专题05 解析几何-【大题精做】冲刺2023年高考数学大题突破 限时集训（新高考专用）（解析版）.docx

1、专题05 解析几何解析几何一般作为解答题21题或者是22题形式出现。一般作为压轴题或者是次压轴题出现，难度较大。1 与原有关问题（蒙日圆，阿氏圆等）2 面积问题3 齐次化解决直线定点问题4 一般的定值问题5 非对称问题6 探究性问题7 切线问题与阿基米德三角形问题8 极点极限与调和点列，蝴蝶模型问题9 不联立问题10 与其他知识点交叉问题蒙日圆定理的内容：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，该圆称为蒙日圆，其半径等于椭圆长半轴和短半轴平方和的算术平方根，具体结论及证明如下：结论一：曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆：结论二：双曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨

2、迹是圆结论三：抛物线的两条互相垂直的切线的交点在该抛物线的准线上题型一： 与原有关问题（蒙日圆，协同圆等）例题1 已知椭圆0)称圆心在原点，半径为的圆为椭圆的“准圆”若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为(1)求椭圆的方程及其“准圆”方程(2)点是椭圆的“准圆”上的动点，过点作椭圆的切线交“准圆”于点当点为“准圆”与轴正半轴的交点时，求直线的方程并证明求证：线段的长为定值【解析】(1)依题意可得，(2)证明：由(1)题可得，设切线方程为：联立，消去可得，整理可得，解得设直线PM：，直线，即设，直线则，消去可得即整理得同理，设切线的斜率为，则有在“准圆”上，为“准圆”的直径为定值，1

3、公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在平面轨迹一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点，距离之比为且的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆(1)已知两定点，若动点满足，求点的轨迹方程；(2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由；(3)已知是圆上任意一点，在平面内求出两个定点，使得恒成立只需写出两个定点，的坐标，无需证明解析：(1)4； (2)证明见解析，.【分析】（1）设点P的坐标为，求出点P的轨迹方程为，求出，求出最小值即得解；（2）设，两圆方程相减可得MN的方程为，即得解.（1）解：设点P的坐标为，根据题设

4、条件有， 所以有， 化简得. 所以， 由题知，当时，此时， |QM|最小， 即四边形面积取得最小值4.（2）解；设，由几何性质，可知M，N两点在以为直径的圆上， 此圆的方程为， 而直线MN是此圆与圆的相交弦所在直线， 相减可得MN的方程为， 所以直线MN恒过定点.题型二：面积问题1 已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线与直线垂直，A为垂足且位于第一象限，直线与直线垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形（O为原点）的面积为8，动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)已知是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线，的斜率之和为1，求的面积.【答案】(1)（）(2)【详解】（1）设动点

5、，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动.， ，动点在右侧，有，同理有，四边形的面积为8，即 ，所以所求轨迹C方程为（）.（2）如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，则或，同时或，解得或.，解得或（舍去）. 时，直线的方程为，联立，消y得：，则或，得. 直线的方程为，联立，消y得：，则或，得，点Q到直线的距离，.方法二： ， ，则，.1 已知椭圆离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且.(1)求的方程；(2)设M，N是上异于的两点，若，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）由已知，可得，.可得，因为

6、斜率为1，所以，因为，所以，则，则，于是的方程为；（2）由（1）知，因为，所以不垂直于轴.设直线，代入得.当时，设，则，因为，所以，而即，根据，故，可得.将代入上式可得.因为，整理得，则，解得，直线经过定点，.因为，所以面积.设，则，则，设，当时，则，所以当，即时，面积取最大值.题型三：齐次化解决定值定点问题1 已知椭圆C：（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.（）求C的方程；（）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.解题方法一：试题解析：

7、（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，）解题方法二：齐次化处理：1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【详解】（1）由

8、题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.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，使得题型四：一般的定值定点问题1已知为双曲线的左右焦点，的一条渐近线方程为为上一点，且(1)求的方程；(2)设点在坐标轴上，直线与交于异于的两点，为的中点，且，过作，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标以及的长度；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在；点，

