1、第13讲 解析几何解答压轴题1（内蒙古赤峰市高三月考（文）已知椭圆的离心率，其左，右集点为，过点的直线与椭圆交于两点的周长为（1）求椭圆的标准方程：（2）过右焦点的直线互相垂直，且分别交椭圆于和四点，求的最小值【答案】（1）；（2）最小值为【分析】（1）利用椭圆离心率，的周长为，求出，即可得到椭圆的方程（2）分类讨论直线的斜率存在与否，当其中一条直线斜率为0一条直线斜率不存在，可利用椭圆性质求出；当两条直线斜率均存在，设出直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式求出，再利用二次函数的值域求法与不等式的性质求得结果【详解】（1）由椭圆的定义知，的周长为，由，即，得，故椭圆的方程为：（2）由（1）得，椭
2、圆右焦点为，设，当直线的斜率为0，直线的斜率不存在时， 直线，此时；直线，此时；当直线的斜率为0，直线的斜率不存在时，；当直线，的斜率都存在，设直线的方程为，则直线的方程为联立，整理得恒成立，则同理可得则令，则当时，则所以综上可知，的最小值为【点睛】思路点睛：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2（河南新乡市高三二模（理）已知椭圆的左、右顶点分别为，为上不同于，的动点，直线，的斜率，满足，的最小值为-4（1）求的方程；（
3、2）为坐标原点，过的两条直线，满足，且，分别交于，和，试判断四边形的面积是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由 【答案】（1）；（2）是定值，【分析】（1）由，设，可得，结合已知列方程求参数a、b、c，写出椭圆方程即可；（2）由椭圆对称性知：，设，的斜率分别为，由题设知，讨论直线的斜率，联立直线与椭圆方程，应用根与系数关系确定是否为定值【详解】（1）设，则，故，又，由题意知：，解得，椭圆的方程为（2）根据椭圆的对称性，可知，四边形为平行四边形，所以设，的斜率分别为，则，又，即当的斜率不存在时，由，得，结合，解得，当的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组得，得，则，即，整理得：由直线过
4、，将代入，整理得综上，四边形的面积为定值，且为【点睛】关键点点睛：（1）应用两点斜率公式、向量数量积的坐标表示，求，关于椭圆参数的代数式，结合已知条件列方程求参数，写出椭圆方程；（2）利用椭圆的对称性，由直线与椭圆的位置关系，讨论直线斜率的存在性，结合直线与椭圆方程及根与系数关系，求四边形的面积并判断是否为定值3（天津滨海新区高三月考）已知椭圆过点，、分别为椭圆C的左、右焦点，且（1）求椭圆C的方程；（2）过P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于A、B两点，与直线交于点M（M介于A、B两点之间）（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：【答案】（1）
5、；（2）（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）根据条件求出，即可写出椭圆方程；（2）（i）设直线的方程为，联立椭圆方程，表示出，可求出最大时的值，即可得出的方程；（ii）要证明结论，只需证明，即证直线为的平分线，转化成证明：【详解】（1）设，则， ，又在椭圆上，故，又，解得，故所求椭圆的方程为（2）（i）由于，设的方程为，由，消去整理得，由韦达定理可得：，则，又点到的距离，所以当且仅当，即时，等号成立又介于、两点之间，故故直线的方程为：（ii）要证结论成立，只须证明，由角平分线性质即证：直线为的平分线，转化成证明：由于因此结论成立【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查弦长公式，考查点到直线的距
6、离公式，考查椭圆中三角形面积利用基本不等式求最值问题，考查了学生的逻辑推理能力与运算能力，属于难题4（山东泰安市高三月考）已知椭圆过点，分别为椭圆C的左、右焦点且（1）求椭圆C的方程；（2）过P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、B，与直线交于点M（M介于A、B两点之间）（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：，并判断，的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析，不可能构成等比数列【分析】（1）设，求出的坐标，根据，求出把点代入椭圆方程，结合，求出，即得椭圆C的方程；（2）（i）设方程为，把直线的方
