十年（2015-2024）高考真题数学分项汇编（全国）专题24 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题综合（教师卷）

专题24圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1第二问求曲线方程（10年6考）2022·天津卷、2020·全国卷、2019·全国卷、2019·天津卷2018·全国卷、2017·全国卷、2017·天津卷、2015·天津卷2015·安徽卷熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线的定义及方程的求解，通常大题第一问考查方程求解掌握轨迹方程的求解，近年该考点多次考查熟练掌握直线方程的求解，会求斜率值或范围会弦长等距离的求解，会定值定点定直线的求解及证明，该内容也是高考命题热点考点2求轨迹方程（10年5考）2023·全国新Ⅰ卷、2021·全国新Ⅰ卷、2019·全国卷2017·全国卷、2015·湖北卷考点3求直线方程（10年8考）2024·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2022·全国甲卷、2021·天津卷2020·天津卷、2018·江苏卷、2017·全国卷、2017·天津卷2015·江苏卷考点4求斜率值或范围（10年6考）2021·全国新Ⅰ卷、2021·北京卷、2021·全国乙卷、2019·天津卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·天津卷、2017·山东卷2016·山东卷、2016·上海卷、2016·天津卷、2016·全国卷2016·上海卷、2016·天津卷、2015·天津卷、2015·北京卷考点5离心率求值或范围综合（10年7考）2024·北京卷、2023·天津卷、2022·天津卷、2020·全国卷2019·天津卷、2019·全国卷、2016·四川卷、2016·浙江卷2015·重庆卷、2015·重庆卷考点6弦长类求值或范围综合（10年6考）2022·浙江卷、2020·北京卷、2019·全国卷、2017·浙江卷2016·北京卷、2016·全国卷、2015·四川卷、2015·山东卷考点7其他综合类求值或范围综合（10年5考）2024·上海卷、2024·北京卷、2020·北京卷、2020·浙江卷2019·全国卷、2016·四川卷、2015·四川卷考点8定值定点定直线问题（10年7考）2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国乙卷、2022·全国乙卷2020·全国新Ⅰ卷、2020·全国卷、2019·北京卷、2019·北京卷2017·全国卷、2017·北京卷、2017·全国卷、2016·北京卷2016·北京卷、2015·陕西卷、2015·全国卷考点9其他证明综合（10年9考）2024·全国甲卷、2023·全国新Ⅰ卷、2023·北京卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷2018·北京卷、2018·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷2017·北京卷、2017·全国卷、2016·四川卷、2016·四川卷2016·江苏卷、2016·全国卷、2016·四川卷、2015·湖南卷2015·全国卷、2015·福建卷考点10圆锥曲线与其他知识点杂糅问题（10年3考）2024·全国新Ⅱ卷、2018·全国卷、2016·四川卷考点01第二问求曲线方程1．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．(1)求椭圆的离心率；(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.【详解】（1）解：，离心率为.（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，由，①，，由可得，②由可得，③联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．2．（2020·全国·高考真题）已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点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），.【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.【详解】（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）[方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知，则有，所以，即．又由，得．从而，解得．所以．故椭圆与抛物线的标准方程分别是．[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．故的标准方程为，的标准方程为．[方法三]：参数方程由（1）知，椭圆的方程为，所以的参数方程为x=2c⋅cosθ,y=3将它代入抛物线的方程并化简得，解得或（舍去），所以，即点M的坐标为．又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．故的标准方程为，的标准方程为．[方法四]【最优解】：利用韦达定理由（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.【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.3．（2019·全国·高考真题）已知曲线，为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为.（1）证明：直线过定点：（2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程.【答案】(1)见详解；(2)或.【解析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，最后求出圆的方程.【详解】(1)证明：设,,则．又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立．所以直线恒过定点.(2)由(1)得直线方程为，和抛物线方程联立得：化简得.于是,设为线段的中点，则由于，而,与向量平行，所以，解得或.当时，，所求圆的方程为;当时，或，所求圆的方程为.所以圆的方程为或.【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小.4．（2019·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，又由，消去得，解得，所以，椭圆的离心率为.（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，由题意，，则直线的方程为，点的坐标满足，消去并化简，得到，解得，代入到的方程，解得，因为点在轴的上方，所以，由圆心在直线上，可设，因为，且由（I）知，故，解得，因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，又由圆与相切，得，解得，所以椭圆的方程为：.【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.5．