名校模拟和高考真题实训必考点提分专练：直线与圆锥曲线的位置关系 附精选142道 （浙江专用解析版 ）

1 命题分析：直线与圆锥曲线是高考解析几何的重要内容，是用坐标方法研究曲线特征的重要体现，因 此这一部分内容成为历年考试的热点。解析法与向量知识的结合常常作为高考的压轴题出现，是考查能力 的重要题型。  纵观近三年的高考题，试题的数目在逐渐增加，虽然题型在不断变化，但直线与圆锥曲线这一部分一 直都在发挥着其主角作用，演义着高考的神话。通过大数据分析可以发现，直线与圆锥曲线在高考中占 25 分左右，涉及的题目有选择题，填空题及简答题。因此，能否顺利解答这一部分题目对考试成绩有着很大 的影响.选择题一般有两种不同的解题思路：一是直接计算，二是利用数形结合。尤其是直线与圆的考查， 灵活利用圆的性质通常可以化解难度,一般属于中档题，成为高考的焦点问题。 1．（2020·浙江省黄岩中学高三月考）蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上 两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆 ： 的蒙日圆 ，则 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【思路分析】由题意可得椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，设特殊值法，求 出两条切线的交点坐标，代入蒙日圆的方程可得 的值． 【解析】因为椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊点分别为 ， ，则两条切线分别是 ， ，这两条切线相互垂直，且两条直线的交 点为 ，而 在蒙日圆上，所以 ，解得 ＝ .故选：A 2．（2020·江西省高三一模（理））斜率为 1 的直线 与椭圆 相交于 、 两点，则 的最大值为    专练 22 直线与圆锥曲线的位置关系 必 考 点 提 分 专 练 C 2 2 1( 0)2 x y aa a + = >+ 2 2 4x y+ = a = a ( )0, a ( )2 ,0a+ 2x a= + y a= ( )2 ,P a a+ P 2 2( ) ) 42 (a a+ + = a 1 l 2 2 14 x y+ = A B AB ( ) 2 A．2 B． C． D． 【答案】C 【思路分析】设出直线的方程，代入椭圆方程中消去 ，根据判别式大于 求得 的范围，进而利用弦长公 式求得 的表达式，利用 的范围求得 的最大值． 【解析】设直线 的方程为 ，代入 ，消去 得 ， 由题意得 ，即 ．弦长 ．故选：C． 3．（2020·黑龙江省高三二模（理））已知焦点为 的抛物线 的准线与 轴交于点 ，点 在 抛物线 上，则当 取得最大值时，直线 的方程为 （ ） A． 或 B． 或 C． 或 D． 【答案】A 【思路分析】过 作 与准线垂直，垂足为 ，利用抛物线的定义可得 ，要使 最大，则 应最大，此时 与抛物线 相 切，再用判别式或导数计算即可. 【解析】过 作 与准线垂直，垂足为 ， ， 则当 取得最大值时， 最大，此时 与抛物线 相切， 易知此时直线 的斜率存在，设切线方程为 ， 则 .则 ， 则直线 的方程为 .故选：A. 4 5 5 4 10 5 8 10 5 y 0 t | |AB t | |AB l y x t= + 2 2 14 x y+ = y 2 25 2 1 04 x tx t+ + − = 2 2(2 ) 5( 1) 0t t∆ = − − > 2 5t < 24 5 4 10| | 2 5 5 tAB −= × ≤ F 2: 4C y x= x A M C | | | | MA MF MA 1y x= + 1y x= − − 1 1 2 2y x= + 1 1 2 2y x= − − 2 2y x= + 2 2y x= − − 2 2y x= − + M MP P 1 1 cos cos MA MA MF MP AMP MAF = = =∠ ∠ | | | | MA MF MAF∠ AM C M MP P 1 1 cos cos MA MA MF MP AMP MAF = = =∠ ∠ | | | | MA MF MAF∠ AM C AM ( 1)y k x= + 2 ( 1) 4 y k x y x = +  = 2 216 16 0 1 1k k k∆ = − = = = ±， ， AM ( 1)y x= ± + 3 4．（2020·河南省高三一模（文））已知点 是椭圆 ： 上的一点， ， 是椭圆 的左、右焦点， 是 的平分线.若 ，垂足为 ，则点 到坐标原点 的距离 的取值范围为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路分析】延长 ， 相交于点 ，将所求 转化为 ，结合三角形边的关系， 可知 的取值范围. 【解析】延长 ， 相交于点 ，连接 .由题意知 平分 .又因为 ， 所以 ，所以 为 的中点.因为 为 的中点 所以 所以 的取值范围为 .故选:C. 5.（2020·云南省高三月考（文））已知 是双曲线 右支上的两点， 为坐标原点， 则 的最小值为 （ ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【思路分析】设出点的坐标，根据 并结合平方的非负 性，计算出 的最小值. 