7、程代入椭圆方程，由韦达定理、弦长公式求出由点到直线的距离公式求出点P到的距离，则，根据基本不等式求面积的最大值，即求的方程；（ii）要证结论成立，只须证明，即证直线为的平分线，转化成证明又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，可求，又由题意，四个数按某种顺序成等比数列，推出矛盾，故不可能构成等比数列【详解】（1）设，则，又在椭圆上，故，又，解得，故所求方程为（2）（i）由于，设方程为，由，消y整理得，则又点P到的距离，当且仅当，即时，等号成立故直线AB的方程为：（）要证结论成立，只须证明：，由角平分线性质即证：直线为的平分线，转化成证明：因为因此结论成立又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，由得令，
8、则，所以，所以，故所研究的4条直线的斜率分别为，若这四个数成等比数列，且其公比记为q，则应有或，或因为不成立，所以，而当时，此时直线PB与重合，不合题意，故，PA，PB的斜率无论怎样排序都不可能构成等比数列【点睛】本题考查椭圆的方程，考查弦长公式、点到直线的距离公式、基本不等式和等比数列等知识，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，综合性强，属于难题5（浙江绍兴市高三一模）已知抛物线和椭圆如图，经过抛物线焦点F的直线l分别交抛物线和椭圆于A，B，C，D四点，抛物线在点A，B处的切线交于点P（1）求点P的纵坐标；（2）设M为线段的中点，交于点Q，交于点T记的面积分别为（i）求证：Q为线段的中点；（i
9、i）若，求直线l的方程【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）或【分析】（1）假设点坐标并得到直线l的方程，同时得到点A，B处的切线方程，然后得到点P的坐标，根据直线l与抛物线联立方程，使用韦达定理可知结果（2）（i）得到的坐标，然后根据中点坐标公式可得结果； （ii）依据，得到，然后利用弦长公式计算，最后根据等式进行计算即可【详解】（1）解：设点，直线l的方程为，可知抛物线在点A，B处的切线的斜率分别为抛物线在点A，B处的切线方程分别为，联立方程组，解得点P的坐标为由，得，所以，所以点P的坐标为，即点P的纵坐标为（2）（i）证明：由（1）得，因为，所以，点Q是线段的中点（ii）解：因
10、为M，Q分别为线段的中点，所以所以，所以，所以设点C，D的横坐标分别为，由，得，所以，所以由（1）得所以，设，则，所以在上单调递减因为，所以，所以，即，经检验，符合条件，所以直线l的方程为或【点睛】思路点睛：第（1）问，假设直线l的方程并与抛物线方程联立，使用韦达定理；得到在A，B处切线方程并联立得到点P坐标；计算即可第（2）问，得到面积的比值；利用弦长公式得到；计算得到6（江苏盐城市高三二模）已知直线交抛物线于两点（1）设直线与轴的交点为若，求实数的值；（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得的范
11、围，由韦达定理得，再由向量的数乘可得0，结合韦达定理可得值；（2）设，由对称性得，再由在抛物线上，代入变形得与的关系，然后计算，得，同理，得证四点共圆【详解】解：由得设，则因为直线与相交，所以得（1）由，得，所以，解得从而，因为所以解得（2）设，因为两点关于直线对称，则解得又于是解得又点在抛物线上，于是因为所以，于是因此，同理于是点在以为直径的圆上，即四点共圆【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，如设交点坐标为，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得，再利用向量的线性运算求得关系，从而可求得值7（内蒙古赤峰市高三月考（理）已知椭圆的离心率为，且过点（1
12、）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点的直线相互垂直，且分别交椭圆于和四点，求的最小值【答案】（1）；（2）【分析】（1）设椭圆的标准方程为，将点代入方程，由，结合即可求解（2）当直线的斜率为时，分别求出，可得；当直线的斜率不存在时，求出；当直线的斜率存在且不为时，直线的方程可设为，可得直线的方程为，分别将直线与椭圆联立，利用弦长公式求出，可得，令，构造函数即可求解【详解】解：（1）由题意可设椭圆的标准方程为由，即再由可得将点代入椭圆方程，可得由可解得故椭圆的方程为（2）由（2）知，椭圆右焦点为，设当直线的斜率为时，直线，可得所以当直线的斜率不存在时，直线的斜率为当直线的斜率存在且不为时，直线