9、为定值【详解】（1）由题意，在双曲线中，渐近线方程为，由条件可知根据双曲线的定义可知，则，（2）由题意及（1）得，在中，点在双曲线的左支上，当点在坐标轴上，则点的坐标为，设，当的斜率存在时，设的方程为，联立，整理得，则，为的中点，且，则，整理得，解得或，验证均满足当时，直线的方程为，则直线过点，不合题意，舍去；当时，直线的方程为，则直线过定点，符合题意当直线的斜率不存在时，由，可设直线的方程为，联立，解得，所以直线的方程为：，则直线过定点，是以为斜边的直角三角形，点在以为直径的圆上，则当为该圆的圆心时，为该圆的半径，即，故存在点，使得为定值1 已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4(

10、1)求的方程；(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值【答案】(1)(2)证明见解析，定值为2【详解】（1）双曲线的两顶点为，所以，即，将代入的方程可得，故的方程为（2）依题意，可设直线，与联立，整理得，所以，解得，且，所以 （*）又，所以的坐标为，由可得，从而可得的纵坐标，将（*）式代入上式，得，即 所以，将（*）式代入上式，得类型五 非对称问题1 已知椭圆的长轴长为6，离心率为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且，记直线

11、AM，BN的斜率分别为，且,求直线的方程.（1）（2）（1）由题意，可得，联立解得，.（2）如图，由（1）知，方程为，直线与椭圆的另一个交点为，根据对称性可得，联立，整理得，即，联立解得，直线的方程为，即.1 已知椭圆过点，且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值（）；（）1.（2）当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以当直线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，所以且直线的斜率存在当时，同理因为，所以类型六 探究性问题1 已知双曲线的左右焦点分别为，点在直线上且不在轴上，直线与双曲线的交点分别为A，B，直线与

12、双曲线的交点分别为C，D(1)设直线和的斜率分别为，求的值；(2)问直线l上是否存在点P，使得直线OA，OB，OC，OD的斜率，满足？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由解析：(1)(2)存在，或（1）设，则，所以；（2）假设直线l上存在点，设设，同理，由，得得或，当时，由（1）得，得，当时，由（1）得，或，得所以或1 在直角坐标平面中，的两个顶点的坐标分别为，两动点满足，向量与共线.(1)求的顶点的轨迹方程；(2)若过点的直线与（1）的轨迹相交于两点，求的取值范围.(3)若为点的轨迹在第一象限内的任意一点，则是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由

13、.【答案】(1)(2)(3)存在；理由见解析【详解】（1）设，由知，是的重心，.且向量与共线，在边的中垂线上，又，化简得，即所求的轨迹方程是.（2）设，过点的直线方程为，代入得，且，解得.，则或，则的取值范围是.（3）设，则，即.当轴时，即，故猜想.当不垂直轴时，.与同在内，.故存在，使恒成立.类型七 切线问题与阿基米德三角形问题抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围的三角形，这个三角形又常被称为阿基米德三角形阿基米德三角形的得名，是因为阿基米德本人最早利用逼近的思想证明 如下结论：抛物线与阿基米德三角形定理：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积，等于抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的

14、三角形面积的三分之二下面来逐一介绍阿基米德三角形的一些推论:如图，已知是抛物线准线上任意一点，过作抛物线的切线、分别交抛物线于、两点，为 中点，则：1.若过焦点，则的端点的两条切线的交点在其准线上2.阿基米德三角形底边上的中线平行于坐标轴，即3.过抛物线的焦点4.5.阿基米德三角形面积的最小值为1 如下图，设抛物线方程为，M为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为，（）设线段的中点为；（）求证：平行于轴；（）已知当点的坐标为时，求此时抛物线的方程；（）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足（为坐标原点）若存在，求出所有适合题意的点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（

