2025年高考数学复习之解答题：平面解析几何（10题）

2025年高考数学复习之小题狂练600题(解答题)：平面解析几何(10题)

—.解答题(共10小题)

x2y21

1.(2024•邵阳三模)已知椭圆C：—+77=l(a>6>0)的离心率为一，右顶点。与C的上，下顶点所

a乙b乙2

围成的三角形面积为2必.

(1)求C的方程.

1

(2)不过点。的动直线/与C交于A,B两点，直线与Q8的斜率之积恒为一.

4

(D证明：直线/过定点；

(n)求△QA3面积的最大值.

2.(2024•苏州模拟)双曲线Cj:―6>°)，F1,尸2为两焦点，Ai,人2为C1的顶点，D为Ci

上不同于4,人2的一点.

(1)证明：ZF1DF2,ZDF1F2的角平分线的交点的轨迹为一对平行直线的一部分，并求出这对平行

线的方程；

(2)若平面上仅有Ci的曲线，没有坐标轴和坐标原点，请给出确定Ci的两个焦点的位置的方法并给

出作长为a,b的线段的方法.(叙述即可)

x2y2

3.(2024•莆田模拟)已知椭圆C：—+—=1的右焦点为尸，过尸的直线/交C于A,8两点，过产与/

32

垂直的直线交C于。，E两点，M,N分别为A3,。石的中点.

(1)证明：直线过定点；

(2)若直线AB,OE的斜率均存在，求面积的最大值.

%2y23

4.(2024•回忆版)已知椭圆C：—+—=l(a>b>0)的右焦点为R点M(1,-)在椭圆C上，且

_Lx轴.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点尸(4,0)的直线与椭圆C交于A,B两点，N为线段b的中点，直线NB与MF交于Q,

证明：4Q_Ly轴.

5.(2024•枣庄模拟)已知双曲线C：6〉0)的左、右焦点分别为乃、F1,直线/过右焦

点/2且与双曲线C交于A、B两点.

(1)若双曲线C的离心率为次，虚轴长为2a,求双曲线C的焦点坐标；

—>—>—>

(2)设a=l,b=V3,若/的斜率存在，且(04+&B)-4B=0,求/的斜率；

IQ->—>—>—>

(3)设/的斜率为旧\OA+OB\=\OA-OB\=4,求双曲线C的方程.

x2y2—V2

6.(2024•朝阳区一模)已知椭圆£：—+—=l(a>b>0)的离心率为万，A,B分别是E的左、右顶点，

尸是E上异于A,B的点，△AP8的面积的最大值为2a.

(I)求E的方程；

(II)设。为原点，点N在直线x=2上，N,尸分别在x轴的两侧，且△APB与△NBP的面积相等.

(z)求证：直线ON与直线AP的斜率之积为定值；

(ii)是否存在点P使得△AP8注△N3P,若存在，求出点尸的坐标，若不存在，说明理由.

7.(2024•云南一模)已知抛物线C的焦点/在x轴的正半轴上，顶点是坐标原点。.P是圆。：f+y2=3

与C的一个交点，|Pfl=|.A、8是C上的动点，且A、8在x轴两侧，直线A8与圆。相切，线段OA、

线段OB分别与圆0相交于点M、N.

(1)求C的方程；

(2)4OMN的面积是否存在最大值？若存在，求使△OMN的面积取得最大值的直线AB的方程；若

不存在，请说明理由.

3x2y2

8.(2024•回忆版)已知A(0,3)和P(3,一)为椭圆C—+—=1上两点.

2a2b2

(1)求。的离心率；

(2)若过尸的直线/交。于另一点'且△ABP的面积为9,求/的方程.

y2

9.(2024•开封模拟)已知椭圆C：二+石=1(。>力>0)的左，右焦点分别为B，Fz,上顶点为A,且

—>—>

AFr-AF2=0.

(1)求C的离心率；

(2)射线AFi与C交于点B,且|4B|=|,求△ABF2的周长.

10.(2024•商洛模拟)如图，已知椭圆E：与+4=l(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),离心率为虚，M,N

ab2

是直线/：x=l上的两点，且OMLON,其中O为坐标原点，直线AM与E交于另外一点8,直线AN

与E交于另外一点C.