13、的方程可设为，则直线的方程为整理得恒成立，则而 联立直线与椭圆方程可得则令令当时，则所以，综上，当时，的最小值为【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式，解题的关键是利用弦长公式以及韦达定理得出，考查了数学运算以及分类讨论的思想8（全国大联考（理）已知抛物线的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，(点为坐标原点)的面积为2（1）求抛物线的方程；（2）若过点的两直线，的倾斜角互补，直线与抛物线交于两点，直线与抛物线交于两点，与的面积相等，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）由焦点，求得点的坐标，然后根据的面积为2求解；（2）设直线，联立方程可得，结合韦达定理
14、，利用弦长公式求得，以及焦点到直线的距离，求得，将用替换，得到，由，可得与a的关系，然后再结合判别式大于零求解【详解】（1）因为焦点，所以点的坐标分别为，所以，故故抛物线的方程为（2）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线点，联立方程可得，消去，可得则因为，所以，焦点到直线的距离，所以设直线，与抛物线方程联立可得，将用替换，可得由可得，即，两边平方并化简可得，所以，解得又由且得或，可知，所以，即，所以，所以实数的取值范围是【点睛】方法点睛：（1）解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用
15、“点差法”解决，往往会更简单（2）解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 (k为直线斜率)注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零9（江西八校4月联考（理）已知椭圆：左焦点，点在椭圆外部，点为椭圆上一动点，且的周长最大值为（1）求椭圆的标准方程；（2）点为椭圆上关于原点对称的两个点，为左顶点，若直线分别与轴交于两点，试判断以为直径的圆是否过定点如果是请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由【答案】（1）；（2）是，定点为和【分析】（1）的三边有一边已经确定，问题转化为，何时另外两边之和最大，结合椭
16、圆的定义，以及三角形两边之差小于第三边即可确定思路；（2）分直线斜率存在与不存在分别研究，不存在容易得出定点，存在时，可以设出斜率，再联立椭圆方程，求出坐标，最后求出以为直径的圆的方程，方程里面含有，再令即可【详解】（1）设右焦点为，则即点为与椭圆的交点时，周长最大 所以所以椭圆的标准方程为（2）由（1）知，设，则当直线斜率存在时，设其方程为联立得令，得同理得设中点为，则所以以为直径的圆得方程为即即令，得所以过点和，且为定点当直线斜率不存在时，容易知道此时所以以为直径的圆是以原点为圆心，为半径的圆，显然也过定点 和综上，此圆过定点和【点睛】方法点睛：对于过定点的问题，可以先通过特殊情况得到定点
17、，再去证明一般得情况10（天津南开区高三一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为点，点的坐标为，延长线段交椭圆于点，轴（1）求椭圆的离心率；（2）设抛物线的焦点为，为抛物线上一点，直线交椭圆于，两点，若，求椭圆的标准方程【答案】（1），（2）【分析】（1）由题意可得为的中点，从而有，则有，得，进而可求出椭圆的离心率；（2）由抛物线的定义可得，从而可求得点或，当时，可得直线的方程，与椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，从而把表示出来，列方程得，求出，进而可求出椭圆的方程【详解】解：（1）由题意得在中有，因为为中点，则为的中点，因为的坐标为，所以，令，得，则题意得，所以，得，所以离
18、心率（2）因为抛物线，所以，准线方程为，设，因为，所以，代入中得，当时，则直线的方程为，因为，所以，则椭圆方程为，即，由，得，则，所以，所以，得，当时，同理可得，综上，所以椭圆方程为【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线的定义的应用，考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由已知条件求出点B的坐标，求出直线BF的方程，再与椭圆方程联立方程组，然后利用根与系数的关系，再由列方程求出，从而可求出椭圆方程，考查计算能力，属于较难题11（四川成都市高三二模（文）已知椭圆：经过点，其长半轴长为2（）求椭圆C的方程；（）设经过点的直线与椭圆相交于，两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，