15、）（）证明见解析；（）或；（）仅存在一点适合题意.【分析】（）（）设出的坐标，利用导数求得切线的方程，结合是线段的中点进行化简，得到两点的横坐标相等，由此证得平行于轴.（）利用列方程，解方程求得，进而求得抛物线方程.（）设出点坐标，由点坐标求得线段中点的坐标，由直线的方程和抛物线的方程，求得点的坐标，由此进行分类讨论求得点的坐标.【详解】（）（）证明：由题意设，由得，则，所以，因此直线的方程为，直线的方程为所以，由、得，因此，即，也即.所以平行于轴（）解：由（）知，当时，将其代入、并整理得：，所以，是方程的两根，因此，又，所以由弦长公式的又，所以或，因此所求抛物线方程为或（）解：设，由题意得，

16、则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得若在抛物线上，则，因此或即或（1）当时，则，此时，点适合题意（2）当，对于，此时，又，所以，即，矛盾对于，因为，此时直线平行于轴，又，所以直线与直线不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意得点综上所述，仅存在一点适合题目如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为（）求证：三点的横坐标成等差数列；（）已知当点的坐标为时，求此时抛物线的方程；yxBAOM（）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足（为坐标原点）若存在，求出所有适合题意的点的坐标；若不存在，请说明理由解：（）证明：

17、由题意设由得，得，所以，因此直线的方程为，直线的方程为所以，由、得，因此，即所以三点的横坐标成等差数列（）解：由（）知，当时，将其代入、并整理得：，所以是方程的两根，因此，又，所以由弦长公式得又，所以或，因此所求抛物线方程为或（）解：设，由题意得，则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得若在抛物线上，则，因此或即或（1）当时，则，此时，点适合题意（2）当，对于，此时，又，所以，即，矛盾对于，因为，此时直线平行于轴， 又，所以直线与直线不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意的点，综上所述，仅存在一点适合题类型八 极点极限 调和点列 蝴蝶模型 1. 极点和极线

18、的几何定义如图,为不在圆锥曲线上的点, 过点引两条割线依次交圆锥曲线于四点, 连接交于, 连接交于, 我们称点为直线关于圆锥曲线的极点, 称直线为点关于圆锥曲线的极线. 直线交圆锥曲线于两点, 则为圆锥曲线的两条切线. 若在圆锥曲线上, 则过点的切线即为极线.(1) 自极三角形：极点 一一极线；极点 一一极线 极点 一一极线; 即中, 三 个顶点和对边分别为一对极点和极线, 称为“自极三角形”.(2) 极点和极线的两种特殊情况(1)当四边形变成三角形时：曲线上的点对应的极线, 就是切线;(2)当四边有一组对边平行时, 如：当时, 和的交点落在无穷远处; 点的极线 和点的极线 满足:2. 极点和

19、极线的代数定义对于定点与非退化二次曲线 过点作动直线与曲线交于点与点 , 那么点关于线段的调和点的轨迹是什么?可以证明: 点在一条定直线 上，如下图. 我们称点为直线关于曲线的极点; 相应地, 称直线为点关于曲线的极线.一般地, 对于圆锥曲线 设极点, 则对应的极线为【注】替换规则为:(1) 椭圆的三类极点极线(1)若极点在椭圆外, 过点作橢圆的两条线, 切点为, 则极线为切点弦所在直线(2)若极点在椭圆上, 过点作椭圆的切线, 则极线为切线;(3)若极点在橢圆内, 过点作椭圆的弦, 分别过作椭圆切线, 则切线交点轨迹为极线由此可得椭圆极线的几何作法:(2) 对于双曲线, 极点对应的极线为(3

20、) 对于拋物线, 极点对应的极线为.3. 极点和极线的性质(1) 引理: 已知椭圆方程为, 直线的方程为, 点不与原点重合. 过点作直线交椭圆于两点,点在直线上，则“点在直线上的充要条件是调和分割 , 即.1 设椭圆 C:x2a2+y2b2=1(ab0) 过点 M(2,1), 且左焦点为 F1(2,1).(1) 求敉圆 C 的方程; (2) 当过点 P(4,1) 的动直线 l 于椭圆 C 相交于两不同点 A,B 时, 在线段 AB 上取点 Q, 满足|AP|QB|=|AQ|PB|, 证明：点 Q 总在某定直线上.【答案】 (1) x24+y22=1; (2) 见解析.【解析】（1）由题意得：，

