【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题08 平面解析几何（解答题）（教师版）【高考】.docx，共(38)页，1.803 MB，由小赞的店铺上传

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三年专题08平面解析几何（解答题）1．【2022年全国甲卷】设抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，点𝐷(𝑝,0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|𝑀𝐹|=3．(1)求C的方程；(2)设

直线𝑀𝐷,𝑁𝐷与C的另一个交点分别为A，B，记直线𝑀𝑁,𝐴𝐵的倾斜角分别为𝛼,𝛽．当𝛼−𝛽取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】(1)𝑦2=4𝑥；(2)𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+4.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得|𝑀�

�|=𝑝+𝑝2，即可得解；（2）设点的坐标及直线𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦+1，由韦达定理及斜率公式可得𝑘𝑀𝑁=2𝑘𝐴𝐵，再由差角的正切公式及基本不等式可得𝑘𝐴𝐵=√22，设直线𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+𝑛，结合韦达定理可解.(1)抛物线的准线为𝑥=−𝑝

2，当𝑀𝐷与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时|𝑀𝐹|=𝑝+𝑝2=3，所以𝑝=2，所以抛物线C的方程为𝑦2=4𝑥；(2)设𝑀(𝑦124,𝑦1),𝑁(𝑦224,𝑦2),𝐴(𝑦324,�

�3),𝐵(𝑦424,𝑦4)，直线𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦+1，由{𝑥=𝑚𝑦+1𝑦2=4𝑥可得𝑦2−4𝑚𝑦−4=0，Δ>0,𝑦1𝑦2=−4，由斜率公式可得𝑘𝑀𝑁=𝑦1−𝑦2𝑦124−𝑦224=4𝑦1+𝑦2，𝑘𝐴

𝐵=𝑦3−𝑦4𝑦324−𝑦424=4𝑦3+𝑦4，直线𝑀𝐷:𝑥=𝑥1−2𝑦1⋅𝑦+2，代入抛物线方程可得𝑦2−4(𝑥1−2)𝑦1⋅𝑦−8=0，Δ>0,𝑦1𝑦3=−8，所以𝑦3=2𝑦2，同理可得𝑦4=2𝑦

1，所以𝑘𝐴𝐵=4𝑦3+𝑦4=42(𝑦1+𝑦2)=𝑘𝑀𝑁2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为𝛼,𝛽，所以𝑘𝐴𝐵=tan𝛽=𝑘𝑀𝑁2=tan𝛼2，若要使𝛼−𝛽最大，则𝛽∈(0,𝜋2)，设𝑘𝑀𝑁=2𝑘𝐴

𝐵=2𝑘>0，则tan(𝛼−𝛽)=tan𝛼−tan𝛽1+tan𝛼tan𝛽=𝑘1+2𝑘2=11𝑘+2𝑘≤12√1𝑘⋅2𝑘=√24，当且仅当1𝑘=2𝑘即𝑘=√22时，等号成立，所以当�

�−𝛽最大时，𝑘𝐴𝐵=√22，设直线𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+𝑛，代入抛物线方程可得𝑦2−4√2𝑦−4𝑛=0，Δ>0,𝑦3𝑦4=−4𝑛=4𝑦1𝑦2=−16，所以𝑛=4，所以直线𝐴𝐵:�

�=√2𝑦+4.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.2．【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过𝐴(0,−2),𝐵(32,−1)两点．(1)求E的方程；(2)设过点𝑃

(1,−2)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𝑀𝑇⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑇𝐻⃑⃑⃑⃑⃑．证明：直线HN过定点．【答案】(1)𝑦24+𝑥23=1(2)(0,−2)【解析】【分析】（1）将给定

点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E的方程为𝑚𝑥2+𝑛𝑦2=1，过𝐴(0,−2),𝐵(32,−1)，则{4𝑛=194𝑚+𝑛=1

，解得𝑚=13，𝑛=14，所以椭圆E的方程为：𝑦24+𝑥23=1.(2)𝐴(0,−2),𝐵(32,−1)，所以𝐴𝐵:𝑦+2=23𝑥，①若过点𝑃(1,−2)的直线斜率不存在，直线𝑥=1.代入𝑥23+𝑦24=1，可得𝑀(1,2√63)，�

�(1,−2√63)，代入AB方程𝑦=23𝑥−2，可得𝑇(√6+3,2√63)，由𝑀𝑇⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑇𝐻⃑⃑⃑⃑⃑得到𝐻(2√6+5,2√63).求得HN方程：𝑦=(2−2√63)𝑥−2，过点(0,−2).②若过点𝑃(1,−2)的直线斜率存在，设𝑘𝑥−𝑦−

(𝑘+2)=0,𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2).联立{𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0𝑥23+𝑦24=1,得(3𝑘2+4)𝑥2−6𝑘(2+𝑘)𝑥+3𝑘(𝑘+4)=0，可得{𝑥1+

𝑥2=6𝑘(2+𝑘)3𝑘2+4𝑥1𝑥2=3𝑘(4+𝑘)3𝑘2+4，{𝑦1+𝑦2=−8(2+𝑘)3𝑘2+4𝑦2𝑦2=4(4+4𝑘−2𝑘2)3𝑘2+4，且𝑥1𝑦2+𝑥2

𝑦1=−24𝑘3𝑘2+4(∗)联立{𝑦=𝑦1𝑦=23𝑥−2,可得𝑇(3𝑦12+3,𝑦1),𝐻(3𝑦1+6−𝑥1,𝑦1).可求得此时𝐻𝑁:𝑦−𝑦2=𝑦1−𝑦23𝑦1+6−

𝑥1−𝑥2(𝑥−𝑥2)，将(0,−2)，代入整理得2(𝑥1+𝑥2)−6(𝑦1+𝑦2)+𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1−3𝑦1𝑦2−12=0，将(∗)代入，得24𝑘+12𝑘2+96+48𝑘−24𝑘−48−48𝑘+24𝑘2−36𝑘2−48=0,显然成立，综上，可

得直线HN过定点(0,−2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.3．【2022年新高考1卷】已知点𝐴(2,1)在双曲线

𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1(𝑎>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，求△𝑃𝐴𝑄的面积．【答案】(1)−1；(2)16√

29．【解析】【分析】（1）由点𝐴(2,1)在双曲线上可求出𝑎，易知直线l的斜率存在，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，再根据𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐵𝑃=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率之

和为0可知直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的倾斜角互补，再根据tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2即可求出直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率，再分别联立直线𝐴𝑃,𝐴𝑄与双曲线方程求出点𝑃,𝑄的坐标，即可得到直线𝑃𝑄的方程以及𝑃𝑄的长，由点到直线的距离公式求出点𝐴到直线𝑃𝑄的距离，

即可得出△𝑃𝐴𝑄的面积．(1)因为点𝐴(2,1)在双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1(𝑎>1)上，所以4𝑎2−1𝑎2−1=1，解得𝑎2=2，即双曲线𝐶:𝑥22−𝑦2=1易知直线l的斜率存在，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑃

(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥22−𝑦2=1可得，(1−2𝑘2)𝑥2−4𝑚𝑘𝑥−2𝑚2−2=0，所以，𝑥1+𝑥2=−4𝑚𝑘2𝑘2−1,𝑥1𝑥2=2𝑚2+22𝑘2

−1，Δ=16𝑚2𝑘2+4(2𝑚2+2)(2𝑘2−1)>0⇒𝑚2−1+2𝑘2>0．所以由𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐵𝑃=0可得，𝑦2−1𝑥2−2+𝑦1−1𝑥1−2=0，即(𝑥1−2)

(𝑘𝑥2+𝑚−1)+(𝑥2−2)(𝑘𝑥1+𝑚−1)=0，即2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑚−1−2𝑘)(𝑥1+𝑥2)−4(𝑚−1)=0，所以2𝑘×2𝑚2+22𝑘2−1+(𝑚−1−2𝑘)(−4𝑚𝑘2𝑘2−1)−4(𝑚−1)=0，化简得，8𝑘2+4�

�−4+4𝑚(𝑘+1)=0，即(𝑘+1)(2𝑘−1+𝑚)=0，所以𝑘=−1或𝑚=1−2𝑘，当𝑚=1−2𝑘时，直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚=𝑘(𝑥−2)+1过点𝐴(2,1)，与题意不符，舍去，故𝑘=−1．(2)不妨设

直线𝑃𝐴,𝑃𝐵的倾斜角为𝛼,𝛽(𝛼<𝛽)，因为𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐵𝑃=0，所以𝛼+𝛽=π，因为tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，所以tan(𝛽−𝛼)=2√2，即tan2𝛼=−2√2，即√2tan2𝛼−tan�

�−√2=0，解得tan𝛼=√2，于是，直线𝑃𝐴:𝑦=√2(𝑥−2)+1，直线𝑃𝐵:𝑦=−√2(𝑥−2)+1，联立{𝑦=√2(𝑥−2)+1𝑥22−𝑦2=1可得，32𝑥2+2(1−2√2)𝑥+10−4√2=0，因为方程有一个根为2，所以𝑥�

�=10−4√23，𝑦𝑃=4√2−53，同理可得，𝑥𝑄=10+4√23，𝑦𝑄=−4√2−53．所以𝑃𝑄:𝑥+𝑦−53=0，|𝑃𝑄|=163，点𝐴到直线𝑃𝑄的距离𝑑=|2+1−53|√2=2√23，故△𝑃𝐴𝑄

的面积为12×163×2√23=16√29．4．【2022年新高考2卷】已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右焦点为𝐹(2,0)，渐近线方程为𝑦=±√3𝑥．(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𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄

(𝑥2,𝑦2)在C上，且𝑥1>𝑥2>0,𝑦1>0．过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在𝐴𝐵上；②𝑃𝑄∥𝐴𝐵；③|𝑀

𝐴|=|𝑀𝐵|．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)𝑥2−𝑦23=1(2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得𝑐的值，利用渐近线方程求得𝑎,𝑏的关系，进而利用𝑎,𝑏,𝑐的平方关系求得𝑎,𝑏

的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线𝐴𝐵的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到𝑥0+𝑘𝑦0=8𝑘2𝑘2−3；由直线𝑃𝑀和𝑄𝑀的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到

直线PQ的斜率𝑚=3𝑥0𝑦0，由②𝑃𝑄//𝐴𝐵等价转化为𝑘𝑦0=3𝑥0，由①𝑀在直线𝐴𝐵上等价于𝑘𝑦0=𝑘2(𝑥0−2)，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)右焦点为𝐹(2,0)，∴𝑐=2,∵渐

近线方程为𝑦=±√3𝑥，∴𝑏𝑎=√3，∴𝑏=√3𝑎，∴𝑐2=𝑎2+𝑏2=4𝑎2=4，∴𝑎=1，∴𝑏=√3．∴C的方程为：𝑥2−𝑦23=1；(2)由已知得直线𝑃𝑄的斜率存在且不为零，直线𝐴𝐵的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线𝐴𝐵的

斜率存在且不为零；若选①③推②，则𝑀为线段𝐴𝐵的中点，假若直线𝐴𝐵的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知𝑀在𝑥轴上，即为焦点𝐹,此时由对称性可知𝑃、𝑄关于𝑥轴对称，与从而𝑥1=𝑥2，已知不符；总之，直线𝐴𝐵的斜率存在且不为零.设直线𝐴𝐵的斜率为𝑘,直线𝐴

𝐵方程为𝑦=𝑘(𝑥−2),则条件①𝑀在𝐴𝐵上，等价于𝑦0=𝑘(𝑥0−2)⇔𝑘𝑦0=𝑘2(𝑥0−2)；两渐近线的方程合并为3𝑥2−𝑦2=0,联立消去y并化简整理得：(𝑘2−3)𝑥2−4𝑘2𝑥+4𝑘2=0设𝐴(𝑥3,𝑦3),

𝐵(𝑥3,𝑦4),线段中点为𝑁(𝑥𝑁,𝑦𝑁),则𝑥𝑁=𝑥3+𝑥42=2𝑘2𝑘2−3,𝑦𝑁=𝑘(𝑥𝑁−2)=6𝑘𝑘2−3,设𝑀(𝑥0,𝑦0),则条件③|𝐴𝑀|=|𝐵𝑀|等价于(𝑥0