(1)记直线AM,⑷V的斜率分别为总、fe,求心乂2的值；

(2)求点。到直线BC的距离的最大值.

2025年高考数学复习之小题狂练600题(解答题)：平面解析几何(10题)

参考答案与试题解析

一.解答题(共10小题)

x2y21

1.(2024•邵阳三模)已知椭圆C/+黄=l(a〉b〉0)的禺心率为5,右顶点。与C的上，下顶点所

围成的三角形面积为2次.

(1)求C的方程.

1

(2)不过点。的动直线/与C交于A,8两点，直线QA与QB的斜率之积恒为：.

4

(Z)证明：直线/过定点；

(zz)求△QAB面积的最大值.

【考点】椭圆的定点及定值问题；根据abc及其关系式求椭圆的标准方程.

【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

X2V2

(答案［(1)—+—=1;

43

3-J3

(2)(z)证明见解析；Mi)—.

【分析】(1)根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得；

(2)(0设出直线/的方程，与椭圆方程联立,利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得;

(而)由(力的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.

【解答】⑴解：令椭圆C：鸟+4=1的半焦距为c,由离心率为之得£=；,

记b2a2

则a=2c,b=Va2—c2=V3c,

由三角形面积为2b，得ab=28，则c=l,a=2,b=V3,

、x2y2

•'•C的方程是丁+-=1;

43

(2)(z)证明：由(1)知，点。(2,0),

设直线/的方程为了=切+〃，设A(xi,yi),B(X2,丁2),

由12,得㈠序+4)y2+6mny+3n2-12=0,

6mn3n2-12

则为+y=-713/2

237n2+4二而/百'

直线QA与QB的斜率分别为=斗，kQB=3,

乂X］一乙(2一乙

干星々,卜=__________________________________Z1Z2_________

Q"QB(jny1+n—2)(my+n—2)2n—2

2my1y2+m(n—2)(y1+y2)+(2)

3九2一12

3降+4

一处人2）.蒙『（T）2

37nz+4

34一12

整理得r?+2n-8=0,解得n=-4或n=2,

4n2-16n+16

当〃=2时，直线x=my+2过点Q,不符合题意，因此〃=-4,

此时直线/：-4恒过定点尸（-4,0）；

24m36

（n）解:由（，）知,丫1+丫2=

需RM，'1%=赤彳'

2

则M-刃=7(yi+y2)-4yiy2=I蓝］；2-繇^=玲+丁,

因此△Q4B的面积=2\pQ\\yi-Yzl=-「-2------=I----——

3(Jm2-4)z+163^7712-4+-=^=

当且仅当3由^=4=芳=即租=士亭时取等号,

Jm2—4

343

故△Q48面积的最大值为

【点评】本题考查圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，考查运算求解能力，是中档题.

2.（2024•苏州模拟）双曲线Cj，一，=l（a,b>0）,Fi,放为两焦点，Ai,A2为Ci的顶点，。为。

上不同于4,&2的一点.

（1）证明：ZF1DF2,ZDF1F2的角平分线的交点的轨迹为一对平行直线的一部分，并求出这对平行

线的方程；

（2）若平面上仅有Ci的曲线，没有坐标轴和坐标原点，请给出确定Ci的两个焦点的位置的方法并给

出作长为a,b的线段的方法.（叙述即可）

【考点】直线与双曲线的位置关系及公共点个数.

【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算.

【答案】（1）证明见解答，尤=-a和x=a；

（2）作图方法见解答.

【分析】（1）利用内切圆的性质和双曲线的定义，即可证明所求交点在直线x=-。上或在直线x=a上；

（2）利用双曲线的性质先确定双曲线的中心，再作圆确定坐标轴，最后直接根据双曲线的方程即可确

定作法.

【解答】解：（1）证明：设NF1DF2,/。为尸2的角平分线的交点为/,则/就是△。尸1尸2的内心，

设△。尸由2的内切圆在边向尸2,F1D,。尸1上的切点分别为M,N,P,

则眼巴-|MF2|=|PT1|-|NF2|=C\PFI\+\DP\)-(|N尸2|+|DV|)=\DFI\-\DFi\,

由|。八|TOF2|=2a^\DFi\-\DFi\=-2a,

知|MF1|TMF2|=2a或-|ME2|=-2a,

而|+|四放|=|乃乃|=2c,

故|M&|=2(|MF1|+|M&|)+2(|M&|+|MF2|)=c+a=|&&|,

或者|M&|=2(|M&|+幽以)+剂+|M&|)=c-a=

故M和人2重合，或者M和Al重合，

而M是/在x轴上的投影，故/的横坐标是a或-a,

所以点/必定在直线x=-a或x=a上，结论得证.