21、解得，所求椭圆方程为x24+y22=1. (2) 解法 1: 定比点差法设点 Q、A、B 的坐标分别为 (x,y),x1,y1,x2,y2由题设知 |AP|,|PB|,|AQ|,|QB| 均不为零, 记 =|AP|PB|=|AQ|QB|, 则 0 且 1又 A,P,B,Q 四点共线, 从而 AP=PB,AQ=QB于是 4=x1x21,1=y1y21,x=x1+x21+,y=y1+y21+,从而: 4x=x122x2212 (1) y=y122y2212. (2)又点 A、B 在椭圆 C 上，即:x12+2y12=4 (3)x22+2y22=4 (4)(1)+(2) 2, 并结合(3)(4)得

22、4x+2y=4,即点 Q(x,y) 总在定直线 2x+y2=0 上.解法 2：构造同构式设点 Q(x,y),Ax1,y1,Bx2,y2,由题设知 |AP|,|PB|,|AQ|,|QB| 均不为零, 记 =|AP|PB|=|AQ|QB|,又 A,P,B,Q 四点共线, 可设 PA=AQ,PB=BQ(0,1)于是 x1=4x1y1=1y1 (1), x2=4+x1+y2=1+y1+ (2)由于 Ax1,y1,Bx2,y2 在椭圆 C 上, 将(1)(2)分别代入 C 的方程 x2+2y2=4,整理得: x2+2y2424(2x+y2)+14=0 (3)x2+2y242+4(2x+y2)+14=0

23、(4)(4)-(3)得: 8(2x+y2)=0,0,2x+y2=0,即点 Q(x,y) 总在定直线 2x+y2=0 上.解法 3：极点极线由 |AP|QB|=|AQ|PB| 可得 APPB=AQQB,说明点 P,Q 关于桞圆调和共轭, 点 Q 在点 P 对应的极线上,此极线方程为 4x4+1y2=1, 化简得 2x+y2=0.故点 Q 总在直线 2x+y2=0 上.如图, 过直线 l:5x7y70=0 上的点 P 作椭圆 x225+y29=1 的切线 PM 和 PN, 切点分别为 M,N, 连结 MN.(1) 当点 P 在直线 l 上运动时, 证明：直线 MN 恒过定点 Q;(2) 当 MN/

24、l 时, 定点 Q 平分线段 MN.【答案】见解析.【解析】解法 1: 常规解法(1) 证明：设 Px0,y0,Mx1,y1,Nx2,y2.则椭圆过点 M,N 的切线方程分别为: x1x25+y1y9=1,x2x25+y2y9=1.因为两切线都过点 P, 则有: x1x025+y1y09=1,x2x025+y2y09=1.这表明M,N均在直线x0x25+y0y9=1(1)上.由两点确定一条直线知, 式(1)就是直线 MN 的方程,其中x0,y0满足直线l的方程.当点P在直线l上运动时, 可理解为x0取遍一切实数，相应的y0为y0=57x010.代入(1)消去y0得x025x+5x07063y1

25、=0(2)对一切x0R恒成立.变形可得x0x25+5y6310y9+1=0, 对一切x0R恒成立, 故有x25+5y63=010y9+1=0x=2514y=910故直线 MN 恒过定点 Q2514,910.(2) 当MN/l时, 由式(2)知x02555x070637170.解得x0=4375533.代入(2), 得MN的方程为5x7y53335=0(3)将此方程与椭圆方程联立, 消去y得53325x25337x1280681225=0.由此可得, 此时 MN 截圆所得弦的中点横坐标恰好为点 Q2514,910 的横坐标, 即x=x1+x22=5337253325=2514代入(3)式可得弦中

26、点纵坐标恰好为点 Q2514,910 的纵坐标,即y=572514533735=14912525332=910这就是说, 点 Q2514,910 平分线段 MN. 解法 2:(1) 动点 P 在定直线 l 上, 则相应的切点弦过定点, 可知定点 Q 必为极点,于是只需求极点即可:由 5x7y70=0x14y10=1, 得到极点坐标 Q2514,910, 即为所求定点. (2) 由椭圆内一点极线方向与以极点为中点弦的方向相同, 也即 OQ 与极线方向共轭, 即得结论 (2).蝴蝶定理（Butterfly Theorem），是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一.这个命题最早出现在1815年,由W.