（2018·全国·高考真题）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）方法一：根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线的方程；（2）方法一：先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.【详解】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用由题意得，设直线l的方程为．设，由得．，故．所以．由题设知，解得（舍去）或．因此l的方程为．［方法二］：弦长公式的应用由题意得，设直线l的方程为．设，则由得．，由，解得（舍去）或．因此直线l的方程为．［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用设直线l的倾斜角为，则焦点弦，解得，即．因为斜率，所以．而抛物线焦点为，故直线l的方程为．［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用由题意知，可设直线l的参数方程为（t为参数）．代入整理得．设两根为，则．由，解得．因为，所以，因此直线l的参数方程为故直线l的普通方程为．［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为．设，由题意得，解得，即．所以直线l的方程为．（2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或，因此所求圆的方程为或．［方法二］：硬算求解由题意可知，抛物线C的准线为，所求圆与准线相切．设圆心为，则所求圆的半径为．由得．所以，解得或，所以，所求圆的方程为或．【整体点评】（1）方法一：根据弦过焦点，选择焦点弦长公式运算，属于通性通法；方法二：直接根据一般的弦长公式硬算，是解决弦长问题的一般解法；方法三：根据弦过焦点，选择含直线倾斜角的焦点弦长公式，计算简单，属于最优解；方法四：根据直线参数方程中的弦长公式，利用参数的几何意义运算；方法五：根据抛物线的极坐标方程，利用极径的意义求解，计算简单，也是该题的最优解．（2）方法一：根据圆的几何性质确定圆心位置，再根据直线与圆的位置关系算出，是求圆的方程的最优解；方法二：直接根据圆经过两点，硬算，思想简单，运算相对复杂．6．（2017·全国·高考真题）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.【答案】(1)证明见解析；(2)，或，.【详解】（1）设，.由可得，则.又，故.因此的斜率与的斜率之积为，所以.故坐标原点在圆上.（2）由（1）可得.故圆心的坐标为，圆的半径.由于圆过点，因此，故，即，由（1）可得.所以，解得或.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.7．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.（I）求椭圆的离心率；（II）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.（i）求直线的斜率；（ii）求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（ⅰ）.（ii）.【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程.【详解】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.所以，椭圆的离心率为.（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为.（ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为.由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去）或.因此可得点，进而可得，所以.由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线.因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.所以，椭圆的方程为.【点睛】列出一个关于的等式，可以求离心率；列出一个关于的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.8．（2015·天津·高考真题）已知椭圆的上顶点为B,左焦点为,离心率为,（Ⅰ）求直线BF的斜率;（Ⅱ）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与y轴交于点M,.（ⅰ）求的值;（ⅱ）若,求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）2;（Ⅱ）（ⅰ）;（ⅱ）【详解】（Ⅰ）先由及得,直线BF的斜率;（Ⅱ）先把直线BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,可得（Ⅱ）先由得=,由此求出c=1,故椭圆方程为试题解析:（Ⅰ）设,由已知及可得,又因为,,故直线BF的斜率.（Ⅱ）设点,（Ⅰ）由（Ⅰ）可得椭圆方程为直线BF的方程为,两方程联立消去y得解得.因为,所以直线BQ方程为,与椭圆方程联立消去y得,解得.又因为,及得（Ⅱ）由（Ⅰ）得,所以,即,又因为,所以=.又因为,所以,因此所以椭圆方程为考点：本题主要考查直线与椭圆等基础知识.考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力.9．（2015·安徽·高考真题）设椭圆E的方程为，点O为坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为.（Ⅰ）求E的离心率e；（Ⅱ）设点C的坐标为，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）由题设条件，可得点的坐标为，利用，从而，进而得，算出.（Ⅱ）由题设条件和（Ⅰ）的计算结果知，直线的方程为，得出点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为.利用点在直线上，以及，解得，所以，从而得到椭圆的方程为.试题解析：（Ⅰ）由题设条件知，点的坐标为，又，从而，进而得，故.（Ⅱ）由题设条件和（Ⅰ）的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为.又点在直线上，且,从而有解得，所以，故椭圆的方程为.考点：1.椭圆的离心率；2.椭圆的标准方程；3.点点关于直线对称的应用.考点02求轨迹方程1．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）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；(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【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【详解】（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，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①当时,②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.

