专题08 平面解析几何（解答题）（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题08 平面解析几何（解答题）平面解析几何在高考中考查比例较大，一般是1+1+1模式或者是2+1+1模式。在选题中，解析几何解答题中难度一般较大，计算量比较大.主要知识点是考点01 椭圆及其性质考点02 双曲线及其性质考点03 抛物线及其性质考点01 椭圆及其性质1.(2020年新高考全国卷数学(海南)第21题)已知椭圆C：过点M(2，3),点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求AMN的面积的最大值【答案】(1)；(2)18解析：(1)由题意可知直线AM的方程为：，即当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点

2、M(2，3)，可得，解得b2=12所以C的方程：(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得所以AMN的面积的最大值：2.(2020江苏高考第18题)在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且在第一象限内，直线与椭圆相交于另一点(1)求的周长；(2)在轴上任取一点，直线与

3、椭圆的右准线相交于点，求的最小值；(3)设点在椭圆上，记与的面积分别为，若，求点的坐标【答案】【答案】(1)；(2)；(3)或【解析】(1)椭圆的方程为,由椭圆定义可得：的周长为(2)设，根据题意可得点在椭圆上，且在第一象限，,准线方程为,，当且仅当时取等号的最小值为(3)设，点到直线的距离为，直线的方程为,点到直线的距离为，,联立解得，或3.(2020年高考课标卷理科第20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

4、，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，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：；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(2023年北京卷第19题)已知椭圆离心率为，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

5、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)证明见解析解析：(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6.(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

6、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7.(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

7、，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得8.(2022年浙江省高考数学试题第21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】解析:(1)设是椭圆上任意一点,则 ，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9 .(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

8、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10.(2020天津高考第18题)已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点()求椭圆方程；()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】【答案】()；()，或【解析】()椭圆的一个顶点为，由，

9、得，又由，得，所以，椭圆的方程为；()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11.(2019上海第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)

10、或【解析】(1)依题意：，当ABx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，.（2） 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.考点02 双曲线及其性质1(2023年新课标全国卷第21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左

11、、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)证明见解析解析：(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2.(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从下面中选取两个作

12、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, 则条件等价于,移项并利用平方差公式整理得：，,即,

13、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3(2021年新高考卷第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

14、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4.(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)

15、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， 故的面积为考点03 抛物线及其性质1.(2023年全国甲卷理科第20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：(1)设，由可得，所以，所以，即，因为，解得：(2)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

16、，当时，的面积2.(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AB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3.(2021年高考全国乙卷理科第21题)已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为(1)求；(2)若点在上，是的两

17、条切线，是切点，求面积的最大值【答案】(1)；(2)解析：(1)抛物线的焦点为，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；(2)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、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4.(2021年高考全国甲卷理科第20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

18、明理由【答案】(1)抛物线，方程为；(2)相切，理由见解析解析：(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)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5.(2020年浙江省高考

19、数学试卷第21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)()若，求抛物线的焦点坐标；()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】()；()解析：()当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；()设，由，由在抛物线上，所以，又， 由即，所以，所以，的最大值为，此时法2：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6.(2022年高考全国甲卷数学(理)第20题)设抛物线焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴

20、时，(1)求C的方程；(2)设直线与C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7.(2019浙江第21题)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

21、点的右侧，记，的面积分别为，()求的值及抛物线的准线方程；()求的最小值及此时点的坐标 【答案】【解析】()由题意得，即，所以，抛物线的准线方程为()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8.(2019全国理第21题)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B(1)证明：直线AB过定点：(2)若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积【答案】【答案】(1)见详解；(2)3或【官方解析】(1)设则由于，所以切线的斜率

22、为，故整理得设同理可得故直线的方程为所以直线过定点(2)由(1)得直线的方程为由可得于是，设分别为到直线的距离，则因此，四边形的面积设线段的中点，则由于，而，与向量平行，所以解得或当时，；当时，因此，四边形的面积为3或9.(2019全国理第19题)已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为(1)若，求的方程；(2)若，求【答案】解：设直线(1)由题设得，故，由题设可得由，可得，则从而，得所以的方程为(2)由可得由，可得所以从而，故代入的方程得故10.(2019北京理第18题)已知抛物线C：x2=2py经过点(2，1)()求抛物线C的方程及其准线方程；()设O为原点，过抛物线C的焦

23、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】【解析】()将点代入抛物线方程：，可得，故抛物线方程为：，其准线方程为：()很明显直线的斜率存在(不为零)，焦点坐标为，设直线的方程为，与抛物线方程联立可得：设，则且，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为直径的圆经过轴上的两个定点考点04 圆锥曲线的定点定值问题1.(2021年新高考全国卷第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

24、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2.(2020年高考课标卷理科第20题)已知A、B分别为椭圆E：(

25、a1)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3.(2020年新高考全国卷(山东)第22题)已知椭圆C：的离心率为，且过点A(2，1)(1)求C的方程：(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存

26、在定点Q，使得|DQ|为定值【答案】(1)；(2)详见解析解析：(1)由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：(2)设点因为AMAN，即,当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1代入椭圆方程消去并整理得： ,根据,代入整理可得： 将代入，整理化简得,不在直线上，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2代入得,结合,解得,此时直线MN过点, 由于AE为定值，且ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值(AE长度的一半)由于，故由中点坐标公式可得故存在点，使得|DQ|为定值4.(2022年高考全国乙卷数学(理)第20题)已知椭圆E的中心为坐标原点，

27、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)解析：设椭圆E的方程为，过，则，解得，所以椭圆E的方程为：【小问2详解】，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过定点考点05 解析几何综合类问题1.(2023年新课标全国卷第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

28、；(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

29、，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,从而故当时,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 2 .(2023年全国乙卷理科第20题)已知椭圆的离心率是，点在上(1)求方程；(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)证明见详解解析：(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，

30、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 .(2020年高考课标卷理科第19题)已知椭圆C1：(ab0)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)，解析：(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)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

31、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4.(2019天津理第18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()求椭圆的方程；()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】本小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面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满分13分()解：设椭圆的半焦距为，依题意，又，可得，所以，椭圆的方程为()解：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，

32、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5.(2019全国理第21题)已知点，动点满足直线与的斜率之积为记的轨迹为曲线求的方程，并说明是什么曲线；过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点证明：是直角三角形；求面积的最大值【答案】【答案】详见解析详见解析【官方解析】由题设得，化简得，所以为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点设直线的斜率为，则其方程为由得记，则于是直线的斜率为，方程为由，得设，则和是方程的解，故，由此得从而直线的斜率为所以，即是直角三角形由得，所以的面积设，则由得，当且仅当时取等号因为在单调递减，所以当，即时，取得

33、最大值，最大值为因此，面积的最大值为【分析】分别求出直线与的斜率，由已知直线与的斜率之积为，可以得到等式，化简可以求出曲线的方程，注意直线与有斜率的条件；设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出两点的坐标，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；由可知三点坐标，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.【解析】直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线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；设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立

34、,即或,点在第一象限，所以，因此点的坐标为直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，消去得，(*)，设点，显然点的横坐标和是方程(*)的解所以有，代入直线方程中，得，所以点的坐标为，直线的斜率为；，因为，所以，因此是直角三角形；由可知：，的坐标为，,，因为，所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.6.(2019江苏第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.