27、G.霍纳提出证明.【蝴蝶定理】M是O中弦AB的中点,过点M的两条弦CD,EF,连接DE,CF交AB于P,Q两点,则 M是线段PQ的中点.问题中的图形酷似圆中翩翩起舞的蝴蝶,因此而被冠之“蝴蝶定理.蝴蝶定理还可以推广到椭圆,甚至双曲线与抛物线中.例题 .如图,O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距等于其长半轴长,M,N为椭圆C的上、下顶点,且|MN|=23.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,BN交于点T.求证：点T的纵坐标为定值3【答案】(1)x24+y23=1; (2)见解析.【解析】(1)由题意可知: 2c=

28、a,2b=23,又a2=b2+c2,有b=3,c=1,a=2,故椭圆C的方程为: x24+y23=1.(2)由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+1,联立直线方程和椭圆方程得y=kx+13x2+4y212=0,消去y得4k2+3x2+8kx8=0,设Ax1,y1,Bx2,y2x1x20,则x1+x2=8k4k2+3,x1x2=84k2+3又A,P,B三点共线,则 y11x1=y21x2,即x2y1x1y2=x2x1.构造式子: x2y1+x1y2=2kx1x2+x1+x2=3x1+x2,则x2y1=2x2+x1x1y2=2x1+x2.又lBN:y=y2+3x2x3,lAM:y=y13x

29、1x+3由y=y2+3x2x3y=y13x1x+3,得y3y+3=y13x1x2y2+3=x2y13x2x1y2+3x1y3y+3=x2y13x2x1y2+3x1=x1+(23)x2(2+3)x1+x2=(23)(2+3)x1+x2(2+3)x1+x2=23解之,得y=3.故点T的纵坐标为3.类型九 不联立问题1 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）设，由点都在双曲线上，得，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：，.因为直线的斜率之和为，即，所以，由得. 由得. 由-，得，从而，即的斜率为.1 已知椭圆C：的离心率为，且过点（1）

30、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）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.（2）设，依题意知，因为，所以，整理得同理得相减可得即直线恒过定点.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，使得类型十 与其他知识点交叉问题某电厂冷却塔的外形是由双曲线的一部分绕其虚轴所在的直线旋转所形成的曲面.如图所示，已知它的最小半径为，上口半径为，下口半径为，高为，选择适当的平面直角坐标系.(1)求此双曲线的方程；(2)定义：以（1）中求出的双曲线的实轴为虚轴，以的虚轴为实轴的双曲线叫做的共轭双曲线，求双曲线的方程；(3)对于（2）中的双曲线

31、的离心率分别为，写出与满足的一个关系式，并证明.【答案】(1)(2)(3)（1）以冷却塔的轴截面的最窄处所在的直线为轴，垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设双曲线的方程为，由题意知，所以，所以，所以，解得，所以双曲线的方程为.（2）以（1）中求出的双曲线的实轴为虚轴，以的虚轴为实轴的双曲线为.（3）与满足的一个关系式为，证明如下，双曲线的半焦距，所以双曲线的离心率为，双曲线的半焦距，所以双曲线的离心率为，所以，所以与满足的一个关系式为.1 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)判断点是

32、否被直线分隔并证明；(2)若直线是曲线的分隔线，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，设点的轨迹为曲线，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是的分隔线【答案】(1)点被直线分隔(2)(3)证明见解析(1)解：把点、分别代入可得，所以点、被直线分隔(2)解：联立，可得，根据题意，此方程无解，故有，所以当时，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(3)证明：设点，则由题意可得，故曲线的方程为对任意的，不是上述方程的解，即轴（即）与曲线没有公共点又曲线上的点、对于轴（即）对称，满足，即点和被轴分隔，所以轴，即为曲线的分隔线若过原点的直线不是轴，设为，代入，

