【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题24 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题综合 Word版含解析.docx，共(162)页，9.329 MB，由小赞的店铺上传

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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1

.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2.掌握轨迹方程的求解，近年该考点多次考查3.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、20

15·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201

5·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（10年7考）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()222210xyabab+=的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且

满足32BFAB=．(1)求椭圆的离心率e；(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=OMON，且OMN的面积为3，求椭圆的标准方程．【答案】(1)63e=(2)22162xy+=【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b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2223xya+=，设直线l的方程为ykxm=+，将直线l的方程与椭圆方程联立，由Δ0=可得出()222313mak=+，求出点M的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得2a的值，即可

得出椭圆的方程.【详解】（1）解：()2222222222234332BFbcaabaabABbaba+====+=++，离心率为22263cabeaa−===.（2）解：由（1）可知椭圆的方程为2223xya

+=，易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm=+，联立2223ykxmxya=++=得()()222213630kxkmxma+++−=，由()()()222222223641330313kmkmamak=−+−==+，①2

331Mkmxk=−+，213MMmykxmk=+=+，由=OMON可得()()222229131mkmk+=+，②由3OMNS=可得2313213kmmk=+，③联立①②③可得213k=，24m=，26a=，故椭圆的标准方程为22162xy+=．2．

（2020·全国·高考真题）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）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）12；（2）221:13627xyC+=，22:12Cyx=.【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22

22143xycc+=，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22222221xcxyababc=+=

=+，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222320

caca+−=，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||=−=−

aMFexaexc，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13

2||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22si

n3=，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1

C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.3．（2019·全国·高考真题）已知曲线2:,2xCyD=，为直线12y=−上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为,AB.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以50,2E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中

点，求该圆的方程.【答案】(1)见详解；(2)225()42xy+−=或225()22xy+−=.【解析】（1）可设11(,)Axy，22(,)Bxy，1(,)2Dt−然后求出A，B两点处的切线方程，比如AD：1111()2

yxxt+=−，又因为BD也有类似的形式，从而求出带参数直线AB方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线AB方程和抛物线方程联立，再通过M为线段AB的中点，EMAB⊥得出t的值，从而求出M坐标和EM的值，最后求出圆的方程.

【详解】(1)证明：设1(,)2Dt−,11(,)Axy,则21112yx=．又因为212yx=，所以y'x=.则切线DA的斜率为1x，故1111()2yxxt+=−，整理得112210txy−+=.设22(,)Bxy，同理得112210txy−+=.11(,)Axy,22(,)Bxy都满足直线

方程2210txy−+=.于是直线2210txy−+=过点,AB，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2210txy−+=.即2(21)0txy+−+=，当20,210xy=−+=时等式恒成立．所以直线AB恒过定点1(0,)2.(2)由(1)得直线AB方程为2

210txy−+=，和抛物线方程联立得：2221012txyyx−+==化简得2210xtx−−=.于是122xxt+=,21212()121yytxxt+=++=+设M为线段AB的中点，则21(,)2Mtt+由

于EMAB⊥，而2(,2)EMtt=−,AB与向量(1,)t平行，所以2(2)0ttt+−=，解得0=t或1t=.当0=t时，(0,2)EM=−，2EM=所求圆的方程为225()42xy+−=;当1t=时，(1,1)EM=−或(1,1)EM=−−，2EM=

所求圆的方程为225()22xy+−=.所以圆的方程为225()42xy+−=或225()22xy+−=.【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22221(0)xyabab+=的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知3||2||OAOB=（O为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同

时与x轴和直线l相切，圆心C在直线4x=上，且OCAP∥，求椭圆的方程.【答案】（I）12；（II）2211612xy+=.【分析】（I）根据题意得到32ab=，结合椭圆中,,abc的关系，得到2223()2aac=+，化简得

出12ca=，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程2222143xycc+=，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2c=，从而得到椭圆的方程.【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为c，由已知有32ab=，又由22

2abc=+，消去b得2223()2aac=+，解得12ca=，所以，椭圆的离心率为12.（II）解：由（I）知，2,3acbc==，故椭圆方程为2222143xycc+=，由题意，(,0)Fc−，则直线l的方程为3()4yx

c=+，点P的坐标满足22221433()4xyccyxc+==+，消去y并化简，得到2276130xcxc+−=，解得1213,7cxcx==−，代入到l的方程，解得1239,214ycyc==−，因为点P在x轴的上

方，所以3(,)2Pcc，由圆心在直线4x=上，可设(4,)Ct，因为OCAP∥，且由（I）知(2,0)Ac−，故3242ctcc=+，解得2t=，因为圆C与x轴相切，所以圆的半径为2，又由圆C与l相切，得23(4)24231()4c

+−=+，解得2c=，所以椭圆的方程为：2211612xy+=.【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24Cyx=

：的焦点为F，过F且斜率为(0)kk的直线l与C交于A，B两点，||8AB=．（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．【答案】（1）1yx=−；（2）()()223216xy−+−=或()()2211

6144xy−++=．【分析】（1）方法一：根据抛物线定义得12ABxxp=++，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l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(1,0)F，设直线l的方程为(1)(0)ykxk=−．设()()1122,,,AxyBxy，由()2=1=4ykxyx−得()2222240kxk

xk−++=．216160k=+=，故212224kxxk++=．所以()()21224411kABAFBFxxk+=+=+++=．由题设知22448kk+=，解得1k=−（舍去）或=1k．因此l的方程为1yx=−．［方法二］：弦长公式的应用由题意得(1,0)F，设直线l的方程为(

1)(0)ykxk=−．设()()1122,,,AxyBxy，则由2=(1),=4ykxyx−得()22222240,Δ16160kxkxkk−++==+．()22222411616||1kk

ABkkk++=+=，由()22418kk+=，解得1k=−（舍去）或=1k．因此直线l的方程为1yx=−．［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2224||8sinsinpAB===，解得21sin2=，即

2sin2=．因为斜率0k，所以tan1k==．而抛物线焦点为(1,0)F，故直线l的方程为10xy−−=．［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用由题意知(1,0)F，可设直线l的参数方程为=1+cos,=sinxtyt（t为参数）．代入24yx=整理得

22sin4cos40,Δ160tt−−==．设两根为12,tt，则1212224cos4,sinsintttt+==−．由()2121212||48ABtttttt=−=+−=，解得2sin2=．因为0k

，所以2cos2=，因此直线l的参数方程为2=1+,22=2xtyt。故直线l的普通方程为1yx=−．［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21cos=−．设()()12,,,AB

+，由题意得122281cos1cos()+=+=−−+，解得45=，即tan1k==．所以直线l的方程为1yx=−．（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()3,2，所以AB的垂直平分线方程为()23yx−=−−，即5y

x=−+．设所求圆的圆心坐标为()00,xy，则()()0022000=+5+1+1=+162yxyxx−−解得00=3=2xy或00=11=6xy−，因此所求圆的方程为()()223216xy−+−=或()()22116144x

y−++=．［方法二］：硬算求解由题意可知，抛物线C的准线为1x=−，所求圆与准线相切．设圆心为(,)ab，则所求圆的半径为+1a．由2=1=4yxyx−得(322,222),(322,222)AB++−−．所以222222(3+22)+(2+22)=

(+1)(322)+(222)=(+1)abaaba−−−−−−，解得=3=2ab或=11=6ab−，所以，所求圆的方程为22(3)(2)16xy−+−=或22(11)(6)144xy−++=．【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()4,2P−，求直线l与圆M的方程.【答案】(1)证明见解析；(2)20xy−−=，()()223110xy−+−=或240xy+−=，2291

854216xy−++=.【详解】（1）设()()1122,,,AxyBxy，:2lxmy=+.由22,2xmyyx=+=可得2240ymy−−=，则124yy=−.又221212,22yyxx==，故()2121244yyx

x==.因此OA的斜率与OB的斜率之积为1212414yyxx−==−，所以OAOB⊥.故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得()21212122,424yymxxmyym+=+=++=+.故圆心M的坐

标为()22,mm+，圆M的半径()2222rmm=++.由于圆M过点()4,2P−，因此0APBP=，故()()()()121244220xxyy−−+++=，即()()1212121242200xxxxyyyy−+++++=，由（1）可得12124,4yyxx=−=.所以2210m

m−−=，解得1m=或12m=−.当1m=时，直线l的方程为20xy−−=，圆心M的坐标为()3,1，圆M的半径为10，圆M的方程为()()223110xy−+−=.当12m=−时，直线l的方程为240xy+−

=，圆心M的坐标为91,42−，圆M的半径为854，圆M的方程为2291854216xy−++=.【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0或说明中点在曲线内部.7．（2017·天津·高考真题）已知椭圆22221(0)xyabab+=的左焦点为(,0)Fc−，右顶点为A，点E的坐标为(0,)c，EFA△的面积为22b.

（I）求椭圆的离心率；（II）设点Q在线段AE上，32FQc=，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PMQN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.（i）求直线FP的斜率；（ii）求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）12.（Ⅱ）

（ⅰ）34.（ii）2211612xy+=.【分析】根据EFA△的面积为22b列出一个关于,,abc的等式，削去b求出离心率；根据,ac关系巧设直线AE的方程，与直线FP的方程联立解出焦点Q的坐标，利用|FQ|=32c解出斜率m，把直线FP的方程与椭圆方程联立

，解出P点坐标，分别求出FQN和FPM的面积，利用四边形PQNM的面积为3c，解出c，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()2122bcac+=.又由222bac=−，可得2220caca+−=，即2210ee+−=.又因为01e

，解得12e=.所以，椭圆的离心率为12.（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为(0)xmycm=−，则直线FP的斜率为1m.由（Ⅰ）知2ac=，可得直线AE的方程为12xycc+=，即220xyc+−=，与直线FP的

方程联立，可解得()223,22mccxymm−==++，即点Q的坐标为()223,22mccmm−++.由已知|FQ|=32c，有()2222233222mccccmm−++=

++，整理得2340mm−=，所以43m=，即直线FP的斜率为34.（ii）解：由2ac=，可得3bc=，故椭圆方程可以表示为2222143xycc+=.由（i）得直线FP的方程为3430xyc−+=，与椭圆

方程联立22223430,1,43xycxycc−+=+=消去y，整理得2276130xcxc+−=，解得137cx=−（舍去）或xc=.因此可得点3,2cPc，进而可得()223522ccFPcc=++=

，所以5322ccPQFPFQc=−=−=.由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QNFP⊥，所以339tan248ccQNFQQFN===，所

以FQN的面积为2127232cFQQN=，同理FPM的面积等于27532c，由四边形PQNM的面积为3c，得22752733232ccc−=，整理得22cc=，又由0c，得2c=.所以，椭圆的方程为2211612xy+=.【点睛】列出一个关

于,,abc的等式，可以求离心率；列出一个关于,,abc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22221(0)xyabab+=的上顶点为B,左焦点为F,离心率为55,（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,||=||PMMQl.（ⅰ）求的值;（ⅱ）若75||sin9PMBQP=,求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）2;（Ⅱ）（ⅰ）78;（ⅱ）22

1.54xy+=【详解】（Ⅰ）先由55ca=及222,abc=+得5,2acbc==,直线BF的斜率()020bbkcc−===−−;（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PMMQ=7.8MPPQMQxxxxxx−===−（Ⅱ）

先由75||sin=9PMBQPÐ得=||sinBPPQBQP=1555||sin73PMBQP=,由此求出c=1,故椭圆方程为221.54xy+=试题解析:（Ⅰ）设(),0Fc−,由已知55ca=及222,abc=+可得5,2acbc==,又因为()0,Bb,(),0Fc−,故直线BF的斜率

()020bbkcc−===−−.（Ⅱ）设点()()(),,,,,PPQQMMPxyQxyMxy,（Ⅰ）由（Ⅰ）可得椭圆方程为22221,54xycc+=直线BF的方程为22yxc=+,两方程联立消去y得2350,xc

x+=解得53Pcx=−.因为BQBP⊥,所以直线BQ方程为122yxc=−+,与椭圆方程联立消去y得221400xcx−=,解得4021Qcx=.又因为PMMQ=,及0Mx=得7.8MPPQMQxxxxx

x−===−（Ⅱ）由（Ⅰ）得78PMMQ=,所以777815PMPMMQ==++,即157PQPM=,又因为75||sin=9PMBQPÐ,所以=||sinBPPQBQP=1555||sin73PMBQP=.又因为4223PPyxcc=+=−,所以22545502333ccBPcc=

+++=,因此5555,1,33cc==所以椭圆方程为221.54xy+=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()222210xyabab+=，点O为坐标原点，点A的

坐标为()0a，，点B的坐标为()0b，，点M在线段AB上，满足2BMMA=，直线OM的斜率为510.（Ⅰ）求E的离心率e；（Ⅱ）设点C的坐标为()0b−，，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72，

求E的方程.【答案】（Ⅰ）255；（Ⅱ）221459xy+=.【详解】试题分析：（Ⅰ）由题设条件，可得点M的坐标为21(,)33ab，利用510OMk=，从而5210ba=，进而得225,2abcabb==−=，算出255cea==.（Ⅱ）由题设条件和（Ⅰ）的计算结果知，直

线AB的方程为15xybb+=，得出点N的坐标为51(,)22bb−，设点N关于直线AB的对称点S的坐标为17(,)2x，则线段NS的中点T的坐标为1517(,)4244xbb+−+.利用点T在直线AB上，以及1NSABkk=−，解得3b=，所以35a=，从而得到椭圆E的方程为221459x

y+=.试题解析：（Ⅰ）由题设条件知，点M的坐标为21(,)33ab，又510OMk=，从而5210ba=，进而得225,2abcabb==−=，故255cea==.（Ⅱ）由题设条件和（Ⅰ）的计算结果可得，直线AB

的方程为15xybb+=，点N的坐标为51(,)22bb−，设点N关于直线AB的对称点S的坐标为17(,)2x，则线段NS的中点T的坐标为1517(,)4244xbb+−+.又点T在直线AB上，且1NSABkk=−,从而有11517424415{7122552xbbbb

bbx+−++=+=−解得3b=，所以35a=，故椭圆E的方程为221459xy+=.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xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点10,2的距离，记

动点P的轨迹为W．(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．【答案】(1)214yx=+(2)见解析【分析】（1）设(,)Pxy，根据题意列出方程22212xyy+−=，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点22

2111,,,,,444AaaBbbCcc+++，且abc，分别令0ABkabm=+=，0BCkbcn=+=，且1mn=−，利用放缩法得21112Cnnn++，设函数()221()1fxxxx=++

，利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线AB的方程为21()4ykxaa=−++，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得()3221kABADk++，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(,)Pxy,则2212yxy=+−，两边同平方化简得214yx=+，故21:4Wyx=+.（2）法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,4

44AaaBbbCcc+++在W上,且abc，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则1,0ABBCkkabbc=−++,令2240114ABkbababam+−+=+==−，同理令0BCkbcn=+=，且1mn=−，则1mn

=−，设矩形周长为C,由对称性不妨设||||mn，1BCABkkcanmnn−=−=−=+，则222211||||()1()1()112CABBCbamcbncannnn=+=−++−+−+=++，易知2110nnn++

则令()222111()1,0,()22fxxxxfxxxxxx=++=+−,令()0fx=，解得22x=，当20,2x时，()0fx，此时()fx单调递减，当2,12x

，()0fx，此时()fx单调递增，则min227()24fxf==，故12733242C=,即33C.当33C=时,2,22nm==−,且22()1()1bamban−+=−+，即mn=时等号成立，矛盾，故33C,得证.法二：不妨设,,ABD在W上，且B

ADA⊥，依题意可设21,4Aaa+，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，则设BA,DA的斜率分别为k和1k−，由对称性，不妨设1k，直线AB的方程为21()4ykxaa=−++，则联立22141()4

yxykxaa=+=−++得220xkxkaa−+−=，()()222420kkaaka=−−=−，则2ka则2||1|2|ABkka=+−，同理211||12ADakk=++，2211||||1|2|12ABADkkaakk+=+−+++()322

221111221kkkaakkkkk++−++++=令2km=，则(0,1m，设32(1)1()33mfmmmmm+==+++，则2221(21)(1)()23mmfmmmm−+=+−=，令()0=fm，解得12m=，当10,2m

时，()0fm，此时()fm单调递减，当1,2m+，()0fm，此时()fm单调递增，则min127()24fmf==，33||||2ABAD+，但2221111|2|121|2|2kkaakkaakkk+−++++−++

，此处取等条件为1k=，与最终取等时22k=不一致，故332ABAD+.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动14个单位得抛物线2:Wyx=,矩形ABCD变换为矩形ABCD,则问题等价于矩形ABCD的周长大于33.设()()()222001122,,,,,Bt

tAttCtt,根据对称性不妨设00t.则1020,ABBCkttktt=+=+,由于ABBC⊥,则()()10201tttt++=−.由于()()22101020201,1ABttttBCtttt=++−=++−,且0t介于

12,tt之间,则()()221010202011ABBCtttttttt+=++−+++−.令20tantt+=,10πcot,0,2tt+=−,则2010tan,cottttt=−=−−,从而()()2200

1cot2cot1tantan2ABBCtt+=++++−故330022222(cossin)11sincossincos2sincoscossinsincossincostABBCt−++=−++=+

①当π0,4时,332222sincossincos122222sincoscossinsincossin2ABBC++=+=②当ππ,42

时,由于102ttt,从而000cottanttt−−−,从而0cottan22t−又00t,故0tan02t,由此330222(cossin)sincossincossincostABBC−++=+3323222sin(cossi

n)(sincos)sincos1cossincossincoscossin−++=+()()22222222sinsin2cos1cos1cos2cos==−−()()3

32222233221cos1cos2cos33=−+−+，当且仅当3cos3=时等号成立，故332ABBC+，故矩形周长大于33..【点睛】关键点睛：本题的

第二个的关键是通过放缩得211||||12CABBCnnn=+++，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）()221116yx

x−=；（2）0.【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()222210,0xyabab−=，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−+−−−+−=，()22=1644364nknk−−+，则22211112122211111624,1616k

nknkknxxxxkk+−+−+==−−．故221112,11||1()||1()22TAkxTBkx=+−=+−．则222111221(12)(1)11||||(1)()()2216nkTATBkxxk++=+−−=−．设PQ的方程为21()2ynkx−=−，同理2

2222(12)(1)||||16nkTPTQk++=−．因为TATBTPTQ=，所以22122212111616kkkk++=−−，化简得22121717111616kk+=+−−，所以22121616k

k−=−，即2212kk=．因为12kk，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111cos2sinxtymt=+=+，联立直线方程与曲线C的方程2216160(1)xyx−−=，可得222221111cos11

6(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||||16cossin117costmm

TATBt−++===−−．设直线PQ的倾斜角为2，34,TPtTQt==，同理可得2342212||||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PQ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(,)2

Tt,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()()()()16kxykkxytkkkkkx++−−+++−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.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−12.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：PQG是直角三角形

；（ii）求PQG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−12，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PQ的方程，与椭

圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点E的坐标，求出直线QE的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出G的坐标，再求出直线PG的斜率，计算PQPGkk的值，就可以证明出PQG是直角三角形；（ii）由（

i）可知,,PQG三点坐标，PQG是直角三角形，求出,PQPG的长，利用面积公式求出PQG的面积，利用导数求出面积的最大值.【详解】（1）直线AM的斜率为(2)2yxx−+，直线BM的斜率为(2)2yxx−，由题意可知：22124,(2)222yyxyxx

x=−+=+−，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为()221,242xyx+=；（2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为1−即可证得题中的结论】依

题意设()()()111100,,,,,PxyQxyGxy−−，直线PQ的斜率为(0)kk，则101010101010,PGGQyyyyyykkxxxxxx−−−+===−−−+，所以2210221012PGGQyykkxx−=

=−−．又1111122GQEQyykkkxxx−====−−，所以1PGkk=−，进而有PGPQ⊥，即PQG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1−即可证得题中的结论】由题意设()()()000011,,,,,PxyQxyGxy−−，则()0,

0Ex．因为Q，E，G三点共线，所以0101100102yyyyxxxxx+==−+，又因为点P，G在椭圆上，所以222200111,14242xyxy+=+=，两式相减得()01012PGxxkyy+=−+，所以()()()()()10

01001001100112PQPGyyxxyxxkkxyyxxyy+++=−=−=−+++，所以PQPG⊥．（ii）[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】设()11,Pxy，则直线PQ的方程为(0)ykxk=，联立22,1,4

2ykxxy=+=解得12122,212,21xkkyk=+=+所以直线PG的方程为()1111yxxyxkk=−−+=−+2111111kxkxxxkkk++=−+．联立直线PG的方程和椭圆C的方程，可

得()212224121xkxxkk++−+()222122140xkk+−=，则()21102412xkxxk++=+，所以()()()()()221101012224181112222221PPGxkkkSyxxxkxkkk++=+−===+++()24281252kkk

k+++．令()0PQGS=，即()()2345224282(1)1(1)(1)0252kkkkkkkkkkk−++++++−+=++．注意到0k，得1k=，所以PQGS在区间(0,1)内单调递增

