第10章圆锥曲线-5 直线与圆锥曲线(理科)

1、第5节 直线与圆锥曲线题型124 直线与圆锥曲线的位置关系1.(2013重庆理21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于两点，.（1）求该椭圆的标准方程；（2）取垂直于轴的直线与椭圆相交于不同的两点，过作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外.若，求圆的标准方程.2(2013湖南理21）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，证明；（2）若点到直线的距离的最小值为，求抛物线的方程.3.（2013江西理20） 如图，椭圆经过点，离心率，直线的方程为(1) 求椭圆的方程； (2)

2、 是经过右焦点的任一弦（不经过点），设直线与直线相交于点，记 的斜率分别为问：是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由4.（2014 辽宁理 10）已知点在抛物线：的准线上，过点的直线与在第一象限相切于点，记的焦点为，则直线的斜率为（ ）.A B C D5.（2014 福建理 19）（本小题满分13分） 已知双曲线的两条渐近线分别为，. （1）求双曲线的离心率； （2）如图所示，为坐标原点，动直线分别交直线于两点（分别在第一，四象限），且的面积恒为，试探究：是否存在总与直线有且只有一个公共点的双曲线？若存在，求出双曲线的方程；若不存在，说明理由.6.（2014 天津理 18）（本

3、小题满分13分）设椭圆的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为.已知.（1）求椭圆的离心率；（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切. 求直线的斜率.7.（2014 湖北理 21）（满分14分）在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多，记点的轨迹为.（1）求轨迹为的方程；（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.8.（2015北京理19）已知椭圆的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点.（1）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表）；（2）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点.问：轴上是否存在

4、点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.8. 解析 （1）因为，所以，又点在椭圆：上，则，因此椭圆的方程为，直线的方程：，令，可得，所以点的坐标是.（2）点与关于轴对称，所以，直线的方程：，令，所以可得，则，因为，所以，所以，即，因为，又点在椭圆上，所以，即，所以，得.9.（2015福建理18）已知椭圆过点，且离心率(1)求椭圆的方程； (2)设直线交椭圆于，两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由9.分析 本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想解析 解法一：（1）由已知得，

5、解得，所以椭圆的方程为（2）设点，的中点为由，得，所以，从而，所以，故，所以故点在以为直径的圆外解法二：（1）同解法一（2）设点，则，由，得，所以，从而，所以又，不共线，所以为锐角故点在以为直径的圆外10.（2015全国I理20）在直角坐标系中，曲线与直线 交于，两点.（1）当时，分别求在点和处的切线方程；（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.10.解析 （1）由题意知，时，联立，解得，又，在点处，切线方程为，即，在点处，切线方程为，即故所求切线方程为和（2）存在符合题意的点，证明如下：设点为符合题意的点，直线，的斜率分别为，联立方程，得，故，从而当时，有，则直线与直线的倾斜角互

6、补，故，所以点符合题意11.（2015天津理19）已知椭圆的左焦点为，离心率为，点在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为，.（1）求直线的斜率；（2）求椭圆的方程；（3）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）的斜率的取值范围.11分析 (1)由椭圆知识先求出的关系，设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，由勾股定理可求斜率的值； (2)由(1)设椭圆方程为，直线与椭圆方程联立，求出点的坐标，由可求出，从而可求椭圆方程；(3)设出直线：，与椭圆方程联立，求得，求出的范围，即可求直线的斜率的取值范围.解析 (1)由已知有，又由，可得，设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有，解

7、得.(2)由(1)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一像限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为.(3)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.当时，有，因此，于是，得；当时，有，因此，于是，得综上所述，直线的斜率的取值范围是.12.（2016四川理20）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的个顶点，直线与椭圆有且只有一个公共点.（1）求椭圆的方程及点的坐标；（2）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点.证明：存在常数，