33、可得，令，当时，所以在有实数解，当时，有实数解，即与有公共点，所以不是的分隔线 所以通过原点的直线中，有且仅有一条直线是的分隔线，即1（2022北京海淀校考模拟预测）椭圆C：的右顶点为，离心率为(1)求椭圆C的方程及短轴长；(2)已知：过定点作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF中点为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标【答案】(1)；(2)【详解】（1）由题意可得，所以，短轴长所以椭圆C的方程：；（2）设直线AD的方程：，即，由，消去y，整理得，则，所以，则直线BD的方程：，令，则，所以，所以，则直线BG的斜率，所以直

34、线BG的斜率为，所以直线BG的方程：，因此，则，解得或，所以，当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则，所以2（2022北京统考模拟预测）如图所示，过原点O作两条互相垂直的线OA，OB分别交抛物线于A，B两点，连接AB，交y轴于点P(1)求点P的坐标；(2)证明：存在相异于点P的定点T，使得恒成立，请求出点T的坐标，并求出面积的最小值【答案】(1)；(2)证明见解析，8.【详解】（1）设，的斜率必存在，设与抛物线联立可得，可知：.，则，即.（2）由，可知：，当与x轴平行时，存在点T在y轴上，设，TP为的角平分线，有，存在，使得：恒成立，当且仅当轴时，面积的最小值为8.3（2023湖北武汉统

35、考模拟预测）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.(1)求抛物线的标准方程；(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.（i）求直线的斜率；（ii）设面积为，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）0；（ii）48【详解】（1）设直线与轴交于.由几何性质易得：与相似，所以，即：，解得：. 所以抛物线的标准方程为：.（2）设（i）由题意，中点在抛物线上，即，又，将代入，得：，同理：，有，此时点纵坐标为，所以直线的斜率为0.（）因为，所以点，此时，所以，又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：，由，所以时，取到最大价.所以的最大值为48.4（2022江苏南京模拟预测）在平面

36、直角坐标系xOy中，抛物线，为C上两点，且，分别在第一、四象限直线与x正半轴交于，与y负半轴交于(1)若，求横坐标的取值范围；(2)记的重心为G，直线，的斜率分别为，且若，证明：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）设，即，直线的方程为：，整理可得，令，则，即横坐标的取值范围；（2）的重心为，又，且，化简得，.即，所以为定值5（2023河北校联考三模）已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，斜率为的直线与相切于点，且与不垂直，为的中点.（1）若，求；（2）若直线过，求.【答案】（1）（2）【详解】（1）抛物线：（p0）的焦点为F（0，1），抛物线的方程为由直线的斜率为，且过

37、F（0，1），得的方程为，代入，化简得，设，则，=，；（2）设P（，），将的方程化为y=，求导得y=，斜率为的直线与相切于点P，=，则P（2，），由（1）知 =4，且Q为AB的中点，易得Q（2，+1），直线PQ过（0，2），整理得，与不垂直，则-2=0，即=6（2023山东泰安统考一模）已知椭圆：的左，右焦点分别为，离心率为，是椭圆上不同的两点，且点在轴上方，直线，交于点.已知当轴时，.(1)求椭圆的方程；(2)求证：点在以，为焦点的定椭圆上.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由题知，点在椭圆C上，则，解得，所以椭圆C的方程为；（2）证明：，且点A在x轴上方设，设直线的方程为，则直线

38、的方程为，由，得，或（舍），同理，所以，由，得又点B在椭圆C上，则同理：，所以又，点P在以，为焦点的定椭圆上.7（2023河北邢台校联考模拟预测）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4(1)求的方程；(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值【答案】(1)(2)证明见解析，定值为2【详解】（1）双曲线的两顶点为，所以，即，将代入的方程可得，故的方程为（2）依题意，可设直线，与联立，整理得，所以，解得，且，所以 （*）又，所以的坐标为，由可得，从而可得的纵坐标，将（*）式代入上式，得，即 所以，将（*）式代

