【真题汇编】高考数学 专题05 平面解析几何.zip

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考点一 两条平行直线间的距离
1．（2020•上海）已知直线，，若，则与的距离为 ．
【解析】直线，，
当时，，解得；
当时与重合，不满足题意；
当时，此时，；
则与的距离为．
故答案为：．
考点二 圆的一般方程
2．（2021•上海）若，求圆心坐标为 ．
【解析】由，可得圆的标准方程为，
所以圆心坐标为．
故答案为：．
3．（2023•上海）已知圆的面积为，则 ．
【解析】圆化为标准方程为：，
圆的面积为，圆的半径为1，
，
．
故答案为：．
考点三 直线与圆的位置关系
4．【多选】（2021•新高考Ⅱ）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是
A．若点在圆上，则直线与圆相切
B．若点在圆外，则直线与圆相离
C．若点在直线上，则直线与圆相切
D．若点在圆内，则直线与圆相离
【解析】中，若在圆上，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，即正确；
中，点在圆外，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，所以不正确；
中，点在直线上，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，所以正确；
中，点在圆内，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，所以正确；
故选：．
5．【多选】（2021•新高考Ⅰ）已知点在圆上，点，，则
A．点到直线的距离小于10B．点到直线的距离大于2
C．当最小时，D．当最大时，
【解析】，，
过、的直线方程为，即，
圆的圆心坐标为，
圆心到直线的距离，
点到直线的距离的范围为，，
，，，
点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故正确，错误；
如图，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大），
此时，
，故正确．
故选：．
6．（2022•新高考Ⅱ）设点，，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是 ．
【解析】点，，，所以直线关于对称的直线的斜率为：，所以对称直线方程为：，即：，
的圆心，半径为1，
所以，得，解得，．
故答案为：，．
7．（2022•上海）设集合，，
①存在直线，使得集合中不存在点在上，而存在点在两侧；
②存在直线，使得集合中存在无数点在上；
A．①成立②成立B．①成立②不成立
C．①不成立②成立D．①不成立②不成立
【解析】当时，集合，，，
当时，集合，，，
表示圆心为，半径为的圆，
圆的圆心在直线上，半径单调递增，
相邻两个圆的圆心距，相邻两个圆的半径之和为，
因为有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相离，
当时，同的情况，故存在直线，使得集合中不存在点在上，而存在点在两侧，故①正确，
若直线斜率不存在，显然不成立，
设直线，若考虑直线与圆的焦点个数，
，，
给定，，当足够大时，均有，
故直线只与有限个圆相交，②错误．
故选：．
8．（2023•新高考Ⅱ）已知直线与交于，两点，写出满足“面积为”的的一个值 ．
【解析】由圆，可得圆心坐标为，半径为，
因为的面积为，可得，
解得，设所以，
可得，，或，
或，
圆心眼到直线的距离或，
或，
解得或．
故答案为：2（或或或．
考点四 圆的切线方程
9．（2023•新高考Ⅰ）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则
A．1B．C．D．
【解析】圆可化为，则圆心，半径为；
设，切线为、，则，
中，，所以，
所以．
故选：．
10．（2019•浙江）已知圆的圆心坐标是，半径长是．若直线与圆相切于点，则 ， ．
【解析】如图，
由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得．
圆心为，则半径．
故答案为：，．
11．（2022•新高考Ⅰ）写出与圆和都相切的一条直线的方程 ．
【解析】圆的圆心坐标为，半径，
圆的圆心坐标为，半径，
如图：
，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．
，的斜率为，设直线，即，
由，解得（负值舍去），则；
由图可知，；与关于直线对称，
联立，解得与的一个交点为，在上取一点，
该点关于的对称点为，，则，解得对称点为，．
，则，即．
与圆和都相切的一条直线的方程为：
（填，都正确）．
故答案为：（填，都正确）．