【解析】设 ，所以 ， 因为 当且仅当 时，即 关于 轴对称时等号成立，又因为渐近线方程为： ，所以 的 ( )0 0,M x y ( )0 0 0x y ≠ C 2 2 14 x y+ = 1F 2F C MA 1 2F MF∠ 1F B MA⊥ B B O d (0,1) 30, 2      (0, 3) (0,2) 2MF 1F B N | |OB 1 2 1 | |2 MF MF− d 2MF 1F B N OB MA 1 2F MF∠ 1F B MA⊥ 1| |MN MF= B 1F N O 1 2F F 2 2 1 1| | || | | ||2 2OB F N MN MF= = − 1 2 1 2 1 1 | | 32 2MF MF F F= − < = d (0, 3) ,A B 2 2 2x y− = O OA OB⋅  1− ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2x x y y x y x y x y x y+ = + + − − OA OB⋅  ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2OA OB x x y y⋅ = +  ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 4 4x x y y x y x y x y x y x y x y+ = + + − − = + + ≥ 2 1 2 1 y y x x = − ,A B x y x= ± ,OA OB  4 夹角小于 ，所以 ，所以 ，故选：D. 6．（2020·全国高三其他（文））存在点 在椭圆 上，且点 M 在第一象限， 使得过点 M 且与椭圆在此点的切线 垂直的直线经过点 ，则椭圆离心率的取值范围是 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路分析】根据题意利用垂直直线斜率间的关系建立不等式再求解即可. 【解析】因为过点 椭圆的切线方程为 ,所以切线的斜率为 , 由 ,解得 ,即 ,所以 ,所以 .故选：D 7.（2020·全国高三月考（理））已知抛物线 的焦点到准线的距离为 ，若抛物线 上存 在关于直线 对称的不同两点 和 ，则线段 的中点坐标为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路分析】求得曲线 ，设点 ， ，代入曲线方程，求出 ， 又由 ， 关于直线 对称得出 ，进而求出线段 的中点坐标. 【解析】因为焦点到准线的距离为 ，则 ，所以 ．设点 ， ． 则 ，则 ， ，又 ， 关于直线 对 24 2 π π× = 0OA OB⋅ >  ( ) min 2OA OB⋅ =  ( )0 0,M x y 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 0 0 2 2 1x x y y a b + = 0, 2 b −   20, 2       2 ,12       30, 3       3 ,13       M 0 0 2 2 1x x y y a b + = 2 0 2 0 b x a y − 20 0 2 0 0 2 1 by b x x a y +  × − = −    3 0 22 by bc = < 2 22b c< 2 2 22a c c− < 3 3 c a > 2: 2C y px= ( 0)p > 1 C : 2 0l x y− − = P Q PQ ( )1, 1− ( )2,0 1 3,2 2  −   ( )1,1 2: 2C y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 1 2 2 PQk y y = + P Q l 1PQk = − PQ p 1p = 2 2y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 2 1 1 2 2 2 2 2 y x y x  =  = ( )( ) ( )1 2 1 2 1 22y y y y x x− + = − 1 2 2 PQk y y ∴ = + P Q l 5 称． ，即 ， ，又 的中点一定在直线 上， ． 线段 的中点坐标为 ．故选：A. 8.（2020·全国高三月考（文））已知动点 到点 的距离与到 轴距离之和为 3，动点 在直线 上，则两点距离 的最小值是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路分析】根据定义知动点 的轨迹方程为抛物线，计算 ，根据二次函数性质 得到最值. 【解析】设动点 ，当 时， 到 轴距离与到直线 的距离之和为 ， 由抛物线定义得：动点 满足： ，同理，当 时， 到 轴与到直线 的距离之和为 ，由抛物线定理得：动点 满足： ， 当 到直线 距离最小时， ， 到 的距离： ，当 时， 取最小值 .故选：B. 9.（2020·安徽省高三月考（理））已知双曲线 的离心率为 ，过右 焦点 F 的直线与两条渐近线分别交于 A，B，且 ，则直线 AB 的斜率为 （ ） A． 或 B． 或 C．2 D． 【答案】B 【思路分析】根据双曲线的离心率求出渐近线方程，根据 ，得到 为 中点，得到 与 的坐 标关系，代入到渐近线方程中，求出 点坐标，从而得到 的斜率，得到答案. 