，在区间(1,)+内单调递减，所以当1k=时，()max169PQGS=．[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QG的中点为N，直线PQ的斜率为k，则其方程为(0)ykxk=．由

22,1,42ykxxy=+=解得2212xk=+．由（Ⅰ）得1,2QGONkkkk==−．直线QG的方程为22212kyxk=++，直线ON的方程为1=−yxk，联立得()2222212Mkxkk=−++，()2222

1211212MkkONxkkk+=+=++．又22221112QkOQkxk+=+=+，从而()()()2222112212OQMkkSONOQkk+==++，进而()()()222814212PQGOQMkkSSkk+==++．以下同解法

一．【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为1−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C22:12xy+=

上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM=.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线3x=−上，且1OPPQ=.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【答案】（1）222xy+=；（2）见解析.【详解】（1）设P（x，y），M（00,xy）,则N（0,0x）

，00NP(x,),NM0,xyy=−=（）由NP2NM=得0022xxyy==，.因为M（00,xy）在C上，所以22x122y+=.因此点P的轨迹为222xy+=.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则()()

OQ3tPF1mnOQPF33mtn=−=−−−=+−，，，，，()OPmnPQ3mtn==−−−，，（，）.由OPPQ1=得-3m-2m+tn-2n=1，又由（1）知222mn+=，故3+3m-tn=

0.所以OQPF0=，即OQPF⊥.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．O是滑槽AB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1DNON==，3MN=．当栓子在滑槽A

B内做往复运动时，带动绕O转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线记为．以O为原点，AB所在的直线为x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l与两定直线1:20lxy−=和2

:20lxy+=分别交于,PQ两点．若直线l总与曲线C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）221164xy+=；（Ⅱ）存在最小值8．【详

解】（Ⅰ）设点，，依题意，2MDDN=，且1DNON==，所以，且22002200(1,1.xtyxy−+=+=）即0022,2.txxtyy−=−=−且0(2)0.ttx−=由于当点D不

动时，点D也不动，所以t不恒等于0，于是02tx=，故00,42xyxy==−，代入22001xy+=，可得221164xy+=，即所求的曲线C的方程为221.164xy+=（Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时

，直线l为4x=或4x=−，都有14482OPQS==．（2）当直线l的斜率存在时，设直线，由22,{416,ykxmxy=++=消去y，可得．因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以2222644(14)(41

6)0kmkm=−+−=，即22164mk=+．①又由,{20,ykxmxy=+−=可得；同理可得2,1212mmQkk−++．由原点O到直线PQ的距离为21mdk=+和21PQPQkxx=+−，可得．②将①代入②得，222241281441OPQkm

Skk+==−−．当214k时，2224128()8(1)84141OPQkSkk+==+−−；当2104k时，2224128()8(1)1414OPQkSkk+==−+−−．因2104k，则2

0141k−，22214k−，所以228(1)814OPQSk=−+−，当且仅当0k=时取等号．所以当0k=时，OPQS的最小值为8．综合（1）（2）可知，当直线l与椭圆C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(0,3)A和33,2P为椭圆2222:1(0)xyCabab+=

上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l的方程．【答案】(1)12(2)直线l的方程为3260xy−−=或20xy−=.【分析】（1）代入两点得到关于

,ab的方程，解出即可；（2）方法一：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP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B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的距离，再设()00,Bxy，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B到直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线3ykx=+，联立椭圆方程，得到点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：

首先考虑直线PB斜率不存在的情况，再设3:(3)2PBykx−=−，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12表达面积即可.【详解】（1）由题意得2239941bab=+=，解得22912ba

==，所以229111122bea=−=−=.（2）法一：3312032APk−==−−，则直线AP的方程为132yx=−+，即260xy+−=，()2233503322AP=−+−=，由（1）知22:1129xyC+=，设点B到直线AP的距离

为d，则291255352d==，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：20xyC++=，则612555C+=，解得6C=或18C=−，当6C

=时，联立221129260xyxy+=++=，解得03xy==−或332xy=−=−，即()0,3B−或33,2−−，当()0,3B−时，此时32lk=，直线l的方程为332yx=−，即3260x

y−−=，当33,2B−−时，此时12lk=，直线l的方程为12yx=，即20xy−=，当18C=−时，联立2211292180xyxy+=+−=得22271170yy−+=，227421172070=−=−，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3260xy−−

=或20xy−=.法二：同法一得到直线AP的方程为260xy+−=，点B到直线AP的距离1255d=，设()00,Bxy，则00220026125551129xyxy+−=+=，解得00332xy=−=−或000

3xy==−，即()0,3B−或33,2−−，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为260xy+−=，点B到直线AP的距离1255d=，设()23cos,3sinB，其中)0,2，则有23cos6sin612555+−=，联立

22cossin1+=，解得3cos21sin2=−=−或cos0sin1==−，即()0,3B−或33,2−−，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时()0,3B−，16392PABS==，符合题意，此时32lk=，直线l的方程为332

yx=−，即3260xy−−=，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为3ykx=+，联立椭圆方程有2231129ykxxy=++=，则()2243240kxkx++=，其中APkk，即12k−，解得0x=或22443kxk−=+，0k，12k−，令22443k

xk−=+，则2212943kyk−+=+，则22224129,4343kkBkk−−+++同法一得到直线AP的方程为260xy+−=，点B到直线AP的距离1255d=，则2222412926434312555kkkk−−++−++=，解

得32k=，此时33,2B−−，则得到此时12lk=，直线l的方程为12yx=，即20xy−=，综上直线l的方程为3260xy−−=或20xy−=.法五：当l的斜率不存在时，3:3,3,,3,2lxBPBA=−=

到PB距离3d=，此时1933922ABPS==不满足条件.当l的斜率存在时，设3:(3)2PBykx−=−，令()()1122,,,PxyBxy，223(3)21129ykxxy=−++=，消y可得()()22224324123636270kxkk

xkk+−−+−−=，()()()2222Δ24124433636270kkkkk=−−+−−，且APkk，即12k−，()2221222212122212224122743139434,144336362743kkxxkkkkPBkxxxxkkkxxk−+=+++

+=++−=+−−=+，A到直线PB距离22222332733431391224,924311PABkkkkkdSkkk+++++===+++，12k=或32，均满足题意，1:2lyx=或332yx=−，即3260xy−−=或20xy−=.法六：当l的斜率不存在时，3:3

,3,,3,2lxBPBA=−=到PB距离3d=，此时1933922ABPS==不满足条件.当直线l斜率存在时，设3:(3)2lykx=−+，设l与y轴的交点为Q，令0x=，则30,32Qk−+，联立223323436ykxkxy=−+

+=，则有()2223348336362702kxkkxkk+−−+−−=，()2223348336362702kxkkxkk+−−+−−=，其中()()22223Δ83434

36362702kkkkk=−−+−−，且12k−，则2222363627121293,3434BBkkkkxxkk−−−−==++，则211312183922234PBkSAQxxkk+=−=+=+，解的12k=

或32k=，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为12yx=或332yx=−，即3260xy−−=或20xy−=.2．（2023·天津·高考真题）已知椭圆22221(0)xyabab+=的左右顶点分别为12,AA，右焦点为F，已知123,1AFAF==．(1)求椭圆的方

程和离心率；(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线2AP交y轴于点Q，若三角形1APQ的面积是三角形2APF面积的二倍，求直线2AP的方程．【答案】(1)椭圆的方程为22143xy+=，离心率为12e=.(2)()622yx=−.【分析】（1）由31ac

ac+=−=解得2,1ac==，从而求出3b=，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2AP的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得2APxx，从而得到P点

和Q点坐标.由211122122AQAAPQAAPAPFAAPSSSSS=+=+得23QPyy=，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线2AP的方程即可得到答案.【详解】（1）如图，由题意得31acac+=−=

，解得2,1ac==，所以22213b=−=，所以椭圆的方程为22143xy+=，离心率为12cea==.（2）由题意得，直线2AP斜率存在，由椭圆的方程为22143xy+=可得()22,0A，设直线2AP的方程为()2ykx=−，联立方程组()221432xyykx+=

=−，消去y整理得：()2222341616120kxkxk+−+−=，由韦达定理得222161234APkxxk−=+，所以228634Pkxk−=+，所以2228612,3434kkPkk−−++，()0,2

Qk−.所以21142AQAQSy=,2112APFPSy=,12142AAPPSy=，所以211122122AQAAPQAAPAPFAAPSSSSS=+=+，所以23QPyy=，即21222334kkk−=−+，解得62k=，所以直线2AP的方程为()622

yx=−.3．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，点(),0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF=．(1)求C的方程；(2)设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNA

B的倾斜角分别为,．当−取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】(1)24yx=；(2):24ABxy=+.【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp+，即可得解；（2）法一：设点的坐标及直线:1MNxmy=+，由韦达定

理及斜率公式可得2MNABkk=，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk=，设直线:2ABxyn=+，结合韦达定理可解.【详解】（1）抛物线的准线为2px=−，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，

此时=32pMFp+=，所以2p=，所以抛物线C的方程为24yx=；（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy=+，由214xmyyx=+=

可得2440ymy−−=，120,4yy=−，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy−==+−，34223434444AByykyyyy−==+−，直线112:2xMDxyy−=+

，代入抛物线方程可得()1214280xyyy−−−=，130,8yy=−，所以322yy=，同理可得412yy=，所以()34124422MNABkkyyyy===++又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk===，若要使−最大，则0,2

，设220MNABkkk==，则()2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk−−====+++，当且仅当12kk=即22k=时，等号成立，所以当−最大时，22AB

k=，设直线:2ABxyn=+，代入抛物线方程可得24240yyn−−=，34120,4416yynyy=−==−，所以4n=，所以直线:24ABxy=+.[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜

率存在.设()()()()11223344,,,,,,,MxyNxyAxyBxy,直线():1MNykx=−由2(1)4ykxyx=−=得：()2222240kxkxk−++=，121xx=,同理，124yy=−.直线MD:11(2)2yyxx=−−,代入抛物线方程可得：134xx

=，同理，244xx=.代入抛物线方程可得:138yy=−,所以322yy=，同理可得412yy=，由斜率公式可得：()()21432143212121.22114ABMNyyyyyykkxxxxxx−−−====

−−−（下同方法一）若要使−最大，则0,2，设220MNABkkk==，则()2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk−−====+++，当且仅当12kk=即22k=时，等号

成立，所以当−最大时，22ABk=，设直线:2ABxyn=+，代入抛物线方程可得24240yyn−−=，34120,4416yynyy=−==−，所以4n=，所以直线:24ABxy=+.[方法三]：三点共线设222231241234,,

,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，设(),0Pt,若P、M、N三点共线，由221212,,44yytytPMPNy=−=−，所以22122144y

ytyty−=−，化简得124yyt=-，反之，若124yyt=-,可得MN过定点(),0t因此，由M、N、F三点共线，得124yy=−，由M、D、A三点共线，得138yy=−，由N、D、B三点共线，得248yy=−，则3412416

yyyy==−，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使−最大，则0,2，设220MNABkkk==，则()2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk−−====+++

，当且仅当12kk=即22k=时，等号成立，所以当−最大时，22ABk=，所以直线:24ABxy=+.【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,MNAB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AB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()222210xyab

ab+=的右焦点为F，上顶点为B，离心率为255，且5BF=．（1）求椭圆的方程；（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若//MPBF，求直线l的方程．【答案】（1）

2215xy+=；（2）60xy−+=.【分析】（1）求出a的值，结合c的值可得出b的值，进而可得出椭圆的方程；（2）设点()00,Mxy，分析出直线l的方程为0015xxyy+=，求出点P的坐标，根据//MPBF可得出MPBFkk=，求出0

x、0y的值，即可得出直线l的方程.【详解】（1）易知点(),0Fc、()0,Bb，故225BFcba=+==，因为椭圆的离心率为255cea==，故2c=，221bac=−=，因此，椭圆的方程为2215xy+=；（2）设点()00,Mxy为椭圆2215xy+=上一点，先证明直线MN的方程为00

15xxyy+=，联立00221515xxyyxy+=+=，消去y并整理得220020xxxx−+=，2200440xx=−=，因此，椭圆2215xy+=在点()00,Mxy处的切线方程为0015xxyy+=.在直线MN的方程中，令0x=，可得01yy=，由题意可知00

y，即点010,Ny，直线BF的斜率为12BFbkc=−=−，所以，直线PN的方程为012yxy=+，在直线PN的方程中，令0y=，可得012xy=−，即点01,02Py−，因为//MPBF，则MPBFkk=，即2000000211212

2yyxyxy==−++，整理可得()20050xy+=，所以，005xy=−，因为222000615xyy+==，00y，故066y=，0566x=−，所以，直线l的方程为66166xy−+=，即60xy−+=.【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ykxm=+与椭圆方程联立，由0=进行求解；（2）椭圆22221xyab+=在其上一点()00,xy的切线方程为00221xxyyab+=，再应用此方程时，首先应证明直线0022

1xxyyab+=与椭圆22221xyab+=相切.5．（2020·天津·高考真题）已知椭圆22221(0)xyabab+=的一个顶点为(0,3)A−，右焦点为F，且||||OAOF=，其中O为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点C满足3OCOF=，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线AB

与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．【答案】（Ⅰ）221189xy+=；（Ⅱ）132yx=−，或3yx=−．【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助222abc=+，即可求出椭圆的方程；（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到CP

AB⊥，设出直线AB的方程，并与椭圆方程联立，求出B点坐标，进而求出P点坐标，再根据CPAB⊥，求出直线AB的斜率，从而得解.【详解】（Ⅰ）椭圆()222210xyabab+=的一个顶点为()0,3A−，3b=，由OAOF=，得3cb==，又由222abc=+，得

2228313a=+=，所以，椭圆的方程为221189xy+=；（Ⅱ）直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CPAB⊥，根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为3ykx+=，即3ykx=−，22

31189ykxxy=−+=，消去y，可得()2221120kxkx+−=，解得0x=或21221kxk=+.将21221kxk=+代入3ykx=−，得222126321213kykkkk=−−=++，所以，点B的坐标为2221263,2121kkk

k−++，因为P为线段AB的中点，点A的坐标为()0,3−，所以点P的坐标为2263,2121kkk−++，由3OCOF=，得点C的坐标为()1,0，所以，直线CP的斜率为222303216261121CPkkkkkk−−+=−+−+=，又因为CPAB⊥，所以231

261kkk=−−+，整理得22310kk−+=，解得12k=或1k=.所以，直线AB的方程为132yx=−或3yx=−.【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xOy中，椭圆C过点1(3,)2，焦点12(3,0),(3,0)FF−，圆O的直径为12FF．（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,AB两点．若OAB的面积为267，求直线l的方程．【答案】（1）2214xy+=，223xy+=；（2）①(2,1)；②532yx=−+．【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(

)123,0,(3,0)FF−，可设椭圆C的方程为22221(0)xyabab+=．又点13,2在椭圆C上，所以2222311,43,abab+=−=，解得224,1,ab==因此，椭圆C的方程为2214xy+=．因为圆O的直径为1

2FF，所以其方程为223xy+=．（2）［方法一］：【通性通法】代数法硬算①设直线l与圆O相切于()0000,(0,0)Pxyxy，则22003xy+=，所以直线l的方程为()0000xyxxyy=−−+，即0003

xyxyy=−+．由22000143xyxyxyy+==−+，消去y，得()222200004243640xyxxxy+−+−=（*），因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以()()()(

)22222200000024443644820xxyyyx=−−+−=−=．因为00,0xy，所以002,1xy==，因此，点P的坐标为(2,1)．②因为三角形OAB的面积为267，所以12627ABO

P=，从而427AB=．设()()1122,,,AxyBxy，由（*）得()()220001,222002448224xyxxxy−=+，所以()()2221212ABxxyy=−+−()()222000222200048214yxxyxy−=+

+．因为22003xy+=，所以()()22022016232491xABx−==+，即42002451000xx−+=，解得22005(202xx==舍去），则2012y=，因此P的坐标为102,22

．综上，直线l的方程为532yx=−+．［方法二］：圆的参数方程的应用设P点坐标为π(3cos,3sin),0,2．因为原点到直线cossin3xy+=的距离2233cossindr===+，所以与圆O切于点P的直线l的方程为cossin3xy

+=．由22cossin3,1,4xyxy+=+=消去y，得()()22213cos(83cos)124sin0xx+−+−=．①因为直线l与椭圆相切，所以()()22Δ16co

s23cos20=−−−=．因为π0,2，所以cos(0,1)，故6cos3=，3sin3=．所以，P点坐标为(2,1)．②因为直线:cossin3lxy+=与圆O相切，所以OAB中边AB上的高3r=，因为OAB的面积为267，所以4||27AB=．设()()

1122,,,AxyBxy，由①知22121222283cos124sin84cos,13cos13cos13cosxxxx−++===+++()22121224cos||2147sinABxxxx==++−=222222cos83cos84cos14sin13

cos13cos++−++，即64218cos153cos235cos1000−+−=，即()()()2226cos5cos13cos200−−−=．因为π0,2

，所以cos(0,1)，故25cos6=，所以51cos,sin66==．所以直线l的方程为532yx=−+．［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π(3cos,3sin),0,2

，则与圆O切于点P的直线l的参数方程为：π3coscos2π3sinsin2xtyt=++=++（t为参数），即3cossin3sincosxtyt=−=+（t为参数）．代入2214xy+=，得关于t的一元二次方

程()()22213cos(63sincos)89cos0tt+++−=．①因为直线l与椭圆相切，所以，()()222Δ(63sincos)413cos89cos0=−+−=，因为π0,2，所以cos(0,1)，故6cos3=，3sin3

=．所以，P点坐标为(2,1)．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P的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点P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(3cos,3sin)，进而表

示出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系解出点P的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点P的坐标；方法三：①利用圆的参数方程设出点(3cos,3sin)，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P的

坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点P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()4,2P−，求直线l与圆M的方程.【答案】(1)证明见解析；(2)20xy−−=，()()223110xy−+−=或240xy+−=，2291854216xy−++=.【详解】（1）设()()1122,,,AxyBxy，:2lxmy=+.由22,2xmyy

x=+=可得2240ymy−−=，则124yy=−.又221212,22yyxx==，故()2121244yyxx==.因此OA的斜率与OB的斜率之积为1212414yyxx−==−，所以OAOB⊥.故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得()21212122,424yymxx

myym+=+=++=+.故圆心M的坐标为()22,mm+，圆M的半径()2222rmm=++.由于圆M过点()4,2P−，因此0APBP=，故()()()()121244220xxyy−−+++=，即()()1212121242200xxxxyyyy−+++++=，

由（1）可得12124,4yyxx=−=.所以2210mm−−=，解得1m=或12m=−.当1m=时，直线l的方程为20xy−−=，圆心M的坐标为()3,1，圆M的半径为10，圆M的方程为()()223110xy−+−=.当12m=−时，直线l的方程为240xy+−=，圆心M的坐标为91,4

2−，圆M的半径为854，圆M的方程为2291854216xy−++=.【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0或说明中点在曲线内部.8．（2017·天津·高考真题）设椭圆22221(0)xyabab+=的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12.已知A是抛物线22(0)ypxp=的焦点，F到抛物线的准

线l的距离为12.（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D.若APD△的面积为62，求直线AP的方程.【答案】（Ⅰ）

22413yx+=，24yx=.（Ⅱ）3630xy+−=，或3630xy−−=.【详解】试题分析：由于A为抛物线焦点，F到抛物线的准线l的距离为12，则12ac−=，又椭圆的离心率为12，求出,,cab，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则(1

,0)A，设直线AP方程为设1(0)xmym=+，解出PQ、两点的坐标，把直线AP方程和椭圆方程联立解出B点坐标，写出BQ所在直线方程，求出点D的坐标，最后根据APD△的面积为62解方程求出m，得出直线AP的方程.试题解析：

（Ⅰ）解：设F的坐标为(),0c−.依题意，12ca=，2pa=，12ac−=，解得1a=，12c=，2p=，于是22234bac=−=.所以，椭圆的方程为22413yx+=，抛物线的方程为24yx=.（Ⅱ）解：设直线AP的方程为()10xmym=+

，与直线l的方程1x=−联立，可得点21,Pm−−，故21,Qm−.将1xmy=+与22413yx+=联立，消去x，整理得()223460mymy++=，解得0y=，或2634mym−=+.由点B异于点A，可得点222346,3

434mmBmm−+−++.由21,Qm−，可学*科.网得直线BQ的方程为()222623421103434mmxymmmm−−+−+−+−=++，令0y=，解得222332mxm−=+，故2223,032mDm−

+.所以222223613232mmADmm−=−=++.又因为APD的面积为62，故2216262322mmm=+，整理得232620mm−+=，解得63m=，所以63m=.所以，直线AP的方程为3630xy+−=，或3630xy−−=.【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()222210xyabab+=的离心率为22，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）2212xy+=（2）1yx=−或1yx=−+．【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22，二是右焦点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22ca=且23acc+=，解得2a=，1c=，则1b=，所以椭圆的标准方程为2212xy+=．（2）当x⊥轴时，2=，又C3=，不合题意．当与x