.【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.2．（2021·全国新Ⅰ卷·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）.【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.【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．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.【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.3．（2019·全国·高考真题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q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；（ii）由（i）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.【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C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；（2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】依题意设，直线的斜率为，则，所以．又，所以，进而有，即是直角三角形．[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】由题意设，则．因为Q，E，G三点共线，所以，又因为点P，G在椭圆上，所以，两式相减得，所以，所以．（ii）[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．令，即．注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．又，从而，进而．以下同解法一．【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；4．（2017·全国·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.【答案】（1）；（2）见解析.【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），由得.因为M（）在C上，所以.因此点P的轨迹为.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则，.由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.5．（2015·湖北·高考真题）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子在滑槽AB内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线记为．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．

（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）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．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在最小值8．【详解】（Ⅰ）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（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有．（2）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．①又由可得；同理可得．由原点到直线的距离为和，可得．②将①代入②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（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8．考点：椭圆的标准方程、几何性质,直线与圆、椭圆的位置关系，最值．考点03求直线方程1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．【答案】(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【详解】（1）由题意得，解得，所以.（2）法一：，则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，，，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，，消可得，，且，即，，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，，其中，且，则，则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.2．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），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)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【详解】（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.3．（2022·全国甲卷·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).【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【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,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.【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．4．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.【详解】（1）易知点、，故，因为椭圆的离心率为，故，，因此，椭圆的方程为；（2）设点为椭圆上一点，先证明直线的方程为，联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.5．（2020·天津·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）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】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，，由，得，又由，得，所以，椭圆的方程为；（Ⅱ）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.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.6．（2018·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．【答案】（1），；（2）①；②．【分析】（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）方法一：①先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标；②先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.【详解】（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，所以，解得因此，椭圆C的方程为．因为圆O的直径为，所以其方程为．（2）［方法一］：【通性通法】代数法硬算①设直线l与圆O相切于，则，所以直线l的方程为，即．由，消去y，得（*），因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以．因为，所以，因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此P的坐标为．综上，直线l的方程为．［方法二］：圆的参数方程的应用设P点坐标为．因为原点到直线的距离，所以与圆O切于点P的直线l的方程为．由消去y，得．①因为直线l与椭圆相切，所以．因为，所以，故，．所以，P点坐标为．②因为直线与圆O相切，所以中边上的高，因为的面积为，所以．设，由①知，即，即．因为，所以，故，所以．所以直线l的方程为．［方法三］：直线参数方程与圆的参数方程的应用设P点坐标为，则与圆O切于点P的直线l的参数方程为：（t为参数），即（t为参数）．代入，得关于t的一元二次方程．①因为直线l与椭圆相切，所以，，因为，所以，故，．所以，P点坐标为．②同方法二，略．【整体点评】（2）方法一：①直接利用直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系代数法硬算，即可解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标，是该题的通性通法；方法二：①利用圆的参数方程设出点，进而表示出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标；方法三：①利用圆的参数方程设出点，将直线的参数方程表示出来，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标．7．（2017·全国·高考真题）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.【答案】(1)证明见解析；(2)，或，.【详解】（1）设，.由可得，则.又，故.因此的斜率与的斜率之积为，所以.故坐标原点在圆上.（2）由（1）可得.故圆心的坐标为，圆的半径.由于圆过点，因此，故，即，由（1）可得.所以，解得或.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.8．（2017·天津·高考真题）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.（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；（II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ），或.【详解】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程.试题解析：（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.（Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可学*科.网得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.所以，直线的方程为，或.【考点】直线与椭圆综合问题【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键.9．（2015·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.