8、使得，并求的值.12.解析 (1)由已知，则椭圆的方程为.有方程组 得.方程的判别式为，由，得，此方程的解为，所以椭圆的方程为.点坐标为.(2)由已知可设直线的方程为，有方程组，可得.所以点坐标为，.设点，的坐标分别为，.由方程组可得 方程的判别式为，由，解得.由得，.所以 ，同理，所以.故存在常数，使得.13.（2017江苏17）如图所示，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13.解析 （1）设椭圆的半焦距为，由题意，解得，因此，所以

9、椭圆的标准方程为（2）由（1）知，设，因为点为第一象限的点，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，从而直线的方程为 直线的方程为 联立，解得，所以因为点在椭圆上，由对称性得，即或又点在椭圆上，故由，解得；由，无解因此点的坐标为14.（2017北京理18）已知抛物线过点.过点作直线与抛物线交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，其中为原点.（1）求抛物线的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）求证：为线段的中点.14.解析 （1）由抛物线过点，得.所以抛物线的方程为，抛物线的焦点坐标为，准线方程为.（2）解法一：由题意，设直线

10、的方程为，与抛物线的交点为，.由，得.则，.因为点的坐标为，所以直线的方程为，点的坐标为.因为直线的方程为，所以点的坐标为.因为，所以.故为线段的中点.解法二：要证为的中点，且相同，只需证，等式两边同时除以，则有.因为.又，所以等式成立，即为的中点.题型125 弦长与面积问题1.（2013浙江理21）如图，点是椭圆的一个顶点，的长轴是圆的直径.是过点且互相垂直的两条直线，其中交圆于两点，交椭圆于另一点（1）求椭圆的方程；（2）求面积取最大值时直线的方程.2.(2013全国新课标卷理20）平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为.（1）求的方程；（2）为上的两点，若四边

11、形的对角线，求四边形的最大值.3（2013广东理20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线:的距离为.设 为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点(1) 求抛物线的方程；(2) 当点为直线上的定点时，求直线的方程；(3) 当点在直线上移动时，求的最小值.4（2013四川理20） 已知椭圆：的两个焦点分别为，且椭圆经过点（1）求椭圆的离心率；（2）设过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上的点，且，求点的轨迹方程5（2013湖北理21） 如图，已知椭圆与 的中心坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，（），过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为记， 和的面积分别为和

12、(1) 当直线与轴重合时，若，求的值；(2) 当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得？并说明理由第21题图6.(2013福建理18）如图，在正方形中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，分别将线段和十等分，分点分别记为和，连接，过作轴的垂线与交于点（1） 求证：点都在同一条抛物线上，并求抛物线的方程；（2） 过点作直线与抛物线交于不同的两点， 若与的面积之比为 ，求直线的方程7.（2014 新课标2理20）（本小题满分12分）设分别是椭圆的左，右焦点，是上一点且与轴垂直.直线与的另一个交点为. （1）若直线的斜率为，求的离心率； （2）若直线在轴上的截距为，且，求.8.（2014 新课标

13、1理20） （本小题满分12分）已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点. （1）求的方程； （2）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程.9.（2014 山东理 21）（本小题满分14分） 已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有|，当点的横坐标为时，为正三角形.（1）求的方程；（2）若直线，且和有且只有一个公共点， （i）证明直线过定点，并求出定点坐标； （ii）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.10.（2014 湖南理 21）如图所示，为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，离

14、心率为；双曲线的左右焦点分别为，离心率为,已知，且. （1）求的方程； （2）过点作的不垂直于轴的弦，为的中点，当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值.11.（2014 安徽理 19）（本小题满分13分)如图所示，已知两条抛物线：和：，过原点的两条直线和，与，分别交于，两点，与，分别交于，两点. （1）证明：； （2）过原点作直线（异于，）与，分别交于，两点.记与的面积分别为与，求的值.12.（2015湖北理21）一种作图工具如图1所示是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M