轴不垂直时，设直线的方程为()1ykx=−，()11,xy，()22,xy，将的方程代入椭圆方程，得()()2222124210kxkxk+−+−=，则()221,2222112kkxk+=+，C的坐标为222

2,1212kkkk−++，且()()()()()222222121212221112kxxyykxxk+=−+−=+−=+．若0k=，则线段的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．从而0k，故直线C的方程为222121212kkyxkkk

+=−−++，则点的坐标为()22522,12kkk+−+，从而()()2222311C12kkkk++=+．因为C2=，所以()()()2222223114211212kkkkkk+++=++，解得1k=

．此时直线方程为1yx=−或1yx=−+．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.【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()222210,0xyabab−=，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−+

−−−+−=，()22=1644364nknk−−+，则22211112122211111624,1616knknkknxxxxkk+−+−+==−−．故221112,11||1()||1()22TAkxTBkx=+−=+−．则222111221(12)(1)11|

|||(1)()()2216nkTATBkxxk++=+−−=−．设PQ的方程为21()2ynkx−=−，同理22222(12)(1)||||16nkTPTQk++=−．因为TATBTPTQ=，所以22122212111616kkkk++=−−，化简得22121717111616kk+=

+−−，所以22121616kk−=−，即2212kk=．因为12kk，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111cos2sinxtymt=+

=+，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2342212|

|||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PQ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()()022kk

kxytkxyt−−+−−+=．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(

)()()()16kxykkxytkkkkkx++−−+++−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.2．（2021·北京·高考真题）已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=一个顶点(0,2)A−，以椭圆E的四个顶点为顶点的四

边形面积为45．（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3y=−交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围

．【答案】（1）22154xy+=；（2）[3,1)(1,3]−−．【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,ab，从而可求椭圆的标准方程.（2）设()()1122,,,BxyCxy，求出直线,ABAC的方

程后可得,MN的横坐标，从而可得PMPN+，联立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PMPN+，从而可求k的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过()0,2A−，故2b=，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故122452ab

=，即5a=，故椭圆的标准方程为：22154xy+=.（2）设()()1122,,,BxyCxy，因为直线BC的斜率存在，故120xx，故直线112:2yAByxx+=−，令=3y−，则112Mxxy=−+，同理222Nxxy

=−+.直线:3BCykx=−，由2234520ykxxy=−+=可得()224530250kxkx+−+=，故()22900100450kk=−+，解得1k−或1k.又1212223025,4545kxxxxkk+==++，故120xx，所以0MNxx又1212=22MNxx

PMPNxxyy+=++++()()2212121222212121222503024545=5253011114545kkkxxxxxxkkkkkkxkxkxxkxxkk−−++++===−−−++−+++故515k即3k，综上，31k−−或13k.3．（2021·全国乙卷

·高考真题）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.【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0

0y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OQ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22

290525kxx−+=，其判别式222940525=−−=k，解得13k=，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2292255=−+ktt的对称轴为59t=，所以21110,933−kk．故直线OQ斜率的最大值为1

3．[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.4．（2019·天津·高考真题）设椭

圆22221(0)xyabab+=的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为55.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上.若||||

ONOF=（O为原点），且OPMN⊥，求直线PB的斜率.【答案】（Ⅰ）22154xy+=（Ⅱ）2305或2305−.【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c，依题意，524,5cba==，又222abc=+，可得5a=，b=2，c=1.所以，椭圆方程为22154xy+=.(Ⅱ)由题意，设

()()(),0,,0PPPMPxyxMx.设直线PB的斜率为()0kk，又()0,2B，则直线PB的方程为2ykx=+，与椭圆方程联立222154ykxxy=++=，整理得()2245200kx

kx++=，可得22045Pkxk=−+，代入2ykx=+得2281045Pkyk−=+，进而直线OP的斜率24510PPykxk−=−，在2ykx=+中，令0y=，得2Mxk=−.由题意得()0,1N−，所以直线MN的斜率为2k−.由

OPMN⊥，得2451102kkk−−=−−，化简得2245k=，从而2305k=.所以，直线PB的斜率为2305或2305−.【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22221xyab+=(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为53，点A的坐标为(),0b，且62FBAB=.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：(0)ykxk

=与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若52sin4AQAOQPQ=(O为原点)，求k的值.【答案】(Ⅰ)22194xy+=；(Ⅱ)12或1128．【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22194xy+=．（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22194ykxxy=+=，，可得12694kyk=+．由方程组20yk

xxy=+−=，，可得221kyk=+．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为12或1128．详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有2259ca=，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已

知可得，FBa=，2ABb=，由62FBAB=，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为22194xy+=．（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12PQsinAOQyy=−．又因为2yAQsi

nOAB=，而∠OAB=π4，故22AQy=．由524AQsinAOQPQ=，可得5y1=9y2．由方程组22194ykxxy=+=，，消去x，可得12694kyk=+．易知直线AB的方

程为x+y–2=0，由方程组20ykxxy=+−=，，消去x，可得221kyk=+．由5y1=9y2，可得5（k+1）=2394k+，两边平方，整理得25650110kk−+=，解得12k=，或112

8k=．所以，k的值为12或1128．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22221(0)xyabab+=的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为53，13AB=．（1）求椭圆的方程；（2）设直线:(0)lykxk=

与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若BPM△的面积是BPQV面积的2倍，求k的值．【答案】（1）22194xy+=；(2)12−．【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得3,2ab=

=.则椭圆的方程为22194xy+=.（II）设点P的坐标为()11,xy，点M的坐标为()22,xy，由题意可得215xx=.易知直线AB的方程为236xy+=，由方程组236,,xyykx+==可得2632xk=+.由方程组

221,94,xyykx+==可得12694xk=+.结合215xx=，可得89k=−，或12k=−.经检验k的值为12−.详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得2259ca=，又由222abc=+，可得23ab=．由2

2||13ABab=+=,从而3,2ab==．所以，椭圆的方程为22194xy+=．（II）设点P的坐标为11(,)xy，点M的坐标为22(,)xy，由题意，210xx，点Q的坐标为11(,)xy−−．由BPM△的面积是BPQV面

积的2倍，可得||=2||PMPQ，从而21112[()]xxxx−=−−，即215xx=．易知直线AB的方程为236xy+=，由方程组236,,xyykx+==消去y，可得2632xk=+．由方程组221,94,xyykx+==消去y，可得12694xk=+．由215xx=

，可得2945(32)kk+=+，两边平方，整理得2182580kk++=，解得89k=−，或12k=−．当89k=−时，290x=−，不合题意，舍去；当12k=−时，212x=，1125x=，符合题意．所以，k的值为12−．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22221(0)

xyabab+=的左焦点为(,0)Fc−，右顶点为A，点E的坐标为(0,)c，EFA△的面积为22b.（I）求椭圆的离心率；（II）设点Q在线段AE上，32FQc=，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PMQN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.（

i）求直线FP的斜率；（ii）求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）12.（Ⅱ）（ⅰ）34.（ii）2211612xy+=.【分析】根据EFA△的面积为22b列出一个关于,,abc的等式，削去b求出离心率；根据,

ac关系巧设直线AE的方程，与直线FP的方程联立解出焦点Q的坐标，利用|FQ|=32c解出斜率m，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出P点坐标，分别求出FQN和FPM的面积，利用四边形PQNM的面积为3c，解出c，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()2122bcac+=.又由222bac=−，可得2220caca+−=，即2210ee+−=.又因为01e，解得12e=.所以，椭圆的离心率为12.（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP

的方程为(0)xmycm=−，则直线FP的斜率为1m.由（Ⅰ）知2ac=，可得直线AE的方程为12xycc+=，即220xyc+−=，与直线FP的方程联立，可解得()223,22mccxymm−==++，即点Q的坐标为()223,22m

ccmm−++.由已知|FQ|=32c，有()2222233222mccccmm−++=++，整理得2340mm−=，所以43m=，即直线FP的斜率为34.（ii）解：由2ac=，

可得3bc=，故椭圆方程可以表示为2222143xycc+=.由（i）得直线FP的方程为3430xyc−+=，与椭圆方程联立22223430,1,43xycxycc−+=+=消去y，整理得2276130xcxc+−=，解得137cx=−（舍去）或xc=.因此可得点3,2c

Pc，进而可得()223522ccFPcc=++=，所以5322ccPQFPFQc=−=−=.由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QNFP⊥，所以339tan248ccQNFQQFN=

==，所以FQN的面积为2127232cFQQN=，同理FPM的面积等于27532c，由四边形PQNM的面积为3c，得22752733232ccc−=，整理得22cc=，又由0c，得2c=.所以，椭圆的方程为2211612xy+=.【点睛】列出一个关于,,ab

c的等式，可以求离心率；列出一个关于,,abc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x

Oy中，椭圆E：22221xyab+=()0ab的离心率为22，焦距为2.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）如图，动直线l：132ykx=−交椭圆E于,AB两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为2k，且1224kk=，M是线段OC延长线上一点，且:

2:3MCAB=，M的半径为MC，,OSOT是M的两条切线，切点分别为,ST.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率.【答案】（1）2212xy+=（2）SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为122k=.【详解】试题分析：（I）本小题由22cea==，2

2c=确定,ab即得.（Ⅱ）通过联立方程组2211,23,2xyykx+==−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||AB及圆M的半径r表达式.进一步求得直线OC的方程并与椭圆方程联立，确定得到OCr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22cea==，22c=，所以2,1ab==，因此椭圆E的方程为2212xy+=.（Ⅱ）设()()1122,,,AxyBxy，联

立方程2211,23,2xyykx+==−得()2211424310kxkx+−−=，由题意知0，且()112122211231,21221kxxxxkk+==−++，所以22112112211181221kkABkxxk++=+−=+.由题意可知圆M的半径r为221121118

22321kkrk++=+由题设知1224kk=，所以2124kk=因此直线OC的方程为124yxk=.联立方程2211,22,4xyyxk+==得2221221181,1414kxykk==++，因此2221211814kOCxyk+=+=+.由题意可知1sin21S

OTrOCrOCr==++，而2121221121181411822321kOCkrkkk++=+++21221112324141kkk+=++，令2112tk=+，则()11,0,1tt，因此2223313112221121119224OCtrttttt===+−+−−−+

，当且仅当112t=，即2t=时等号成立，此时122k=，所以1sin22SOT，因此26SOT，所以SOT最大值为3.综上所述：SOT的最大值为3，取得最大值时直线l的斜率为122k=.【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,,,abce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2222:1(0)xyCabab+=

的长轴长为4，焦距为22（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过动点(0,)(0)Mmm的直线交x轴与点N，交C于点,AP(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.（ⅰ）设直线,PMQM的斜率

分别为12,kk，证明21kk为定值；（ⅱ）求直线AB的斜率的最小值.【答案】（Ⅰ）22142xy+=；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）直线AB的斜率的最小值为62【详解】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得.（Ⅱ）（ⅰ）设0000(,)(0

,0)Pxyxy，由M(0,m)，可得,PQ的坐标，进而得到直线PM的斜率k，直线QM的斜率'k，可得'kk为定值.（ⅱ）设1122(,),(,)AxyBxy.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程

为y=–3kx+m.联立22,{1,42ykxmxy=++=应用一元二次方程根与系数的关系得到21xx−，21yy−，进而可得.ABk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24,222ac==，所以222,2abac==−=.所以椭圆C的

方程为22142xy+=.（Ⅱ）（ⅰ）设0000(,)(0,0)Pxyxy，由M(0,m)，可得00(,2),(,2).PxmQxm−所以直线PM的斜率002mmmkxx−==，直线QM的斜率0023mmmkxx−−==−.此时3kk=−.所以kk

为定值–3.（ⅱ）设1122(,),(,)AxyBxy.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立22,{1,42ykxmxy=++=整理得222(21)4240kxmkxm+++−

=.由20122421mxxk−=+，可得21202(2)(21)mxkx−=+，所以.同理222222002(2)6(2),(181)(181)mkmxymkxkx−−−==+++.所以22222122220002(2)2(2)32(2)(181)(21)(181)(21)m

mkmxxkxkxkkx−−−−−=−=++++，22222122220006(2)2(2)8(61)(2)(181)(21)(181)(21)kmmkkmyymmkxkxkkx−−−−+−−=+−−=++++，所以221216111(6).44AByykkkxxkk−+=

==+−由00,0mx，可知k>0，所以1626kk+，等号当且仅当66k=时取得.此时26648mm=−，即147m=，符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【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,,,abce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2221(0)yxbb−=的左、右焦点分别为12FF、，直线l过2F且与双曲线交于AB、两点.（1）若l的倾斜角为π2，1FAB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；（2）设3b=，若l的斜

率存在，且11()0FAFBAB+=，求l的斜率.【答案】（1）2yx=；（2）155.【详解】试题分析：（1）设(),xy，根据题设条件得到()24413+=bb，从而解得2b的值．（2）设()11,xy，()22,xy，直线:l()2ykx=−与双曲线方程联立

，得到一元二次方程，根据l与双曲线交于两点，可得230k−，且()23610k=+．再设的中点为(),xy，由()110FF+=即10F=，从而得到11Fkk=−，进而构建关于k的方程求解即可．试题解析：（1）设(),xy．由题意，()

2,0Fc，21cb=+，()22241ybcb=−=，因为1F是等边三角形，所以23cy=，即()24413+=bb，解得22b=．故双曲线的渐近线方程为2yx=．（2）由已知，()12,0F−，()22,0F．设()11,xy，()22,xy，直线:l()2

ykx=−．显然0k．由()221{32yxykx−==−，得()222234430kxkxk−−++=．因为l与双曲线交于两点，所以230k−，且()23610k=+．设的中点为(),xy．由11()0FAFBAB+=即10F=，知1F⊥

，故11Fkk=−．而2122223xxkxk+==−，()2623kykxk=−=−，12323Fkkk=−，所以23123kkk=−−，得235k=，故l的斜率为155．【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,,,abce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2221(3)3xyaa+=的右焦点为F，右顶点为A，已知113||||||eOFOAFA+=，其中O为原点，e为椭

圆的离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若BFHF⊥，且MOAMAO，求直线的l斜率的取值范围.【答案】(1)椭圆方程为22143xy+=;(2)直线l的斜率的取值范围为66(,][,)44−−+

.【详解】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确a的值，由113eOFOAFA+=，得113()ccaaac+=−，再利用222acb−=，可解得a的值；（Ⅱ）先化简条件：MOAMAO=MAMO=，即M再OA的中垂线上，1Mx=，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(c,0)F，由113eOFOAFA+=，即113()ccaaac+=−，可得2223acc−=，又2223acb−==，所以21c=，因此24a=，所以椭圆的方程

为22143xy+=.（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FH(1,)Hy=−，2229412(,)4343kkBF

kk−=++.由，得0BFHF=，所以222124904343Hkykkk−+=++，解得.因此直线的方程为.设，由方程组消去，解得.在MAO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:2213xyt+=的焦点在x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，AMAN=时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当2AMAN=时，求k的取值范围.【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）()32,2.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的

面积；（Ⅱ）设()11,Mxy，写出A点坐标，并求直线AM的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去y，用,tk表示1x，从而表示||AM，同理用,tk表示||AN，再由2AMAN=及t的取值范围求k的取值范围.试题解析：（Ⅰ）设()11,Mxy，则由题意知10y，当4t=时，E的方

程为22143xy+=，()2,0A−.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为2yx=+.将2xy=−代入22143xy+=得27120yy−=.解得0y=或127y=，所以1127y=.因此AMN的面积AMNS11212

144227749==.（Ⅱ）由题意3t，0k，(),0At−.将直线AM的方程()ykxt=+代入2213xyt+=得()222223230tkxttkxtkt+++−=.由()221233tktxttk−

−=+得()21233ttkxtk−=+，故()22126113tkAMxtktk+=++=+.由题设，直线AN的方程为()1yxtk=−+，故同理可得()22613ktkANkt+=+，由2AMAN=得22233ktkkt=++，即()()32321ktkk−=−.当32k=时上式

不成立，因此()33212kktk−=−.3t等价于()()232332122022kkkkkkk−+−+−=−−，即3202kk−−.由此得320{20kk−−，或320{20kk−−，解得322k.因此k

的取值范围是()32,2.【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2221(0)yxbb−=的左、右焦点分别为12,FF，直线l过2F且与双曲线交于,AB两点．（1）若l的倾斜角为2，1FAB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；（2）设3b=，若l的斜率存在，且AB4=，求l的斜率．【答案】（1

）2yx=．（2）155．【详解】试题分析：（1）设(),AAAxy，根据题设条件可以得到()24413+=bb，从而解得2b的值．（2）设()11,Axy，()22,Bxy，直线:l()2ykx=−与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据l与双曲线交于两点，可得230k−

，且()23610k=+．由|AB|=4构建关于k的方程进行求解．试题解析：（1）设(),AAAxy．由题意，()2,0Fc，21cb=+，()22241ybcb=−=，因为1FAB是等边三角形，所以23cy=，即()24413+=bb，解得22b=．故

双曲线的渐近线方程为2yx=．（2）由已知，()22,0F．设()11,Axy，()22,Bxy，直线:l()2ykx=−．由()221{32yxykx−==−，得()222234430kxkxk−−++=．因为l与双曲线交于两点，所以230k−，且

()23610k=+．由212243kxxk+=−，2122433kxxk+=−，得()()()2212223613kxxk+−=−，故()()()2222121212261143kABxxyykxxk

+=−+−=+−==−，解得235k=，故l的斜率为155．【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,,,abce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MOAMAO，求直线的斜率的取值范围.【答案】（Ⅰ）22143xy+=（Ⅱ）【详解

】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由113cOFOAFA+=，得113()ccaaac+=−，再利用2223acb−==，可解得21c=，24a=（Ⅱ）先化简条件：MOAMAO=MAMO=，即M再OA中垂线上，1Mx=，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(c,0)F，由113cOFOAFA+=，即113()ccaaac+=−，可得2223acc−=，又2223acb−==，所以21c=，因

此24a=，所以椭圆的方程为22143xy+=.（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2222+=1(0)xyabab>>的左焦点为(,0)Fc−,离心率为33，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆222+4bxy=截

得的线段的长为c，43|FM|=3.（Ⅰ）求直线FM的斜率；（Ⅱ）求椭圆的方程；（Ⅲ）设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于2，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.【答案】（Ⅰ）33；（Ⅱ）22132xy+=；（Ⅲ）23223,,333−−.【详

解】（Ⅰ）由已知有2213ca=，又由222abc=+，可得223ac=，222bc=，设直线FM的斜率为(0)kk，则直线FM的方程为()ykxc=+，由已知有2222221kccbk+=+

，解得33k=.（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆方程为2222132xycc+=，直线FM的方程为()ykxc=+，两个方程联立，消去y，整理得223250xcxc+−=，解得53xc=−或xc=，因为点M在第一象限，可得M的坐标为23,3cc，由222343

()033FMccc=++−=，解得1c=，所以椭圆方程为22132xy+=（Ⅲ）设点P的坐标为(,)xy，直线FP的斜率为t，得1ytx=+，即(1)ytx=+(1)x−,与椭圆方程联立22(

1){132ytxxy=++=，消去y，整理得22223(1)6xtx++=，又由已知，得226223(1)xtx−=+，解得312x−−或10x−，设直线OP的斜率为m，得ymx=，即(0)ymxx=，与椭圆方程联立，整理可得22223mx=−.①当3,12x

−−时，有(1)0ytx=+，因此0m，于是2223mx=−，得223,33m②当()1,0x−时，有(1)0ytx=+，因此0m，于是2223mx=−−，得23,3m−−综上，直线OP的斜率的取值范围是23223,,333

−−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C:2233xy+=，过点()D1,0且不过点()2,1的直线与椭圆C交于，两点，直线与直线3x=交于点．（Ⅰ）求椭圆C的离心率

；（Ⅱ）若垂直于x轴，求直线的斜率；（Ⅲ）试判断直线与直线D的位置关系，并说明理由．【答案】（Ⅰ）63；（Ⅱ）1；（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a，b，c的值，再利用cea=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3x=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12xx+和12xx，代入到1BMk−中，只需计算出等于0即可证明B

MDEkk=，即两直线平行.试题解析：（Ⅰ）椭圆C的标准方程为2213xy+=.所以3a=，1b=，2c=.所以椭圆C的离心率63cea==.（Ⅱ）因为过点(1,0)D且垂直于x轴，所以可设1(1,)Ay，1(1,)By−.