12．（2020•浙江）已知直线与圆和圆均相切，则 ， ．
【解析】由条件得，，，，
因为直线与，都相切，
故有，，
则有，故可得，整理得，
因为，所以，即，
代入，解得，则，
故答案为：；．
考点五 椭圆的性质
13．（2023•新高考Ⅰ）设椭圆，的离心率分别为，．若，则
A．B．C．D．
【解析】由椭圆可得，，，
椭圆的离心率为，
，，，
，
或（舍去）．
故选：．
14．（2021•新高考Ⅰ）已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为
A．13B．12C．9D．6
【解析】，是椭圆的两个焦点，点在上，，
所以，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为9．
故选：．
15．（2023•新高考Ⅱ）已知椭圆的左焦点和右焦点分别为和，直线与交于点，两点，若△面积是△面积的两倍，则
A．B．C．D．
【解析】记直线与轴交于，
椭圆的左，右焦点分别为，，，，
由△面积是△的2倍，可得，
，解得或，
或，或，
联立可得，，
直线与相交，所以△，解得，
不符合题意，
故．
故选：．
16．（2022•新高考Ⅱ）已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，与轴、轴分别相交于，两点，且，，则的方程为 ．
【解析】设，，，，线段的中点为，
由，，
相减可得：，
则，
设直线的方程为：，，，，，，
，，，
，解得，
，，化为：．
，，解得．
的方程为，即，
故答案为：．
17．（2021•上海）已知椭圆的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是 ．
【解析】设，，则抛物线，
直线，联立方程组，解得，，
所以点的坐标为，所以，又
所以，
则，
所以抛物线的准线方程为：，
故答案为：．
18．（2021•浙江）已知椭圆，焦点，，．若过的直线和圆相切，与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．
【解析】直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；
由直线过，设直线的方程为，
直线和圆相切，
圆心到直线的距离与半径相等，
，解得，
将代入，可得点坐标为，
，
，，
．
故答案为：．
19．（2019•浙江）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方．若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是 ．
【解析】椭圆的，，，，
设椭圆的右焦点为，连接，
线段的中点在以原点为圆心，2为半径的圆，
连接，可得，
设的坐标为，可得，可得，，
由，可得直线的斜率为
．
另解：由，，，
可得，
，
可得直线的斜率为．
故答案为：．
20．（2019•上海）已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．
（1）若直线垂直于轴，求；
（2）当时，在轴上方时，求、的坐标；
（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）依题意，，当轴时，则，，得；
（2）设，，，
，
又在椭圆上，满足，即，
，解得，即．
直线，
联立，解得，；
（3）设，，，，，，
直线，
则，
．
联立，得．
则，．
由直线的方程：，得纵坐标；
由直线的方程：，得的纵坐标．
若，即，
，
，，
代入根与系数的关系，得，解得．
存在直线或满足题意．
考点六 直线与椭圆的综合
21．（2022•新高考Ⅰ）已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与交于，两点，，则的周长是 ．
【解析】椭圆的离心率为，
不妨可设椭圆，，
的上顶点为，两个焦点为，，
△为等边三角形，
过且垂直于的直线与交于，两点，
，
由等腰三角形的性质可得，，，
设直线方程为，，，，，
将其与椭圆联立化简可得，，
由韦达定理可得，，，
，解得，
的周长等价于．
故答案为：13．
22．（2020•海南）已知椭圆过点，点为其左顶点，且的斜率为．
（1）求的方程；
（2）点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值．
【解析】（1）由题意可知直线的方程为：，
即，
当时，解得，所以，
椭圆过点，
可得，解得，
所以的方程：．
（2）设与直线平行的直线方程为：，当直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为，此时的面积取得最大值．
代入椭圆方程：．
化简可得：，所以△，即，解得，
与距离比较远的直线方程：，
利用平行线之间的距离为：，