【解析】因为双曲线 的离心率为 ，又 ，所以 ， 1PQk∴ = − 1 2 2y y+ = − 1 2 12 y y+∴ = − PQ∵ l 1 2 1 2 2 12 2 x x y y+ +∴ = + = ∴ PQ ( )1, 1− M (1,0)F y N 2 4 0x y− + = | |MN 4 5 2 10 5 − 5 5 2 5 5 4 5 5 ( , )M x y 2 0 0 24 5 y y d − + = ( , )M x y 0x ≥ M y 3x = 3 ( , )M x y 2 4( 2),( 0)y x x= − − ≥ 0x < M y 3x = − 3 ( , )M x y 2 8( 1),( 0)y x x= + < M 2 4 0x y− + = 0x < ( )0 0,M x y 2 4 0x y− + = 2 0 0 0 0 2 2 22 4 4 52 1 y yx yd − +− += = + 0 2y = d 5 5 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0, 0)a b> > 5 2 AB BF=  1 3 − 1 3 1 6 − 1 6 1 6 AB BF=  B AF B A A AB 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0, 0)a b> > 5 2 2 2 2 ce a = 2 2 51 4 b a = + = 1 2 b a = 6 所以双曲线渐近线为 当点 在直线 上，点 在直线 上时， 设 ，由 及 是 中点可知 ，分别代入直线方程，得 ，解得 ，所以 ，所以直线 的斜率 ， 由双曲线的对称性得， 也成立.故选：B. 10.（2020·广东省高三月考（文））已知抛物线 和椭圆 （ ），直线 l 与 抛物线 M 相切，其倾斜角为 ，l 过椭圆 N 的右焦点 F，与椭圆相交于 A、B 两点， ，则 椭圆 N 的离心率为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路分析】根据题意，利用导数的几何意义求出 的方程，以及点 坐标，则可得到 方程，求得 ，则离心率得解. 【解析】根据题意，作图如下：因为 ，故可得 ，根据直线斜率为 ，解得切点为 ， 故直线 的方程为 ，整理得 故可得椭圆的右焦点坐标为 .过 点作 轴的垂直，垂足 为 ，则在 中，由 ，容易得 ，则可得 ，又 点在椭圆上，故可得 ，结合 ， 1 2y x= ± A 1 2y x= − B 1 2y x= ( ),A AA x y ( ),B BB x y (c,0)F B AF 2 2 A B A B x cx yy + =  = 1 2 1 2 2 2 A A A A y x y x c  = − + = ⋅ 2 4 A A cx cy  = −  = ,2 4 c cA −   AB AB AFk k= 4 2 c c c = − − 1 6 = − 1 6k = 2: 12M x y= 2 2 2 2: 1x yN a b + = 0a b> > 4 π 2AF BF= < 1 2 2 2 3 3 3 2 l A ,a b , ,a b c 2 12x y= 21 1,12 6y x y x= =′ tan 14 π = ( )6,3 l 3 6y x− = − 3y x= − ( )3,0F A x H AHF∆ 2, 45AF AFH= ∠ = ° 1FH AH= = ( )4,1A A 2 2 16 1 1a b + = 2 2 2 , 3a b c c= + = 7 解得 ，故离心率为 .故选：B. 11. （2020·河南省高三二模（理））过抛物线 的焦点 作直线与抛物线在第一象限交于点 A，与准线在第三象限交于点 B，过点 作准线的垂线，垂足为 .若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路分析】需结合抛物线第一定义和图形，得 为等腰三角形，设准线与 轴的交点为 ，过点 作 ，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出 ， ，结合比值与正切二倍角公式化简即可 【解析】如图，设准线与 轴的交点为 ，过点 作 .由抛物线定义知 ， 所以 ， ， ， ， 所以 .故选：C 12.（2020·河南省高三期末（理））已知双曲线 的左、右顶点分别是 ，双曲线 的右焦点 为 ，点 在过 且垂直于 轴的直线 上，当 的外接圆面积达到最小时，点 恰 好在双曲线上，则该双曲线的方程为 （ ） A． B． C． D． 3 2, 3a c= = 3 2 23 2 c a = = ( )2 2 0y px P= > F A H tan 2AFH∠ = AF BF = 5 4 4 3 3 2 2 AFH x M F FC AH⊥ ( )cos 2 pBF π α= − ( ) tan sin 2 pAF α π α= − x M F FC AH⊥ AF AH= AHF AFH α∠ = ∠ = 2FAH OFBπ α∠ = − = ∠ ( ) ( )cos 2 cos 2 MF pBF π α π α= =− − ( ) ( ) ( ) tan tan sin 2 sin 2 sin 2 CF CH pAF α α π α π α π α= = =− − − ( ) 2tan tan tan 1 3 tan 2 tan 2 2 2 AF BF α α α π α α −= = = =− − ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > ,A B F ( )2,0 P F x l ABP∆ P 2 2 12 2 x y− = 2 2 13 yx − = 2 2 13 x y− = 2 2 14 4 x y− = 8 【答案】A 【思路分析】点 的坐标为 ， ，展开利用均值不等式得 到最值，将点代入双曲线计算得到答案. 【解析】不妨设点 的坐标为 ，由于 为定值，由正弦定理可知当 取得最大 值时， 的外接圆面积取得最小值，也等价于 取得最大值， 因为 ， ， 所以 ， 当且仅当 ，即当 时，等号成立，此时 最大，此时 的外接圆面积取最小 值，点 的坐标为 ，代入 可得 ， ． 所以双曲线的方程为 ．故选： 13．（2020·高三三模（理））直线 与抛物线 C： 交于 A，B 两点，直 线 ，且 l 与 C 相切，切点为 P，记 的面积为 S，则 的最小值为    A． B． C． D． 