19、求与的面积分别为，求的最大值【答案】（）；（）【分析】（）由长轴长知，结合椭圆过A点，求a、b，写出椭圆方程；（）由题意设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理得，进而写出直线的方程并求坐标，而，再通过基本不等式求其最值【详解】（）由已知，得椭圆的方程为椭圆经过点，解得椭圆的方程为（）由题意，知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，消去，得，为点关于轴的对称点，直线的方程为，即令，则当且仅当，即时，取得最大值【点睛】关键点点睛：（）根据椭圆过定点及长轴长，求椭圆标准方程；（）设直线方程、，联立椭圆方程结合韦达定理求、纵坐标数量关系：，应用对称性得坐标进而求G点，写关于参数的函数，应用基本
20、不等式求的范围12（浙江温州市高三二模）如图，过点和点的两条平行线和分别交抛物线于和（其中在轴的上方），交轴于点（1）求证：点、点的纵坐标乘积为定值；（2）分别记和的面积为和，当时，求直线的方程【答案】（1）证明见解析； （2）【分析】（1）设直线，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；（2）联立方程组，求得，根据，化简整理得，分别联立，和，求得的值，结合直线的点斜式方程，即可求解【详解】（1）设，设直线，由，可得，所以，所以点、的纵坐标乘积为定值（2）由（1）直线，联立方程组，可得，所以，可得，即，因为且代入上式，整理得，又由，联立可得，又因为，代入可得，又由，代入可得，即，所以，可得直
21、线的方程为，即【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力13（四川成都市高三二模（理）已知椭圆：经过点，其长半轴长为2（）求椭圆C的方程；（）设经过点的直线与椭圆相交于，两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，求的面积的取值范围【答案】（）；（）【分析】（）由长轴长知，结合椭圆过A点，求a、b，写出椭圆方程；（）由题意设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理得，进而
22、写出直线的方程并求坐标，而的面积得到关于参数t的函数，再应用换元法、对勾函数求其范围【详解】（）由已知，即椭圆的方程为椭圆经过点，解得椭圆的方程为（）由题意，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，消去，得，为点关于轴的对称点，直线的方程为，即令，则的面积令，则，的面积的取值范围为【点睛】关键点点睛：（）根据椭圆过定点及长轴长，求椭圆标准方程；（）设直线方程、，联立椭圆方程结合韦达定理求、纵坐标数量关系：，应用对称性得坐标进而求G点，写出的面积关于参数的函数，应用对勾函数求面积的范围14（四省名校联考（文）已知是椭圆的左焦点，焦距为，且过点（1）求的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，若
23、与交于两点，与交于两点，记的中点为的中点为，试判断直线是否过定点，若过点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由【答案】（1）；（2）过定点，【分析】（1）由题知，再结合，即可求出，进而求出椭圆方程；（2）分类讨论直线的斜率存在与否，当其中一条直线斜率为0，一条直线斜率不存在，可知直线为轴；当两条直线斜率均存在，设出直线方程，与椭圆联立，分别求出点M，N坐标，从而求出直线方程，整理直线方程，可得直线过定点【详解】（1）由题意可得，解得：或(舍），故椭圆的方程为（2）由题意知，当其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为，此时直线为轴；当的斜率都存在且不为时，设，设，联立，整理得，则所以的中点同理