直线的方程为11(1)(2)yyx−=−−.令3x=，得1(3,2)My−.所以直线的斜率112131BMyyk−+==−.（Ⅲ）直线与直线D平行.证明如下：当直线的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知1BMk=.又因为直线D的斜率10121DEk−==−，所以//B

MDE.当直线的斜率存在时，设其方程为(1)(1)ykxk=−.设11(,)Axy，22(,)Bxy，则直线的方程为1111(2)2yyxx−−=−−.令3x=，得点1113(3,)2yxMx+−−.由2233{(1)xyykx+==−，得222

2(13)6330kxkxk+−+−=.所以2122613kxxk+=+，21223313kxxk−=+.直线的斜率11212323BMyxyxkx+−−−=−.因为()()()()()()()11212121131232132BMkxxkxxxxkxx

−+−−−−−−−−=−−121221(1)[2()3)(3)(2)kxxxxxx−−++−=−−2222213312(1)[3)1313(3)(2)kkkkkxx−+−+−++=−−0=，所以1BMDEkk==.所以//BMDE.综上可知，直线与直线D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E：()222210xyabab+=，以椭圆E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()()0,2tt且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点

,AB，过点A和()0,1C的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【答案】(1)2221,422xye+==(2)2t=【分析】（1）由

题意得2bc==，进一步得a，由此即可得解；（2）设():,0,2ABykxtkt=+，()()1122,,,AxyBxy，联立椭圆方程，由韦达定理有2121222424,1221kttxxxxkk−−+==++，而()121112:yyADyxx

yxx−=−++，令0x=，即可得解.【详解】（1）由题意222bc===，从而222abc=+=，所以椭圆方程为22142xy+=，离心率为22e=；（2）直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设():,0,2ABykxtk

t=+，()()1122,,,AxyBxy，联立22142xyykxt+==+，化简并整理得()222124240kxktxt+++−=，由题意()()()222222Δ1682128420ktktkt=−+−=+−，即,kt应满足22420

kt+−，所以2121222424,1221kttxxxxkk−−+==++，若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设()22,Dxy−，所以()121112:yyADyxxyxx−=−++，在直线AD方程中令0x=，得()()()()2122112121221121212422

214Cktxkxtxkxtkxxtxxxyxyytxxxxxxktt−++++++====+==+++−，所以2t=，此时k应满足222424200ktkk+−=−，即k应满足22k−或22k，综上所述，2t=满

足题意，此时22k−或22k.2．（2023·天津·高考真题）已知椭圆22221(0)xyabab+=的左右顶点分别为12,AA，右焦点为F，已知123,1AFAF==．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点P在

椭圆上（异于椭圆的顶点），直线2AP交y轴于点Q，若三角形1APQ的面积是三角形2APF面积的二倍，求直线2AP的方程．【答案】(1)椭圆的方程为22143xy+=，离心率为12e=.(2)()622yx=−.【分析】（1）由31acac+=−=解得2,1ac==，从

而求出3b=，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2AP的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得2APxx，从而得到P点和Q点坐标.由211122122AQAAPQAAPAPFAAPSSSSS=+=+得

23QPyy=，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线2AP的方程即可得到答案.【详解】（1）如图，由题意得31acac+=−=，解得2,1ac==，所以22213b=−=，所以椭圆的方程为22143

xy+=，离心率为12cea==.（2）由题意得，直线2AP斜率存在，由椭圆的方程为22143xy+=可得()22,0A，设直线2AP的方程为()2ykx=−，联立方程组()221432xyykx+==−，消去y整理得：()2222341616120kxkxk+−+−=，由韦达定

理得222161234APkxxk−=+，所以228634Pkxk−=+，所以2228612,3434kkPkk−−++，()0,2Qk−.所以21142AQAQSy=,2112APFPSy=,12142AA

PPSy=，所以211122122AQAAPQAAPAPFAAPSSSSS=+=+，所以23QPyy=，即21222334kkk−=−+，解得62k=，所以直线2AP的方程为()622yx=−.3．（2022·天津·高考真题）椭圆()22

2210xyabab+=的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足32BFAB=．(1)求椭圆的离心率e；(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=OMON，

且OMN的面积为3，求椭圆的标准方程．【答案】(1)63e=(2)22162xy+=【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b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2223xya+=，设

直线l的方程为ykxm=+，将直线l的方程与椭圆方程联立，由Δ0=可得出()222313mak=+，求出点M的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得2a的值，即可得出椭圆的方程.【详解】（1）解：()222

2222222234332BFbcaabaabABbaba+====+=++，离心率为22263cabeaa−===.（2）解：由（1）可知椭圆的方程为2223xya+=，易知直线l的斜率存在，设

直线l的方程为ykxm=+，联立2223ykxmxya=++=得()()222213630kxkmxma+++−=，由()()()222222223641330313kmkmamak=−+−==+，①2331Mkmxk=−+

，213MMmykxmk=+=+，由=OMON可得()()222229131mkmk+=+，②由3OMNS=可得2313213kmmk=+，③联立①②③可得213k=，24m=，26a=，故椭圆的标准方程为22162xy+=．4．（2

020·全国·高考真题）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）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）12；（2）221:13627xyC+=，22:12Cyx=.【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2222143xycc+=，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A

B的方程为xc=，联立22222221xcxyababc=+==+，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2

22320caca+−=，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||=−=−aMFexaexc，所以0152−=ax，即0

210=−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22sin3=，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2231

6120xcxc+−=，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.5．（2019·天津·高考真题）设椭圆22221(0)xyabab+=的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知3||2||O

AOB=（O为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线4x=上，且OCAP∥，求椭圆的方程.【答案】（I）12；（II）2211612x

y+=.【分析】（I）根据题意得到32ab=，结合椭圆中,,abc的关系，得到2223()2aac=+，化简得出12ca=，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程2222143xycc+=，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2c=，从而得到椭圆的方程.【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为c，由已知有32ab=，又由222abc=+，消去b得2223()2aac=+，解得12ca=，所以，椭圆的离心率为12.（II）解：由（I）知，2,3acbc==，故椭圆方

程为2222143xycc+=，由题意，(,0)Fc−，则直线l的方程为3()4yxc=+，点P的坐标满足22221433()4xyccyxc+==+，消去y并化简，得到2276130xcxc+−=，解得1213,7cxcx==−，代入到l的方程，解得1239,214ycyc=

=−，因为点P在x轴的上方，所以3(,)2Pcc，由圆心在直线4x=上，可设(4,)Ct，因为OCAP∥，且由（I）知(2,0)Ac−，故3242ctcc=+，解得2t=，因为圆C与x轴相切，所以圆的半径为2，又由圆C与l相切，得23(4)24231()4c+−=+，解得2c

=，所以椭圆的方程为：2211612xy+=.【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.6．（2019·全国·高考真题

）已知12,FF是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若2POF为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在点P，使得12PFPF⊥，且12FPF△的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】(1)31e=−；（2）4b=，

a的取值范围为[42,)+.【分析】（1）先连结1PF，由2POF为等边三角形，得到1290FPF=，2PFc=，13PFc=；再由椭圆定义，即可求出结果；（2）先由题意得到，满足条件的点(,)Pxy存在，当且仅当12162yc=，1yyxcx

c=−+−，22221xyab+=，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）连结1PF，由2POF为等边三角形可知：在12FPF△中，1290FPF=，2PFc=，13PFc=，于是1223aPFPFcc=+=+，故椭圆C的离心率为23113cea===−

+；（2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】由题意可知2221212FFPFPF=+，且122PFPFa+=，所以2122PFPFb=．因为2121162SPFPFb===，所以4b=．又因为12162pSyc==，且4py，所以4c，从而22232abc

=+，故42a，所以4b=，a的取值范围为[42,)+．[方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】由题意有12122,32,PFPFaPFPF+==则12122282aPFPFPFPF=+=，即42a，当且仅当12PFPF=时，等号

成立．此时P为短轴端点，11cos42cos454bPFFPO===，且满足cb．即当4,42ba=时，存在点P，使得12PFPF⊥，且12FPF△的面积等于16．故4b=，a的取值范围为[42,)+．[方法三]【余弦

定理+面积公式】设12,PFmPFn==，对椭圆上任一点P，设12FPF=，由余弦定理有2224cmn=+−2cosmn，所以22442(1cos)camn=−+，即2(1cos)2mnb+=．则1221sinsin21cosFPFbSmn===+2

tan2b．又122tan164FPFSb==，即4b=．由于12PFPF⊥，则以O为圆心，12FF为直径的圆必与椭圆C有公共点，即半焦距222,cbabb−，故42a．综上，4b=，a的取值范围为[4

2,)+．【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法；方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法；方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法.7．

（2016·四川·高考真题）已知数列{na}的首项为1，nS为数列{na}的前n项和，11nnSqS+=+，其中q>0，*nN.（Ⅰ）若2322,,2aaa+成等差数列，求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221nyxa−=的离心率为ne，且253e=

，证明：121433nnnneee−−+++.【答案】（Ⅰ）1*2()nnanN−=；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问

题和解决问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，利用+1nnnaSS=−得到数列na为等比数列，再结合2a2，a3，a2+2成等差数列求出na的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；第（Ⅱ）问，先利用双曲线的离心率得到ne的表达式，再解出na的公比q的

值，最后利用等比数列的求和公式计算证明.试题解析：（Ⅰ）由已知，1211,1,nnnnSqSSqS+++=+=+两式相减得到21,1nnaqan++=.又由211SqS=+得到21aqa=，故1nnaqa+=对所有1n都成立.所以，数列{}na是首项为1，公比为q的等比数列.从而1=nn

aq−.由2322+2aaa，，成等差数列，可得322=32aa+，即22=32,qq+，则(21)(2)0qq+−=，由已知,0q，故=2q.所以1*2()nnanN−=.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nnaq−=.所以双曲线2221nyxa−=的离

心率22(1)11nnneaq−=+=+.由22513eq=+=解得43q=.因为2(1)2(1)1+kkqq−−，所以2(1)1*1+kkqqkN−−（）.于是11211+1nnnqeeeqqq

−−+++++=−，故121433nnnneee−−+++.【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题、解决问题的能力、

计算能力.在第（Ⅰ）问中，已知的是nS的递推式，在与nS的关系式中，经常用1n+代换n，然后两式相减，可得na的递推式；在第（Ⅱ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外

，放缩时要注意放缩的“度”，不能太大，否则得不到结果．8．（2016·浙江·高考真题）如图，设椭圆2221xya+=（a＞1）.（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；（Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3

个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（Ⅰ）2222211akkak=++；（Ⅱ）202e．【详解】试题分析：（Ⅰ）先联立1ykx=+和2221xya+=，可得1x，2x，再利用弦长公式可得直线1ykx=+被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）先假设圆与椭圆的公共点有

4个，再利用对称性及已知条件可得任意以点()0,1A为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点时，a的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．试题解析：（Ⅰ）设直线1ykx=+被椭圆截得的线段为AP，由2221{1ykxxya=++=得()2222120akxakx++=，故10x=，222221akx

ak=−+．因此22212222111akAPkxxkak=+−=++．（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足APAQ=．记直线AP，AQ的斜率分别为1k，

2k，且1k，20k，12kk．由（Ⅰ）知，2211221211akkAPak+=+，2222222211akkAQak+=+，故22221122222212212111akkakkakak++=++，所以()()22222222121212120kkkk

aakk−+++−=．由于12kk，1k，20k得()2222221212120kkaakk+++−=，因此22221211(1)(1)1(2)aakk++=+−，①因为①式关于1k，2k的方程有解的充要条件是221(2)1aa+−，所以2a．因此

，任意以点()0,1A为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为12a，由21caeaa−==得，所求离心率的取值范围为202e．【考点】弦长，圆与椭圆的位置关系，椭圆的离心率．【思路点睛】（Ⅰ）先联立1ykx=+和2221xya+=，可得交点的横坐标，再

利用弦长公式可得直线1ykx=+被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）利用对称性及已知条件任意以点()0,1A为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求得a的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．9．（2015·重庆·高考真题）如图，椭圆()222210xyabab+=的左右焦点分别为12,FF，且

过2F的直线交椭圆于,PQ两点，且1PQPF⊥.(1)若122PF=+，222PF=−，求椭圆的标准方程.(2)若1PQPF=，且3443，试确定椭圆离心率的取值范围.【答案】(1)2214xy+=(2)25,23【分析】（1）根据椭圆定义、勾股定理和

椭圆,,abc关系直接求解即可；（2）利用表示出1QF，结合1PQF△周长为4a可得1PF，根据椭圆定义可得2PF，利用勾股定理可构造方程，将离心率e的平方用表示出来；令211tll=+++，则2e可表示为关于1t的二次函数，结合1t的范围即

可求得离心率的取值范围.【详解】（1）由椭圆定义知：1224aPFPF=+=，解得：2a=；1PQPF⊥，即12PFPF⊥，2221212412cFFPFPF==+=，解得：23c=，2221bac=−=，椭圆的标准方程为：22

14xy+=.（2）由1PFPQ⊥，1PQPF=得：2221111QFPFPQPF=+=+；由椭圆定义知：1112124PFPQQFPFPFQFQFa++=+++=，即()21114PFa+++=，12411aPF=+++，()2212211211aPFaPF++−

=−=+++，由勾股定理知：2221212PFPFFF+=，()222222211441111aac++−+=++++++，整理可得：()()()2222222221111111cea++−==+++++++；记211tll

=+++，则()222242111842tett+−==−+，1+与21+在34,43上单调递增，t在34,43上单调递增，)3,4t，则111,43t，

21529e，解得：2523e，即椭圆离心率的取值范围为25,23.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率取值范围的求解问题，解题关键是能够根据已知中的等量关系，将离心率表示为关于某一变量的函数的形式，进而根据函数求值域的方法求得离心率的取值范围.10．（2015·重庆

·高考真题）如图，椭圆()222210xyabab+=的左、右焦点分别为12,,FF过2F的直线交椭圆于,PQ两点，且1PQPF⊥（1）若1222,22PFPF=+=−，求椭圆的标准方程（2）若1,PFPQ=求椭圆的离心率.e【答案】（1）22+y=14x；（

2）63−.【详解】（1）由椭圆的定义，()()122222242.aPFPFa=+=++−==，故设椭圆的半焦距为c，由已知12PFPF⊥，因此()()222212122||222223cFFPFPF==+=++−=，即3c=.从而221bac=−=故所求椭圆的标准方程为22

+y=14x.（2）由椭圆的定义，12122,2PFPFaQFQFa+=+=,从而由122==+PFPQPFQF，有1142QFaPF=−又由12PFPF⊥，1=PFPQ知112QFPF=，因此11422aPFPF−=,1=2(2

-2)PFa,从而21=2-2(2-2)2(21)PFaPFaaa=−=−由12PFPF⊥,知22222122|F|||(2)4PFPPFcc+===，因此221222|F|(22)(21)962632PFPceaa+=

==−+−=−=−考点：考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能力．考点06弦长类求值或范围综合1．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆22112xy+=．设A，B是椭圆上异于(0,1)P的两点，且点0,21Q

在线段AB上，直线,PAPB分别交直线132yx=−+于C，D两点．(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求||CD的最小值．【答案】(1)121111；(2)655．【分析】（1）设(23cos,sin)H是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2||PH，再

根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线1:2ABykx=+与椭圆方程联立可得1212,xxxx+，再将直线132yx=−+方程与PAPB、的方程分别联立，可解得点,CD的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD，最后代入化简可得235161231kCD

k+=+，由柯西不等式即可求出最小值．【详解】（1）设(23cos,sin)H是椭圆上任意一点,(0,1)P,222221144144||12cos(1sin)1311sin2sin11sin111111PH=+

−=−−=−++，当且仅当1sin11=−时取等号，故PH的最大值是121111.（2）设直线1:2ABykx=+,直线AB方程与椭圆22112xy+=联立,可得22130124kxkx++−=,设()()1122,,,AxyBxy，所以1221221

1231412kxxkxxk+=−+=−+，因为直线111:1yPAyxx−=+与直线132yx=−+交于C,则111114422(21)1Cxxxxykx==+−+−,同

理可得,222224422(21)1Dxxxxykx==+−+−.则12124415||142(21)1(21)1CDxxCDxxkxkx=+−=−+−+−()121221212122525(21)1(21)1(21)(21)1xxxx

kxkxkxxkxx−−==+−+−+−+++222394111611435161656565162315315315kkkkkk++++===+++，当且仅当316k=时取等号，故CD的最小值为655.

【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．2．（2020·北京·高考真题）已知椭圆2222:1xyCab+=过点(2,1)A−−，且2ab=．（Ⅰ）求

椭圆C的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B−的直线l交椭圆C于点,MN,直线,MANA分别交直线4x=−于点,PQ．求||||PBBQ的值．【答案】（Ⅰ）22182xy+=；（Ⅱ）1.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ

)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得0PQyy+=，从而可得两线段长度的比值.【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：()222210xyabab+=，由题意可

得：224112abab+==，解得：2282ab==，故椭圆方程为：22182xy+=.(Ⅱ)[方法一]：设()11,Mxy，()22,Nxy，直线MN的方程为：()4ykx=+，与椭圆方程22182xy

+=联立可得：()222448xkx++=，即：()()222241326480kxkxk+++−=，则：2212122232648,4141kkxxxxkk−−+==++.直线MA的方程为：()111122yyxx++=++，令4x=−可得：()

()()1111111141214122122222Pkxkxyxyxxxx++−++++=−−=−−=++++，同理可得：()()222142Qkxyx−++=+.很明显0PQyy，且PQPByPQy=，注意到，()()()()()()()()122112121

242424421212222PQxxxxxxyykkxxxx++++++++=−++=−+++++，而()()()()()122112124242238xxxxxxxx+++++=+++2222648322384141kk

kk−−=++++()()()22226483328412041kkkk−+−++==+，故0,PQPQyyyy+==−.从而1PQPByBQy==.[方法二]【最优解】：几何含义法①当直线l与

x轴重合，不妨设(22,0),(22,0)MN−，由平面几何知识得422422||2,||2222222BPBQ−+====−+，所以||1||BPBQ=．②当直线l不与x轴重合时，设直线:4lxty=−，由题意，直线l不过(2,1)A−−和点(2,1)−，所以2t．

设()()1122,,,MxyNxy，联立224,1,82xtyxy=−+=得()224880tyty+−+=．由题意知0，所以24t．且12122288,44tyyyytt+==++．由题意知直线,MANA的斜率存在．111:1(2)2MAylyxx++=++．当4x=−时，(

)()11111111111121244222(2)(2)122222Pyytyyxtytyyxxxxty−+−−−−−−−−−+−+=−====++++−．同理，22(2)2Qtyyty−+=−．所以()()1212121122(2)2||2||(2)22tytyPBt

yyyBQtytytyyy+−−==+−−．因为1212tyyyy=+，所以1212112212||21||2PByyyyyBQyyyyy+−−===+−−．【整体点评】方法一直接设直线MN的方程为：()4ykx=+，联立方程消去y，利用韦达定理化简求

解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为:4lxty=−，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.3．（2019·全国·高考真题）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F

，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若3APPB=，求|AB|．【答案】（1）12870xy−−=；（2）4133.【分析】（1）设直线l：32yxm=+，()11,Axy，()22,Bxy；根据

抛物线焦半径公式可得1252xx+=；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m的方程，解方程求得结果；（2）设直线l：23xyt=+；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用3APPB=可得123yy=−，结合韦达定理可求得12yy；根据弦长公式可求得结果

.【详解】（1）设直线l方程为：32yxm=+，()11,Axy，()22,Bxy由抛物线焦半径公式可知：12342AFBFxx+=++=1252xx+=联立2323yxmyx=+=得：()2291212

40xmxm+−+=则()2212121440mm=−−12m121212592mxx−+=−=，解得：78m=−直线l的方程为：3728yx=−，即：12870xy−−=（2）设(),0Pt，则可设直线l方程为：23xyt=+联立2233x

ytyx=+=得：2230yyt−−=则4120t=+13t−122yy+=，123yyt=−3APPB=123yy=−21y=−，13y=123yy=−则()2121241341314412933A

Byyyy=++−=+=【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.4．（2017·浙江·高考真题）如图，已知抛物线2xy=.点A1139-2424B

，，，，抛物线上的点P（x,y）13-x22＜＜,过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.（I）求直线AP斜率的取值范围；（II）求·PAPQ的最大值【答案】（I）（-1，1）；（II）2716.【详解】（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，2114122

xkxx−==−+，因为1322x−，所以直线AP斜率的取值范围是(1,1)−．（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程110,24930,42kxykxkyk−++=+−−=解得点Q的横坐标是22432(1)Qkkxk−++=+．因为|PA|=211(

)2kx++=21(1)kk++，|PQ|=222(1)(1)1()1Qkkkxxk−++−=−+，所以3(1)(1)kkPAPQ−−+=．令3()(1)(1)fkkk=−−+，因为2'()(42)(1)fkkk=−−+，所以f(k)在区间1(1,)2−上单调递增，1(,1)2

上单调递减，因此当k=12时，||||PAPQ取得最大值2716．【点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达||PA与||PQ的长度，通过函数3()(1)(1)fkkk=−−+求解||||PAPQ的最大值

．5．（2016·北京·高考真题）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）的离心率为32，(,0)Aa，(0,)Bb，(0,0)O，OAB的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：||||ANBM为定值.【答案】

（1）2214xy+=；（2）证明见解析.【分析】（Ⅰ）根据离心率为32，即32ca=，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.【详解】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭

圆的方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值

、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.6．（2016·全国·高考真题）（2016新课标全国卷Ⅰ文科）在直

角坐标系xOy中，直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：22(0)ypxp=于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.（Ⅰ）求OHON；（Ⅱ）除H以外，直线MH与C是否有