−𝑥3)2+(𝑦0−𝑦3)2=(𝑥0−𝑥4)2+(𝑦0−𝑦4)2,移项并利用平方差公式整理得：(𝑥3−𝑥4)[2𝑥0−(𝑥3+𝑥4)]+(𝑦3−𝑦4)[2𝑦0−(𝑦3+𝑦4)]=0，[2𝑥0−(𝑥3+𝑥4)]+𝑦3−

𝑦4𝑥3−𝑥4[2𝑦0−(𝑦3+𝑦4)]=0,即𝑥0−𝑥𝑁+𝑘(𝑦0−𝑦𝑁)=0,即𝑥0+𝑘𝑦0=8𝑘2𝑘2−3；由题意知直线𝑃𝑀的斜率为−√3,直线𝑄𝑀的斜率为√3,∴由𝑦1−𝑦0=−√3(𝑥1−𝑥0),𝑦2−𝑦0=√3(𝑥2−𝑥

0),∴𝑦1−𝑦2=−√3(𝑥1+𝑥2−2𝑥0),所以直线𝑃𝑄的斜率𝑚=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−√3(𝑥1+𝑥2−2𝑥0)𝑥1−𝑥2,直线𝑃𝑀:𝑦=−√3(𝑥−𝑥0)+𝑦0,即𝑦=𝑦0+√3𝑥0−√3𝑥,代入双曲线的方程3𝑥2−𝑦2−3=0

,即(√3𝑥+𝑦)(√3𝑥−𝑦)=3中，得：(𝑦0+√3𝑥0)[2√3𝑥−(𝑦0+√3𝑥0)]=3,解得𝑃的横坐标：𝑥1=12√3(3𝑦0+√3𝑥0+𝑦0+√3𝑥0),同理：𝑥2=−12√3(3𝑦0−√3𝑥0

+𝑦0−√3𝑥0)，∴𝑥1−𝑥2=1√3(3𝑦0𝑦02−3𝑥02+𝑦0),𝑥1+𝑥2−2𝑥0=−3𝑥0𝑦02−3𝑥02−𝑥0,∴𝑚=3𝑥0𝑦0,∴条件②𝑃𝑄//𝐴𝐵等价于𝑚=𝑘⇔

𝑘𝑦0=3𝑥0，综上所述：条件①𝑀在𝐴𝐵上，等价于𝑘𝑦0=𝑘2(𝑥0−2)；条件②𝑃𝑄//𝐴𝐵等价于𝑘𝑦0=3𝑥0；条件③|𝐴𝑀|=|𝐵𝑀|等价于𝑥0+𝑘𝑦0=8𝑘2𝑘2−3；选①②推③:由①②解得：𝑥0=2𝑘2𝑘2−3,

∴𝑥0+𝑘𝑦0=4𝑥0=8𝑘2𝑘2−3,∴③成立；选①③推②：由①③解得：𝑥0=2𝑘2𝑘2−3，𝑘𝑦0=6𝑘2𝑘2−3，∴𝑘𝑦0=3𝑥0，∴②成立；选②③推①：由②③解得：𝑥0=2𝑘2𝑘2−3，𝑘𝑦

0=6𝑘2𝑘2−3，∴𝑥0−2=6𝑘2−3，∴𝑘𝑦0=𝑘2(𝑥0−2)，∴①成立.5．【2021年甲卷文科】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：1x=交C于P，Q两点，且OPOQ⊥．已知点()2,0M，且M与l相切．（1）

求C，M的方程；（2）设123,,AAA是C上的三个点，直线12AA，13AA均与M相切．判断直线23AA与M的位置关系，并说明理由．【答案】（1）抛物线2:Cyx=，M方程为22(2)1xy−+=；（2）相切，理由见解析【解析】【分析】（1）根据已知抛物线与1x=相交，可得出抛物线开口向右，

设出标准方程，再利用对称性设出,PQ坐标，由OPOQ⊥，即可求出p；由圆M与直线1x=相切，求出半径，即可得出结论；（2）方法一：先考虑12AA斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若121323,,AAAAAA斜率存在，由123,,AA

A三点在抛物线上，将直线121223,,AAAAAA斜率分别用纵坐标表示，再由1212,AAAA与圆M相切，得出2323,yyyy+与1y的关系，最后求出M点到直线23AA的距离，即可得出结论.【详解】（1）依题意设抛物线200:2(0),(1,),(1,)Cy

pxpPyQy=−，20,1120,21OPOQOPOQypp⊥=−=−==，所以抛物线C的方程为2yx=，()2,0,MM与1x=相切，所以半径为1，所以M的方程为22(2)1xy−+=；（2）[方法一]：设111222333(),(

,),(,)AxyAxyAxy若12AA斜率不存在，则12AA方程为1x=或3x=，若12AA方程为1x=，根据对称性不妨设1(1,1)A，则过1A与圆M相切的另一条直线方程为1y=，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不

存在3A，不合题意；若12AA方程为3x=，根据对称性不妨设12(3,3),(3,3),AA−则过1A与圆M相切的直线13AA为33(3)3yx−=−，又1313313133113,033AAyykyxxyyy−=====−++，330,(0,0)xA=，此

时直线1323,AAAA关于x轴对称，所以直线23AA与圆M相切；若直线121323,,AAAAAA斜率均存在，则121323121323111,,AAAAAAkkkyyyyyy===+++，所以直线12AA方程为()11121yyxxyy−=

−+，整理得1212()0xyyyyy−++=，同理直线13AA的方程为1313()0xyyyyy−++=，直线23AA的方程为2323()0xyyyyy−++=，12AA与圆M相切，12212|2|11()yyyy+=++整理

得22212121(1)230yyyyy−++−=，13AA与圆M相切，同理22213131(1)230yyyyy−++−=所以23,yy为方程222111(1)230yyyyy−++−=的两根，2112323221123,11yyyyyyyy−+