．
所以的面积的最大值：．
23．（2020•山东）已知椭圆的离心率为，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．
【解析】（1）离心率，
，
又，
，，
把点代入椭圆方程得，，解得，
故椭圆的方程为．
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，
联立，得，
由△，知，
设，，，，则，，
，，，，即，
，化简整理得，，
或，
当时，，过定点，不符合题意，舍去；
当时，，过定点．
，点在以为直径的圆上，
故当点为的中点，即，时，，为定值；
②当直线的斜率不存在时，设其方程为，，，且，
，，，，解得或2（舍，
，，此时，为定值．
综上所述，存在定点，，使得为定值，且该定值为．
考点七 双曲线的性质
24．（2022•上海）双曲线的实轴长为 ．
【解析】由双曲线，可知：，
所以双曲线的实轴长．
故答案为：6．
25．（2019•浙江）渐近线方程为的双曲线的离心率是
A．B．1C．D．2
【解析】根据渐近线方程为的双曲线，可得，所以
则该双曲线的离心率为，
故选：．
26．（2021•新高考Ⅱ）已知双曲线的离心率，则该双曲线的渐近线方程为 ．
【解析】双曲线的方程是，
双曲线渐近线为
又离心率为，可得
，即，可得
由此可得双曲线渐近线为
故答案为：
27．（2023•新高考Ⅰ）已知双曲线的左、右焦点分别为，．点在上，点在轴上，，，则的离心率为 ．
【解析】（法一）如图，设，，，
设，则，
又，则，可得，
又，且，
则，化简得．
又点在上，
则，整理可得，
代，可得，即，
解得或（舍去），
故．
（法二）由，得，
设，由对称性可得，
则，
设，则，
所以，解得，
所以，
在△ 中，由余弦定理可得，
即，则．
故答案为：．
28．（2022•浙江）已知双曲线的左焦点为，过且斜率为的直线交双曲线于点，，交双曲线的渐近线于点，且．若，则双曲线的离心率是 ．
【解析】（法一）如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
由于，且，则点在渐近线上，不妨设，
设直线的倾斜角为，则，则，即，则，
，
又，则，
又，则，则，
点的坐标为，
，即，
．
（法二）由，解得，
又，
所以点的纵坐标为，
代入方程中，解得，
所以，代入双曲线方程中，可得，
所以．
故答案为：．
考点八 直线与双曲线的综合
29．（2022•新高考Ⅰ）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0．
（1）求的斜率；
（2）若，求的面积．
【解析】（1）将点代入双曲线方程得，
化简得，，故双曲线方程为，
由题显然直线的斜率存在，设，设，，，
则联立双曲线得：，
故，，
，
化简得：，
故，
即，而直线不过点，故；
（2）设直线的倾斜角为，由，
，得
由，，
得，即，
联立，及得，
同理，
故，
而，由，得，
故．
30．（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系中，已知点，，，，点满足．记的轨迹为．
（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．
【解析】（1）由双曲线的定义可知，的轨迹是双曲线的右支，设的方程为，
根据题意，解得，
的方程为；
（2）（法一）设，直线的参数方程为，
将其代入的方程并整理可得，，
由参数的几何意义可知，，，则，
设直线的参数方程为，，，同理可得，，
依题意，，则，
又，故，则，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．
（法二）设，直线的方程为，，，，，设，
将直线方程代入的方程化简并整理可得，，
由韦达定理有，，
又由可得，
同理可得，
，
设直线的方程为，设，
同理可得，
又，则，化简可得，
又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．
31．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①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．
【解析】（1）由题意可得，，
解得，，
因此的方程为，
（2）解法一：设直线的方程为，，将直线的方程代入可得，
△，
，，
，
，
设点的坐标为，，则，
两式相减可得，
，
，
解得，
两式相加可得，
，
，
解得，
，其中为直线的斜率；
若选择①②：
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
，，
此时点的坐标满足，解得，，
为的中点，即；
若选择①③：
当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