(2)任意作一对平行线/1,12,使得它们和C1都有两个公共点，

那么两直线分别将0截得一条弦，取这两条弦的中点S,T,并设直线ST交C1于点。，R,

取QR的中点O,则O是坐标原点，

以。为圆心，作一半径足够大的圆，使得该圆与Ci有四个公共点，这四个公共点构成矩形,

过。作该矩形两条相邻边的平行线，

则与Q有公共点的平行线是x轴，与Q无公共点的平行线是y轴，

这就得到了两个实轴的端点Ai和A2,

然后在无轴上方基于点。，42作正方形OA2BE,并以。为圆心，

以|。8|为半径作圆，交x轴正半轴于点K,再过K作x轴的垂线，在尤轴上方交G于点U,

则我们得到所求|O42|=a,\KU\=b,

最后以。为圆心，以|K5为半径作圆，交y轴正半轴于点V,

再以。为圆心，以14M为半径作圆，交无轴于点为，F2,则为，/2就是G的两个焦点,

下面我们说明上面的作法是可行的，需要论证的地方有二：

①坐标原点。的确定；②最后F1,92的确定，

关于①，利用韦达定理，我们可以证明用斜率为左的直线>=丘+机截双曲线我-言=1时,

弦的中点总在一条过原点的直线上，

(x2y2_

事实上，联立｛a2户一，可得(扇-足后)/-2a2kmx-0层-层序=3

(y=依+m

则两交点(xi，yi)和(X2,>2)满足%1+%2=”竽2,故7,

b-a2k2b2-a2k2

代入y=fcc+m可得弦的中点坐标为(

b-a2kzV-a2kz

,2

它总在直线y=看久上，这就证明了①；

关于②，根据后续的作法不难看出8(a,a),K(aa,0),

_(V2a)2t2

设Uga,t),则>0,7--=1,解得r=6,

从而|K5=b,故M/|=，a2+b2=c,

这就得到|0尸l|=|0尸2|=C,这就证明了②.

【点评】本题主要考查直线与双曲线的综合，考查逻辑推理能力，属于难题.

X2V2

3.(2024•莆田模拟)已知椭圆C：—+—=1的右焦点为R过歹的直线/交C于A,B两点，过尸与/

32

垂直的直线交C于E两点，M,N分别为AB,OE的中点.

(1)证明：直线过定点；

(2)若直线AB,OE的斜率均存在，求面积的最大值.

【考点】椭圆的定点及定值问题.

【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

【答案】(1)证明见解答；

4

(2)——.

25

【分析】(1)设的方程为y=A(尤-1),与椭圆方程联立，由根与系数的关系可表示出点"的坐标，

同理可表示出N的坐标，分上W±1和％=±1两种情况即可证明直线过定点；

(2)由面积公式及基本不等式即可求解△FMN面积的最大值.

【解答】(1)证明：由题意知，F(1,0).

当直线AB,OE的斜率均存在时，设AB的斜率为匕则。E的斜率为-工

K

y=fc(x—1)

设AB的方程为了=左(尤-1).由x2y2,得(3武+2)/-62什(3庐-6)=0,

52=1

2

xA+xB_3k-2k

所以％M>VM=卜(久M—1)=2'

23fc2+23/c+2

3k2—2k

即M(:：)，

3fcZ+23fcZ+2

1

因为。所以直线。E：y=—1万一1),

ft

32k

同理可得N(:：)，

2必+3'2fc2+3

2k2k

-2+~2

2/c+33/c+2_101(/+1)_5k

当女W±1时，k=—

MN3_3T-6-6kZ—3k7-3'

~2k2+3~3k2+2

2k-5k3-5/c(3、

此时直线MN的方程为y-)，即丫=(x—耳),

2必+33k2—32公+33k2-3

这表明，直线MN过定点0).