24、由，可得的中点则所以直线的方程为化简得故直线恒过定点综上，直线过定点【点睛】方法点睛：本题考查圆锥曲线中定点问题，常用两种解法：(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关15（辽宁铁岭市高三一模）已知椭圆方程，直线与轴相交于点，过右焦点的直线与椭圆交于，两点（1）若过点的直线与垂直，且与直线交于点，线段中点为，求证：（2）设点的坐标为，直线与直线交于点，试问是否垂直，若是，写出证明过程，若不是，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）是垂直；证明见解析【
25、分析】（1）联立直线与椭圆的方程表示出和，以求出点的坐标和的斜率，利用点M在直线上，求出OM的斜率，得出相等（2）首先要考虑在线AB的斜率是否为0，在不为0时，求出点E的纵坐标，发现点E和点A的纵坐标相等，从而得出EA【详解】（1）由椭圆方程为知，右焦点坐标，直线方程为，点坐标由知，直线斜率不为0，故设直线的方程为，从而，直线的方程为，令得，点坐标为，故直线的方程来，联立方程组，消去得：，设，即，从而，线段的中点，综上可知，（2）（）当直线的斜率为0时，点即为点，从而（）当直线的斜率不为0时，由（1）知，所以，则，直线的方程为，又，令，得，所以点的坐标为，即【点睛】（1）利用点的坐标表示出直线
26、的斜率，得出相等，特别是D为A、B的中点的利用；（2）注意直线AB的斜率是否为0，转化为点E和点A的纵坐标相等来解决16（广东汕头市高三一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于（1）求动点的轨迹方程；（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；证明：直线恒过定点，并求出定点坐标求四边形面积的最小值【答案】（1）；（2）证明见解析，定点坐标为；【分析】（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；（2）分析出直线的斜率存在
27、且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；求得、，利用基本不等式可求得四边形面积的最小值【详解】（1）设点，依题意，所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，动点的轨迹方程是；（2）若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点设、，由，由韦达定理可得，则，所以点的坐标为，同理可得点，直线的斜率为，直线的方程是，即，当时，直线的方
28、程为，直线过定点综上，直线过定点；由可得，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当取等号因此，四边形的面积的最小值为【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值17（聊城市山东聊城一中高三一模）已知椭圆过点，离心率为，抛物线的准线l交x轴于点A，过点A作直线交椭圆C于M，N（1）求椭圆C的标准方程和点A的坐标；（2）若M是线段AN的中点，求直线的方程；（3）设P，Q是直线l上关于x轴对称的两
29、点，问：直线PM于QN的交点是否在一条定直线上？请说明你的理由【答案】（1），；（2）；（3）与的交点恒在直线上，理由见解析【分析】（1）根据题意，列出方程组，结合，求得的值，得出椭圆的标准方程， 又由抛物线，求得准线方程，即可求得的坐标；（2）设，则，联立方程组，求得的坐标，即可求得直线的方程；（3）设，得到，联立方程组，求得，得到，再由直线和的方程，求得交点的横坐标，即可求解【详解】（1）由题意，椭圆过点，离心率为，可得且，又由，解得，即椭圆的方程为，又由抛物线，可得准线方程为，所以（2）设，则，联立方程组，解得， 当时，可得直线；当时，可得直线；所以直线的方程为（3）设，可得，设联立方程
30、组，整理得，所以，则，又由直线，交点横坐标为，所以与的交点恒在直线上【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力18（浙江宁波市高三月考）如图，过椭圆的左右焦点分别做直线，交椭圆于四点，设直线的斜率为（1）求（用k表示）；（2）若直线的斜率之积为，求四边形面积的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）求出焦点坐标，写出直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出、，利