其它公共点？说明理由.【答案】（1）2；（2）没有.【分析】（Ⅰ）先确定2,,tNtONp的方程为pyxt=，代入22ypx=整理得2220pxtx−=，解得21220,txxp==，因此22(,2)tHtp，所以N为OH的中点，即||2||OHON=.（Ⅱ）直线MH的

方程为2pytxt−=，与22ypx=联立得22440ytyt−+=，解得122yyt==，即直线MH与C只有一个公共点，即可得出结论.【详解】（Ⅰ）由已知得()20,,,2tMtPtp.又N为M关于点P的对称点

，故2,,tNtONp的方程为pyxt=，代入22ypx=整理得2220pxtx−=，解得21220,txxp==，因此22(,2)tHtp，所以N为OH的中点，即||2||OHON=.（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由如下：

直线MH的方程为2pytxt−=，即2()txytp=−，代入22ypx=，得22440ytyt−+=，解得122yyt==，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.【点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽

泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成；解析几何中的证明问题通常有以下几类：证明点共线或直线过定点；证明垂直；证明定值问题.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.7．（2015·四川·高考真题）如图，椭

圆E：2222+1(0)xyabab=的离心率是22，过点P（0,1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.（1）求椭圆E的方程；（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与

点P不同的定点Q，使得QAPAQBPB=恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22142xy+=；（2）存在，Q点的坐标为(0,2)Q.【详解】（1）由已知，点(2,1)在椭圆E上.因此，22222211,,2,2ababcca+

=−==解得2,2ab==.所以椭圆的方程为22142xy+=.（2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点.如果存在定点Q满足条件，则||||1||||QCPCQDPD==，即||||QCQD=.所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为0(0,)

y.当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点.则(0,2),(0,2)MN−，由||||||||QMPMQNPN=，有00|2|21|2|21yy−−=++，解得01y=或02y=.所以，若存在不同于点P的定点Q满足条

件，则Q点的坐标只可能为(0,2)Q.下面证明：对任意的直线l，均有||||||||=QAPAQBPB.当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为1ykx=+，A、B的坐标分别为1122(,

),(,)xyxy.联立221,421xyykx+==+得22(21)420kxkx++−=.其判别式22168(21)0kk=++，所以，12122242,2121kxxxxkk+=−=−++.因此121212112xxkxxxx++==.易知，点B关于y轴对称的点的坐标为22(,

)Bxy−.又121122122111,QAQByykkkkkxxxxx−−==−==−+=−−，所以QAQBkk=，即,,QAB三点共线.所以12||||||||||||||||xQAQAPAQBQBxPB===.故存在与P不同的定点(0,2)Q，

使得||||||||=QAPAQBPB恒成立.【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、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、化归与转化、特殊与一般、分类与整

合等数学思想.8．（2015·山东·高考真题）平面直角坐标系xoy中，已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为32，左、右焦点分别是12,FF，以1F为圆心以3为半径的圆与以2F为圆心以1为半径的圆相交

，且交点在椭圆C上.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设椭圆2222:144+=xyEab，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线ykxm=+交椭圆E于,AB两点，射线PO交椭圆E于点Q.（i）求OQOP的值；（ⅱ）求ABQ面积的最大值.【答案】（Ⅰ

）2214xy+=；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）63.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定,ab的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设()00,Pxy，OQOP=，由题意知()00,xQy−−，然后利用这两点分别在两上椭圆上确

定的值;（ⅱ）设()()1122,,,AxyBxy，利用方程组22{1164ykxmxy=++=结合韦达定理求出弦长AB，选将OAB的面积表示成关于,km的表达式2222221641214kmmSmxx

k+−=−=+2222241414mmkk=−++，然后，令2214mtk=+，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出OAB的面积的最大值，并结合（i）的结果求出ABQ面积的最大值.试题解析：（Ⅰ）由题意知24a=，则2a=,又

2223,2cacba=−=可得1b=,所以椭圆C的标准方程为2214xy+=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为2214xy+=,（i）设()00,Pxy，OQOP=，由题意知()00,xQy−−因为220014xy+=,又()()

22001164xy−−+=，即22200144xy+=,所以2=，即2OQOP=.（ⅱ）设()()1122,,,AxyBxy将ykxm=+代入椭圆E的方程，可得()2221484160kxkmxm+++−=由0

，可得22416mk+①则有21212228416,1414kmmxxxxkk−+=−=++所以22122416414kmxxk+−−=+因为直线ykxm=+与轴交点的坐标为()0,m所以OAB的面积2222221641214kmmSmxxk+−

=−=+222222222(164)24141414kmmmmkkk+−==−+++令2214mtk=+,将ykxm=+代入椭圆C的方程可得()222148440kxkmxm+++−=由0，可得2214mk+②由

①②可知01t因此()22424Stttt=−=−+,故23S当且仅当1t=，即2214mk=+时取得最大值23由（i）知，ABQ面积为3S,所以ABQ面积的最大值为63.考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.考点07其他综合类

求值或范围综合1．（2024·上海·高考真题）已知双曲线222Γ:1,(0),yxbb−=左右顶点分别为12,AA，过点()2,0M−的直线l交双曲线Γ于,PQ两点.(1)若离心率2e=时，求b的值．(2)若226,3bMAP

=△为等腰三角形时，且点P在第一象限，求点P的坐标．(3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点R，若121ARAP=，求b的取值范围．【答案】(1)3b=(2)()2,22P(3)()300,33,3【分析】（1）根据离心率公式计算即可；（2）分三角形三边分

别为底讨论即可；（3）设直线:2lxmy=−，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.【详解】（1）由题意得21ccea===，则2c=，2213b=−=．（2）当263b=时，双曲线22Γ:183yx−=，其中()2,0M−，()21,0A，

因为2MAP△为等腰三角形，则①当以2MA为底时，显然点P在直线12x=−上，这与点P在第一象限矛盾，故舍去；②当以2AP为底时，23MPMA==，设(),Pxy，则2222318(2)9yxxy−=++=,联立解得2311817

11xy=−=−或231181711xy=−=或10xy==，因为点P在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；（或者由双曲线性质知2MPMA，矛盾，舍去）；③当以MP为底时，223APMA==，设()00,Pxy

，其中000,0xy，则有()2200220019183xyyx−+=−=，解得00222xy==，即()2,22P．综上所述：()2,22P.（3）由题知()()121,0,1,0AA−，当直线l的斜率为0时，此时120ARAP=，不合题意，则0

lk，则设直线:2lxmy=−，设点()()1122,,,PxyQxy，根据OQ延长线交双曲线Γ于点R，根据双曲线对称性知()22,Rxy−−，联立有22221xmyyxb=−−=()222221430bmybmyb−−+=，显然二次项系数2210bm−，其中(

)()22222422Δ44134120mbbmbbmb=−−−=+，2122241bmyybm+=−①，2122231byybm=−②，()()1222111,,1,ARxyAPxy=−+−=−，则()()122112111ARA

Pxxyy=−+−−=，因为()()1122,,,PxyQxy在直线l上，则112xmy=−，222xmy=−，即()()2112331mymyyy−−−−=，即()()2121213100yymyym+−++=，将①②代入有()2222222341310011bbmmmb

mbm+−+=−−，即()()2222231341010bmmbmbm+−+−=化简得2223100bmb+−=，所以22103mb=−,代入到2210bm−,得221031bb=−,所以23b,且221030mb=−，解得2103b，又因为0b，则

21003b，综上知，()2100,33,3b，()300,33,3b．【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设:2lxmy=−，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不

为0.2．（2024·北京·高考真题）已知椭圆E：()222210xyabab+=，以椭圆E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()()0,2tt且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点,

AB，过点A和()0,1C的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【答案】(1)2221,422xye+==(2)2t=【分析】（1）由题意得2bc==，进一步得a，由此即可得

解；（2）设():,0,2ABykxtkt=+，()()1122,,,AxyBxy，联立椭圆方程，由韦达定理有2121222424,1221kttxxxxkk−−+==++，而()121112:yyADyxxyxx−=−++，

令0x=，即可得解.【详解】（1）由题意222bc===，从而222abc=+=，所以椭圆方程为22142xy+=，离心率为22e=；（2）直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设():,0,2ABykxtkt=+，()()1122,

,,AxyBxy，联立22142xyykxt+==+，化简并整理得()222124240kxktxt+++−=，由题意()()()222222Δ1682128420ktktkt=−+−=+−，即,kt应满足22420kt+−，所以2

121222424,1221kttxxxxkk−−+==++，若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设()22,Dxy−，所以()121112:yyADyxxyxx−=−++，在直线AD方程中令0x=，得()()()()2122112121221121212422214Cktxkxtxkxt

kxxtxxxyxyytxxxxxxktt−++++++====+==+++−，所以2t=，此时k应满足222424200ktkk+−=−，即k应满足22k−或22k，综上所述，2t=满足题意，此时22k

−或22k.3．（2020·北京·高考真题）已知椭圆2222:1xyCab+=过点(2,1)A−−，且2ab=．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B−的直线l交椭圆C于点,MN,直线,MANA分别交直线4x=−于点,PQ．求||||PBBQ的值

．【答案】（Ⅰ）22182xy+=；（Ⅱ）1.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得0PQ

yy+=，从而可得两线段长度的比值.【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：()222210xyabab+=，由题意可得：224112abab+==，解得：2282ab==，故椭圆方程为：2218

2xy+=.(Ⅱ)[方法一]：设()11,Mxy，()22,Nxy，直线MN的方程为：()4ykx=+，与椭圆方程22182xy+=联立可得：()222448xkx++=，即：()()222241326480kxkxk+++

−=，则：2212122232648,4141kkxxxxkk−−+==++.直线MA的方程为：()111122yyxx++=++，令4x=−可得：()()()1111111141214122122222Pkxkxyxyxxxx++−++++=−−=−−=++++，同理可得：()()22

2142Qkxyx−++=+.很明显0PQyy，且PQPByPQy=，注意到，()()()()()()()()122112121242424421212222PQxxxxxxyykkxxxx++++++++=−++=−+++++，而()()()()()1221121242

42238xxxxxxxx+++++=+++2222648322384141kkkk−−=++++()()()22226483328412041kkkk−+−++==

+，故0,PQPQyyyy+==−.从而1PQPByBQy==.[方法二]【最优解】：几何含义法①当直线l与x轴重合，不妨设(22,0),(22,0)MN−，由平面几何知识得422422||2,||2222222BPBQ−+====−+，所以||1||BPBQ=．②当直线l不与x轴重合时，设直线

:4lxty=−，由题意，直线l不过(2,1)A−−和点(2,1)−，所以2t．设()()1122,,,MxyNxy，联立224,1,82xtyxy=−+=得()224880tyty+−+=．由题意知0，所以24t．

且12122288,44tyyyytt+==++．由题意知直线,MANA的斜率存在．111:1(2)2MAylyxx++=++．当4x=−时，()()11111111111121244222(2)(2)122222Pyytyyxtyty

yxxxxty−+−−−−−−−−−+−+=−====++++−．同理，22(2)2Qtyyty−+=−．所以()()1212121122(2)2||2||(2)22tytyPBtyyyBQtytytyyy+−−==+−−．因为1212tyy

yy=+，所以1212112212||21||2PByyyyyBQyyyyy+−−===+−−．【整体点评】方法一直接设直线MN的方程为：()4ykx=+，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率

不为零的情况下设直线方程为:4lxty=−，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.4．（2020·浙江·高考真题）如图，已知椭圆221:12xCy+=，抛物线

22:2(0)Cypxp=，点A是椭圆1C与抛物线2C的交点，过点A的直线l交椭圆1C于点B，交抛物线2C于M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若116=p，求抛物线2C的焦点坐标；（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．【答案】（Ⅰ

）1(,0)32；（Ⅱ）1040【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得1x关于,,pm的表达式，得到关于,,pm的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于p的不等式

，求解得到p的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得()00,Axy的坐标关于,mp的表达式，根据点()00,Axy在椭圆上，得到关于21p关于m的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到2201080

yyyp++=．根据判别式大于零，得到不等式221320yp=−，通过解方程组求得22214242yppp=−++，代入求解得到p的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点M的参数坐标，利用斜率关系求得A的坐标关于,pt的表达式．作换元22utt=+

，利用点A在椭圆上，得到22124puu=+，然后利用二次函数的性质求得p的最大值【详解】（Ⅰ）当116=p时，2C的方程为218yx=，故抛物线2C的焦点坐标为1(,0)32；（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法

设()()()112200,,,,,,:AxyBxyMmlxyxy=+，由()22222222220xyymymxym+=+++−==+，1200022222,,222mmmyyyxym−−+===+=+++，由M在抛物线

上，所以()222222244222mpmmp==+++，又22222()220ypxypymypypmxym==+−−==+，012yyp+=，2101022xxymympm+=+++=+，2122222mxpm=+−+.由2

222142,22xyxpxypx+=+==即2420xpx+−=22141682422ppxpp−++==−++222222182422228162ppppmppp+−++=+=+++，所以24218pp+，211

60p，1040p，所以，p的最大值为1040，此时2105(,)55A.[方法二]【最优解】：设直线:(0,0)lxmytmt=+，()00,Axy.将直线l的方程代入椭圆221:12xCy+=得：()2222220mymtyt+++−=，所以点M

的纵坐标为22Mmtym=−+.将直线l的方程代入抛物线22:2Cypx=得：2220ypmypt−−=，所以02Myypt=−，解得()2022pmym+=，因此()220222pmxm+=，由220012xy+=解得42212224160mmpmm=+++，所以当10

2,5mt==时，p取到最大值为1040.[方法三]：点差和判别式法设()()()112200,,,,,AxyBxyMxy，其中1201202,2xxxyyy+=+=．因为221122221,21,2xyxy

+=+=所以2222121202xxyy−+−=．整理得1212121212yyyyxxxx+−=−+−，所以01201212yyyxxx−=−−．又22121011001210,2,2ABAMyyyykkypxypxxxxx−−=====−−，所

以01022201012222yyyyyyppp−=−−，整理得2201080yyyp++=．因为存在0y，所以上述关于0y的二次方程有解，即判别式221320yp=−．①由21122112,1,2

ypxxy=+=得21242xpp=−++．因此2221124242ypxppp==−++，将此式代入①式解得1040p．当且仅当点M的坐标为105,1010时，p的最大值为1040．[方法四]：参数法设()222,2

,AMAMAMAMyypMptptkxxyy−==−+，由22222122ABOMAMpptbkkyypta==−=−+，得24222,2AMApyyptxptttt−=−=−+=+．令22

utt=+，则[8,)u+，点A坐标代入椭圆方程中，得222111242848160puu==++．所以max1040p=，此时M坐标为105,1010．5．（2019·全国·高考真题）已知12,FF是椭圆2222:1(0)xyC

abab+=的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若2POF为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在点P，使得12PFPF⊥，且12FPF△的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】(1)31e=−；（2）

4b=，a的取值范围为[42,)+.【分析】（1）先连结1PF，由2POF为等边三角形，得到1290FPF=，2PFc=，13PFc=；再由椭圆定义，即可求出结果；（2）先由题意得到，满足条件的点(,)Pxy存在，当且仅当12162yc=，1yy

xcxc=−+−，22221xyab+=，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）连结1PF，由2POF为等边三角形可知：在12FPF△中，1290FPF=，2PFc=，13PFc=，于是1223aPFPFcc=+=+，故

椭圆C的离心率为23113cea===−+；（2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】由题意可知2221212FFPFPF=+，且122PFPFa+=，所以2122PFPFb=．因为2121162SPFPFb===，所

以4b=．又因为12162pSyc==，且4py，所以4c，从而22232abc=+，故42a，所以4b=，a的取值范围为[42,)+．[方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】由题意有12122,32,PFPFaPFPF+==则121

22282aPFPFPFPF=+=，即42a，当且仅当12PFPF=时，等号成立．此时P为短轴端点，11cos42cos454bPFFPO===，且满足cb．即当4,42ba=时，存在点P，使得12PFPF⊥，且12FPF△的面

积等于16．故4b=，a的取值范围为[42,)+．[方法三]【余弦定理+面积公式】设12,PFmPFn==，对椭圆上任一点P，设12FPF=，由余弦定理有2224cmn=+−2cosmn，所以22442(1cos)camn=−+，即2(1cos)2m

nb+=．则1221sinsin21cosFPFbSmn===+2tan2b．又122tan164FPFSb==，即4b=．由于12PFPF⊥，则以O为圆心，12FF为直径的圆必与椭圆C有公共点，即半焦距222,cbabb−，

故42a．综上，4b=，a的取值范围为[42,)+．【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法；方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法；方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的

经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法.6．（2016·四川·高考真题）已知椭圆E：22221(0)xyabab+=的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：3yx=−+与椭圆E有且只有一个公共点T．（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l平行于OT

，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P，证明：存在常数，使得2||||||PTPAPB=，并求的值．【答案】（Ⅰ）22163xy+=，点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）4=5.【详解】试题分析：本题考查椭圆的标

准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.试题解析：（Ⅰ）由已知

，2ab=，则椭圆E的方程为222212xybb+=.由方程组得22312(182)0xxb−+−=.①方程①的判别式为2=24(3)b−，由=0，得2=3b，此时方程①的解为=2x，所以椭圆E的方程为22163xy+=.点T坐标为（2,1）.（Ⅱ）由已知可设直

线l的方程为1(0)2yxmm=+，由方程组1{23yxmyx=+=−+，，可得223{21.3mxmy=−=+，所以P点坐标为（222,133mm−+），2289PTm=.设点A，B的坐标分别为1122(,

)(,)AxyBxy，.由方程组22163{12xyyxm+==+，，可得2234(412)0xmxm++−=.②方程②的判别式为2=16(92)m−，由>0，解得323222m−.由②得212124412=,33mmxx

xx−+−=.所以221112252(2)(1)23323mmmPAxyx=−−++−=−−，同理252223mPBx=−−，所以12522(2)(2)433mmPAPBxx=−−−−21212522(2)(2)()433mmxxxx=−−−++225224412(2)(2)(

)43333mmmm−=−−−−+2109m=.故存在常数4=5，使得2PTPAPB=.【考点】椭圆的标准方程及其几何性质【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交

点坐标为1122(,),(,)xyxy，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得1212,xxxx+，再把MAMB用12,xx表示出来，并代入1212,xxxx+的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．7．（2

015·四川·高考真题）椭圆2222:1xyEab+=（0ab）的离心率是22，点(0,1)P在短轴CD上，且1PCPD=−．（1）求椭圆E的方程；（2）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于,AB

两点，是否存在常数，使得OAOBPAPB+为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）22142xy+=；（2）见解析.【详解】（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b）又点P的坐标为（0

，1），且PCPD＝－1于是2222112{2bcaabc−=−=−=，解得a＝2，b＝2所以椭圆E方程为22142xy+=.（2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1A，B的坐标分别为（x1，y1），（

x2，y2）联立221{421xyykx+==+，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0所以12122242,2121kxxxxkk+=−=−++从而OAOBPAPB+

＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1＝22(24)(21)21kk−−+−−+＝－所以，当λ＝1时，－＝－3，此时，OAOBPAPB+＝－3为定值.当直

线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD此时OAOBPAPBOCODPCPD+=+＝－2－1＝－3故存在常数λ＝1，使得OAOBPAPB+为定值－3.考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线

方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.考点08定值定点定直线问题1．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为()25,0−，离心率为5．(1)

求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为1A，2A，过点()4,0−的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线1MA与2NA交于点P．证明:点P在定直线上.【答案】(1)221416xy−=(2)证明见解析.【分析】（1）由题意求得,ab的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方

程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线1MA与2NA的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得2123xx+=−−，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线=1x−上.【详解】（1）设双曲线方程为()222210,0xyabab−=，由焦点坐标

可知25c=，则由5cea==可得2a=，224bca=−=，双曲线方程为221416xy−=.（2）由(1)可得()()122,0,2,0AA−，设()()1122,,,MxyNxy，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为4xmy=−，且1122m−，与221416xy−=联立可得

()224132480mymy−−+=，且264(43)0m=+，则1212223248,4141myyyymm+==−−，直线1MA的方程为()1122yyxx=++，直线2NA的方程为()2222yyxx=−−，联立直线1M

A与直线2NA的方程可得：()()()()()2121121211212121222222266yxymymyyyyyxxyxymymyyy+−−+++==−−=−−112221122483216222

141414148483664141mmmyymmmmmyymm−−++−−−===−−−−−，由2123xx+=−−可得=1x−，即1Px=−，据此可得点P在定直线=1x−上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查

学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.2．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆2222:1(0)Cbbxaay+=的离心率是53，点()2,0A−在C上．(1)求C的方程；(2)过点()2,3−的直

线交C于,PQ两点，直线,APAQ与y轴的交点分别为,MN，证明：线段MN的中点为定点．【答案】(1)22194yx+=(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解,,abc，进而可得结果；（2）设直线PQ的

方程，进而可求点,MN的坐标，结合韦达定理验证2MNyy+为定值即可.【详解】（1）由题意可得222253babccea==+==，解得325abc===，所以椭圆方程为221