当无=±1时,M(|,-|),N(|,|)或叭|,|),N(|,

直线MN的方程均为K=I，直线MN过点0),

当直线AB或。E的斜率不存在时，易知直线为方程均为y=0,也过点G，0）.

综上，直线过定点（5，0）.

（2）解：由（1）知直线过定点G1，0）,

所以S“MN=I-\GF\-\yM-yN\^^\*-----第|=1(/+？.

253〃+22〃+3(3〃+2)(2/+3)

_21kl(必+1)=2|川(^+1)=2(向+给

“MN~(3fc2+2)(2fc2+3)-6(fc4+l)+13fc2-6(1川2+人)+13

\k\

二2(四+笳2

―6(因+在Ri-6(|川+曲+启'

1

因为在R,且20,所以网+向22,当且仅当左=1时等号成立,

所以6（|k|+击）+77TTT26x2+^=学，

因阳+网22

所以5\FMNW白，当且仅当m=1时等号成立,

4

所以△FW面积的最大值为五.

【点评】本题主要考查椭圆的中恒过定点问题以及最值问题，考查运算求解能力，属于难题.

工2y23

4.（2024•回忆版）已知椭圆C：—+—=l（a>b>0）的右焦点为R点M（1,-）在椭圆C上，且

J_x轴.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点尸（4,0）的直线与椭圆C交于A,B两点,N为线段EP的中点，直线与心交于。，

证明：AQ_Ly轴.

【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的几何特征.

【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及勾股定理，求出。，再结合椭圆的性质，求出6,

即可求解；

（2）结合向量的坐标运算，推得?"2=4+4"-久1,再结合点A,B两点位于椭圆上，求出等式，再

Uy2=-yi

结合直线与MF交于。，即可求解.

【解答】解：（1）设椭圆C的左焦点为四,

3

点M(l,-)在椭圆。上，且轴，

2

则田田=2,|MF|=|,

由勾股定理可知，|Ma|=|,

故2a=|Af尸i|+|MF|=4,解得。2=4,b2=a2-1=3,

x2y2

故椭圆C的方程为了+—=1;

43

(2)证明：设A(xi,yi),B(X2,y2),

AP=APB,

往］+丘2_A

则春7喘二味八】①，

vl+A-u

又由廉+咨1产、2-2可得，3•笔空・W+4笔学•差竽=12②，

22

13(AX2)+4Gly2产=12A1+41一儿1+41一人

结合①②可得，5A-2Xr2+3=0,

P(4,0),F(1,0),N(|,0),B(如V2),

则直线NB的方程为y-0=▲(x-f),

%2-22

MFYx轴，直线NB与MF交于Q,

则XQ=1,

故为=5%==一川2=%，

故A0_Ly轴.

【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题.

5.(2024•枣庄模拟)已知双曲线C：6>0)的左、右焦点分别为乃、F1,直线/过右焦

点/2且与双曲线C交于A、8两点.

(1)若双曲线C的离心率为百，虚轴长为2a,求双曲线C的焦点坐标；

—>—>—>

(2)设a=l,b=W,若/的斜率存在，且(Fi4+&B)-aB=0,求/的斜率；

(3)设/的斜率为\OA+OB\=\OA-OB\=4,求双曲线C的方程.

【考点】双曲线与平面向量.

【专题】方程思想；转化法；平面向量及应用；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算.

【答案】⑴(±V3,0)；

V15

(2)±—.

5

(3)%2—=1.

【分析】(1)由题意可得：e.=1+,=8,26=2&,解得6,a,c,即可得出双曲线C的焦点

坐标;

(2)cz=l,b=陋,可得双曲线C的方程为彳2-[=1,c=2.设直线/的方程为y=%(x-2),A(尤i,

—»

yi),8(x2,y2),把y=A(x-2)代入双曲线C的方程可得关于x的一元二次方程，A>0,由(&4+

FLB)-AB=0,可得(XI+X2+4)*(X2-XI)+(”+»)•(»-yi)=0,利用根与系数的关系即可得出结论.

―>—>—>―>―>―>IO

(3)由|04+。3|=|。4—。8|=4,可得。4・OB=0,OA±OB,\AB\=4.直线/的方程为y=Jj(x

-c),A(xi,yi),B(x2,j2),把直线/的方程代入双曲线方程可得：(5廿-3/)x1+6a2cx-3a2c2-

562a2=0,利用根与系数的关系即可得出.