此时，
，
由于点同时在直线上，故，解得，
因此．
若选择②③，
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
设的中点，，则，，
由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上，
将该直线联立，解得，，
即点恰为中点，故点在直线上．
（2）解法二：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①②③，或选由②③①：由②成立可知直线的斜率存在且不为0．
若选①③②，则为线段的中点，假设的斜率不存在，
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，从而，已知不符．
综上，直线的斜率存在且不为0，
直线的斜率为，直线的方程为．
则条件①在直线上，等价于，
两渐近线的方程合并为，
联立方程组，消去并化简得：，
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：
，
，
，
，
，
，
由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，
由，，
，
直线的斜率，
直线，即，
代入双曲线的方程为，即中，
得，
解得的横坐标为，
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①②③：
由①②解得，③成立；
选①③②：
由①③解得：，，，②成立；
选②③①：
由②③解得：，，，①成立．
32．（2020•上海）已知双曲线与圆交于点，（第一象限），曲线为、上取满足的部分．
（1）若，求的值；
（2）当，与轴交点记作点、，是曲线上一点，且在第一象限，且，求；
（3）过点斜率为的直线与曲线只有两个交点，记为、，用表示，并求的取值范围．
【解析】（1）由，点为曲线与曲线的交点，联立，解得，；
（2）由题意可得，为曲线的两个焦点，
由双曲线的定义可得，又，，
所以，因为，则，
所以，
在△中，由余弦定理可得
，
由，可得；
（3）设直线，可得原点到直线的距离，
所以直线是圆的切线，设切点为，
所以，并设与圆联立，可得，
可得，，即，
注意直线与双曲线的斜率为负的渐近线平行，
所以只有当时，直线才能与曲线有两个交点，
由，可得，
所以有，解得或（舍去），
因为为在上的投影可得，，
所以，
则，．
33．（2023•新高考Ⅱ）已知双曲线中心为坐标原点，左焦点为，，离心率为．
（1）求的方程；
（2）记的左、右顶点分别为，，过点的直线与的左支交于，两点，在第二象限，直线与交于，证明在定直线上．
【解析】（1）双曲线中心为原点，左焦点为，，离心率为，
则，解得，
故双曲线的方程为；
（2）证明：过点的直线与的左支交于，两点，
则可设直线的方程为，，，，，
记的左，右顶点分别为，，
则，，
联立，化简整理可得，，
故△且，
，，
直线的方程为，直线方程，
故
，
故，解得，
所以，
故点在定直线上运动．
考点九．抛物线的性质
（2021•新高考Ⅱ）若抛物线的焦点到直线的距离为，则

A．1B．2C．D．4
【解析】抛物线的焦点，到直线的距离为，
可得，解得．
故选：．
35．【多选】（2022•新高考Ⅱ）已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点．若，则
A．直线的斜率为B．
C．D．
【解析】如图，
，，，且，，，
由抛物线焦点弦的性质可得，则，则，，
，故正确；
，，，故错误；
，故正确；
，，，，，
，，
，均为锐角，可得，故正确．
故选：．
36．（2021•上海）已知抛物线，若第一象限的，在抛物线上，焦点为，，，，求直线的斜率为 ．
【解析】如图所示，设抛物线的准线为，作于点，于点，于点，
由抛物线的定义，可得，，
，
直线的斜率．
故答案为：．
37．（2021•新高考Ⅰ）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且．若，则的准线方程为 ．
【解析】法一：由题意，不妨设在第一象限，则，，，．
所以，所以的方程为：，
时，，
，所以，解得，
所以抛物线的准线方程为：．
法二：根据射影定理，可得，可得，解得，
因此，抛物线的准线方程为：．
故答案为：．
38．（2020•山东）斜率为的直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则 ．
【解析】由题意可得抛物线焦点，直线的方程为，
代入并化简得，
设，，，，则；
，
由抛物线的定义可得．
故答案为：．
39．（2019•上海）过曲线的焦点并垂直于轴的直线分别与曲线交于，，在上方，为抛物线上一点，，则 ．
【解析】过的焦点并垂直于轴的直线分别与交于，，在上方，
依题意：得到：，，，
设点，