31、用弦长公式即可求解；（2）设，直线CD的方程为，利用点到直线的距离公式分别求到直线的距离，利用，再利用换元法和二次函数的性质即可求解【详解】（1）由可得：，所以，所以，设，由已知得：直线的方程为，由得，即，所以， 故 （2）设，由已知得，故直线CD的方程为，即设分别为点到直线AB的距离， 则 又到直线在异侧，则由得，即，故 所以，从而， 因为，不妨令，令，可得，令，因为，所以，所以，二次函数对称轴为，开口向下，当时，单调递增，时， 单调递减，所以时，；当时，；当时，所以，所以，因此，【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个
32、函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数值域的求法，确定参数的取值范围19（湖北八市三月联考）已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆的左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，过点作直线的垂线，为垂足（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线过定点，求定点的坐标；点为坐标原点，求面积的最大值【答案】（1）；（2）直线过定点；【分析】（1）根据离心率、上顶点到右顶点的距离和椭圆关系可构造方程组求得，
33、由此可得椭圆方程；（2）设直线方程，与椭圆方程联立整理可得韦达定理的形式，从而得到，代入直线方程后，知时，由此可得定点坐标；结合中韦达定理的结论可求得，由，令，将化为，由函数单调性可确定最大值点，由此求得最大值【详解】（1）由题意得：，解得：，故椭圆的标准方程为 （2）由（1）知：，设直线方程：，联立方程得：，又，直线方程为：， 令，则，直线过定点由中知：，又，所以， 令，则令，在单调递减，当时，即面积的最大值为【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积取值范围问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；利用求得变量的
34、取值范围，得到韦达定理的形式；利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；通过换元法将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性求得函数值域，由此可求解出所求的范围20（河南新乡市高三一模（理）已知动点到点的距离与到直线的距离之比为（1）求动点的轨迹的标准方程；（2）过点的直线交于，两点，已知点，直线，分别交轴于点，试问在轴上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在，点【分析】（1）由直译法列出方程化简即可；（2）设出直线方程，以及，通过代换用表示，化简得到一个常数即可【详解】（1）设点，则，化简得故动点的轨迹的标准方程
35、为（2）设直线的方程为联立方程组，得， 得： 或，设 ，定点存在，其坐标为则令，求出与轴的交点 即有： 即即当直线与轴重合时，解得 所以存在定点，的坐标为【点睛】本题中这一步是为了凑出，然后作整体替换21（山西晋中市高三二模（理）设椭圆，O为原点，点是x轴上一定点，已知椭圆的长轴长等于，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆C交于两个不同点M，N，已知M关于y轴的对称点为，N关于原点O的对称点为，若满足，求证：直线l经过定点【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据题意，列出方程组 ，求得的值，即可求解；（2）由，可得三点共线，得到，结合斜率公式，化简得到，联立方程组，利用根与系
36、数的关系，求得，进而求得结论【详解】（1）由题意，椭圆，且长轴长等于，离心率为，可得 ，解得，所以，所以椭圆C的方程为 （2）设，则，由，可得三点共线，所以，即，又由，所以，整理得 由，可得，则，代入，可得，整理得，所以直线l的方程为，即，即直线l恒过定点【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力22（辽宁高三一模（理）过点作直线交抛物线于两点，为坐标原点，分别过点作抛
37、物线的切线，设两切线交于点（1）求证：点在一定直线上；（2）设直线分别交直线于点（i）求证：；（ii）设的面积为，的面积为，记，求的最小值【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）由题意，设，联立抛物线方程可得，写出、处的切线方程，联立求的坐标，即可证在一定直线上；（2）（i）由（1）可求得、，即可知都平行于y轴即，进而有，即且，结论即得证（ii）由（i）知，结合（1）得，利用换元、函数与方程的思想，应用导数求其最小值即可【详解】（1）由题意，设，代入得：，令，则抛物线在点处的切线方程为：，即，抛物线在点处的切线方程为：，即，联立得：点的坐标为，即点在定直线上（2