94yx+=.（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设()()()1122:23,,,,PQykxPxyQxy=++，联立方程()2223194ykxyx=+++=，消去y得：()()()2

22498231630kxkkxkk+++++=，则()()()2222Δ64236449317280kkkkkk=+−++=−，解得0k，可得()()2121222163823,4949kkkkxxxxkk+++=−=++，因为()2,0A−，则直线()11:22

yAPyxx=++，令0x=，解得1122yyx=+，即1120,2yMx+,同理可得2220,2yNx+，则()()1212121222232322222yykxkxxxxx+++++++

=+++()()()()()()12211223223222kxkxkxkxxx+++++++=++()()()()1212121224342324kxxkxxkxxxx+++++=+++()()()()()()222

222323843234231084949336163162344949kkkkkkkkkkkkkkk+++−++++===++−+++，所以线段MN的中点是定点()0,3.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此

值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．3．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、

y轴，且过()30,2,,12AB−−两点．(1)求E的方程；(2)设过点()1,2P−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MTTH=．证明：直线HN过定点．【答案】(1)22143yx+=(2)(0,2)−【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.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为221mxny+=，过()30,2,,12AB−−，则41914nmn=+=，解得13m

=，14n=，所以椭圆E的方程为：22143yx+=.（2）3(0,2),(,1)2AB−−，所以2:23+=AByx，①若过点(1,2)P−的直线斜率不存在，直线1x=.代入22134xy+=，可得26(1,)

3M−，26(1,)3N，代入AB方程223yx=−，可得26(63,)3T−+−，由MTTH=得到26(265,)3H−+−.求得HN方程：26(2)23yx=+−，过点(0,2)−.②若过点(1,2)P−的直线斜

率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMxyNxy−−+=.联立22(2)0,134kxykxy−−+=+=得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk+−+++=，可得1221226(2)343(4)34kk

xxkkkxxk++=++=+，()()12221228234444234kyykkkyyk−++=++−=+，且1221224(*)34kxyxyk−+=+联立1,223yyyx==−可

得111113(3,),(36,).2yTyHyxy++−可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx−−=−+−−，将(0,2)−，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy+−+++−−=，将(*)代入

，得222241296482448482436480,kkkkkkk+++−−−+−−=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.4．（2020·全国新Ⅰ卷·高考真题）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.【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,,,MxyNxy，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+=−+，2

1222612mxxk−=+，因为AMAN⊥，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2310

1kmk++=，，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()1221210x

y−+−=，结合2211163xy+=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12DQA

P=，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4mxny+=．将直线MN方程与椭圆方程联立得224240xxyy+++=，即2

2()2()0xmxnyxymxnyy+++++=，化简得22(2)()(1)0nymnxymx+++++=，即2(2)()(1)0yynmnmxx+++++=．设()()1122,,,MxyNxy，因为AMAN⊥则12

12AMANyykkxx=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()()22112212121063xykxykkxyk+−+−−+−−+=（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()()2211221

2121()(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21213333ykxkkx=−−=−−，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．5．（2020·全国·高考真题）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）221

9xy+=；（2）证明详见解析.【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：(),0A

a−，(),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：()()00

363yyx−=+−−，即：()039yyx=+联立直线AP的方程与椭圆方程可得：()2201939xyyyx+==+，整理得：()2222000969810yxyxy+++−=，解得：3x=−或202

03279yxy−+=+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：()()()2220000002224200000832338331116963yyyy

yyyxxyyyyy+−−+=−=−+++−−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.6．（2019·北京·高考真题）已知椭圆2222:1xyCab+=的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线:(1)lykxtt=+与椭圆

C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）2212xy+=；（Ⅱ）见解析.【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,O

N的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为(1,0)，所以1c=；因为椭圆经过点(0,1)A,所以1b=，所以2222abc=+=，故椭圆的方程为2212xy+=.（Ⅱ）设1122(,),(,)PxyQxy联立2212(

1)xyykxtt+==+得222(12)4220kxktxt+++−=，21212224220,,1212kttxxxxkk−+=−=++，121222()212tyykxxtk+=++=+，222212121222()12tkyykxxktxxtk−=+++=+.直线111:

1yAPyxx−−=，令0y=得111xxy−=−，即111xOMy−=−；同理可得221xONy−=−.因为2OMON=,所以1212121212211()1xxxxyyyyyy−−==−−−++；221

121ttt−=−+，解之得0=t，所以直线方程为ykx=，所以直线l恒过定点(0,0).【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．（2019·北京·高考真题）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线

y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．【答案】(Ⅰ)24xy=−，1y=；(Ⅱ)见解析.【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程

，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ)将点()2,1-代入抛物线方程：()2221p=−可得：2p=，故抛物线方程为：24xy=−，其

准线方程为：1y=.(Ⅱ)很明显直线l的斜率存在，焦点坐标为()0,1−，设直线方程为1ykx=−，与抛物线方程24xy=−联立可得：2440xkx+−=.故：12124,4xxkxx+=−=−.设221212,,,

44xxMxNx−−，则12,44OMONxxkk=−=−，直线OM的方程为14xyx=−，与1y=−联立可得：14,1Ax−，同理可得24,1Bx−，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：1

222,1xx+−，圆的半径为：1222xx−，且：()1212122222xxkxxxx++==，()2121221212422221xxxxkxxxx+−−==+，则圆的方程为：()()()2222141xkyk−++=+，令0x=整理可得：2

230yy+−=，解得：123,1yy=−=，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点()()0,3,0,1−.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8

．（2017·全国·高考真题）已知椭圆C：2222=1xyab+（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点

.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.【答案】(1)2214xy+=.(2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据3P，4P两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过3P，4P两点.另外由222211134abab+

+知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此234,,PPP在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过

计算，不满足题意，再设l：ykxm=+（1m），将ykxm=+代入2214xy+=，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出12kk+，根据121kk+=−列出等式表示出k和m的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解

析：（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由题设知C经过3P，4P两点.又由222211134abab++知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此222111314bab=+=，解得2241ab==.故C的方程为22

14xy+=.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知0t，且2t，可得A，B的坐标分别为（t，242t−），（t，242t−−）.则22124242122ttkktt−−

−++=−=−，得2t=，不符合题设.从而可设l：ykxm=+（1m）.将ykxm=+代入2214xy+=得()222418440kxkmxm+++−=由题设可知()22=16410km−+.设A（x1，y1），B（x2，y

2），则x1+x2=2841kmk−+，x1x2=224441mk−+.而12121211yykkxx−−+=+121211kxmkxmxx+−+−=+()()12121221kxxmxxxx+−+=.由题设121kk+=−，故()()()12122110kxxmxx++−+=.即()()22

244821104141mkmkmkk−−++−=++.解得12mk+=−.当且仅当1m−时，0，欲使l：12myxm+=−+，即()1122myx++=−−，所以l过定点（2，1−）点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭

圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.9．（2

017·北京·高考真题）已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点10,2作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．(1)求抛物线C的方程，并求其焦

点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点．【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为104，，准线方程为x＝－14；（2）见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）代入点P求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为1

2ykx=+（0k），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为22yyxx=，联立求得点B的坐标为2112(,)yxxx，再证明1211220xyyxx+−=.试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：22ypx

=过点P（1，1），得12p=.所以抛物线C的方程为2yx=.抛物线C的焦点坐标为（14，0），准线方程为14x=−.（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为12ykx=+（0k），l与抛物线C的交点为()11,Mxy，()2

2,Nxy.由212ykxyx=+=，得()2244410kxkx+−+=.则1221kxxk−+=，12214xxk=.因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为yx=，点A的坐标为()11,xy.直线ON的方程为22yyxx=

，点B的坐标为2112,yyxx.因为21122112112222yyyyyyxxyxxx+−+−=122112211222kxxkxxxxx+++−=()()122121222kxxxxx−++=

()222112242kkkkx−−+=0=，所以211122yyyxx+=.故A为线段BM的中点.【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数

的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.10．（2017·全国·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C22:12xy+=上，过M作x轴的垂线，垂

足为N，点P满足2NPNM=.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线3x=−上，且1OPPQ=.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【答案】（1）222xy+=；（2）见解析.【详解】（1）设P（x，y），M

（00,xy）,则N（0,0x），00NP(x,),NM0,xyy=−=（）由NP2NM=得0022xxyy==，.因为M（00,xy）在C上，所以22x122y+=.因此点P的轨迹为222xy+=.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（

m，n），则()()OQ3tPF1mnOQPF33mtn=−=−−−=+−，，，，，()OPmnPQ3mtn==−−−，，（，）.由OPPQ1=得-3m-2m+tn-2n=1，又由（1）知222m

n+=，故3+3m-tn=0.所以OQPF0=，即OQPF⊥.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.11．（2016

·北京·高考真题）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）的离心率为32，(,0)Aa，(0,)Bb，(0,0)O，OAB的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：|||

|ANBM为定值.【答案】（1）2214xy+=；（2）证明见解析.【分析】（Ⅰ）根据离心率为32，即32ca=，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.【详解】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆的方程

为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.【名师点睛】解决定值、定点

的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点

，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.12．（2016·北京·高考真题）已知椭圆2222:1xyCab+=过点()()2,0,0,1AB两点．（Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率；（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线

PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．【答案】（Ⅰ）2214xy+=；32e=（Ⅱ）见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知a，b的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边

形ABNM的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线AN，BM的值求乘积为定值即可．试题解析：（Ⅰ）由题意得，21ab==，．所以椭圆C的方程2214xy+=．又223cab=−=，所以离心率32cea==．（Ⅱ）设()()000000Pxyxy，，，则220044xy+=．又()20A

，，()01B，，所以，直线PA的方程为()0022yyxx=−−．令0x=，得0022Myyx=−−，从而002112MyBMyx=−=+−．直线PB的方程为0011yyxx−=+．令0y=，得001Nxxy=−，从而00221NxANxy=−=+−所以四

边形ABNM的面积12SABBM=00002121212xyyx=++−−()22000000000044484222xyxyxyxyxy++−−+=−−+00000000224422xyxyxyxy−−+=−−+2=．从而四边形ABNM的面积为定值．考点：1、椭圆方程

；2、直线和椭圆的关系．【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知a，b的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第

二小题四边形ABNM的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线AN，BM的值求乘积为定值即可．13．（2015·陕西·高考真题）如图，椭圆2222:1(0)xyEabab+=经过点(0,1)A−，且离心率为22.(I)求

椭圆E的方程；(II)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点,PQ（均异于点A），问：直线AP与AQ的斜率之和是否为定值？若是，求出此定值；若否，说明理由．【答案】(1)2212xy+=(2)2【详解】（

Ⅰ）由题意知2,12cba==，综合222abc=+，解得2a=，所以，椭圆的方程为2212xy+=.（Ⅱ）由题设知，直线PQ的方程为(1)1(2)ykxk=−+，代入2212xy+=，得22(12)4(1)2(2)0+−−+−=kxkkxkk，

由已知0，设()()1122,PxyQxy，120xx则1212224(1)2(2),1212kkkkxxxxkk−−+==++，从而直线AP与AQ的斜率之和121212111122APAQyykxkkxkkkxxxx+++−+−+=+=+121212112(2)2(2)xx

kkkkxxxx+=+−+=+−()4(1)222(21)22(2)kkkkkkkk−=+−=−−=−.考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.14．（2015·全国·高考真题）已知椭圆2222:1(

0)xyCabab+=的离心率为22，点(2,2)在C上（1）求C的方程（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点,AB，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.【答案】（1）22184xy+=（2）1

2OMkk=−【详解】试题分析：（Ⅰ）由2222242,1,2abaab−=+=求得228,4ab==,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得()222214280.kxkbxb+++−=,所以12222,,22121MMMxxkbbxykxbkk+−===+=++于是1,2

MOMMykxk==−12OMkk=−.试题解析：解：（Ⅰ）由题意有2222242,1,2abaab−=+=解得228,4ab==,所以椭圆C的方程为22184xy+=.（Ⅱ）设直线():0,0lykxbkb=+

,()()()1122,,,,,MMAxyBxyMxy,把ykxb=+代入2222184xy+=得()222214280.kxkbxb+++−=故12222,,22121MMMxxkbbxykxbkk+−===+=++于是直线O

M的斜率1,2MOMMykxk==−即12OMkk=−,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.考点09其他证明综合1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的右焦点为

F，点31,2M在C上，且MFx⊥轴．(1)求C的方程；(2)过点()4,0P的直线交C于,AB两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQy⊥轴．【答案】(1)22143xy+=(2

)证明见解析【分析】（1）设(),0Fc，根据M的坐标及MF⊥x轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设:(4)ABykx=−，()11,Axy，()22,Bxy，联立直线方程和椭圆方程，用,AB的坐标表示1Qyy−，结合韦达定理化简前者可得10Qyy−=，故可证AQy⊥轴.【详解】

（1）设(),0Fc，由题设有1c=且232ba=，故2132aa−=，故2a=，故3b=，故椭圆方程为22143xy+=.（2）直线AB的斜率必定存在，设:(4)ABykx=−，()11,Axy，()22,Bx

y，由223412(4)xyykx+==−可得()2222343264120kxkxk+−+−=，故()()422Δ102443464120kkk=−+−，故1122k−，又22121222326412,3434kkxxxxkk−+==++，而5,02N

，故直线225:522yBNyxx=−−，故22223325252Qyyyxx−−==−−，所以()1222112225332525Qyxyyyyyxx−+−=+=−−()()()12224253425kxxkxx−−+−=−()222212122264123225

825834342525kkxxxxkkkkxx−−+−++++==−−2222212824160243234025kkkkkx−−+++==−，故1Qyy=，即AQy⊥轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直

线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.2．（2023·全国新Ⅰ卷·高考

真题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点10,2的距离，记动点P的轨迹为W．(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．【答案】(1)214yx=+(2)见解析【分析】（1）设(,)Pxy，

根据题意列出方程22212xyy+−=，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,444AaaBbbCcc+++，且abc，分别令0ABkabm=+=，0BCkbcn=+=，且1mn=−，利用放缩法得21112Cnnn

++，设函数()221()1fxxxx=++，利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线AB的方程为21()4ykxaa=−++，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得()3221kABADk++，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(,)Pxy,则2212yxy=+−，两边同平方化简得214yx=+，故21:4Wyx=+.（

2）法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,444AaaBbbCcc+++在W上,且abc，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则1,0ABBCkkabbc=−++,令2240114ABkbababam

+−+=+==−，同理令0BCkbcn=+=，且1mn=−，则1mn=−，设矩形周长为C,由对称性不妨设||||mn，1BCABkkcanmnn−=−=−=+，则222211||||()1()1()112CABBCbamcbncannnn=+=−++−+−+=++，易知

2110nnn++则令()222111()1,0,()22fxxxxfxxxxxx=++=+−,令()0fx=，解得22x=，当20,2x时，()0fx，此时()fx单调递减，当2,12x

，()0fx，此时()fx单调递增，则min227()24fxf==，故12733242C=,即33C.当33C=时,2,22nm==−,且22()1()1bamban−+=−+，即mn=时等号成立，矛盾，故33C

,得证.法二：不妨设,,ABD在W上，且BADA⊥，依题意可设21,4Aaa+，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，则设BA,DA的斜率分别为k和1k−，由对称性，不妨设1k，直线AB的方程为21()4ykxaa=−++，则联立22141()4yxyk

xaa=+=−++得220xkxkaa−+−=，()()222420kkaaka=−−=−，则2ka则2||1|2|ABkka=+−，同理211||12ADakk=++，2211||||1|2|12ABADkk

aakk+=+−+++()322221111221kkkaakkkkk++−++++=令2km=，则(0,1m，设32(1)1()33mfmmmmm+==+++，则2221(21)(1)()23mmfmmmm−+=+−=，令()0=fm，解得12m=

，当10,2m时，()0fm，此时()fm单调递减，当1,2m+，()0fm，此时()fm单调递增，则min127()24fmf==，33||||2ABAD+，但2221111|2|121|2|2kkaakkaakkk+−

++++−++，此处取等条件为1k=，与最终取等时22k=不一致，故332ABAD+.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动14个单位得抛物线2:Wyx=,矩形ABCD变换为矩形ABCD,则问题等价于矩形ABCD的周长大

于33.设()()()222001122,,,,,BttAttCtt,根据对称性不妨设00t.则1020,ABBCkttktt=+=+,由于ABBC⊥,则()()10201tttt++=−

.由于()()22101020201,1ABttttBCtttt=++−=++−,且0t介于12,tt之间,则()()221010202011ABBCtttttttt+=++−+++−.令

20tantt+=,10πcot,0,2tt+=−,则2010tan,cottttt=−=−−,从而()()22001cot2cot1tantan2ABBCtt+=++++−故33002

2222(cossin)11sincossincos2sincoscossinsincossincostABBCt−++=−++=+①当π0,4时,332222sincossincos122222sincos

cossinsincossin2ABBC++=+=②当ππ,42时,由于102ttt,从而000cottanttt−−−,从而0cottan22t−又00t,故0tan02t,由

此330222(cossin)sincossincossincostABBC−++=+3323222sin(cossin)(sincos)sincos1cossincossincoscossin−++=+()()222

22222sinsin2cos1cos1cos2cos==−−()()332222233221cos1cos2cos33=−+−+，当且仅当3cos3=时等号成立，故332ABBC+，故矩形周长大于3

3..【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得211||||12CABBCnnn=+++，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.3．（2023·北京·高考真题）已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的离心率为

53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，||4AC=．(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线2y=−交于点N．求证：//MNCD．【答案】(1)22194xy+=(2)证明见解析【分析】（1）结合题意得

到53ca=，24b=，再结合222acb−=，解之即可；（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点,MN的坐标，进而求得MNk，再根据题意求得CDk，得到MNCDkk=，由此得解.【详解】（1）依题意，得53cea==，则53ca=，又,AC分别为椭圆上下顶点，4AC=，所

以24b=，即2b=，所以2224acb−==，即22254499aaa−==，则29a=，所以椭圆E的方程为22194xy+=.（2）因为椭圆E的方程为22194xy+=，所以()()()()0,2,0,2,3,

0,3,0ACBD−−，因为P为第一象限E上的动点，设()(),03,02Pmnmn，则22194mn+=，易得022303BCk+==−−−，则直线BC的方程为223yx=−−，033PDnnkmm−==−−，则直线PD的方程为()33nyxm=−−，联立()22333yxnyxm

=−−=−−，解得()332632612326nmxnmnynm−+=+−−=+−，即()332612,326326nmnMnmnm−+−+−+−，而220PAnnkmm−−=

=−，则直线PA的方程为22nyxm−=+，令=2y−，则222nxm−−=+，解得42mxn−=−，即4,22mNn−−−，又22194mn+=，则22994nm=−，2287218mn=−，所以()()()()()()122641223

26332696182432643262MNnnmnnmknmnmnmnmmnmn−+−+−−+−==−+−+−++−−−+−−222222648246482498612369612367218nmnmnmnmnmmnmnmnnm−+−

+−+−+==++−−−++−−()()22222324126482429612363332412nmnmnmnmnmnmnmnm−+−+−+−+===−+−+−+−+，又022303CDk+==−，即MNCDkk=，显然，MN与CD不重合，所以//MNCD.4．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题

）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为3yx=．(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()()1122,,,PxyQxy在C上，且1210,0

xxy．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；②PQAB∥；③||||MAMB=．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)2213yx−=

(2)见解析【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得,ab的关系，进而利用,,abc的平方关系求得,ab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200283kxkyk+=

−；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003xmy=，由②//PQAB等价转化为003kyx=，由①M在直线AB上等价于()2002kykx=−，然

后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【详解】（1）右焦点为(2,0)F，∴2c=,∵渐近线方程为3yx=，∴3ba=，∴3ba=，∴222244caba=+==，∴1a=，∴3b=．∴C的方程为：2213yx−=；（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12xx=，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AB方程为()2ykx=−,则条件①M在AB上，等价于()()2000022ykxkykx=−=−；两渐近线的方程合并为2230xy−=,联立消去y并化简整理

得：()22223440kxkxk−−+=设()()3344,,,AxyBxy,线段中点为(),NNNxy,则()2342226,2233NNNxxkkxykxkk+===−=−−,设()00,Mxy,则条件③AMBM=等价于()()()()2222

03030404xxyyxxyy−+−=−+−,移项并利用平方差公式整理得：()()()()3403434034220xxxxxyyyyy−−++−−+=，()()3403403434220yyxxxyyyxx−−++−+=−,即()00

0NNxxkyy−+−=,即200283kxkyk+=−；由题意知直线PM的斜率为3−,直线QM的斜率为3,∴由()()101020203,3yyxxyyxx−=−−−=−,∴()1212032yyxxx−=−+−,所以直线PQ的斜率()12012121232xxx

yymxxxx+−−==−−−,直线()00:3PMyxxy=−−+,即0033yyxx=+−,代入双曲线的方程22330xy−−=,即()()333xyxy+−=中，得：()()000032333yxxyx+−+=,解得

P的横坐标：10000133233xyxyx=+++,同理：20000133233xyxyx=−+−−，∴00120120022220000331,2,333yxxxyxxxxyxyx−=++−=−−−−∴003xmy=,∴条件②//PQAB等