=−=−−，M到直线23AA的距离为：21223122123213|2||2|121()1()1yyyyyyyy−++−=+++−−22112222111|1|111(1)4yyyyy++===+−+，所以直线23AA与圆M相切；综上若直线12

13,AAAA与圆M相切，则直线23AA与圆M相切.[方法二]【最优解】：设()()()222111113333322222,,,,,,,,AxyyxAxyyxAxyyx===．当12xx=时，同解法1．当12x

x时，直线12AA的方程为()211121yyyyxxxx−−=−−，即121212yyxyyyyy=+++．由直线12AA与M相切得12122122111yyyyyy++=++，化简得()12121

2130yyxxx+−−+=，同理，由直线13AA与M相切得()131312130yyxxx+−−+=．因为方程()1112130yyxxx+−−+=同时经过点23,AA，所以23AA的直线方程为()1112130yy

xxx+−−+=，点M到直线23AA距离为()()()11122211121311411xxxyxx−−++==+−+．所以直线23AA与M相切．综上所述，若直线1213,AAAA与M相切，则直线23AA与M

相切．【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用1213,AAAA的对称性，抽象出2323,yyyy+与1y关系，把23,yy的关系转化为

用1y表示，法二是利用相切等条件得到23AA的直线方程为()1112130yyxxx+−−+=，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路6．【2021年乙卷文科】已知抛物线2:2(0)Cypxp=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9PQQF=，求直线OQ斜率的最大值.【答案】（1）24yx=；（2）最大值为13.【解析】【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设()00,Qxy，由

平面向量的知识可得()00109,10Pxy−，进而可得20025910yx+=，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点,02pF，准线方程为2px=−，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为222ppp−−==

，所以该抛物线的方程为24yx=；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设()00,Qxy，则()00999,9PQQFxy==−−，所以()00109,10Pxy−，由P在抛物线上可得()()200104109yx=−，即20025910yx+=，据此整理可得点Q的轨迹方程为

229525=−yx，所以直线OQ的斜率000220001025925910OQyyykyxy===++，当00y=时，0OQk=；当00y时，0010925OQkyy=+，当00y时，因为0000992522530yyyy+=，此时103OQk

，当且仅当00925yy=，即035y=时，等号成立；当00y时，0OQk；综上，直线OQ的斜率的最大值为13.[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229525=−yx．设直线O

Q的方程为ykx=，则当直线OQ与抛物线229525=−yx相切时，其斜率k取到最值．联立2,29,525ykxyx==−得22290525kxx−+=，其判别式222940525=−−=k，解得1

3k=，所以直线OQ斜率的最大值为13．[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229525=−yx．设直线OQ的斜率为k，则22229525==−ykxxx．令11009=ttx，则229225

5=−+ktt的对称轴为59t=，所以21110,933−kk．故直线OQ斜率的最大值为13．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设()24,4(0),(,)PtttQxy．因为(1,0),9=

FPQQF，所以()24,49(1,)−−=−−xtytxy．于是249(1)49xtxyty−=−−=−，所以21049104xtyt=+=则直线OQ的斜率为2444194939424===++

ytxttttt．当且仅当94tt=，即32t=时等号成立，所以直线OQ斜率的最大值为13．【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y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OQ的斜率k的平方关于x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OQ斜率的最大值；方法四利用参数法，由

题可设()24,4(0),(,)PtttQxy，求得x,y关于t的参数表达式，得到直线OQ的斜率关于t的表达式，结合使用基本不等式，求得直线OQ斜率的最大值.7．【2021年乙卷理科】已知抛物线()2:20Cxpyp=的焦点为F，且F与圆22:(4)1Mxy++=上点的

距离的最小值为4．（1）求p；（2）若点P在M上，,PAPB是C的两条切线，,AB是切点，求PAB△面积的最大值．【答案】（1）2p=；（2）205.【解析】【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即

可解出p的值；（2）设点()11,Axy、()22,Bxy、()00,Pxy，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本

性质可求得PAB△面积的最大值.【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，0,2pF，设圆M上的点()00,Nxy，则()220041++=xy．所以()()220001453=−+−−xy

y．从而有2200||2=+−=pFNxy()22200014(8)1524−++−=−+−+ppyypy．因为053y−−，所以当03y=−时，2min||3944=++=pFNp．又0p，解之得2p

=，因此2p=．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线C的焦点为0,2pF，42pFM=+，所以，F与圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值为4142p+−=，解得2p=；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物

线C的方程为24xy=，即24xy=，对该函数求导得=2xy，设点()11,Axy、()22,Bxy、()00,Pxy，直线PA的方程为()1112xyyxx−=−，即112xxyy=−，即11220xxyy−−=，同理可知，直线PB的方程为22220xxyy−−=，由于点P为这两

条直线的公共点，则10102020220220xxyyxxyy−−=−−=，所以，点A、B的坐标满足方程00220xxyy−−=，所以，直线AB的方程为00220xxyy−−=，联立0022204xxyyxy−−==，可得200240xxxy−+=

，由韦达定理可得1202xxx+=，1204xxy=，所以，()()()22220121200014442xABxxxxxxy=++−=+−，点P到直线AB的距离为2002044xydx

−=+，所以，()()()23002222000002041114442224PABxySABdxxyxyx−==+−=−+△，()()2222000000041441215621xyyyyyy−=−+−

=−−−=−++，由已知可得053y−−，所以，当05y=−时，PAB△的面积取最大值321202052=.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到1201202,4+==xxxxxy．过

P作y轴的平行线交AB于Q，则2000,2−xQxy．()32222120000001111||241642222=−=−−=−PABSPQxxxyxyxy．P点在圆M上，则00co

s,4sin,xy==−+()()333222222001114cos4sin16(sin2)21222=−=−+=−++PABSxy．故当sin1=−时PAB△的面积最大，最大值为205．[方法三]：

直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为211,4xAx，222,4xBx．设:ABlykxb=+，联立ABl和抛物线C的方程得2,4,ykxbxy=+=整理得2440xkxb−−=．判别式2