【答案】D 【思路分析】设出 坐标，联立直线方程与抛物线方程，利用弦长公式求得 ，再由点到直线的距离 公式求得 到 的距离，得到 的面积为 ，作差后利用导数求最值． 【解析】设 ， ，联立 ，得 则 ， ，则 由 ，得 ；设 ，则 ， P ( )2,m ( )0m > ( )tan tanAPB APF BPF∠ = ∠ − ∠ P ( )2,m ( )0m > AB sin APB∠ APB∆ tan APB∠ 2tan aAPF m +∠ = 2tan aBPF m −∠ = ( ) 2 2 2 2 2 2tan tan 2 21 2 a a a a am mAPB APF BPF a a b bbm mm m m m + −− ∠ = ∠ − ∠ = = ≤ =+ −+ ⋅ + ⋅ 2bm m = ( )0m > m b= APB∠ APB P ( )2,b 2 2 2 2 1x y a b − = 2a = 2 2 2b c a= − = 2 2 12 2 x y− = A 1y kx= + 2 4x y= / /l AB PAB S AB− ( ) 9 4 − 27 4 − 32 27 − 64 27 − ,A B AB P AB PAB∆ S ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 1 4 y kx x y = +  = 2 4 4 0x kx− − = 1 2 4x x k+ = ( ) 2 1 2 1 2 2 4 2y y k x x k+ = + + = + 2 1 2 4 4AB y y p k= + + = + 2 4x y= 2 4 xy = 1 2y x⇒ ′ = ( )0 0,P x y 0 1 2 x k= 0 2x k⇒ = 2 0y k= 9 则点 到直线 的距离 ，从而 ．令 ；当 时， ；当 时， 故 ，即 的最小值为 。本题正确选项： 14．（2020·山西省高三月考（理））已知点 ， ，动点 P 满足 ，点 Q 满足 ， ．则 （ ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】A 【思路分析】由 ，可求出 的轨迹方程，设 ， ，由 ，可求 出直线 的斜率 ，进而得到直线 的方程，同理可得 的方程，联立直线 ， 的方程， 可得 ，再将 代入曲线方程中，可求得 ，结合 ，可 求出答案. 【解析】设动点 ，由 ，得 ，整理得 ， 所以动点 的轨迹方程为 ． 设 ，直线 的斜率为 ，由 ，所以直线 的斜率 ，于 是直线 的方程为 ．同理可得 的方程为 ． 联立两直线方程，得 ，解得 ，则 ． ( )1 0,3A ( )2 0, 3A − 1 2 1 2PA PAk k⋅ = − 1 1QA PA⊥ 2 2QA PA⊥ 1 2 1 2 PA A QA A S S ∆ ∆ = 5 2 1 2 1 2PA PAk k⋅ = − P ( )0 0,P x y ( )1 1,Q x y 1 1QA PA⊥ 1QA 1QAk 1QA 2QA 1QA 2QA 2 1 0 0 9x x y= − ( )0 0,P x y 0 1 2 xx = − 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 1 2 1 2 PA A QA A A A xS S A A x ∆ ∆ ⋅ = ⋅ ( )0 0,P x y 1 2 1 2PA PAk k⋅ = − 0 0 0 0 3 3 1 2 y y x x − +⋅ = − ( )2 2 0 0 01 018 9 x y x+ = ≠ P ( )2 2 1 018 9 x y x+ = ≠ ( )1 1,Q x y 1PA 1 0 0 3 PA yk x −= 1 1QA PA⊥ 1QA 1 0 0 3QA xk y = − − 1QA 0 0 33 xy xy = − +− 2QA 0 0 33 xy xy = − −+ 0 0 0 0 3 33 3 x xx xy y − + = − −− + 2 0 0 9yx x −= 0 0 2 19y x x− = P 1y kx= + 2 1 1d k= + ≥ ( )2 21 2 1 12S AB d k k= ⋅ = + ⋅ + ( ) ( ) ( )2 2 2 3 22 1 1 4 1 2 4 1S AB k k k d d d− = + ⋅ + − + = − ≥ ( ) 3 22 4f x x x= − ( ) ( )26 8 1f x x x x⇒ −′ = ≥ 41 3x≤ ≤ ( ) 0f x′ < 4 3x > ( ) 0f x′ > ( )min 4 64 3 27f x f  = = −   S AB− 64 27 − D 10 因为 满足 ，所以 ，所以 ，即 ． 所以 .故选：A． 15. （2020·河南省高三一模（文））过抛物线 的焦点 F 作两条互相垂直的弦 AB，CD， 设 P 为抛物线上的一动点， ，若 ，则 的最小值是 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【思路分析】设直线 的方程为 ，代入 得： ，由根与系数的关 系得 ， ，从而得到 ，同理可得 ，再利用 求得 的值，当 三点共线时，即可得答案. 【解析】根据题意，可知抛物线的焦点为 ，则直线 的斜率存在且不为 ， 设直线 的方程为 ，代入 得： .由根与系数的关系得 ， ，所以 .又直线 的方程为 ，同理 ，所以 ， 所以 .故 .过点 作 垂直于准线， 为垂足，则由抛物线的定义可得 . 所以 ，当 三点共线时，等号成立.故选：C. 16.（2020·浙江省学军中学高三月考）抛物线 （ ）的焦点为 F，直线 l 过点 F 且与抛物线 交于点 M，N（点 N 在轴上方），点 E 为轴上 F 右侧的一点，若 ， ， 则 （ ） A．1 B．2 C．3 D．