价于003mkkyx==，综上所述：条件①M在AB上，等价于()2002kykx=−；条件②//PQAB等价于003kyx=；条件③AMBM=等价于200283kxkyk+=−；选①②推③:由①②解得：2200002228,433k

kxxkyxkk=+==−−,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223kxk=−，20263kkyk=−，∴003kyx=，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223kxk=−，20263kkyk=−，∴0

2623xk−=−，∴()2002kykx=−，∴①成立.5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）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.【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():,0MNykxmkm=+，由直线与圆相切得221mk=+，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246

230xx−+=，所以12122,3243xxxx+==，所以()212121143MNxxxx=++−=,所以必要性成立；充分性：设直线():,0MNykxmkm=+即0kxym−+=，由直线MN与曲线221(0)x

yx+=相切可得211mk=+，所以221mk=+，联立2213ykxmxy=++=可得()222136330kxkmxm+++−=，所以2121222633,1313kmmxxxxkk−+=−=++，所以()222

2212122263314141313kmmMNkxxxxkkk−=++−=+−−++22224113kkk=++3=，化简得()22310k−=，所以1k=，所以12km==−或12km=−=，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.6．（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−12.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：PQG是直角三角形；（ii）求PQG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B

M的斜率之积为−12，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PQ的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点E的坐标，求出直线QE的方程，与椭圆方程联立，

利用根与系数关系求出G的坐标，再求出直线PG的斜率，计算PQPGkk的值，就可以证明出PQG是直角三角形；（ii）由（i）可知,,PQG三点坐标，PQG是直角三角形，求出,PQPG的长，利用面积公式求出PQG

的面积，利用导数求出面积的最大值.【详解】（1）直线AM的斜率为(2)2yxx−+，直线BM的斜率为(2)2yxx−，由题意可知：22124,(2)222yyxyxxx=−+=+−，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为()221,24

2xyx+=；（2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为1−即可证得题中的结论】依题意设()()()111100,,,,,PxyQxyGxy−−，直线PQ的斜率为(0)kk，则101010

101010,PGGQyyyyyykkxxxxxx−−−+===−−−+，所以2210221012PGGQyykkxx−==−−．又1111122GQEQyykkkxxx−====−−，所以1PGkk=−，进而有PGPQ⊥，即PQG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1−即可证得题中的结论】由题意设()()()000011,,,,,PxyQxyGxy−−，则()0,0Ex．因为Q，E，G三点共线，所以0101100102yyyyxxxxx+==−+，又因为点P，G在椭圆上，所以

222200111,14242xyxy+=+=，两式相减得()01012PGxxkyy+=−+，所以()()()()()1001001001100112PQPGyyxxyxxkkxyyxxyy+++=−=−=−+++，所以PQPG⊥．（ii）

[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】设()11,Pxy，则直线PQ的方程为(0)ykxk=，联立22,1,42ykxxy=+=解得12122,212,21xkkyk=+=+

所以直线PG的方程为()1111yxxyxkk=−−+=−+2111111kxkxxxkkk++=−+．联立直线PG的方程和椭圆C的方程，可得()212224121xkxxkk++−+()222122140xkk+−=，则

()21102412xkxxk++=+，所以()()()()()221101012224181112222221PPGxkkkSyxxxkxkkk++=+−===+++()24281252kkkk+++．令()0PQGS=，即()()2345224282(1)1(1)(1)02

52kkkkkkkkkkk−++++++−+=++．注意到0k，得1k=，所以PQGS在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,)+内单调递减，所以当1k=时，()max169PQGS=．[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QG的中点为N，直线PQ的斜率为k，则其方程为(0)ykxk=．由22,1,42ykxxy=+=解得2212xk=+．由（Ⅰ）得1,2QGONkkkk==−．直线QG的方程为22212kyxk=+

+，直线ON的方程为1=−yxk，联立得()2222212Mkxkk=−++，()22221211212MkkONxkkk+=+=++．又22221112QkOQkxk+=+=+，从而()()()2222112212OQMkkSONOQkk+==++，进而()()()22281421

2PQGOQMkkSSkk+==++．以下同解法一．【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为1−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；7．（2018·北京·高考真题）已知抛物线C：2y=2px经过点P（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；（Ⅱ

）设O为原点，QMQO=，QNQO=，求证：11+为定值．【答案】(1)取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）(2)证明过程见解析【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围

，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得12224kxxk−+=−，1221xxk=．再由=QMQO，=QNQO得=1My−，1Ny=−．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简11

+可得结论.详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241yxykx==+得()222410kxkx+

−+=．依题意()2224410kk=−−，解得k<0或0<k<1．又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知12224k

xxk−+=−，1221xxk=．直线PA的方程为()112211yyxx−−=−−．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211Mykxyxx−+−+=+=+−−．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−．由=QMQO，=QNQO得=1My−，1Ny=

−．所以()()()2212121212122224211111111=21111111MNkxxxxxxkkyykxkxkxxkk−+−+−−+=+=+==−−−−−−．所以11+为定值．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，证明该式是恒定的.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.8．（2

018·全国·高考真题）已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC+=：交于A，B两点，线段AB的中点为()()10Mmm，．（1）证明：12k−；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且0FPFAFB++=．证明：FA，FP，

FB成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）12k−；（2）证明见解析，公差为32128或32128−．【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到FP,再由两点间距离公式表示出FA，FB

，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法设()()1122,,,AxyBxy，则222211221,14343xyxy+=+=.两式相减，并由1212yy

kxx−=−得1212043xxyyk+++=，由题设知12121,22xxyym++==，于是34km=−.①由题设得302m，故12k−.［方法二］：【通性通法】常规设线设:ABykxt=+，()()1122,,,AxyBxy，当=0k时，显然不满足题意；由22+=1

43=+xyykxt得，()2223484120kxktxt+++−=，所以，122834ktxxk+=−+，0，即22430kt+−，而1212xx+=，所以2344kkt+=−，又2433044kmk

tkkk+−=+=−=，所以0k，222434304kkk++−−，即214k，解得：12k−．［方法三］：直线与椭圆系的应用对原椭圆作关于(1,)Mm对称的椭圆为22(2)(2)143xmy−−+=．两椭圆方程相减可得244133mxym+=+，即为AB的方程，故34k

m=−．又点(1,)Mm在椭圆C内部可得21143m+，解得：302m．所以3142km=−−．［方法四］：直线参数方程的应用设l的参数方程为=1+cos,=+sinxtymt（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得()2222

3cos4sin(6cos8sin)940tmtm+++−+=．设12,tt是线段中点A，B对应的参数，(1,)Mm是线段AB中点，知120tt+=得(6cos8sin)0m−+=，即3tan4km==−．而点(1,)Mm在C内

得21143m+，解得：30,2m，所以3142km=−−．（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想由题意得()1,0F，设()33,Pxy，则()()()()3311221,1,1,0,0

xyxyxy−+−+−=.由（1）及题设得()()31231231,20xxxyyym=−+==−+=−.又点P在C上，所以34m=，从而31,2P−，32FP=.于是()()2222111111131242

xxFAxyx=−+=−+−=−.同理222xFB=−，所以()121432FAFBxx+=−+=.故2FPFAFB=+，即FA，FP，FB成等差数列.设该数列的公差为d，则()21212121

12422dFBFAxxxxxx=−=−=+−.②将34m=代入①得1k=−.所以l的方程为74yx=−+，代入C的方程，并整理得2171404xx−+=.故121212,28xxxx+==，代入②解得321

28d=.所以该数列的公差为32128或32128−.［方法二］：硬算由0FPFAFB++=，知点F为PAB△的重心，由三角形重心坐标公式可得1,2PPxym==−，即(1,2)Pm−．由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得34m=，即3(1,)2P−

．由（1）有314km=−=−，直线l的方程为74yx=−+，将其与椭圆方程联立消去y得2285610xx−+=，求得1,21432114x=，不妨设ABxx，所以1432114Ax−=，1432114Bx+=，()()222242321||113124228AAAAAxxxyxFA+

=−+=−+−=−=，同理可得，42321||=2228BxFB−−=，所以|3|||FAFB+=，而3||=2FP，故2FAFBFP+=．即该数列的公差为32128或32128−.［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用因

为线段AB的中点为(1,)Mm，得122xx+=．由0FPFAFB++=，知点F为PAB△的重心，由三角形重心坐标公式可得1Px=，由椭圆方程可知，1e2=由椭圆的焦半径公式得()()()1212||||ee2e3FAFBaxaxaxx+=−+−=−+=，3||e2PFPax=−=．所以2FA

FBFP+=．由方法二硬算可得，1432114Ax+=或1432114Ax−=，从而公差为()31121222AAxx−−=−，即该数列的公差为32128或32128−.【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对

于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据0即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程

，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．9

．（2018·全国·高考真题）设抛物线22Cyx=：，点()20A，，()20B−，，过点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：ABMABN=．【答案】（1）112yx=+或112yx=−−；（2）证

明见解析.【分析】（1）根据题意可得直线l的方程为=2x，从而得出点M的坐标为()2,2或()2,2−，利用两点式求得直线BM的方程；（2）方法一：设直线l的方程为2xty=+，点()11,Mxy、()22,Nxy，将直线l的方程与抛

物线的方程联立，列出韦达定理，由斜率公式并结合韦达定理计算出直线BM、BN的斜率之和为零，从而得出所证结论成立.【详解】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为=2x，可得M的坐标为()2,2或()2,2−．所以直线BM的方程为

112yx=+或112yx=−−；（2）［方法一］：【通性通法】韦达定理＋斜率公式设l的方程为2xty=+，()11,Mxy、()22,Nxy，由2=+2=2xtyyx，得2240yty−−=，可知122yyt+=，1

24yy=−．直线BM、BN的斜率之和为()()()()()()()()21122112121212122244222222BMBNxyxytyytyyyykkxxxxxx+++++++=+==++++++()()()()()()1212121224244202222tyyyyttxxx

x++−+===++++，所以0BMBNkk+=，可知BM、BN的倾斜角互补，所以ABMABN=.［方法2］：【最优解】斜率公式＋三点共线的坐标表示因为M，N在抛物线上，可设()2112,2Mtt，()2222,2Ntt，故()21122,2AMtt=−，()22222

,2ANtt=−．而A，M，N共线，故AMAN∥，即()()2221122222220tttt−−−=，化简得()()1221410tttt+−=．而M，N是不同的点，故12tt，可得1210tt+=．这样()()()()1212122222121212202222

11BMBNttttttkktttt+++=+==++++．故ABMABN=．【整体点评】（2）方法一：通过联立方程得出根与系数的关系，再直接使用斜率公式化简即可证出，是此题问题的通性通法；方法二：通过设点，根据三点共线的坐标表示寻找关系，再利用斜率公式化简证出，省略了联立过程，适

当降低了运算量，是此类问题的最优解．10．（2018·全国·高考真题）设椭圆22:12xCy+=的右焦点为F，过F的直线l与C交于,AB两点，点M的坐标为(2,0).（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）

设O为坐标原点，证明：OMAOMB=.【答案】（1）AM的方程为222yx=−+或222yx=−；（2）证明见解析.【分析】（1）根据l与x轴垂直，且过点()1,0F，求得直线l的方程为=1x，代入椭圆方程求得点A的坐标为2

1,2或21,2−，利用两点式求得直线AM的方程；（2）方法一：分直线l与x轴重合、l与x轴垂直、l与x轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的

关系来体现，从而证得结果.【详解】（1）由已知得()1,0F，l的方程为=1x.由已知可得，点A的坐标为21,2或21,2−.所以AM的方程为222yx=−+或222yx=−.（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立当l与x轴重合时，0OMAOM

B==o.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB=.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为()()10ykxk=−，()()1122,,,AxyBxy，则122,2xx

，直线MA、MB的斜率之和为121222MAMByykkxx+=+−−.由1122,ykkxykxk=−=−得()()()12121223422MAMBkxxkxxkkkxx−+++=−−.将()1ykx=−代入2212xy+=

得()2222214220kxkxk+−+−=.所以，22121222422,2121kkxxxxkk−+==++.则()33312122441284234021kkkkkkxxkxxkk−−++−++==+.从而0MAMBkk+=，故MA、MB的倾斜角互补，所以OMAOMB=

.综上，OMAOMB=.［方法二］：角平分线定义的应用当直线l与x轴重合或垂直时，显然有OMAOMB=．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为1xmy=+，交椭圆于()11,Axy，(

)22,Bxy．由22+=12=+1xyxmy得()222210mymy++−=．由韦达定理得12122221,22myyyymm−−+==++．点A关于x轴的对称点()11,Nxy−，则直线BN的方程为()()(

)()121121yyxxyyxx+−=+−．令=0y，()()221211212122111212122122222222mmyxxmyyyyxyxymmxxmyyyyyym−−−+++++=+====−++++，则直线BN过点M，

OMAOMB=．［方法三］：直线参数方程的应用设直线l的参数方程为=1+cos=sinxtyt（t为参数）．（*）将（*）式代入椭圆方程2212xy+=中，整理得()221sin2cos10tt++−=．则12211s

intt−=+，1222cos1sintt+=−+．又()()11221cos,sin,1cos,sinAttBtt++，则MAMBkk+=1212sinsin1cos21cos2tttt+=+−+−1212sinsincos1

cos1tttt+=−−()(()()122112sincos1+sincos=cos1cos1tttttt−−−()()()1212122sincossincos1cos1tttttt−

+=−−()()22122sincos2sincos1sin1sin0cos1cos1tt−+++=−−，即MAMBkk=−．所以OMAOMB=．［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用当直线l

与x轴重合时，0OMAOMB==．当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线=2x的垂线，垂足分别为C，D，则有ACBDx∥∥轴．由椭圆的第二定义，有eAFAC=，||e||BFBD=，得||||||||AFBFACB

D=，即||||||||AFACBFBD=．由ACBDx∥∥轴，有||||||||AFBFCMDM=，即||||||||AFCMBFDM=，于是||||||||ACCMBDDM=，且90ACMBDM==．可得AMCBMD=，即有=AMOB

MO．［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用椭圆22:12xCy+=以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得12cos=+.设()()12,,,AB+．22221122||12cos

,||12cosAMBM=+−=++．所以2211112cos||3cos||AMAF+−==−，22220212cos||3cos||BMBF++==−．由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用设

点O（也可选点F）到直线,MAMB的距离分别为12,dd，根据角平分线定理的逆定理，要证OMAOMB=，只需证12dd=．当直线l的斜率为0时，易得120dd==．当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：()()11221,,,,xmyAxyBxy=+．由方程组2

2+=1,2=+1,xyxmy得()222210,Δ0mymy++−=恒成立，12222myym+=−+．12212yym=−+．直线MA的方程为：()()1111122112220,2yyxxyydyx−−−==+−．因为点A在直线l上，所以111xmy=+，故()11221

12121ydmymy=+−+．同理，()2222222121ydmymy=+−+．()()()()12121222122222112242121121yyyymyyddmymymymy−+−−=+−++−+

．因为()121222222022mmyymyymm+−=−+=++，所以22120dd−=，即12dd=．综上，OMAOMB=．［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立当直线l与x轴重合或垂直时，显然有OMAOM

B=．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为1xmy=+，交椭圆于()11,Axy，()22,Bxy．由22+=12=+1xyxmy得()222210mymy++−=．由韦达定理得12122221,22myyyym

m−−+==++．所以()()()1212121212121220221111MAMBmyyyyyyyykkxxmymymymy−++=+=+==−−−−−−，故MA、MB的倾斜角互补，所以OMAOMB=.［方法八］：定比点差法设()0,1AFFB=

，()()1122,,,AxyBxy，所以1212+1=1++0=1+xxyy，由22112222222+=12+=2xyxy作差可得，()12121212112111xxxxyyyy+−+−

+=+−+−，所以，()1221xx−=−，又121xx+=+，所以，()121113,322xx=−=−，故()1222120111221122MAMByyyykkxx−+=+=+=−−−+

−+，MA、MB的倾斜角互补，所以OMAOMB=.当1=时，l与x轴垂直，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB=.故OMAOMB=．【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转

化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法；方法二：根据角平分线的定义可知，利用点A关于x轴的对称点N在直线BM上，证直线AN过点M即可；方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数；方法四：根据点M是椭圆的右准线=2x与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合

平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解；方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择；方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用；方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样；方法八：定比点差法的应用．11．（2017·北

京·高考真题）已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为32．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．【答案】（1）22

14xy+=（2）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）根据条件可知32,2caa==，以及222bac=−，从而求得椭圆方程；（Ⅱ）设(,)Mmn，则(,0),(,)DmNmn−，根据条件求直线DE的方程，并且表示出直线BN的方程

，并求得两条直线的交点纵坐标，根据1212EBDEBDNNBDySSBDy=即可求出面积比值.试题解析：（Ⅰ）设椭圆C的方程为22221(0,0)xyabab+=.由题意得2,3,2aca==

解得3c=.所以2221bac=−=.所以椭圆C的方程为2214xy+=.（Ⅱ）设(),Mmn，则()(),0,,DmNmn−.由题设知2m，且0n.直线AM的斜率2AMnkm=+，故直线DE的斜率2DEmkn+=.

所以直线DE的方程为()2myxmn+=−−.直线BN的方程为()22nyxm=−−.联立()()2,2,2myxmnnyxm+=−−=−−解得点E的纵坐标()22244Enmymn−=−−+.由点M在椭圆C上，得2244m

n−=.所以45Eyn=−.又1225BDEESBDyBDn==，12BDNSBDn=，所以BDE与BDN的面积之比为4:5.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此

类题目，主要利用,,,abce的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.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.12．（2017·全国·高考真题）设O

为坐标原点，动点M在椭圆C22:12xy+=上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM=.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线3x=−上，且1OPPQ=.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【答案】（1）222xy+=；（2）见解

析.【详解】（1）设P（x，y），M（00,xy）,则N（0,0x），00NP(x,),NM0,xyy=−=（）由NP2NM=得0022xxyy==，.因为M（00,xy）在C上，所以22x122y+=.因此点P的

轨迹为222xy+=.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则()()OQ3tPF1mnOQPF33mtn=−=−−−=+−，，，，，()OPmnPQ3mtn==−−−，，（，）.由OPPQ1=得-3m-2m+tn-2n=1，又由（1）知2

22mn+=，故3+3m-tn=0.所以OQPF0=，即OQPF⊥.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.13．（2016·四川·高考真题）已知椭圆E：222

21(0)xyabab+=的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：3yx=−+与椭圆E有且只有一个公共点T．（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交

于点P，证明：存在常数，使得2||||||PTPAPB=，并求的值．【答案】（Ⅰ）22163xy+=，点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）4=5.【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数

形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.试题解析：（Ⅰ）由已知，2

ab=，则椭圆E的方程为222212xybb+=.由方程组得22312(182)0xxb−+−=.①方程①的判别式为2=24(3)b−，由=0，得2=3b，此时方程①的解为=2x，所以椭圆E的方程为22163xy+=.点T坐标为（2,1）.（Ⅱ）由

已知可设直线l的方程为1(0)2yxmm=+，由方程组1{23yxmyx=+=−+，，可得223{21.3mxmy=−=+，所以P点坐标为（222,133mm−+），2289PTm=.设点A，B的坐标分

别为1122(,)(,)AxyBxy，.由方程组22163{12xyyxm+==+，，可得2234(412)0xmxm++−=.②方程②的判别式为2=16(92)m−，由>0，解得323222m−.由②得212124412

=,33mmxxxx−+−=.所以221112252(2)(1)23323mmmPAxyx=−−++−=−−，同理252223mPBx=−−，所以12522(2)(2)433mmPAPBxx=−−−−21212522(2)(2)()433mmxx

xx=−−−++225224412(2)(2)()43333mmmm−=−−−−+2109m=.故存在常数4=5，使得2PTPAPB=.【考点】椭圆的标准方程及其几何性质【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，

考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为1122(,),(,)xyxy，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得1212,xxxx+，再把MAMB用12,xx表示出来，并代入1212,xxx

x+的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．14．（2016·四川·高考真题）已知数列{na}的首项为1，nS为数列{na}的前n项和，11nnSqS+=+，其中q>0，*nN.（Ⅰ）若2322,,2aaa+成等差数列，求数列{an}的通项公式

；（Ⅱ）设双曲线2221nyxa−=的离心率为ne，且253e=，证明：121433nnnneee−−+++.【答案】（Ⅰ）1*2()nnanN−=；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题和解决问题的能

力、计算能力.第（Ⅰ）问，利用+1nnnaSS=−得到数列na为等比数列，再结合2a2，a3，a2+2成等差数列求出na的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；第（Ⅱ）问，先利用双曲线的离心率得到ne的表达式，再解出na的公比q的值，最后利用

等比数列的求和公式计算证明.试题解析：（Ⅰ）由已知，1211,1,nnnnSqSSqS+++=+=+两式相减得到21,1nnaqan++=.又由211SqS=+得到21aqa=，故1nnaqa+=对所有1n都成立.所以，数列{}n

a是首项为1，公比为q的等比数列.从而1=nnaq−.由2322+2aaa，，成等差数列，可得322=32aa+，即22=32,qq+，则(21)(2)0qq+−=，由已知,0q，故=2q.所以1*2()nnanN−=.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nnaq−=.