Δ16160=+kb，即20kb+，且12124,4xxkxxb+==−．抛物线C的方程为24xy=，即24xy=，有2xy=．则()2111:42−=−PAxxlyxx，整理得21124xxyx=−，同理可得222:24=−PBxxlyx．联立方程211222,24,24xxyx

xxyx=−=−可得点P的坐标为1212,24xxxxP+，即(2,)Pkb−．将点P的坐标代入圆M的方程，得22(2)(4)1+−+=kb，整理得221(4)4bk−−=．由弦长公式得221

2||11=+−=+ABkxxk()2221212411616+−=++xxxxkkb．点P到直线AB的距离为22221kbdk+=+．所以()322211||161622422==++=+=PABSABd

kbkbkb321(4)44−−+bb32121544−+−=bb，其中[5,3]=−−−Pyb，即[3,5]b．当5b=时，()max205=PABS．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得FN关

于圆M上的点()00,Nxy的坐标的表达式，进一步转化为关于0y的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得p的值；方法二，利用圆的性质，F与圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点()11,Axy、()22,Bxy

、()00,Pxy，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB的坐标满足方程00220xxyy−−=，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得1202xxx+=，1204xxy=，利用弦长公式求得AB的长

，进而得到面积关于()00,Pxy坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于0y的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到1202xxx+=，1204xxy=，过P作y轴的平行线交AB于Q，则2000,2−xQxy．由121||2PABS

PQxx=−求得面积关于()00,Pxy坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线:ABlykxb=+，联立直线AB和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到20k

b+，且12124,4xxkxxb+==−．利用点P在圆M上，求得,kb的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标(2,)Pkb−，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b的函数表达式，然后利

用二次函数的性质求得最大值；8．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系xOy中，已知点()117,0F−、()21217,02FMFMF−=，，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线12x=上，过T的两条直线分别交C于A、B两

点和P，Q两点，且TATBTPTQ=，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【答案】（1）()221116yxx−=；（2）0.【解析】【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C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12kk+的值.【详解】(1)因为12122217MFMFFF−==，所以，轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为()22221

0,0xyabab−=，则22a=，可得1a=，2174ba=−=，所以，轨迹C的方程为()221116yxx−=.（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立如图所示，设1(,)2Tn

,设直线AB的方程为112211(),,(2,(),)ynkxAxyBxy−=−．联立1221()2116ynkxyx−=−−=,化简得22221111211(16)(2)1604kxkknxknkn−+−−−+−=.则22211112122211111

624,1616knknkknxxxxkk+−+−+==−−．故221112,11||1()||1()22TAkxTBkx=+−=+−．则222111221(12)(1)11||||(1)()()22

16nkTATBkxxk++=+−−=−．设PQ的方程为21()2ynkx−=−，同理22222(12)(1)||||16nkTPTQk++=−．因为TATBTPTQ=，所以22122212111616kkkk++=−−，化简得2212171

7111616kk+=+−−，所以22121616kk−=−，即2212kk=．因为11kk，所以120kk+=．[方法二]：参数方程法设1(,)2Tm．设直线AB的倾斜角为1，则其参数方程为111c

os2sinxtymt=+=+，联立直线方程与曲线C的方程2216160(1)xyx−−=，可得222221111cos116(cos)(sin2sin)1604tmttmt+−++−=+，整理得22221111(16cossin)(16cos2sin)(12)

0tmtm−+−−+=．设12,TAtTBt==，由根与系数的关系得2212222111(12)12||||16cossin117costmmTATBt−++===−−．设直线PQ的倾斜角为2，34,TPtTQt==，同理可得2342

212||||117cosmTTtPQt+==−由||||||||TATBTPTQ=，得2212coscos=．因为12，所以12sooscc=−．由题意分析知12+=．所以12tantan0+=，故直线AB的斜率与直线P

Q的斜率之和为0．[方法三]：利用圆幂定理因为TATBTPTQ=，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．设1(,)2Tt,直线AB的方程为11()2ytkx−=−，直线PQ的方程为21()2ytkx−=−,则二次曲线1212()()022kkkxytkxyt−−+−−+=．又

由22116yx−=，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：221212()()(1)0(0)2216kkykxytkxytx−−+−−++−−=，整理可得：2212121212()()()()16kxykkxytkk

kkkx++−−+++−12(2)02ykktm++−+=，其中21212()42kktmtkk=+−+−．由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即120kk+=.【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.9．【2021年新高考2卷】已知椭圆C的方程为22221(0)xyabab+=，右焦点为(2,0)F，且离心率为63．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线222(0)xybx+=相切．证明：

M，N，F三点共线的充要条件是||3MN=．【答案】（1）2213xy+=；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由离心率公式可得3a=，进而可得2b，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与

椭圆方程可证3MN=；充分性：设直线():,0MNykxbkb=+，由直线与圆相切得221bk=+，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得222241313kkk+=+，进而可得1k=，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距2c=且63cea=

=，所以3a=，又2221bac=−=，所以椭圆方程为2213xy+=；（2）由（1）得，曲线为221(0)xyx+=，当直线MN的斜率不存在时，直线:1MNx=，不合题意；当直线MN的斜率存在时，设()()1122,,,MxyNxy，必要性：若

M，N，F三点共线，可设直线():2MNykx=−即20kxyk−−=，由直线MN与曲线221(0)xyx+=相切可得2211kk=+，解得1k=，联立()22213yxxy=−+=可得246230xx−+=，所以12122,

3243xxxx+==，所以()212121143MNxxxx=++−=,所以必要性成立；充分性：设直线():,0MNykxbkb=+即0kxyb−+=，由直线MN与曲线221(0)xyx+=相切可得211b

k=+，所以221bk=+，联立2213ykxbxy=++=可得()222136330kxkbxb+++−=，所以2121222633,1313kbbxxxxkk−+=−=++，所以()222221212226331414131

3kbbMNkxxxxkkk−=++−=+−−++22224113kkk=++3=，化简得()22310k−=，所以1k=，所以12kb==−或12kb=−=，所以直线:2MNyx=−或2yx=−+，所以直线MN过点(2,0

)F，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||3MN=．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.10．【2020年新课标1卷理科】已知A、B分别为椭圆E：2221xya+=（a>1）的左、右顶点