【解答】解：(1)由题意可得：e=^=J1+^=V3,2b=2近,

解得b=&,a=l,c=V3,

双曲线C的焦点坐标为(土百，0)；

(2)〃=1,b=V3,；・双曲线。的方程为了—专=1,c=Va2+b2=2.

设直线/的方程为(x-2),A(xi,yi),B(x2,>2),

把y=Z(x-2)代入双曲线C的方程可得：(3-斤)_?+4&-4庐-3=0,

3-必#0,A=16/-4(3-1c)(-4必-3)=36(必+1)>0,

79

irt.i4k—4k—3

贝！JXl+X2=-------7,XIX2=--------n—

3—k"3—k'

—>—>T

•・•(&A+F$)•=0,

(XI+12+4,yi+y2),(12-xi,y2-yi)=0,

(xi+X2+4)*(x2-xi)+(yi+y2)・(>2-yi)=0,

.•.X1+X2+4+F(X1+X2-4)=0,

一当

••.4-4)=o,

3-r3-r

化为：Q二,，解得％=±J1=±£^.

—>—>-»­>

(3)由|02+0B\=\0A-0B\=4,

T—>

可得。2・。8=0,・・・0A_L05,|AB|=4.

直线/的方程为>=(x-c),A(xi,yi),B(必*),

把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5房-3/)/+6〃2cx-3〃2c2-5射/=0,

A、八6a2c—3。2c2—5。2b2

△>0,Xl+X2=------5------X1X2=-----------7-------——

5b—3a25b—3a2

.TT.3

VOA*OB=0,/.xix2+yiy2=0jxi12+lCxi-c)(%2-c)=0,

化为8x1X2-3c(X1+X2)+3。2=0,

.0—3a2c2—5a2b2„.,6a2cc2八

..8x-------o--------------3cx-n------)+3C2=0,

5b—3a25b-3a2

化为庐=3。2,C2=442.

b=V3tz，c=2〃,

6a2c—3a2c2—5a2b292

.*.xi+x2=—22—a,xix2=-------n-----------=--ra,

5b-3aSb-3a24

•••4=J(l+|)[a2—4X(一，2力

解得4=1,b=V3,

•••双曲线c的方程为了—1=1.

【点评】本题考查了双曲线的标准方程及其性质、直线与双曲线相交问题、一元二次方程的根与系数的

关系、方程的解法、向量数量积性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题.

%2y2A/2

6.(2024•朝阳区一模)已知椭圆E：—+—=l(a>6〉0)的离心率为三，A,8分别是E的左、右顶点,

P是E上异于A,B的点，AAPB的面积的最大值为2金.

(I)求E的方程；

(II)设O为原点，点N在直线x=2上，N,尸分别在无轴的两侧，且△APB与ANB尸的面积相等.

(z)求证：直线ON与直线AP的斜率之积为定值；

(ii)是否存在点尸使得△APB丝△N8P,若存在，求出点尸的坐标，若不存在，说明理由.

【考点】椭圆的定点及定值问题.

【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算.

22

【答案】(I)丁x+-y=1；

42

(II)(z)证明过程见详解；

（z7）不存在点P使得

【分析】（I）由△必B的面积的最大值可得"的值，再由离心率的值，可得。，6的关系，进而求出

a,6的值，即求出椭圆的方程;

（11）册）设"，尸的坐标，由AAPB与△NBP的面积相等，可得N的纵坐标与P的坐标的关系，求出

直线ON,AP的斜率之积，整理可证得ON,AP的斜率之积为定值；

（z'z）存在点P使得AAPB0ANBP,由（力可得点P的横坐标为-2,由题意可得点尸的横坐标不等

于-2,可得假设不成立.