15、处的笔尖画出的曲线记为C以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系（1）求曲线的方程；（2）设动直线与两定直线和分别交于两点若直线总与曲线有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由第21题图1第21题图2xDOMNy12解析（1）设点，依题意，且，所以，且即且由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为（2）（i）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有. （ii）当直线的斜率存在时，设直线，由消去，可得.因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即. 又由可得；同理可得.由原点到直线的距离为和，可

16、得. 将代入得，. 当时，；当时，.因，则，所以，当且仅当时取等号.所以当时，的最小值为8.综合（i）（ii）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小值8. 13.（2015江苏18）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线（其中）的距离为（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13.解析 （1）由题意得，故，即，从而，故椭圆的标准方程为（2）解法一（正设斜率）：若的斜率不存在时，则方程为，此时，易知此时，不满足题意；当的斜率为时，此时亦不满足题意；因此斜率存在且不为，不妨设斜率为，则方程，不

17、妨设，联立直线与椭圆，即，因为点在椭圆内，故恒成立，所以，故，又，故，因为，故，即，即，整理得，即，即，解得，从而直线方程为或解法二（反设）：由题意，直线的斜率必不为，故设直线方程为，不妨设，与椭圆联立，整理得，因为点在椭圆内，故恒成立，故，因此，则点的纵坐标为，于是点的横坐标为，又，故，所以，因为可得，化简得，即，化简得，计算得，从而直线方程为或14.（2016浙江理19（1）如图所示，设椭圆.求直线被椭圆截得的线段长（用， 表示）；14.解析 （1）设直线被椭圆截得的线段为，联立方程，得，解得，因此15.（2016江苏21 C）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为，椭圆的参数方程为，设

18、直线与椭圆相交于两点，求线段的长15. 解析 解法一（求点）：直线方程化为普通方程为，椭圆方程化为普通方程为，联立，解得或，因此解法二（弦长）：直线方程化为普通方程为，椭圆方程化为普通方程为，不妨设，联立得，消得，恒成立，故，所以解法三（几何意义）：椭圆方程化为普通方程为，直线恒过点，该点在椭圆上，将直线的参数方程代入椭圆的普通方程，得，整理得，故，因此16.（2016全国乙理20）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于，两点，过作的平行线交于点.（1）证明为定值，并写出点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，过且与垂直的直线与圆交于，两点，求四边形面积的取值范围. 16.解

19、析 (1)如图所示，圆的圆心为，半径，因为，所以.又因为，所以，于是 ，所以.故为定值.又，点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，由，得.故点的轨迹的方程为.（2）因为直线与轴不重合，故可设的方程为，过且与垂直的直线方程为.由，得.设，则，.得.由，得.设，则，.得.四边形的面积.因为，所以，故. 即四边形面积的取值范围是.17.（2016全国甲理20）已知椭圆:的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于，两点，点在上，.（1）当，时，求的面积；（2）当时，求的取值范围.17.解析（1）解法一：当时，由于，根据对称性可知，所以 ，得，所以.又，所以，所以.解法二：设点，且交轴于点. 因为，且

20、，所以， .由，得.又，所以，解之得或.所以 ，所以.（2）解法一：设直线，.则，所以.同理.因为，所以.所以.解法二：设直线AM的方程为，联立并整理得，解得或，所以，所以.因为，所以，整理得，因为椭圆E的焦点在x轴，所以，即，整理得，解得18.（2016山东理21）平面直角坐标系中，椭圆： 的离心率是，抛物线：的焦点是的一个顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交与不同的两点，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点.（i）求证：点在定直线上;（ii）直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点的坐标.18.解析（1）由

21、题意知，可得：.因为抛物线的焦点为，所以，所以椭圆的方程为.（2）（i）设，由可得，所以直线的斜率为，因此直线的方程为，即.设，联立方程得，由，得，且，因此，将其代入得，因为，所以直线方程为.联立方程，得点的纵坐标为，即点在定直线上. （ii）由（i）知直线方程为，令得，所以，又，所以，所以，令，则，当，即时，取得最大值，此时，满足，所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.19.（20 1 7天津理19）设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.（1）求椭圆的方程和抛物线的方程；（2）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相