，G为E的上顶点，8AGGB=，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的方程；（2）证明：直线CD过定点.【答案】（1）2219xy+=；（2）证明详见解析.【解析】【分析】（1）由已知可得：(

),0Aa−，(),0Ba，()0,1G，即可求得21AGGBa=−，结合已知即可求得：29a=，问题得解.（2）方法一：设()06,Py，可得直线AP的方程为：()039yyx=+，联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得点C的坐标为20022003276,99yyyy−+++，

同理可得点D的坐标为2002200332,11yyyy−−++，当203y时，可表示出直线CD的方程，整理直线CD的方程可得：()02043233yyxy=−−即可知直线过定点3,02，当203y=时，直线CD：32x=，直线过点3,02，命题

得证.【详解】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程222:1(1)xEyaa+=可得：(),0Aa−，(),0Ba，()0,1G(),1AGa=，(),1GBa=−218AGGBa=−=，29a=椭圆方程为：2219xy+=（

2）[方法一]：设而求点法证明：设()06,Py，则直线AP的方程为：()()00363yyx−=+−−，即：()039yyx=+联立直线AP的方程与椭圆方程可得：()2201939xyyyx+==+，整理得：()222200

0969810yxyxy+++−=，解得：3x=−或20203279yxy−+=+将20203279yxy−+=+代入直线()039yyx=+可得：02069yyy=+所以点C的坐标为20022003276,99yyyy−+++.同理可得：点D的坐标

为2002200332,11yyyy−−++当203y时，直线CD的方程为：0022200002222000022006291233327331191yyyyyyyxyyyyyy−−++−−

−=−−+−++−++，整理可得：()()()2220000002224200000832338331116963yyyyyyyxxyyyyy+−−+=−=−+++−−整理得：()()0002220004243323333yyyyxxyyy

=+=−−−−所以直线CD过定点3,02．当203y=时，直线CD：32x=，直线过点3,02．故直线CD过定点3,02．[方法二]【最优解】：数形结合设(6,)Pt，则直线PA的方程

为(3)9tyx=+，即930−+=txyt．同理，可求直线PB的方程为330−−=txyt．则经过直线PA和直线PB的方程可写为(93)(33)0−+−−=txyttxyt．可化为()22292712180−+−+=txytxyty．④

易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有2299xy−=−，代入④式可得()2227912180−−+=tytxyty．故()227912180−−+=ytytxt，可得0y=或()227912180−−

+=tytxt．其中0y=表示直线AB，则()227912180−−+=tytxt表示直线CD．令0y=，得32x=，即直线CD恒过点3,02．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理

论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.11．【2020年新课标2卷理科】已知椭圆C1：22221

xyab+=(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|=43|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）1

2；（2）221:13627xyC+=，22:12Cyx=.【解析】【分析】（1）求出AB、CD，利用43CDAB=可得出关于a、c的齐次等式，可解得椭圆1C的离心率的值；（2）[方法四]由（1）可得出1C的方程为2222143xyc

c+=，联立曲线1C与2C的方程，求出点M的坐标，利用抛物线的定义结合5MF=可求得c的值，进而可得出1C与2C的标准方程.【详解】（1）(),0Fc，ABx⊥轴且与椭圆1C相交于A、B两点，则直线AB的方程为xc=，联立22222221xcxyab

abc=+==+，解得2xcbya==，则22bABa=，抛物线2C的方程为24ycx=，联立24xcycx==，解得2xcyc==，4CDc=，43CDAB=，即2843bca=，223bac=，即222320cac

a+−=，即22320ee+−=，01eQ，解得12e=，因此，椭圆1C的离心率为12；（2）[方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知20||=−MFeaxc，则有200||=−=−aMFexae

xc，所以0152−=ax，即0210=−xa．又由0||5=+=MFxc，得052=−ax．从而21052−=−aa，解得6a=．所以3,6,33,6====cabp．故椭圆1C与抛物线2C的标准方程分别是2221,123627+==xyyx．[方法二]：圆锥曲线统一

的极坐标公式以(c,0)F为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．由（Ⅰ）知2ac=，又由圆锥曲线统一的极坐标公式2||1cos=−cMF，得255cos=−c，由132||11cos2=+cMF，得3105cos=+c

，两式联立解得3c=．故1C的标准方程为2213627xy+=，2C的标准方程为212yx=．[方法三]：参数方程由（1）知2,3acbc==，椭圆1C的方程为2222143xycc+=，所以1C的参数

方程为{𝑥=2𝑐⋅cos𝜃,𝑦=√3𝑐⋅sin𝜃（为参数），将它代入抛物线22:4Cycx=的方程并化简得23cos8cos30+−=，解得1cos3=或cos3=−（舍去），所以2

2sin3=，即点M的坐标为226,33cc．又||5MF=，所以由抛物线焦半径公式有5+=Mxc，即253+=cc，解得3c=．故1C的标准方程为2213627xy+=，2C的标准方程为212yx=．[方法四]【最优解】：利用韦达定理由（1）知2ac=，3bc=，椭圆1C的

方程为2222143xycc+=，联立222224143ycxxycc=+=，消去y并整理得22316120xcxc+−=，解得23xc=或6xc=−（舍去），由抛物线的定义可得25533cMFcc=+==，解得3c=.因此，曲

线1C的标准方程为2213627xy+=，曲线2C的标准方程为212yx=.【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.12．【2020年新课标2卷文科】已知椭圆C1：22221xyab+=(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|=43|AB|．（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．【答案】（1）12；（2）1C：2211

612xy+=，2C：28yx=.【解析】【分析】（1）根据题意求出2C的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设,AC在第一象限，运用代入法求出,,,ABCD点的纵坐标，根据4||||3CDAB=，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）由（1）可

以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；【详解】解：（1）因为椭圆1C的右焦点坐标为：(c,0)F,所以抛物线2C的方程为24ycx=，其中22cab=−.不妨设,AC在第一象限，因为椭圆1

C的方程为：22221xyab+=，所以当xc=时，有222221cybyaba+==，因此,AB的纵坐标分别为2ba，2ba−；又因为抛物线2C的方程为24ycx=，所以当xc=时，有242yccyc==，所以,CD的纵坐标分别为2c，2c−，故22||b