9 ( )0 0,P x y ( )2 2 0 0 01 018 9 x y x+ = ≠ 2 2 0 0 9 2 xy − = − 2 0 1 0 2 xx x = − 0 1 2 xx = − 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 1 2 21 2 PA A QA A A A xS S A A x ∆ ∆ ⋅ = = ⋅ ( )2: 2 0E x py p= > (1,2)Q 1 1 1 | | | | 4AB CD + = | | | |PF PQ+ 2 py kx= + 2 2x py= 2 22 0x pkx p− − = 2A Bx x pk+ = 2 A Bx x p= − ( )2| | 2 1AB p k= + 2 1| | 2 (1 )CD p k = + 1 1 1 | | | | 4AB CD + = p (0, )2 p 2 py kx= + 2 2x py= 2 22 0x pkx p− − = 2A Bx x pk+ = 2 A Bx x p= − ( )2| | 2 1AB p k= + 1 2 py xk = − + 2 1| | 2 (1 )CD p k = + 2 2 1 1 1 1 1 1 1| | | | 2 (1 ) 2 42 (1 )AB C p k p k D p + = + = =+ + 2 4p = 2 4x y= | | | |PF PM= | | | | | | | | | | 3PF PQ PM PQ MQ+ = + ≥ = 2 2y px= 0p > | | | | 3| |NF EF MF= = 12 3MNES =△ p = AB , ,Q P M AB 0 AB CD P PM M , ,Q P M 11 【答案】C 【思路分析】利用勾股定理先找到 的高，然后将面积用 表示，再利用三角形相似找到 与 的 关系即可解决. 【解析】设准线与 轴的交点为 ，直线 与准线交于 ， ，则 ， ， 过 分别作准线的垂线，垂足分别为 ，如图，由抛物线 定义知， ， ，因为 ，所以 ，即 ，解得 ，同 理 ，即 ，解得 ，又 ，所以 ， ，过 作 的垂线，垂足为 ，则 ，所以 ，解得 ，故 .故选：C. 17．（2019·上海高三期末）已知曲线 与曲线 怡好有两个不同的公共点，则 实数 的取值范围是 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路分析】利用绝对值的几何意义，由 可得 ，曲线 与方 程 的曲线必相交于 ，为了使曲线 与双曲线 恰好有两个不同的公共点，则两曲线 无其它公共点，将 代入方程 ，整理可得 ，分类讨论， 可得出结论，根据对称性可得出 时的情形. 【解析】双曲线 的方程为 ，所以，曲线 的图像与曲线 的图像必相交于 点 ，为了使曲线 与曲线 恰好有两个公共点，将 代入方程 ，整理可得 .①当 时， 满足题意；②当 时，由于曲线 与曲线 恰 MNE∆ a p a | | | | 3| | 3NF EF MF a= = = | | | | 3NF EF a= = | |MF a= ,P Q | |MP a= | | 3NQ a= MP NQ | | | | | | | | PM RM QN RN = | | 3 | | 4 a RM a RM a = + | | 2RM a= | | | | | | | | FT RF QN RN = | | 3 3 6 FT a a a = 3| | 2FT a= | |FT p= 3 2 a p= 2 3a p= NQ 2 2| | | | | |MG MN GN= − 2 216 4 2 3a a a= − = 1 | | | |2MNES EF MG= ⋅ =△ 1 3 2 3 12 32 a a× × = 2a = 3 32p a= = 1 : 2C y x− = 2 2 2 : 4C x yλ + = λ ( ] [ ), 1 0,1−∞ −  ( ]1, 1− − [ )1,1− [ ] ( )1,0 1,− +∞ 2x y= − 2, 02 2, 0 y yx y y y − ≥= − = − − 2y x= P 2y x= P ( 4,0)F − 4 17 1 4 − 17 1 4 + 2( , )P m m 2m = ,a c 2( , )P m m ( 4,0)F − ( ) ( 0)f x x x= > 1( ) 2 f x x ′ = 2 2 1 1( ) 22 k f m mm ′= = = 2 1 4 2 m m m =+ 2m = (4,2)P (4,0)A 2 | | | | 68 4 2( 17 1)a PF PA= − = − = − 17 1a = − 17 1 4 ce a += = 2 2 2 2 1x y a b − = 0a b> > ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c ( )3 3y x c= + 1 2PF F∠ 2PF 2PF PQλ= λ 4 3 4 3 − 4 3 1 3 − 2 3 3 3 2 3 3 + 0y ≥ P 13 【思路分析】利用角平分线的性质,计算 的比值关系再分析即可. 【解析】先推导角平分线的性质,如图,设 中 为 的角 平分线,则根据正弦定理 ①. ② 又 ,故 ,又 ,故① ②可得 . 故由题, . 再计算 即可.因为 ,故 ,直线 , 倾斜角为 且过左焦点. , 由余弦定理有 .化简 得 . .故选：B 20．（2020·高三月考）过点 斜率为正的直线交椭圆 于 ， 两点. ， 是椭圆上相异的两点，满足 ， 分别平分 ， .