22、交于点.若的面积为，求直线的方程.19.解析 (1)依题意设点，由题意知，且.由对称性知抛物线的准线方程为，则，解得，于是.从而椭圆的方程为，抛物线的方程为.(2)由于准线的方程为，依题意设()，则.因为，则，得直线的方程为 将式代入中化简得.设点，由韦达定理得，则，即，则，于是得直线方程为.令，解得，即.则，于是，化简得，即得.代入式化简得直线方程为，或.20.（2017山东理21）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，焦距为.（1）求椭圆的方程；（2）如图所示，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为，.求的最大值，并求

23、取得最大值时，直线的斜率.20.解析 （1）由题意知 ，所以 ，因此椭圆的方程为.（2）设点，联立方程消去整理得，由题意知，且，所以，由题意可知圆的半径.由题设知，所以，因此直线的方程为.联立方程，解得，因此 .由题意可知 ，而.令，则，因此 ，当且仅当，即时等号成立，此时，所以 ，因此，所以的最大值为.综上所述，的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.题型126 中点弦问题1.（2014 湖南理 21）如图所示，为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，离心率为；双曲线的左右焦点分别为，离心率为,已知，且. （1）求的方程； （2）过点作的不垂直于轴的弦，为的中点，当直线与交于两点时，求四边形面积的最

24、小值.2.（2014 大纲理 21）（本小题满分12分）已知抛物线：的焦点为，直线与轴的交点为，与的交点为，且.（1）求的方程；（2）过的直线与相交于两点，若的垂直平分线与相交于两点，且四点在同一圆上，求的方程.3.（2015全国II理20）已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为.（1）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2） 若过点,延长线段与交于点，四边形能否平行四边行？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由.3. 分析（1）求解斜率的有关问题时，要注意斜率是否存在，然后用斜率的求解方法及直线与圆锥曲线的关系来进行求解. （2）存在性探究问题的解答不妨设存在，

25、然后进行计算求解.注意分类讨论思想的应用和计算的正确性.解析 （1） 根据题意，因为直线不平行于坐标轴，则斜率必然存在，故设直线为，则，将代入得，故，于是直线的斜率，即所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值（2）不妨设四边形能为平行四边形因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，且由(1)得的方程为设点的横坐标为由得，即将点的坐标代入直线的方程得，因此四边形为平行四边形，当且仅当线段与线段互相平分，即于是解得，因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形命题意图 解析几何的考查的方向主要体现在对直线和圆锥曲线方程的计算上，特别是对存在性问题的探究和计算能力的考查，在方法上相对固定，计算

26、难度比较大.4.（2015陕西理20）已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为（1）求椭圆的离心率；（2）如图，是圆：的一条直径，若椭圆经过两点，求椭圆的方程4解析 （1）解法一: 由面积法可知，所以. 解法二: 直线经过 两点，由截距式得直线方程为，由点到直线的距离，解法三: 过点的直线方程为，则原点到直线的距离，由，得，解得离心率. (2)由题意知，是弦的中点，且.设则， ，-得，.因此方程为.所以，.所以5.（2015浙江理19）已知椭圆上两个不同的点关于直线对称（1）求实数的取值范围；（2）求面积的最大值（为坐标原点）5解析（1）设：，设的中点由所以，所以代入直线方程得，

27、. 代入解得, 或.评注 本题还可利用点差法来求解.（2）令，则，又到直线的距离.所以，当且仅当，即时取等号.所以的面积的最大值为.6.（2016江苏22）如图所示，在平面直角坐标系中，已知直线，抛物线（1）若直线过抛物线的焦点，求抛物线的方程；（2）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点和求证：线段上的中点坐标为；求的取值范围6.解析 （1）因为，所以与轴的交点坐标为，即抛物线的焦点为，所以，故（2）解法一：设点，则由，得，故，又因为关于直线对称，所以，即，所以，又因为中点一定在直线上，所以，故线段上的中点坐标为；因为中点坐标为，所以，即，所以，即关于的二次方程有两个不等根，因此，解得解法二