ABa=，||4CDc=.由4||||3CDAB=得2843bca=，即2322()ccaa=−，解得2ca=−（舍去），12ca=.所以1C的离心率为12.（2）由（1）知2ac=，3bc=，故22122:143xyCcc+=，所以1C的四个顶点坐标分别

为(2,0)c，(2,0)c−，(0,3)c，(0,3)c−，2C的准线为xc=−.由已知得312cccc+++=，即2c=.所以1C的标准方程为2211612xy+=，2C的标准方程为28yx=.【点睛】本题考查了求椭

圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.13．【2020年新课标3卷理科】已知椭圆222:1(05)25xyCmm+=的离心率为154，A，B分别为C的左、右顶点．（1）

求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线6x=上，且||||BPBQ=，BPBQ⊥，求APQ的面积．【答案】（1）221612525xy+=；（2）52.【解析】【分析】（1）因为222:1(05)25xyCmm+=，可得5a=，bm=，根据离心率公式，结合已知，即

可求得答案；（2）方法一：过点P作x轴垂线，垂足为M，设6x=与x轴交点为N，可得PMBBNQ△△，可求得P点坐标，从而求出直线AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积.【详解】（1）222:1(05)25xyCmm+=

5a=，bm=，根据离心率22154115cbmeaa==−=−=，解得54m=或54m=−(舍)，C的方程为：22214255xy+=，即221612525xy+=．（2）［方法一］：

通性通法不妨设P,Q在x轴上方，过点P作x轴垂线，垂足为M，设直线6x=与x轴交点为N根据题意画出图形，如图||||BPBQ=，BPBQ⊥，90PMBQNB==，又90PBMQBN+=，90BQNQBN+=，PBMBQN=，根据

三角形全等条件“AAS”，可得：PMBBNQ△△，221612525xy+=，(5,0)B，651PMBN==−=，设P点为(,)PPxy，可得P点纵坐标为1Py=，将其代入221612525xy+=，可得：21612525

Px+=，解得：3Px=或3Px=−，P点为(3,1)或(3,1)−，①当P点为(3,1)时，故532MB=−=，PMBBNQ△△，||||2MBNQ==，可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图(5,0)A

−,(6,2)Q，可求得直线AQ的直线方程为：211100xy−+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为222311110555125211d−+===+，根据两点间距离公式可得：()()22652055AQ=++−=，APQ面积为

：15555252=；②当P点为(3,1)−时，故5+38MB==，PMBBNQ△△，||||8MBNQ==，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A−,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：811400xy−+=，根据点到直线距离公式可得P到直

线AQ的距离为()22831114055185185811d−−+===+，根据两点间距离公式可得：()()226580185AQ=++−=，APQ面积为：15518522185=，综上所述，APQ面

积为：52.［方法二］【最优解】：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作PEx⊥轴，垂足为E．设(6,0)D，由题知，PEBBDQ≌．故131pBPPEPEPExQBBD====，①因为(3,1),(5,0),(6,2)PAQ−，如图，所以，52APQAQDPEDQP

EASSSS=−−=．②因为(3,1),(5,0),(6,8)PAQ−−，如图，所以52APQAQDPEDQPEASSSS=−−=．综上有52APQS=△［方法三］：由已知可得()5,0B，直线,BPBQ的斜率一定存在，设直线BP的方程为()5ykx=−，由对称性可设0k，联立方程22(5),

161,2525ykxxy=−+=消去y得()22221161601625250kxkxk+−+−=，由韦达定理得221625255116Pkxk−=+，所以22805116Pkxk−=+，将其代入

直线BP的方程得210116Pkyk−=+，所以22280510,116116kkPkk−−++，则222222280510101||5116116116kkkBPkkk−−+=−+=+++．因为BPBQ⊥，则直线BQ的方程为1(5)yxk=−

−，则2221116,,||1kQBQkkk+−=+−=．因为||||BPBQ=，所22221011116kkkk++=+，422566810kk−+=，即()()22641410kk−−=，故2164k=或214k=，即18k=−或12k=−．当

18k=−时，点P，Q的坐标分别为(3,1),(6,8),||130PQPQ−=，直线PQ的方程为71093yx=+，点A到直线PQ的距离为13026，故APQ的面积为113051302262=．当12k=−时

，点P，Q的坐标分别为(3,1),(6,2),||10PQPQ=，直线PQ的方程为13yx=，点(5,0)A−到直线PQ的距离为102，故APQ的面积为110510222=．综上所述，APQ的面积为52．［方法四］：由（1）知椭圆的方

程为221612525xy+=，(5,0),(5,0)AB−．不妨设()00,Pxy在x轴上方，如图．设直线:(5)(0)APykxk=+．因为||||,BPBQBPBQ=⊥，所以00||1,||5QyBNyBMx====−．

由点P在椭圆上得201612525x+=，所以209x=．由点P在直线AP上得()015kx=+，所以015kxk−=．所以2159kk−=，化简得216101kk=−．所以0110155516kxkkk−−=

−−==，即(6,16)Qk．所以，点Q到直线AP的距离22|6165|511kkkkdkk−+==++．又()()22220001||515kAPxykxk+=++=++=．故22111552221APQkkSAPdkk+===+．即APQ的面积

为52．［方法五］：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作PCx⊥轴，垂足为C，设(6,0)D，由题知PCBBDQ≌，所以131pBPPCPCPCxQBBD====．（1）(3,1),(5,0),

(6,2)PAQ−．则2212211115(||||)(||||)|82111|2222APQSAPAQAPAQxyxy=−=−=−=．（其中()()1122,,,APxyAQxy==）．（2）(3,1),(5,0),

(6,8)PAQ−−．同理，2212211115(||||)()|28111|2222APQSAPAQAPAQxyxy=−=−=−=．（其中()()1122,,,APxyAQxy==）综上，APQ的面积为52．

【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点P的坐标，从而得出点Q的坐标以及直线AQ的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求APQ的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线BP的方程