则 外接圆半径的最小值为 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路分析】分析可知， 在一个阿波罗尼斯圆上，设 其半径为 ，且 ，分直线 斜率存在及不存 1 1 2,PF F F ABC AD BAC∠ sin sin AB BD BDA BAD =∠ ∠ sin sin AC CD CDA CAD =∠ ∠ BDA CDA π∠ + ∠ = sin sinBDA CDA∠ = ∠ sin sinBAD CAD∠ = ∠ ÷ AB BD AC CD = 2PF PQλ= 2 2 2 1 2 1 1 1PF PQ QF QF F F PQ PQ PQ PF λ += = = + = + 1PF 2c a = 2c a= ( )3 3y x c= + 6 π 2 1 1 2, 2 , 2PF x PF x a x c F F c= = + = + = ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 cos 6x c x c c x c π= + + − ⋅ ⋅ + ⋅ 5 2 3 3 3 1 42 3 2 x c c − −= = − 1 2 1 2 2 4 3 1 3 3 1 1 1 1 3 4 1F F c PF x c λ −= + = + = + =+ − + ( )2,1P 2 2 124 5 x y+ = A B C D CP DP ACB∠ ADB∠ PCD∆ 2 15 5 65 5 24 13 19 13 1 1 1 r AP BP = − , ,P C D r AB 14 在两种情况分别讨论得解． 【详解】如图，先固定直线 ，设 ，则 ，其中 为定 值， 故点 在一个阿波罗尼斯圆上，且 外接圆就是这个阿波罗尼斯圆，设其半径为 ，阿波罗尼 斯圆会把点 ， 其一包含进去，这取决于 与 谁更大，不妨先考虑 的阿波罗尼斯圆的情 况， 的延长线与圆交于点 ， 即为该圆的直径，如图： 接下来寻求半径的表达式，由 ，解得 ， 同理，当 时有， ， 综上， ；当直线 无斜率时，与椭圆交点纵坐标为 ，则 ；当直线 斜率存在时，设直线 的方程为 ，即 ，与椭圆方程联立可得 ， 设 ， ，则由根与系数的关系有， ， ， 注意到 与 异号，故 ， 设 ，则 ，，当 ，即 ，此时 ，故 ，又 ，综上外接圆半径的最小值为 .故选：D． ( ) BMf M AM = ( ) ( ) ( )f C f D f P= = ( ) BPf P AP = PCD BP AP> ( )2,2 AP BP rBP BQ r AP AQ APAP AQ BP ⋅ += = + = + 1 1 1 r AP BP = − BP AP< 1 1 1 r BP AP = − 1 1 1 r AP BP = − 5 5 5, 1, 1 6 6 6 AP BP± = − = + 19 12r = ( )1 2y k x− = − 2 1y kx k= − + ( ) ( ) ( )2 2 224 5 48 1 2 96 1 0k x k k x k k+ + − + − − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( ) ( ) 1 2 2 2 1 2 2 48 2 1 24 5 96 1 24 5 k kx x k k k x x k  −+ = + − − = + 2 2 2 1 21 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 21 2 1 2 1r AP BP x xk x k x k ∴ = − = − = −− −+ ⋅ − + ⋅ − + 1 2x − 2 2x − ( )( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 12 541 1 1 1 2 2 2 4 191 1 1 x x kx x r x x x x x xk k k − − − ++ −= = = ⋅− − − + ++ + + 12 5t k= + 2 2 121 1 12 1 12 26 13 19 19 19 24 191 110 169 169( ) 10 1 t r t t t t = ⋅ = ⋅ ≤ ⋅ = − + − ⋅ + 1 5 169t = 169 5t = 12 5k = 19 13r ≥ 19 19 12 13 > 19 13 AB , ,P C D r A B BP AP BA Q PQ AB AB AB 15 21．（2020·山东省高三月考）已知 ， 分别为双曲线 的左、右焦点，点 ， 点 的坐标为 ， 为 的角平分线，则 _______ 【答案】6 【思路分析】利用双曲线的方程求出双曲线的参数值；利用内角平分线定理得到两条焦半径的关系，再利 用双曲线的定义得到两条焦半径的另一条关系，联立求出焦半径． 【解析】不妨设 A 在双曲线的右支上,∵ 为 的平分线，∴ ， 又∵ ，解得 ，故答案为 6. 22．（2020·浙江省高三开学考试）设椭圆 的标准方程为 ，若斜率为 1 的直线与椭 圆 相切同时亦与圆 （ 为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为 ，则 __________． 【答案】 【思路分析】设切线方程为 ，代入椭圆方程，由直线与椭圆相切可得 .直线 与圆 相切，可得 ，又 ，可求 . 【解析】设切线方程为 ，代入椭圆方程可得： . 因为相切 ，由直线 与圆 相切，可得： ，或 （舍去）.则有 ，因为 ， 所以可得 .故答案为： . 23．（2020·广东省高三月考（文））已知直线 与双曲线 交于 两点，当 两点的对称中 心坐标为 时，直线 的方程为________. 【答案】 【思路分析】设 ， ，代入相减得到 ，计算得到直线方程. 