（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.【答案】（1）（2）或．【详解】试题分析（1）求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为，二是右焦点F到左准线l的距离为3，解方程组即得（2）因为直线AB过F，所以求直线AB的方程就是确定其斜率，本题关键就是根据PC=2AB列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量.首先利用直线方程与椭圆方程联立方程组，解出AB两点坐标，利用两点间距离公式求出AB长，再根据中点坐标公式求出C点坐标，利用两直线交点求出P点坐标，再根据两点间距离公式求出PC长，利用PC=2AB解出直线AB斜率,写出直线AB方程.试题解析：（1）由题意，得且，解得，，则，所以椭圆的标准方程为．（2）当轴时，，又，不合题意．当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为，且．若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．从而，故直线的方程为，则点的坐标为，从而．因为，所以，解得．此时直线方程为或．考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系考点04求斜率值或范围1．（2021·全国新Ⅰ卷·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）.【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.【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．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.【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.2．（2021·北京·高考真题）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的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详解】（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.3．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为．设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设．因为，所以．于是，所以则直线的斜率为．当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.4．（2019·天津·高考真题）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.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）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】（Ⅰ）（Ⅱ）或.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.【详解】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.所以，椭圆方程为.(Ⅱ)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，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.【点睛】本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线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.5．（2018·天津·高考真题）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若(O为原点)，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或．所以，k的值为或点睛：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．6．（2018·天津·高考真题）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．【答案】（1）；(2)．【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而．所以，椭圆的方程为．（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，从而，即．易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．所以，的值为．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．7．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.（I）求椭圆的离心率；（II）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.（i）求直线的斜率；（ii）求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（ⅰ）.（ii）.【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程.【详解】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.所以，椭圆的离心率为.（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为.（ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为.由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去）或.因此可得点，进而可得，所以.由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线.因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.所以，椭圆的方程为.【点睛】列出一个关于的等式，可以求离心率；列出一个关于的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.8．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）如图，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，并求取得最大值时直线的斜率.【答案】（1）（2）的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.【详解】试题分析：（I）本小题由，确定即得.（Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式.试题解析：（I）由题意知，，所以，因此椭圆的方程为.（Ⅱ）设，联立方程得，由题意知，且，所以.由题意可知圆的半径为由题设知，所以因此直线的方程为.联立方程得，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.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.9．（2016·山东·高考真题）已知椭圆的长轴长为4，焦距为（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过动点的直线交轴与点，交于点(在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点.（ⅰ）设直线的斜率分别为，证明为定值；（ⅱ）求直线的斜率的最小值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）直线AB的斜率的最小值为【详解】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得.（Ⅱ）（ⅰ）设，由M(0,m)，可得的坐标，进而得到直线PM的斜率，直线QM的斜率，可得为定值.（ⅱ）设.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立应用一元二次方程根与系数的关系得到，，进而可得应用基本不等式即得.试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c.由题意知，所以.所以椭圆C的方程为.（Ⅱ）（ⅰ）设，由M(0,m)，可得所以直线PM的斜率，直线QM的斜率.此时.所以为定值–3.（ⅱ）设.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立整理得.由，可得，所以.同理.所以，，所以由，可知k>0，所以，等号当且仅当时取得.此时，即，符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为.【考点】椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，基本不等式【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系，得到关于参数的解析式或方程是关键，易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错误百出..本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分析问题、解决问题的能力等.10．（2016·上海·高考真题）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，若的斜率存在，且，求的斜率.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件得到，从而解得的值．（2）设，，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．再设的中点为，由即，从而得到，进而构建关于的方程求解即可．试题解析：（1）设．由题意，，，，因为是等边三角形，所以，即，解得．故双曲线的渐近线方程为．（2）由已知，，．设，，直线．显然．由，得．因为与双曲线交于两点，所以，且．设的中点为．由即，知，故．而，，，所以，得，故的斜率为．【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、平面向量的数量积【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.11．（2016·天津·高考真题）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，求直线的斜率的取值范围.【答案】(1)椭圆方程为;(2)直线l的斜率的取值范围为.