38、）（i）联立与得：，联立与得：，由（1）知：，轴，同理轴，即，即且，得证（ii）由（1）得：令，则，令，即在上递增，当时，【点睛】关键点点睛：（1）由直线与抛物线的位置关系，应用韦达定理，联立切点处的切线方程求证其交点在定直线上；（2）（i）求交点坐标并确定平行关系，根据三角形相似得，即可证结论；（ii）应用换元法，结合函数与方程的思想，并利用导数研究函数单调性求最值23（内蒙古包头市高三期末（文）在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点为，点、是椭圆上的两个动点（1）当、三点共线时，直线、分别与轴交于，两点，求的值；（2）设直线、的斜率分别为，当时，证明：直线恒过一个定点【答案】（1）2；（2）证
39、明见解析【分析】（1）设点的坐标，运用向量的坐标形式的数量积公式，并借助点在椭圆上化简即可；（2）先探求的坐标，再从这一特殊情形入手求出定点坐标，最后再验证一般情况，很容易求出定点的坐标【详解】解：（1）由题意，得，设，则根据、三点共线可知，故直线方程为，直线方程为，又点在上，即，由此得（2）由题意知直线、的斜率存在，设直线的方程为，直线的方程为，由，得，因为和是此方程的两个根，所以，所以，同理得因为，所以，当时，此时与的横坐标相同，所以直线的方程为所以的横坐标为当时，的方程为，令，得所以直线恒过定点【点睛】求定点问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定点，再证明这个值与变量无关(2)直
40、接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点24（江西上饶模拟（理）在平面直角坐标系中，已知点，是动点，且直线的斜率与直线的斜率之和等于直线的斜率（1）求动点的轨迹的方程；（2）过作斜率为的直线与轨迹相交于点，点，直线与分别交轨迹于点、，设直线的斜率为，是否存在常数，使得，若存在，求出值，若不存在，请说明理由【答案】（1）（且）；（2）存在，使得【分析】（1）设点的坐标为，利用化简可得出动点的轨迹的方程；（2）求得点，设点、，求出直线、的方程，分别将这两条直线与曲线的方程联立，求出、，利用斜率公式求出，进而可得出的值【详解】（1）设点的坐标为，由题意可得，即，则且整理可得（且）因此
41、，动点的轨迹的方程为（且）；（2）设点，则，解得，则，所以，点的坐标为设点、，则直线的斜率为，直线的斜率为，直线的方程为，联立，整理可得，解得，直线的斜率为，直线的方程为，联立，整理可得，解得，所以，即，所以，因此，存在，使得【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：第一步：假设结论存在；第二步：结合已知条件进行推理求解；第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范25（贵州新高考联盟质检（理）已知椭圆的左右焦点分别为焦距为椭圆的右顶点到点的距离与它到直线的距离之比为（1）求椭圆的标准方程；（2）设O为
42、坐标原点，为椭圆上不同的两点，点关于轴的对称点为点若直线的斜率为，求证：的面积为定值【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由所给条件可得焦距，可得，即可得解；（2）首先设直线的方程为，联立椭圆方程可得，结合韦达定理，根据，代入化简即可得到定值【详解】（1）因为焦距为，所以即，又椭圆右顶点到点的距离到与到直线的距离之比为，所以设右顶点则，解得，即，所以椭圆的标准方程为（2）由题意知直线斜率一定存在，设直线方程为点则面积为联立方程得即因为直线的斜率为1，所以即即解得，所以综上，OAB面积为定值【点睛】方法点睛：（1）对椭圆基本量的理解记忆；（2）韦达定理的应用，韦达定理是联系各个变量之间关系的桥梁，是解决圆锥曲线和直线问题的重要方法；（3）计算能力和计算技巧是解决解析几何问题的关键能力26（浙江丽水市高三月考）已知抛物线，过抛物线上第一象限的点A作抛物线的切线，与x轴交于点M过M作的垂线，交抛物线于B，C两点，交于点D（1）求证：直线过定点；（2）若，求的最小值【答案】（1）证明见解析
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