28、：设点，线段的中点，因为点和关于直线对称，所以直线垂直平分线段，于是直线的斜率为，则可设其方程为由消去得，（*）因为 和是抛物线上的相异两点，所以，从而，化简得方程（*）的两根为，从而因为在直线上，所以因此，线段的中点坐标为因为在直线上，所以，即由知，于是，所以因此的取值范围为题型127 平面向量在解析几何中的应用1(2013湖南理21）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，证明；（2）若点到直线的距离的最小值为，求抛物线的方程.2.(2013安徽理18）设椭圆的焦点在轴上.（1）若椭圆的焦距为，求椭圆的

29、方程；（2）设分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内的点，直线交轴于点，并且.证明：当变化时，点在某定直线上. 3.(2013天津理18） 设椭圆的左焦点为，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为(1) 求椭圆的方程；(2) 设， 分别为椭圆的左右顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点 若，求的值4. (2013安徽理13）已知直线交抛物线于两点.若该抛物线上存在点，使得为直角，则的取值范围为 .5.（2014 重庆理 21）如图，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，的面积为.（1） 求该椭圆的标准方程；（2） 是否存在圆心在轴上的圆，使圆在轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这

30、两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.6.（2014 天津理 18）（本小题满分13分）设椭圆的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为.已知.（1）求椭圆的离心率；（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切. 求直线的斜率.7.（2014 陕西理 20）（本小题满分13分）如图所示，曲线由上半椭圆和部分抛物线连接而成，的公共点为，其中的离心率为.（1） 求的值；（2） 过点的直线与分别交于（均异于点），若，求直线的方程.8.（2015全国I理5）已知是双曲线上的一点，是的两个焦点，若，则的取值范围是（ ）.A B C D8.解析 由题可得

31、，且，即，所以，解得故选A9.（2015湖南理20）已知抛物线的焦点F也是椭圆 的一个焦点，与的公共弦的长为.（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与 同向.（）若，求直线的斜率.（）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形.9. 解析 (1) 由知其焦点的坐标为（0，1），因为也是椭圆的一个焦点，所以 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坐标为，所以 联立 得，故的方程为.(2) 如图所示，设，. ()因与同向，且 ，所以 ，从而 ，即，于是. 设直线的斜率为，则的方程为.由 得，而是这个方程的两根，所以 由 得

32、，而是这个方程的两根，所以 将 代入得 ，即，所以 ，解得 ，即直线的斜率为.()由 得 ，所以在点处的切线方程为，即.令得，即，所以，而，于是，因此是锐角，从而是钝角. 故直线绕点旋转时，总是钝角三角形.10. (2015山东理20)平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是. 以为圆心以为半径的圆与以为圆心以为半径的圆相交，且交点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2） 设椭圆，为椭圆上任意一点. 过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.（i）求的值；（ii）求面积的最大值.10.解析 （1）由题意知，则又，可得，所以椭圆的方程为（2）由（1）知椭圆的方程为（）设，由题意知因为，又

33、，即，所以，即（）设，将代入椭圆的方程，可得，由，可得 则有，所以因为直线与轴的交点坐标为，所以的面积设将代入椭圆的方程，可得，由，可得 由可知，因此，故，当且仅当，即时取得最大值由（）知，面积为，所以面积的最大值为11.（2016四川理8）设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（ ）.A. B. C. D.11.解析 设，（不妨设），则，.因为，所以，所以，所以（当且仅当时，即时取“” ），所以.故选C.12.（2016上海理21）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，