所以：为抛物线上一点，，
则：，，，，，
代入，
得到：．
故答案为：3
考点十 直线与抛物线的综合
40．【多选】（2023•新高考Ⅱ）设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，为的准线，则
A．B．
C．以为直径的圆与相切D．为等腰三角形
【解析】直线过抛物线的焦点，可得，所以，
所以正确；
抛物线方程为：，与交于，两点，
直线方程代入抛物线方程可得：，
，
所以，所以不正确；
，的中点的横坐标：，中点到抛物线的准线的距离为：，
所以以为直径的圆与相切，所以正确；
，
不妨可得，，，，
，，，
所以不是等腰三角形，所以不正确．
故选：．
41．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则
A．的准线为B．直线与相切
C．D．
【解析】点在抛物线上，
，解得，
抛物线的方程为，准线方程为，选项错误；
由于，，则，直线的方程为，
联立，可得，解得，故直线与抛物线相切，选项正确；
根据对称性及选项的分析，不妨设过点的直线方程为，与抛物线在第一象限交于，，，，
联立，消去并整理可得，则，，，
，由于等号在时才能取到，故等号不成立，选项正确；
，选项正确．
故选：．
42．（2023•上海）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为．
（1）若到抛物线准线的距离为3，求的值；
（2）当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；
（3）直线，抛物线上有一异于点的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为．若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）抛物线的准线为，
由于到抛物线准线的距离为3，
则点的横坐标为2，则，
解得；
（2）当时，点的横坐标为，则，
设，则的中点为，
由题意可得，解得，
所以，
则，
由点斜式可得，直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离为；
（3）如图，
设，则，
故直线的方程为，
令，可得，即，
则，
依题意，恒成立，
又，
则最小值为，即，即，
则，解得，
又当时，，当且仅当时等号成立，
而，即当时，也符合题意．
故实数的取值范围为，．
43．（2020•浙江）如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于点，不同于．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最大值．
【解析】（Ⅰ），则，则抛物线的焦点坐标，，
（Ⅱ）直线与轴垂直时，此时点与点或点重合，不满足题意，
设直线的方程为，，，，，，，
由，消可得，
△，即，
，，
，，，
点在抛物线上，，
，
联立，解得，，
代入椭圆方程可得，解得
，
，当且仅当，即，时等号成立，
故的最大值为．
44．（2019•浙江）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．
【解析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：，
，
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．
考点十一 圆锥曲线的综合
45．（2020•浙江）已知点，，．设点满足，且为函数图象上的点，则
A．B．C．D．
【解析】点 ，， ．设点满足，
可知的轨迹是双曲线的右支上的点，
为函数图象上的点，即在第一象限的点，
联立两个方程，解得，，
所以．
故选：．
46．【多选】（2020•海南）已知曲线．
A．若，则是椭圆，其焦点在轴上
B．若，则是圆，其半径为
C．若，则是双曲线，其渐近线方程为
D．若，，则是两条直线
【解析】．若，则，则根据椭圆定义，知表示焦点在轴上的椭圆，故正确；
．若，则方程为，表示半径为的圆，故错误；
．若，，则方程为，表示焦点在轴的双曲线，故此时渐近线方程为，
若，，则方程为，表示焦点在轴的双曲线，故此时渐近线方程为，
故正确；
．当，时，则方程为表示两条直线，故正确；
故选：．
47．（2022•上海）设有椭圆方程，直线，下端点为，在上，左、右焦点分别为，、，．
（1），中点在轴上，求点的坐标；
（2）直线与轴交于，直线经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求；
（3）在椭圆上存在一点到距离为，使，随的变化，求的最小值．
【解析】（1）由题意可得，
，
的中点在轴上，
的纵坐标为，
代入得．
（2）由直线方程可知，
①若，则，即，
，
．
②若，则，
，，
，．
即，，，