39、入上式，得8（2023重庆统考二模）过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且相交于点，相交于点，以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为(1)若，求；(2)若，求点到直线的距离的最小值【答案】(1)24(2)【详解】（1）依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，由，得，设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，所以所以点的坐标为，同理可得的坐标为，于是，又，所以（2）结合（1），由抛物线的定义得，所以，所以圆的半径，所以圆的方程为化简得，同理可得圆的方程为，于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，又，则直线的方程为，所以点到直线的距离，故当时，取最小值【点睛】关

40、键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得，进而可得，从而得到圆的半径，可得到圆的方程，同理可得到圆的方程，再根据点到直线的距离公式求解9（2023广东校联考模拟预测）已知椭圆C：的短轴长为2，离心率为点，直线：(1)证明：直线与椭圆相交于两点，且每一点与的连线都是椭圆的切线；(2)若过点的直线与椭圆交于两点，与直线交于点，求证：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）由题意可知，因此，则椭圆方程为：因为由消去可得，则该方程有两个不相等的实根，所以直线与椭圆相交于两点；设为直线与椭圆的交点，则，直线的方程为，即，代入椭圆方程得，所以，整理得，即，所以，故是椭圆的切线.（

41、2）因为四点共线，由（1）可知在线段外，在线段内，所以与的方向相同，与的方向相同，要证，只需要，即证，设，不妨设，因为四点共线，所以等价于，即，显然，设直线的方程为，即，由，可得；由可得，从而可知，因此，所以结论成立.一、解答题1（2022全国统考高考真题）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

42、圆E的方程为，过，则，解得，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，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.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2（2022全国统考高考真题）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).【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

43、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

44、,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.3（2022全国统考高考真题）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的斜率；(2)若，求的面积【答案】(1)；(2)【详解】（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，且所以由可得，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）方法一：

45、【最优解】常规转化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，故的面积为方法二： 设直线AP的倾斜角为，由，得，由，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式

46、有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样4（2022全国统考高考真题）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.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：M在上；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【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，若选由推或选由推：由成立可知直线的斜率存在且不为零；若选推，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲

47、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：，,条件等价于，综上所述：条件在上，等价于；条件等价于；条件等价于；选推:由解得：,成立；选推：由解得：，成立；选推：由解得：，成立.5（2021全国统考高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距

48、离的最小值为（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）方法一：利用二次函数性质求最小值由题意知，设圆M上的点，则所以从而有因为，所以当时，又，解之得，因此方法二【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）方法一：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法

49、抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，所以，点到直线的距离为，所以，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.方法二【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到过P作y轴的平行线交于Q，则P点在圆M上，则故当时的面积最大，最大值为方法三：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，设，联立和抛物线C的方程得整理得判别式，即，且抛物线C的方程为，即，有则，整理得，同理可得联立方程可得点P的坐标为，即将点P的坐标代入圆

50、M的方程，得，整理得由弦长公式得点P到直线的距离为所以，其中，即当时，6（2021全国统考高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且已知点，且与l相切（1）求C，的方程；（2）设是C上的三个点，直线，均与相切判断直线与的位置关系，并说明理由【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆

51、相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.【详解】（1）依题意设抛物线，所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，所以的方程为；（2）方法一：设若斜率不存在，则方程为或，若方程为，根据对称性不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；若直线斜率均存在，则，所以直线方程为，整理得，同理直线的方程为，直线的方程为，与圆相切，整理得，与圆相切，同理所以为方程的两根，到直线的距离为：，所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.方法二【最优解

52、】：设当时，同解法1当时，直线的方程为，即由直线与相切得，化简得，同理，由直线与相切得因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为所以直线与相切综上所述，若直线与相切，则直线与相切7（2021全国统考高考真题）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）.【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

53、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.8（2021全国统考高考真题）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

54、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

55、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9（2020全国统考高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a1）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

56、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，代入式可得故，可得或其中表示直

57、线，则表示直线令，得，即直线恒过点10（2020山东统考高考真题）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

58、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

59、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项系数得将代入，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

60、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11（2022北京统考高考真题）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】(1)(2)【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【详解】（1）解：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

61、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12（2022浙江统考高考真题）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.