1

【解答】解：（I）由题知SAAPB的最大值为ax2axb=ab,

(ab=2V2

[e=£=立，解得〃=2,b=V2,

Ia~2

Q2=b2+c2

x2y2

所以E的方程为：—+—=1；

42

(II)设N(2,力，P(xo,yo)GoW±2),贝Uyot<O9

证明：（力由题知SAAP5=SANBP,

11

所以；|4和州|=35代|（2-如）,

2/

即小驾,所以u考

设直线ON的斜率为kON,直线AP的斜率为kAP,

2%

所以々ON%P=•7^+2=2一：0•%^+2^0=-1,

乙九。十乙乙一XQ40十乙x0-4备4'

所以直线ON与直线AP的斜率之积为定值-1；

（»）假设存在点P使得△APBgZXNBP,因为|AB|,\AP\,\NP\>\NB\,\BP\=\BP\,所以|AP|=|A®],

由⑴可知t=有=出产，所以J（久。+2）2+据=2|辛即（久。+2）2+诏=曳一抖,

所以。o+2）2=言^,又羽=2—?，

2222

所以&+2）2=谓,所以&+2）2=（2+支？。）,

整理得3—=°，解得尤。=-2,与无o#-2矛盾，

8+2定

所以不存在点P使得△APB^ANBP.

【点评】本题考查椭圆的方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题.

7.（2024•云南一模）已知抛物线C的焦点/在x轴的正半轴上，顶点是坐标原点。.P是圆。：/+9=3

与C的一个交点，A、8是C上的动点，且A、8在X轴两侧，直线48与圆。相切，线段。A、

线段0B分别与圆O相交于点M、N.

（1）求C的方程；

（2）△OMN的面积是否存在最大值？若存在，求使△OMN的面积取得最大值的直线AB的方程；若

不存在，请说明理由.

【考点】直线与抛物线的综合.

【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算.

【答案】（1）/=2x；

（2）存在，3K±巡丫-6=0.

【分析】（1）由抛物线的性质结合已知条件列方程即可求解；

（2）设直线A3的方程为尸尹加，2辱当）,B辱%），由相切知12=吗口，由面积公式分析得

知当。加，ON时面积最大，然后利用线线垂直与向量的关系即可求解.

【解答】解：⑴由已知，设抛物线C的方程为必=2px（p〉0）,xp=|PF|-1=

又P是抛物线C与圆。：/+『=3的一个交点，

-'-yp=2P（|一分琮+宓=（|一1）2+2P（|-1）=3,

：.p2-2/7+1=0,解方程得p=\,

；.c的方程为丁=2尤；

（2）由（1）知抛物线C的方程为/=2%，

由题设直线AB的方程为力（¥，%），B（冬，乃），

则04=（空，yi）>0B—（与，％），

联立方程卜2=2久'得>2-2^-2m=0,则/=4t2+8m=+86一4>0,

（%=ty+mJ

•\yi+y2=2t,yiy2=-2m,

:直线AB与圆O相切,

-*.-7===化简得产="可心，又A,8在x轴两侧,，yiy2=-2m<0,

产=亨2。

则/=孚+8ni—4>0,解得mN装,

%%=-2m<0

1

・』OMN=^\0M\•\ON\sin^MON

□

xV3xWsin(A0B=-^sinZ-AOB<

VO<ZAOB<ir,・••当sinNA08=l,即4。8=*时取最大值,

此时0A_L03,贝IJOZ,OB=0,

2

又。Z•OB=+yry2=m-2m=0,

解得机=0或机=2,又THNb，则m=2,

此时解得"士亭,

...△OMN的面积存在最大值，此时直线AB的方程为x±^y-2=0,§P3x±V3y-6=0.

【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的应用，属于难题.

3x2y2

8.(2024•回忆版)已知A(0,3)和尸(3,-)为椭圆C：—+—=](«>^>0)上两点.

2a2b2

(1)求C的离心率；

(2)若过P的直线/交C于另一点8,且△ABP的面积为9,求/的方程.

【考点】直线与椭圆的综合.

【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

112

【答案】(1)(2)y=[X或y=[X—3.

【分析】(1)根据联立关于小。的方程组，再利用离心率公式得解；

(2)分直线/的斜率不存在及存在两种情况，结合△ABP的面积为9,可得答案.