综上或．
（3）设，
由点到直线距离公式可得，
很明显椭圆在直线的左下方，则，
即，
，，
据此可得，，
整理可得，即，
从而．
即的最小值为．
48．（2022•浙江）如图，已知椭圆．设，是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线，分别交直线于，两点．
（Ⅰ）求点到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求的最小值．
【解析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点，则，，，
而函数的对称轴为，则其最大值为，
，即点到椭圆上点的距离的最大值为；
（Ⅱ）设直线，
联立直线与椭圆方程有，消去并整理可得，，
由韦达定理可得，，
，
设，，，，直线，直线，
联立以及，
可得，
由弦长公式可得
，
当且仅当时等号成立，
的最小值为．
49．（2021•新高考Ⅱ）已知椭圆的方程为，右焦点为，，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切．证明：，，三点共线的充要条件是．
【解析】（Ⅰ）解：由题意可得，椭圆的离心率，又，
所以，则，
故椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）证明：先证明充分性，
当时，设直线的方程为，
此时圆心到直线的距离，则，
联立方程组，可得，
则△，
因为，
所以，，
因为直线与曲线相切，
所以，则，
则直线的方程为恒过焦点，
故，，三点共线，
所以充分性得证．
若，，三点共线时，设直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，解得，
联立方程组，可得，
即，
所以；
所以必要性成立；
综上所述，，，三点共线的充要条件是．
50．（2021•浙江）如图，已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点的直线交抛物线于，两点，若斜率为2的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且满足，求直线在轴上截距的取值范围．
【解析】（Ⅰ）依题意，，故抛物线的方程为；
（Ⅱ）由题意得，直线的斜率存在且不为零，设直线，
将直线方程代入抛物线方程可得，，
则由韦达定理有，，则，
设直线，其中，设直线，其中，
则，
，
设直线，
联立，可得，则，
联立，可得，则，
同理可得，，
又，
，即，
，
，即，解得或；
当直线的斜率不存在时，则直线，，，，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线，则，，，，
又，故，
解得满足．
直线在轴上截距的取值范围为．
考点十二 圆锥曲线的轨迹问题
51．（2021•浙江）已知，，，函数．若，，成等比数列，则平面上点的轨迹是
A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线
【解析】函数，因为，，成等比数列，
则，即，
即，
整理可得，
因为，故，即，
所以或，
当时，点的轨迹是直线；
当，即，因为，故点的轨迹是双曲线．
综上所述，平面上点的轨迹是直线或双曲线．
故选：．
52．（2020•上海）已知椭圆，作垂直于轴的垂线交椭圆于、两点，作垂直于轴的垂线交椭圆于、两点，且，两垂线相交于点，则点的轨迹是
A．椭圆B．双曲线C．圆D．抛物线
【解析】，，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，
设，，
所以，
因为，，消去可得：，
故选：．
53．（2023•新高考Ⅰ）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．
【解析】（1）设点点坐标为，由题意得，
两边平方可得：，
化简得：，符合题意．
故的方程为．
（2）解法一：不妨设，，三点在上，且．
设，，，
则，．
由题意，，即，
显然，于是．
此时，．．于是，．
不妨设，则，
则
．
设，则，即，
又．
显然，为最小值点．故，
故矩形的周长为．
注意这里有两个取等条件，一个是，另一个是，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设，，在抛物线上，不在抛物线上，欲证命题为．
由图象的平移可知，将抛物线看作不影响问题的证明．
设，，平移坐标系使为坐标原点，
则新抛物线方程为，写为极坐标方程，
即，即．
欲证明的结论为，
也即．
不妨设，将不等式左边看成关于的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当即时取得，
因此欲证不等式为，即，
根据均值不等式，有
，
由题意，等号不成立，故原命题得证．