所以双曲线2221nyxa−=的离心率22(1)11nnneaq−=+=+.由22513eq=+=解得43q=.因为2(1)2(1)1+kkqq−−，所以2(1)1*1+kkqqkN−−（）.于是11211+

1nnnqeeeqqq−−+++++=−，故121433nnnneee−−+++.【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识

，考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力.在第（Ⅰ）问中，已知的是nS的递推式，在与nS的关系式中，经常用1n+代换n，然后两式相减，可得na的递推式；在第（Ⅱ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是

证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外，放缩时要注意放缩的“度”，不能太大，否则得不到结果．15．（2016·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x−y−2=0，抛物线C：y2=2px（p

＞0）.（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2,)pp−−；②求p的取值范围.【答案】（1）；（2）①证

明见解析;②.【分析】（1）先确定抛物线焦点，再将点代入直线方程；（2）①利用抛物线点之间关系进行化简，结合中点坐标公式求证;②利用直线与抛物线位置关系确定数量关系：2244(44)0ppp=−−，解出p的取值范围.【详解】（1）抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为

(,0)2p由点(,0)2p在直线:20lxy−−=上，得0202p−−=，即4.p=所以抛物线C的方程为28.yx=（2）设1122(,),(,)PxyQxy，线段PQ的中点00(,)Mxy因为点P和Q关

于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为1−，则可设其方程为.yxb=−+①由22{ypxyxb==−+消去x得2220(*)ypypb+−=因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以12,yy从而2(2)4(2)0ppb=−−，化简得20pb+.方程

（*）的两根为21,22ypppb=−+，从而120.2yyyp+==−因为00(,)Mxy在直线l上，所以02.xp=−因此，线段PQ的中点坐标为(2,).pp−−②因为M(2,).pp−−在直线yxb=−+上所以(2)bpp−=−−+，即22.bp=−由①知20pb+，于是2(22)0pp

+−，所以4.3p因此p的取值范围为4(0,).3【考点】直线与抛物线位置关系【名师点睛】在利用代数法解决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．16．（2016·全国·

高考真题）已知A是椭圆E：22143xy+=的左顶点，斜率为()0kk的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA⊥.（Ⅰ）当AMAN=时，求AMN的面积（Ⅱ）当2AMAN=时，证明：32k.【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的

方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设()11,Mxy，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示1x，从而表示||AM，同理用k表示||AN，再由2AMAN=求k的取值范围.试题解析：（Ⅰ）设11(,)Mxy，则由题意知10y.由已知及椭圆的对称性知，直线AM

的倾斜角为π4.又(2,0)A−，因此直线AM的方程为2yx=+.将2xy=−代入22143xy+=得27120yy−=.解得0y=或127y=，所以1127y=.因此AMN的面积11212144227749AMNS==.（Ⅱ）将

直线AM的方程(2)(0)ykxk=+代入22143xy+=得2222(34)1616120kxkxk+++−=.由2121612(2)34kxk−−=+得2122(34)34kxk−=+，故2212121|||2

|134kAMxkk+=++=+.由题设，直线AN的方程为，故同理可得22121||3+4kkANk+=.由2||||AMAN=得222343+4kkk=+，即3246380kkk−+−=.设32()4638ftttt=−+−，则k是()f

t的零点，22()121233(21)0ftttt=−+=−，所以()ft在(0,)+单调递增.又(3)153260,(2)60ff=−=，因此()ft在(0,)+有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以32k.17．（20

16·四川·高考真题）已知椭圆E：22221xyab+=（a﹥b﹥0）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点1(3,)2P在椭圆E上.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭

圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.【答案】（Ⅰ）2214xy+=；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用点在椭圆

上，列出方程，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系进行求解.试题解析：（Ⅰ）由已知，a=2b.又椭圆22221(0)xyabab+=过点1(3,)2P，故2213414

bb+=，解得21b=.所以椭圆E的方程是2214xy+=.（Ⅱ）设直线l的方程为1(0)2yxmm=+，1122(,),(,)AxyBxy，由方程组221,4{1,2xyyxm+==+得222220xmxm++−=，①方程①的判别式为24(2)m=−，由0，即220m−，解得22m

−.由①得212122,22xxmxxm+=−=−.所以M点坐标为(,)2mm−，直线OM方程为12yx=−，由方程组221,4{1,2xyyx+==−得22(2,),(2,)22CD−−.所以2555(2)(2)(2)224MCMDmmm=−++=−.

又222212121212115[()()][()4]4416MAMBABxxyyxxxx==−+−=+−22255[44(22)](2)164mmm=−−=−.所以=MAMBMCMD.【考点】椭

圆的标准方程及其几何性质【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为1122(,),(,)xyxy，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得

1212,xxxx+，再把MAMB用12,xx表示出来，并代入1212,xxxx+的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．18．（2015·湖南·高考真题）已知抛物线21:4Cxy=的焦点也是

椭圆22222:1(0)yxCabab+=的一个焦点，1C与2C的公共弦的长为26.（1）求2C的方程；（2）过点的直线l与1C相交于，两点，与2C相交于，两点，且AC与BD同向（ⅰ）若ACBD=，求直线l的斜率（ⅱ）设

1C在点处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点旋转时，MFD总是钝角三角形【答案】（1）22198yx+=；（2）（i）64，（ii）详见解析.【详解】试题分析：（1）根据已知条件可求得的焦点坐标为，再利用公共弦长为即可求解；（

2）（i）设直线的斜率为，则的方程为，由214ykxxy=+=得216640xkx+−=，根据条件可知，从而可以建立关于的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明FA2211111024xxFMy=−+=+，因此AFM是锐角，从而180MFDAF

M=−是钝角，即可得证试题解析：（1）由1C：24xy=知其焦点F的坐标为(0,1)，∵F也是椭圆2C的一焦点，∴221ab−=①，又1C与2C的公共弦的长为26，1C与2C都关于轴对称，且1C的方

程为24xy=，由此易知1C与2C的公共点的坐标为3(6,)2，∴229614ab+=②，联立①，②，得29a=，28b=，故2C的方程为22198xy+=；（2）如图f，11(,)Axy，22(,)Bxy，3

3(,)Cxy，44(,)Dxy，（i）∵与同向，且，∴，从而31xx−=42xx−，即12xx−=34xx−，于是()2124xx+−12xx=()2344xx+−34xx③，设直线的斜率为，则的方程为，由214ykxxy=+

=得216640xkx+−=，而1x，2x是这个方程的两根，∴124xxk+=，124xx=−④，由221{189ykxxy=++=得22(98)16640kxkx++−=，而3x，4x是这个方程的两根，∴34xx+

=−21698kk+，34xx=−26498k+⑤，将④⑤带入③，得，即()22222169(1)16(1)98kkk++=+，∴()2298k+=169，解得64k=，即直线的斜率为64.（ii）由24xy=得'y=2x，∴1C在点处的切线

方程为，即，令，得12xx=，即，∴，而11(,1)FAxy=−，于是FA2211111024xxFMy=−+=+，因此AFM是锐角，从而180MFDAFM=−是钝角.，故直线绕点F旋转时，总是钝角三角形.考点：1

.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系.【名师点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其性质以及直线与椭圆的位置关系，属于较难题，解决此类问题的关键：（1）结合椭圆的几何性质，如焦点坐标，对称轴，等；（2）当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特

殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.19．（2015·全国·高考真题）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为22，点

(2,2)在C上（1）求C的方程（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点,AB，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.【答案】（1）22184xy+=（2）12OMkk=−【详

解】试题分析：（Ⅰ）由2222242,1,2abaab−=+=求得228,4ab==,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得()222214280.kxkbxb+++−=,所以12222,,22121MMMxxk

bbxykxbkk+−===+=++于是1,2MOMMykxk==−12OMkk=−.试题解析：解：（Ⅰ）由题意有2222242,1,2abaab−=+=解得228,4ab==,所以椭圆C的方程为2

2184xy+=.（Ⅱ）设直线():0,0lykxbkb=+,()()()1122,,,,,MMAxyBxyMxy,把ykxb=+代入2222184xy+=得()222214280.kxkbxb+++−=故12

222,,22121MMMxxkbbxykxbkk+−===+=++于是直线OM的斜率1,2MOMMykxk==−即12OMkk=−,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.考点：本题主要考查椭圆方程

、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.20．（2015·福建·高考真题）已知点F为抛物线2:2(0)Eypxp=的焦点，点(2,)Am在抛物线E上，且3AF=．（Ⅰ）求抛物线E的方程；（Ⅱ）已知点(1,0)G−，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线G

A相切的圆，必与直线GB相切．【答案】（Ⅰ）24yx=；（Ⅱ）详见解析．【详解】解法一：（Ⅰ）由抛物线的定义得F22p=+．因为F3=，即232p+=，解得2p=，所以抛物线的方程为24yx=．（Ⅱ）因为点()2,

m在抛物线:24yx=上，所以22m=，由抛物线的对称性，不妨设()2,22．由()2,22，()F1,0可得直线F的方程为()221yx=−．由()2221{4yxyx=−=，得22520xx−+=，解得2x=或12x=，从而1,22

−．又()G1,0−，所以()G22022213k−==−−，()G20221312k−−==−−−，所以GG0kk+=，从而GFGF=，这表明点F到直线G，G的距离相等，故以F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相

切．解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）设以点F为圆心且与直线G相切的圆的半径为r．因为点()2,m在抛物线:24yx=上，所以22m=，由抛物线的对称性，不妨设()2,22．由()2,22，()F1,0可得直线F的方程为

()221yx=−．由()2221{4yxyx=−=，得22520xx−+=，解得2x=或12x=，从而1,22−．又()G1,0−，故直线G的方程为223220xy−+=，从而2222428917r+==+．又直线G的方程为223220xy++=，所以点F到直线G的距离22

22428917dr+===+．这表明以点F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切．考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系．考点10圆锥曲线与其他知识点杂糅问题1．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线()22:0Cxymm−=，点()15,4P在C上，k为常数，01k

．按照如下方式依次构造点()2,3,...nPn=：过1nP−作斜率为k的直线与C的左支交于点1nQ−，令nP为1nQ−关于y轴的对称点，记nP的坐标为(),nnxy.(1)若12k=，求22,xy；(2)证明：数列nnxy−是公比为11kk+−的等比数列；(3)设nS为12nnn

PPP++的面积，证明：对任意正整数n，1nnSS+=.【答案】(1)23x=，20y=(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出2P的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明nS的取值为与n

无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明nS的取值为与n无关的定值即可.【详解】（1）由已知有22549m=−=，故C的方程为229xy−=.当12k=时，过()15,4P且斜率为12的直线为32xy

+=，与229xy−=联立得到22392xx+−=.解得3x=−或5x=，所以该直线与C的不同于1P的交点为()13,0Q−，该点显然在C的左支上.故()23,0P，从而23x=，20y=.（2）由于过(),

nnnPxy且斜率为k的直线为()nnykxxy=−+，与229xy−=联立，得到方程()()229nnxkxxy−−+=.展开即得()()()2221290nnnnkxkykxxykx−−−−−−=，

由于(),nnnPxy已经是直线()nnykxxy=−+和229xy−=的公共点，故方程必有一根nxx=.从而根据韦达定理，另一根()2222211nnnnnnkykxkyxkxxxkk−−−=−=−−，相应的()2221nnnnnykykxykxxyk+−

=−+=−.所以该直线与C的不同于nP的交点为222222,11nnnnnnnkyxkxykykxQkk−−+−−−，而注意到nQ的横坐标亦可通过韦达定理表示为()()2291nnnykxkx−−−

−，故nQ一定在C的左支上.所以2212222,11nnnnnnnxkxkyykykxPkk++−+−−−.这就得到21221nnnnxkxkyxk++−=−，21221nnnnykykxyk++−=−.所以221122

2211nnnnnnnnxkxkyykykxxykk+++−+−−=−−−()()222222221211111nnnnnnnnnnxkxkxykykykkkxyxykkkk+++++++=−=−=−−−−−.再由

22119xy−=，就知道110xy−，所以数列nnxy−是公比为11kk+−的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点,,UVW，若(),UVab=，(),UWcd=，则12UVWSadbc=−.（若,,UVW在同一条直线上，约定0UVWS

=）证明：211sin,1cos,22UVWSUVUWUVUWUVUWUVUW==−()222211122UVUWUVUWUVUWUVUWUVUW=−=−()()()2222212abcdacbd=++−+222222222222122acadb

cbdacbdabcd=+++−−−()222221112222adbcabcdadbcadbc=+−=−=−.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到21221nnnnxkxkyxk++−=−，21221nnnnykykxyk++−=−，故()()2221122

2221211111nnnnnnnnnnnnxkxkyykykxkkkxyxyxykkkk+++−+−+−−+=+=+=+−−−+.再由22119xy−=，就知道110xy+，所以数列nnxy+是公比为11kk

−+的等比数列.所以对任意的正整数m，都有nnmnnmxyyx++−()()()()()()1122nnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmxxyyxyyxxxyyxyyx++++++++=−+−−−−−()()()()11

22nnnmnmnnnmnmxyxyxyxy++++=−+−+−()()()()11112121mmnnnnnnnnkkxyxyxyxykk−+=−+−+−+−()22111211mmnnkkxykk−+=−−+−

911211mmkkkk−+=−+−.而又有()()()111,nnnnnnPPxxyy+++=−−−−，()122121,nnnnnnPPxxyy++++++=−−，故利用前面已经证明的结论即得()()()()1212112112nnnnPPPnnnn

nnnnSSxxyyyyxx++++++++==−−−+−−()()()()12112112nnnnnnnnxxyyyyxx++++++=−−−−−()()()1212112212nnnnnnnnnnnnxyyxxyyxxyyx++++++++=−+−−−2219119119112211211

211kkkkkkkkkkkk−+−+−+=−+−−−+−+−+−.这就表明nS的取值是与n无关的定值，所以1nnSS+=.方法二：由于上一小问已经得到21221nnn

nxkxkyxk++−=−，21221nnnnykykxyk++−=−，故()()22211222221211111nnnnnnnnnnnnxkxkyykykxkkkxyxyxykkkk+++−+−+−−+=+=+=+−−−+.再由

22119xy−=，就知道110xy+，所以数列nnxy+是公比为11kk−+的等比数列.所以对任意的正整数m，都有nnmnnmxyyx++−()()()()()()1122nnmnnmnnmnnmnn

mnnmnnmnnmxxyyxyyxxxyyxyyx++++++++=−+−−−−−()()()()1122nnnmnmnnnmnmxyxyxyxy++++=−+−+−()()()()11112121mmnnnnnnnnkkxyxyxyxykk−+=

−+−+−+−()22111211mmnnkkxykk−+=−−+−911211mmkkkk−+=−+−.这就得到232311911211nnnnnnnnk

kxyyxxyyxkk++++++−+−=−=−+−，以及22131322911211nnnnnnnnkkxyyxxyyxkk++++++−+−=−=−+−.两式相减，即得()()()()232

313131122nnnnnnnnnnnnnnnnxyyxxyyxxyyxxyyx++++++++++++−−−=−−−.移项得到232131232131nnnnnnnnnnnnnnnnxyyxxyyxyxxyyxxy++++++++++++−−+=−−+.故()()()()32

1213nnnnnnnnyyxxyyxx++++++−−=−−.而()333,nnnnnnPPxxyy+++=−−，()122121,nnnnnnPPxxyy++++++=−−.所以3nnPP+和12nnP

P++平行，这就得到12123nnnnnnPPPPPPSS+++++=，即1nnSS+=.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2．（2018·全

国·高考真题）已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC+=：交于A，B两点，线段AB的中点为()()10Mmm，．（1）证明：12k−；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且0FPFAFB++=．证明：FA，FP，

FB成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）12k−；（2）证明见解析，公差为32128或32128−．【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到FP,再由两点间距离公

式表示出FA，FB，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法设()()1122,,,AxyBxy，则222211221,14343xyxy+=+=.两式相减，并由1212yykxx−=−得1212043xxy

yk+++=，由题设知12121,22xxyym++==，于是34km=−.①由题设得302m，故12k−.［方法二］：【通性通法】常规设线设:ABykxt=+，()()1122,,,AxyBxy，当=0k时，显然不满足题意；由22+=143=+xyykxt得

，()2223484120kxktxt+++−=，所以，122834ktxxk+=−+，0，即22430kt+−，而1212xx+=，所以2344kkt+=−，又2433044kmktkkk+−=+=−=，所以0k，222434304kkk++−−，即214k，

解得：12k−．［方法三］：直线与椭圆系的应用对原椭圆作关于(1,)Mm对称的椭圆为22(2)(2)143xmy−−+=．两椭圆方程相减可得244133mxym+=+，即为AB的方程，故34km=−．

又点(1,)Mm在椭圆C内部可得21143m+，解得：302m．所以3142km=−−．［方法四］：直线参数方程的应用设l的参数方程为=1+cos,=+sinxtymt（为l倾斜角，t为参数）代入

椭圆C中得()22223cos4sin(6cos8sin)940tmtm+++−+=．设12,tt是线段中点A，B对应的参数，(1,)Mm是线段AB中点，知120tt+=得(6cos8sin)0m−+=，即3tan4km==−．

而点(1,)Mm在C内得21143m+，解得：30,2m，所以3142km=−−．（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想由题意得()1,0F，设()33,Pxy，则()()()()3311221,1,1,0,0xyxy

xy−+−+−=.由（1）及题设得()()31231231,20xxxyyym=−+==−+=−.又点P在C上，所以34m=，从而31,2P−，32FP=.于是()()2222111111131242xxFAxyx

=−+=−+−=−.同理222xFB=−，所以()121432FAFBxx+=−+=.故2FPFAFB=+，即FA，FP，FB成等差数列.设该数列的公差为d，则()2121212112422dFBFAxxxxxx

=−=−=+−.②将34m=代入①得1k=−.所以l的方程为74yx=−+，代入C的方程，并整理得2171404xx−+=.故121212,28xxxx+==，代入②解得32128d=.所以该数列的公差为32128或32128−.［方法二］：硬算由0FPFAFB++=，知点F为PAB△的重心，

由三角形重心坐标公式可得1,2PPxym==−，即(1,2)Pm−．由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得34m=，即3(1,)2P−．由（1）有314km=−=−，直线l的方程为74yx=−+，将其与椭圆方程联立消去y得2285610xx−+=，求得1,21432114x

=，不妨设ABxx，所以1432114Ax−=，1432114Bx+=，()()222242321||113124228AAAAAxxxyxFA+=−+=−+−=−=，同理可得，42321||=2228BxFB−−

=，所以|3|||FAFB+=，而3||=2FP，故2FAFBFP+=．即该数列的公差为32128或32128−.［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用因为线段AB的中点为(1,)Mm，得122xx+=．由0FPFAFB++=，知点F为PAB△的重心，由三角形重心坐标公式可得1Px=，

由椭圆方程可知，1e2=由椭圆的焦半径公式得()()()1212||||ee2e3FAFBaxaxaxx+=−+−=−+=，3||e2PFPax=−=．所以2FAFBFP+=．由方法二硬算可得，1432114Ax+=或

1432114Ax−=，从而公差为()31121222AAxx−−=−，即该数列的公差为32128或32128−.【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常

用解法，也是该题的最优解；方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据0即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立

过程，适当简化运算；方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．3．

（2016·四川·高考真题）已知数列{na}的首项为1，nS为数列{na}的前n项和，11nnSqS+=+，其中q>0，*nN.（Ⅰ）若2322,,2aaa+成等差数列，求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221nyxa−=的离心率为n

e，且253e=，证明：121433nnnneee−−+++.【答案】（Ⅰ）1*2()nnanN−=；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，利用+1nnna

SS=−得到数列na为等比数列，再结合2a2，a3，a2+2成等差数列求出na的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；第（Ⅱ）问，先利用双曲线的离心率得到ne的表达式，再解出na的公比q的

值，最后利用等比数列的求和公式计算证明.试题解析：（Ⅰ）由已知，1211,1,nnnnSqSSqS+++=+=+两式相减得到21,1nnaqan++=.又由211SqS=+得到21aqa=，故1nnaqa+=对所有1n都成立.所以，数列{}na是首项为1，公比为q的

等比数列.从而1=nnaq−.由2322+2aaa，，成等差数列，可得322=32aa+，即22=32,qq+，则(21)(2)0qq+−=，由已知,0q，故=2q.所以1*2()nnanN−=.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nnaq

−=.所以双曲线2221nyxa−=的离心率22(1)11nnneaq−=+=+.由22513eq=+=解得43q=.因为2(1)2(1)1+kkqq−−，所以2(1)1*1+kkqqkN−−（）.于是11211+

1nnnqeeeqqq−−+++++=−，故121433nnnneee−−+++.【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，

考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力.在第（Ⅰ）问中，已知的是nS的递推式，在与nS的关系式中，经常用1n+代换n，然后两式相减，可得na的递推式；在第（Ⅱ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外，放缩时要注意放缩的“度”，

不能太大，否则得不到结果．