【解答】解：(1)依题意，1伐=19，解得？；2=¥，

b2=9

则离心率e=

Xv

(2)由(1)可知，椭圆C的方程为一+—=1,

129

当直线/的斜率不存在时，直线/的方程为x=3,易知此时B(3,-|),

1Q

点A到直线尸8的距禺为3,贝"AABP=2X3X3=2，与已知矛盾；

当直线/的斜率存在时，设直线/的方程为y-,=k(x-3),即丫=做久一3)+,

设尸（xi,yi）,B（x2,》2）,

\y-k（x—3）+5

2

联立卜2y22,消去y整理可得，（4启+3）/-（24后-12%）X+36A-36k-27=0,

+百=1

则与+”2=号誉，/久2=36fc2-36fc-27

4k?+3

由弦长公式可得，\PB\=Vl+k2-7（^i+^2）2-=Vl+k2-

24VJl+必-J3k2+9k+

,24户一12k、？436/C-36/C-27圣

（——7----）—4X-----n------

轨'+3轨'+3加+3

点A到直线I的距离为d=卑地

J1+/C2

4V3-Vl+k2-j3k2+9fc+"+。|

,1T

则5x-----------------------x.....-=9,

4/C2+3V1+/C2

1Q

解得k=2或k=?

则直线I的方程为y=9或y=|x-3.

【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中

档题.

工2y2

9.(2024•开封模拟)已知椭圆C：£+记=l(a>b>0)的左，右焦点分别为为，放，上顶点为A,且

AFr-AF2=0.

(1)求C的离心率；

8

-

(2)射线A为与C交于点2,S.\AB\3求△48^2的周长.

【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的几何特征.

【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

V2

【答案】⑴—:

2

(2)8.

—>—>

【分析】(1)由椭圆可得•力/2=0,可得。，C的关系，进而求出椭圆的离心率；

(2)由(1)可得。与c,6与c的关系，设直线A乃的方程，与椭圆的方程联立，可得点8的坐标，

求出|AB|的表达式，由题意可得c,a的值，由椭圆的性质可得△48^2的周长为4。，即求出三角形的周

长.

—>—>

【解答】解：（1）上顶点为A,且AF「AF2=0,

可得（-c,-b）・（c,-b）=0,

即b2=c2,即a2-c1=c2,

所以离心率e=（=¥；

（2）由（1）可得Z?=c,a=V2c,

射线AFi的方程为y=^x+b=x-^-c,

y=x+c

联立％2y2_,整理可得：3~+4cx=0,

（京+葭=1

4

-

解得％=0或%=3则y=c或y=x+c=-铲,

41

--c

33

所以|A3|=](_全)2+(c+1c)2=tV2c=I，

解得c=V2,

则a—2,

所以△48/2的周长为4a=8.

【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用及椭圆的性质的应用，属于中档题.

10.(2024•商洛模拟)如图，已知椭圆E：摄+1=l(a>b>0)的左顶点为-2,0),离心率为手，M,N

是直线/：x=l上的两点，且。MLON,其中O为坐标原点，直线AM与E交于另外一点B,直线AN

与E交于另外一点C.

(1)记直线AM,AN的斜率分别为依、ki,求七乂2的值；

【专题】分类讨论；转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算.

【答案】⑴-1;(2)<

【分析】(1)利用斜率公式及两直线垂直的条件即可求解；

(2)根据椭圆的几何性质可求得椭圆方程，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，并将其与

椭圆方程联立，利用韦达定理，结合(1)的结论，推出直线8c过定点；当直线8c的斜率不存在时,

写出直线AM、AN的方程，从而得8,C的坐标，进而知直线8C的方程与所过定点，再求得该定点与

点。之间的距离，即可得解.

【解答】解：⑴设f),N(1,«),则=三=t,k0N=，=n,

因为OMLON,所以koM9koN=tn=-1,

k

因为灯=I-(L2)=三'2=1—左)=*

所以'W=_\

‘a=2

(2)由题意知，£=堂，解得a=2,b=1,c=V3,

a2

<c2=a2—b2

x2

所以椭圆E的方程为T+y2=1,

当直线3C的斜率存在时，设直线3C的方程为了=丘+机，B(xi,yi),C(x2,”)，

y=kx-I-m

联立%2,得(1+4^)x2+8^/nx+4m2-4=0,

匕+y2=i

m222

所以久i+%2=——8kxx-IZH_1,A=(8km)-4(l+^X4m-4)=16(4必-m+l)>0,

1+4/l+4r

租2_4k2

所以yiy2=(kx+m)(fcx+僧)=fc2%i%2+krnj+x)+=-----%,

1221+4/c

i

由(1)知A1,B=~gf

所以kAB，kAC=(%]+彳常2+2)=-/，整理得9yly2