()5ykx=−与椭圆的方程联立，求出点P的坐标，再根据题目等量关系求出k的值，从而得出点Q的坐标以及直线AQ的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线AP的方程:(5)(0)APykxk=+，通过平面知识求出点P的坐标，表示出点Q，再根

据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．14．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的离心率

为22，且过点()2,1A．（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AMAN⊥，ADMN⊥，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值．【答案】（1）22163xy+=；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于,,abc的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方

法一：设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为ykxm=+,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到,mk的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.【详解】（1

）由题意可得：2222222411caababc=+==+，解得：2226,3abc===，故椭圆方程为：22163xy+=.(2)［方法一］：通性通法设点()()1122,,,Mxy

Nxy，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：ykxm=+，代入椭圆方程消去y并整理得：()222124260kxkmxm+++−=，可得122412kmxxk+=−+，21222612mxxk−=+，因为AMA

N⊥，所以·0AMAN=，即()()()()121222110xxyy−−+−−=，根据1122,kxmykxmy=+=+,代入整理可得：()()()()22121212140xxkmkxxkm++−−++

−+=，所以()()()22222264121401212mkmkkmkmkk−++−−−+−+=++，整理化简得()()231210kmkm+++−=，因为(2,1)A不在直线MN上，所以210km+−，故23101kmk++=，，于是

MN的方程为2133ykx=−−()1k，所以直线过定点直线过定点21,33P−.当直线MN的斜率不存在时，可得()11,Nxy−，由·0AMAN=得：()()()()111122110xxyy−−+−−−=，得()1221210xy−+−=，结合2211163

xy+=可得：2113840xx−+=，解得：123x=或22x=（舍）.此时直线MN过点21,33P−.令Q为AP的中点，即41,33Q，若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP△的

斜边，故12223DQAP==，若D与P重合，则12DQAP=，故存在点41,33Q，使得DQ为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为22(2)(1)163xy+++=，设直线MN的方程为4mxn

y+=．将直线MN方程与椭圆方程联立得224240xxyy+++=，即22()2()0xmxnyxymxnyy+++++=，化简得22(2)()(1)0nymnxymx+++++=，即2(2)()(1)0yynmnmxx+++++=．设()()1122,,,MxyNxy，

因为AMAN⊥则1212AMANyykkxx=112mn+==−+，即3mn=−−．代入直线MN方程中得()340nyxx−−−=．则在新坐标系下直线MN过定点44,33−−，则在原坐标系下直线MN过定点21,33P−．又ADMN

⊥，D在以AP为直径的圆上．AP的中点41,33即为圆心Q．经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在41,33Q，使得122||||23DQAP==．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为21163xy

+=，即30xy+−=．设直线MA的方程为11210kxyk−−+=，直线MB的方程为22210kxyk−−+=，直线MN的方程为0kxym−+=．由题意得121kk?-．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线,MAMB可表示为()()221122121210

63xykxykkxyk+−+−−+−−+=（其中为系数）．用直线MN及点A处的切线可表示为()(3)0kxymxy−++−=（其中为系数）．即()()22112212121()(3)63xykxykkxykkxymxy+−

+−−+−−+=−++−．对比xy项、x项及y项系数得()()()121212(1),4(3),21(3).kkkkkmkkkm+=−++=−+−=+①②③将①代入②③，消去,并化简得3210mk++=，

即2133mk=−−．故直线MN的方程为2133ykx=−−，直线MN过定点21,33P−．又ADMN⊥，D在以AP为直径的圆上．AP中点41,33即为圆心Q．经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在41

,33Q，使得122||||23DQAP==．［方法四］：设()()1122,,,MxyNxy．若直线MN的斜率不存在，则()()1111,,,MxyNxy−．因为AMAN⊥，则0AMAN=，即

()1221210xy−+−=．由2211163xy+=，解得123x=或12x=（舍）．所以直线MN的方程为23x=．若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为ykxm=+，则()()()222122()6120xkxmkxxxx++−=+−−=．令2x=，则()()1222(21

)(21)2212kmkmxxk+−++−−=+．又()()221221262ymyyyyykk−+−=+−−，令1y=，则()()122(21)(21)1112kmkmyyk+−−+−−−=+．因为AMAN⊥，所以()()()()12122211AMANxxyy

=−−+−−2(21)(231)12kmkmk+−++=+0=，即21mk=−+或2133mk=−−．当21mk=−+时，直线MN的方程为21(2)1ykxkkx=−+=−+．所以直线MN恒过(2,1)A，不合题意；当2133mk=−−时，直线MN的方程为21

213333ykxkkx=−−=−−，所以直线MN恒过21,33P−．综上，直线MN恒过21,33P−，所以42||3AP=．又因为ADMN⊥，即ADAP⊥，所以点D在以线段AP为直径的圆上运动．取线段AP的中点为41,33Q，则

122||||23DQAP==．所以存在定点Q，使得||DQ为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线MN方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P，再根据平面几何知识可知定点Q即为AP的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：

通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线MN的方程为4mxny+=，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出,mn的关系，从而可知直线过定点P，从而可知定点Q即为AP的中点，该法是本题的

最优解；方法三：设直线:MNykxm=+，再利用过点,,AMN的曲线系，根据比较对应项系数可求出,mk的关系，从而求出直线过定点P，故可知定点Q即为AP的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解()()1222−−xx以

及()()1211yy−−的计算．15．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知椭圆C：22221(0)xyabab+=过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为12，（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）22116

12xy+=；（2）18.【解析】【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离

即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：13(2)2yx−=−，即24−=−xy.当y=0时，解得4x=−，所以a=4，椭圆()2222:10xyCabab+=过点M(2，3)，可得249116b+=，解得b2=1

2.所以C的方程：2211612xy+=.(2)设与直线AM平行的直线方程为：2xym−=，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2xym−=与椭圆方程2211612xy+=，

可得：()2232448myy++=，化简可得：2216123480ymym++−=，所以()221444163480mm=−−=，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：28xy−=，直线AM方程为：24−=−xy，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：84125514d+==+，由两点之间距离公式可得22||(24)335AM=++=.所以△AMN的面积的最大值：1125351825=.【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．