(II)(i)由题意，设直线的的方程为，则直线的斜率为．
，
直线的方程是
由(I)知，，则直线的方程是，即．
联立直线与直线方程解得，则．
又，

(舍去)或
直线的斜率为
(ii)解：由(I)知，，则，故椭圆方程可以表示为．
由(i)得直线的方程为，即．
联立消去整理得，
解得(舍去)或，
则，
故，
于是有．
直线与间的距离为
，


同理得，
则，即，
解得(舍去)或，
故椭圆的方程为．
题型四：直线与椭圆的位置关系
一、解答题
1．(2019·江苏·文理·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.
2．(2023年全国乙卷文科·第21题)已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点直线交于两点，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：【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
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．

3．(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．
4．(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．
5．(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
6．(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．
7．(2020北京高考·第20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．
【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，故椭圆方程为：．
(2)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．
8．(2019·上海·文理·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，.
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.
9．(2018年高考数学天津(文)·第19题)(本小题满分14分)设椭圆 的右顶点为，上顶点为．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，且点均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．
【答案】解析：(1)设椭圆的焦距为，由已知得，又由，可得 由,从而．所以，椭圆的方程为．
(2)设点的坐标为，点的坐标为 ，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，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．
10．(2018年高考数学北京(文)·第20题)已知椭圆的离心率为，焦距． 斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)若，求的最大值；
(Ⅲ)设，直线与椭圆的另一个交点，直线与椭圆的另一个交点．若和点共线，求．
【答案】(I)；(II)；(III)．
解析：(Ⅰ)由题意得 解得
所以椭圆的标准方程为．
(Ⅱ)设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
所以，
易得当时，，故的最大值为．
(Ⅲ)设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
11．(2014高考数学四川文科·第20题)已知椭圆： ()的左焦点为，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为坐标原点，为直线上一点，过作的垂线交椭圆于当四边形是平行四边形时，求四边形的面积．
【答案】(1)；(2)
解析:(1)由已知得：，，所以
又由，解得，所以椭圆的标准方程为：．
(2)椭圆方程化为．
设T点的坐标为，则直线TF的斜率．
当时，直线的斜率，直线PQ的方程是．
当时，直线的方程是，也符合．的形式．
将．代入椭圆方程得：．
其判别式．
设，
则．
因为四边形OPTQ是平行四边形，所以，即．
所以，解得．
此时四边形的面积
．
12．(2014高考数学江苏·第17题)如图，在平面直角坐标系中，分别是椭圆的左、右焦点，顶点的坐标为，连结并延长交椭圆于点A，过点A作轴的垂线交椭圆于另一点C，连结．
(1)若点C的坐标为，且，求椭圆的方程；
(2)若求椭圆离心率的值．
F1
F2
O
x
y
B
C
A
(第17题)
【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，
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
13．(2014高考数学安徽文科·第21题)(本小题满分13分)
设分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，．
(Ⅰ)若，的周长为16，求；
(Ⅱ)若，求椭圆的离心率．
【答案】解：(Ⅰ)由, ，得
因为的周长为16，所以由椭圆定义得
，
故．
(Ⅱ)设，则且，． 由椭圆定义可得
，,
在中，由余弦定理可得 ,
即
化简得，
而，故．
于是有 ,．
因此，可得，
故为等腰直角三角形．
从而，所以椭圆的离心率．
14．(2015高考数学天津文科·第19题)(本小题满分14分)已知椭圆的上顶点为,左焦点为,离心率为．
(Ⅰ)求直线的斜率；
(Ⅱ)设直线与椭圆交于点(异于点),过点且垂直于的直线与椭圆交于点(异于点)，直线与轴交于点，．
(ⅰ)求的值；
(ⅱ)若,求椭圆的方程．
【答案】(Ⅰ)2;(Ⅱ)(ⅰ) ;(ⅱ)
解析：
(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
15．(2015高考数学四川文科·第20题)如图，椭圆()的离心率是，点在短轴上，且。
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)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】解析：
(Ⅰ)由知，，解得，
又∵由离心率是得到 ； ∴椭圆E的方程为：。
(Ⅱ)当直线AB的斜率存在时，设AB的解析式为，，
联立：，显然，由韦达定理可知，，，
∴，
这里，与的取值无关，∴，即。
此时，
当直线AB的斜率不存在时，AB就是CD，那么
∴
综上，存在常数，使得为定值。
16．(2015高考数学湖南文科·第20题)(本小题满分13分)已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦长为，过点的直线与相交于两点，与相交于两点，且与同向．
(Ⅰ)求的方程；
(Ⅱ)若，求直线的斜率．
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)．
解析：(Ⅰ)由知其焦点F的坐标为，因为F也是椭圆的一个焦点，所以 ①； 又与的公共弦长为，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①②得，故的方程为。
(Ⅱ)如图，设
因与同向，且，
所以，从而，即，于是
③
设直线的斜率为，则的方程为，
由得，由是这个方程的两根，④
由得，而是这个方程的两根，
， ⑤
将④、⑤代入③，得。即
所以，解得，即直线的斜率为
17．(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，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．
?
B
A
O
x
y
l
P
C
【答案】(1)(2)或．
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．
18．(2017年高考数学江苏文理科·第17题)如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为, ,离心率为,两准线之间的距离为8．点在椭圆上,且位于第一象限,过点作 直线的垂线,过点作直线的垂线．
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若直线的交点在椭圆上,求点的坐标．
F1

O

F2
x
y
(第17题)
【答案】(1)(2)
解析:解:(1)设椭圆的半焦距为c．
因为椭圆E的离心率为,两准线之间的距离为8,所以,,
解得,于是,因此椭圆E的标准方程是．
(2)由(1)知,．
设,因为点P为第一象限的点,故．
当时,与相交于,与题设不符．
当时,直线的斜率为,直线的斜率为．
因为,,所以直线的斜率为,直线的斜率为,
从而直线的方程:, ①
直线的方程:． ②
由①②,解得,所以．
因为点在椭圆上,由对称性,得,即或．
又P在椭圆E上,故,
由,解得,;无解,
因此点P的坐标为．
19．(2016高考数学天津文科·第19题)(本小题满分14分)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．
【答案】(1)；(2)或．
解析：(Ⅰ)设，由，即，可得，
又，所以，因此
所以，椭圆方程为
(Ⅱ)设的斜率为，则直线的方程为
设，由方程组消去y，
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MH的方程为。
设，由方程组消去y，解得，
在中，，即，化简得，即，解得或
所以，直线的斜率为或
题型五：双曲线的定义及性质
一、解答题
1．(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．
2．(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．
3．(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．
题型六：直线与双曲线的位置关系
一、解答题
1．(2016高考数学上海文科·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．
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．
由，得．
因为与双曲线将于两点，所以，且
由，得
故，解得
故的斜率为．
题型七：抛物线的定义及性质
一、解答题
1．(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．
2．(2022年全国高考甲卷数学(文)·第21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)．
【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．
3．(2023年全国甲卷文科·第21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：【小问1详解】
设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
【小问2详解】
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．
题型八：直线与抛物线的位置关系
一、解答题
1．(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．
2．(2021年全国高考乙卷文科·第20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．
解析：(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)设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
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．
3．(2014高考数学湖北文科·第22题)在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多1，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程;
(2)设斜率为的直线过定点，求直线与轨迹恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时的相应取值范围．
【答案】(1)点M的轨迹C的方程为y2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x，x≥0，,0，x