34、若的斜率存在，且，求的斜率 12.解析 （1）由已知，不妨取，则，由题意，又，所以，即，解得，因此渐近线方程为（2）若，则双曲线为，所以，解法一：不妨设的中点为，由得，即设，联立直线与双曲线方程，消得，所以，且，故，因此，即，所以，整理得，即，所以直线的斜率为解法二：设，则，所以，又 （*）因为，所以，代入（*）式得，直线的斜率存在，故，所以，设直线为，代入，得，所以，且，故，即，所以直线的斜率为13.（2016天津理19）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.（1）求椭圆的方程；（2）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

35、线斜率的取值范围. 13.解析 （1）由，即，可得.又，所以，因此，所以椭圆的方程为（2）设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.解得或.由题意得，从而.由（1）知，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.设，由方程组，消去，解得.在中，由，得，即，化简得，即，解得或.所以直线的斜率的取值范围为.14（2107全国3卷理科20）已知抛物线，过点的直线交与，两点，圆是以线段为直径的圆（1）求证：坐标原点在圆上；（2）设圆过点，求直线与圆的方程14解析 （1）显然当直线斜率为时，直线与抛物线交于一点，不符合题意设，联立，得，恒大于，所以，即点在圆上（2）若圆过点，则

36、，即，即，即，化简得，解得或.当时，设圆心为，则，半径，则圆.当时，设圆心为，半径，则圆.题型128 定点问题暂无1. (2013安徽理18）设椭圆的焦点在轴上.（1）若椭圆的焦距为，求椭圆的方程；（2）设分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内的点，直线交轴于点，并且.证明：当变化时，点在某定直线上.2. (2013陕西理20）已知动圆过定点，且在轴上截得的弦的长为。（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）已知点，设不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的两点，若轴是的角平分线，证明直线过定点.3.（2014 辽宁理 20） （本小题满分12分）圆的切线与轴正半轴，轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面

37、积最小时，切点为（如图），双曲线过点且离心率为. （1）求的方程； （2）椭圆过点且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于，两点，若以线段为直径的圆过点，求的方程.4.（2017全国2卷理科20）设为坐标原点，动点在椭圆上，过作轴的垂线，垂足为，点满足.（1）求点的轨迹方程；（2）设点在直线上，且.求证：过点且垂直于的直线过的左焦点. 4解析 （1）设点，易知，又，所以点.又在椭圆上，所以，即（2）由题知，设，则，由，得.又由（1）知，所以，从而，即.又过点存在唯一直线的垂直于，所以过点且垂直于的直线过曲线的左焦点.5.（2107全国1卷理科20）已知椭圆，四点，中恰有三点在椭圆上.（1）求的

38、方程；（2）设直线不经过点且与相交于，两点.若直线与直线的斜率的和为，求证：过定点.5. 解析 （1）根据椭圆对称性，必过，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点.将代入椭圆方程得，解得，所以椭圆的方程为（2）当斜率不存在时，设，得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足当斜率存在时，设，联立，消去整理得，则，又，此时，存在使得成立所以直线的方程为.当时，所以过定点题型129 定值问题1.（2013山东理22）椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；（3）

39、在（2）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点，设直线，人斜率分别为，若，试证明为定值，并求出这个定值.2.（2014 江西理 20）（本小题满分13分） 如图，已知双曲线：的右焦点，点分别在的两条渐近线上，轴，（为坐标原点）. （1）求双曲线的方程； （2）过上一点的直线：与直线相交于点，与直线相交于点.证明:点在上移动时，恒为定值，并求此定值.3.（2014 北京理 19）（本小题14分）已知椭圆，（1） 求椭圆的离心率.（2） 设为原点.若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.4.（2015四川理20）如图所示，椭圆：的离心率是，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 4.分析 （1）根据椭圆的对称性，当直线与轴平行时，将这个点的坐标代入椭圆的方程，得.再根据离心率得，又，三者联立，解方程组即可得，进而得椭圆的方程为；（2）先利用与轴平行和垂直这两种特殊情况找出点的坐标为.接下来联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系证明：对任意的直线，均有.设，由图可看出，为了证明，只需证明，