【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确a的值，由，得，再利用，可解得a的值；（Ⅱ）先化简条件：，即M再OA的中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系即可求出直线斜率的取值范围.试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（Ⅱ）解：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（Ⅰ）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，，即，化简得，即，解得或.所以，直线的斜率的取值范围为.【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程【名师点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用基本不等式求出参数的取值范围；（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．12．（2016·全国·高考真题）已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k>0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．（Ⅰ）当t=4，时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当时，求k的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，写出A点坐标，并求直线的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由及t的取值范围求的取值范围.试题解析：（Ⅰ）设，则由题意知，当时，的方程为，.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.将代入得.解得或，所以.因此的面积.（Ⅱ）由题意，，.将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即.当时上式不成立，因此.等价于，即.由此得，或，解得.因此的取值范围是.【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系【名师点睛】由直线（系）和圆锥曲线（系）的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数（系数）的范围问题，常把所求参数作为函数值，另一个元作为自变量求解．13．（2016·上海·高考真题）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，若的斜率存在，且，求的斜率．【答案】（1）．（2）．【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件可以得到，从而解得的值．（2）设，，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．由|AB|=4构建关于的方程进行求解．试题解析：（1）设．由题意，，，，因为是等边三角形，所以，即，解得．故双曲线的渐近线方程为．（2）由已知，．设，，直线．由，得．因为与双曲线交于两点，所以，且．由，，得，故，解得，故的斜率为．【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、弦长公式【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.14．（2016·天津·高考真题）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.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）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，求直线的斜率的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由，得，再利用，可解得，（Ⅱ）先化简条件：，即M再OA中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系解出直线斜率.取值范围试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（Ⅱ）解：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（Ⅰ）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，，即，化简得，即，解得或.所以，直线的斜率的取值范围为.考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程15．（2015·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为c，.（Ⅰ）求直线的斜率；（Ⅱ）求椭圆的方程；（Ⅲ）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.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【详解】（Ⅰ）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，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）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，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为（Ⅲ）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.①当时，有，因此，于是，得②当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是考点：1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式.16．（2015·北京·高考真题）已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）若垂直于轴，求直线的斜率；（Ⅲ）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）平行，理由见解析．【详解】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（Ⅰ）先将椭圆方程化为标准方程，得到，，的值，再利用计算离心率；（Ⅱ）由直线的特殊位置，设出，点坐标，设出直线的方程，由于直线与相交于点，所以得到点坐标，利用点、点的坐标，求直线的斜率；（Ⅲ）分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线和直线的方程，将椭圆方程与直线的方程联立，消参，得到和，代入到中，只需计算出等于即可证明，即两直线平行.试题解析：（Ⅰ）椭圆的标准方程为.所以，，.所以椭圆的离心率.（Ⅱ）因为过点且垂直于轴，所以可设，.直线的方程为.令，得.所以直线的斜率.（Ⅲ）直线与直线平行.证明如下：当直线的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知.又因为直线的斜率，所以.当直线的斜率存在时，设其方程为.设，，则直线的方程为.令，得点.由，得.所以，.直线的斜率.因为，所以.所以.综上可知，直线与直线平行.考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系.考点05离心率求值或范围综合1．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.【详解】（1）由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，，联立，化简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.2．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），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)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【详解】（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.3．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．(1)求椭圆的离心率；(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.【详解】（1）解：，离心率为.（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，由，①，，由可得，②由可得，③联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．4．（2020·全国·高考真题）已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点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），.【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.【详解】（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）[方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知，则有，所以，即．又由，得．从而，解得．所以．故椭圆与抛物线的标准方程分别是．[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．故的标准方程为，的标准方程为．[方法三]：参数方程由（1）知，椭圆的方程为，所以的参数方程为x=2c⋅cosθ,y=3将它代入抛物线的方程并化简得，解得或（舍去），所以，即点M的坐标为．又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．故的标准方程为，的标准方程为．[方法四]【最优解】：利用韦达定理由（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.【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.5．（2019·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，又由，消去得，解得，所以，椭圆的离心率为.（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，由题意，，则直线的方程为，点的坐标满足，消去并化简，得到，解得，代入到的方程，解得，因为点在轴的上方，所以，由圆心在直线上，可设，因为，且由（I）知，故，解得，因为圆与轴相切，所以