1F 2F 2 2 19 27 x yC − =： A C∈ M ( )2,0 AM 1 2F AF∠ 2AF = AM 1 2F AF∠ 1 1 2 2 8 24 AF F M AF MF = = = 1 2 2 6AF AF a− = = 2 6AF = M 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > M 2 2 2: ( )C x y b b+ − = b e 2e = 3 2 2 − y x m= + 2 2 2m a b= + y x m= + C (1 2)m b= + 2 2 2b a c= − 2e y x m= + ( )2 2 2 2 2 2 2 22 0b a x a mx a m a b+ + + − = 2 2 20, m a b∆ = ∴ = + y x m= + C | | , (1 2) 2 b m b m b − = ∴ = + (1 2)b− 2 2 2 2(1 2) b a b+ = + 2 2 2b a c= − 2 2 2 3 2(2 2 1) (2 2 2 ,) 2a c e −+ = =∴+ 3 2 2 − l 2 22 1y x− = ,A B ,A B ( )1,1 l 2 1 0x y− − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 1 0k − = 16 【解析】设 ， ，则 ， 相减得到 ，即 ， . 故直线方程为： ，即 .故答案为： . 24．（2020·四川省高三月考（理））设抛物线 的焦点为 ，过点 的直线与抛 物线相交于 两点，与抛物线的准线相交于 ， =2，则 与 的面积之比 ; 【答案】 【思路分析】利用抛物线焦点弦长可得 点坐标，然后根据 与 的等高面积关系即可解决. 【解析】设 ，因为 ，所以 因此 ，代入 得 或 因此 ，设点 到直线 距离为 ，从而 25．（2020·四川省高三二模（理））经过椭圆 中心的直线与椭圆相交于 、 两点（点 在第 一象限），过点 作 轴的垂线，垂足为点 .设直线 与椭圆的另一个交点为 .则 的值是 ________________． 【答案】 【思路分析】作出图形，设点 ，则 、 ，设点 ，利用点差法得出 ，利用斜率公式得出 ，进而可得出 ，可得出 ，由此可 求得 的值. 【解析】设点 ，则 、 ，设点 ， 则 ，两式相减得 ，即 ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 y x y x  − =  − = ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 22 0y y y y x x x x+ − − + − = 2 4 0k − = 2k = 2 1y x= − 2 1 0x y− − = 2 1 0x y− − = 2x= F ( 3,0)M ,A B C BCF∆ ACF∆ = 4 5 A BCF∆ ACF∆ 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y | | 2BF = 2 2 2 1 32 , 32 2x x y+ = ∴ = = ± 3: ( 3)3 32 AB y x ±= − − 2 2y x= 22 7 6 0 2x x x− + = ∴ = 3 2x = 1 2x = F AC h 2 1 1 1 3 1| | | | 42 2 2 2 1 1 1| | 5| | 22 2 2 BCF ACF BC h xS BC S ACAC h x ∆ ⋅ + + = = = = = ⋅ + + 2 2 12 x y+ = M N M M x E NE P cos NMP∠ 0 ( )0 0,M x y ( )0 0,N x y− − ( )0 ,0E x ( )1 1,P x y 1 2MN MPk k⋅ = − 1 2NP MNk k= 1MN MPk k = − MN MP⊥ cos NMP∠ ( ) ( )0 0 0 0, 0, 0M x y x y> > ( )0 0,N x y− − ( )0 ,0E x ( )1 1,P x y 2 20 0 2 21 1 12 12 x y x y  + =  + = ( )2 2 2 21 0 1 0 02 x x y y − + − = 17 ， 即 ， 由斜率公式得 ， ， ，故 ，因此， .故答案为： . 26．（2020·湖南省高三一模（理））过 且斜率为 的直线 交抛物线 于 两点， 为 的焦点若 的面积等于 的面积的 2 倍，则 的值为___________. 【答案】 【思路分析】联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可. 【解析】如图，设 ，由 ，则 ， 由 可得 ，由 ，则 ， 所以 ，得 .故答案为： 27．（2020·江西省高三一模（理））已知 为椭圆 内一定点，经过 引一条弦，使 此弦被 点平分，则此弦所在的直线方程为________________． 【答案】 【思路分析】设弦所在的直线与椭圆相交于 、 两点，利用点差法可求得直线 的斜率， 进而可求得直线的点斜式方程，化为一般式即可. 【解析】设弦所在的直线与椭圆相交于 、 两点， 由于点 为弦的中点，则 ，得 ， 2 2 1 0 2 2 1 0 1 2 y y x x − = −− 2 2 1 0 1 0 1 0 2 2 1 0 1 0 1 0 1 2MP NP y y y y y yk k x x x x x x − + −= ⋅ = = −− + − 0 0 0 0 1 1 2 2 2NP NE MN y yk k kx x = = = ⋅ = 1 1 1 2 2 2MP NP MP MN MN MPk k k k k k ∴− = = ⋅ =   1MN MPk k∴ = − MN MP⊥ cos 0NMP∠ = 0 ( 2,0)M − 2 3 l 2: 2 ( 0)C y px p= > ,A B F C MFB MFA p 2 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2MFB MFAS S=   2 12y y= 2 2 ( 2),3 2 y x y px  = +  = 2 3 4 0y py p− + = > 0∆ 16 9p > 2 1 2 1 23 , 2 4y y p y y p p+ = = = 162 9p = > 2 ( )1,1P 2 2 + =14 2 x y P P 2 3 0x y+ − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y AB ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y P 1 2 1 2 12 12 x x y y + = + = 1 2 1 2 2 2 x x y y + =  + = 18 由题意得 ，两式相减得 ， 所以，直线 的斜率为 ， 所以，弦所在的直线方程为 ，即 .故答案为： . 28.（2020·湖北省高三月考（理））在平面直角坐标系 中，双曲线 的上支与焦 点为 的抛物线 交于 两点．若 ，则该双曲线的渐近线方程为 ___． 【答案】 【思路分析】先将双曲线的方程和抛物线的方程联立得 ，消元化简得 ， 设 ，则 ，再根据抛物线的定义得 代入已知条件 可得 ，从而可得双 曲线的渐近线方程. 【解析】由双曲线的方程 和抛物线的方程 联立得 ，消元 化简得 ，设 ，则 ， 由抛物线的定义得 又因为 ，所以 ，所以 ，化简得 ，所以 ，所以双曲线的渐近线方程为 ，故答案为： . 2 2 1 1 2 2 2 2 14 2 14 2 x y x y  + =  + = ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 04 2 x x x x y y y y− + − ++ = AB ( ) ( )1 21 2 1 2 1 2 2 2 2 1 4 4 2 2 x xy y x x y y +− ×= − = − = −− + × ( )11 12y x− = − − 2 3 0x y+ − = 2 3 0x y+ − = xOy 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b − = > > F 2 2 ( 0)y px p= > ,A B 4AF BF OF+ = 2y x= ± 2 2 2 2 2 1 2 y x a b y px  − =  = 2 2 2 2 22 0a x pb x a b− + = ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 2 2 2pbx x a + = 1 2 1 2 ,2 2 p pAF BF x x x x p+ = + + + = + + 4AF BF OF+ = 2 2 2 1b a = ( )2 2 2 2 1 0, 0y x a ba b − = > > 2 2y px= 2 2 2 2 2 1 2 y x a b y px  − =  = 2 2 2 2 22 0a x pb x a b− + = ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 2 2 2pbx x a + = 1 2 1 2 ,2 2 p pAF BF x x x x p+ = + + + = + + 4AF BF OF+ = 1 2 4 2 px x p+ + = × 2 2 2 2pb p pa + = 2 2 2 1b a = 2 2 2a b = 2y x= ± 2y x= ± 19 29.（2020·全国高三月考（理））已知双曲线 上存在两点 A，B 关于直线 对称，且线段 的中点在直线 上，则双曲线的离心率为_________. 【答案】2 【思路分析】联立 和 ，得到线段 的中点 的坐标为 ， 由点差法得到 ，根据 斜率和 C 的坐标为 ，得到 之间的关系，从而得 到离心率. 【解析】点 ， 关于直线 对称，线段 的中点在直线 上 所以 得 ，设 ，所以 将 代入椭圆，则有 ，两式相减得 .∵ ，∴ ， ∴ .∵点 A，B 关于直线 对称，∴ ，所以 ，即 . ∴双曲线的离心率为 .故答案为： 30.（2020·湖南省高三月考（理））如图，哈尔滨市有相交于点 的一条东西走向的公路 与一条南 北走向的公路 ，有一商城 的部分边界是椭圆的四分之一，这两条公路为椭圆的对称轴，椭圆的长半轴 长为 2，短半轴长为 1(单位:千米). 根据市民建议，欲新建一条公路 ，点 分别在公路 上，且要 求 与椭圆形商城 相切，当公路 长最短时， 的长为________千米. 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 8y x= − AB 2 14 0x y− − = 8y x= − 2 14 0x y− − = AB C ( )2, 6− 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 y y y y b x x x x a − +⋅ =− + AB ( )2, 6− ,a b A B 8y x= − AB 2 14 0x y− − = 8 2 14 0 y x x y = −  − − = ( )2, 6C − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2 4 12 x x y y + =  + = − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b  − =  − = ( )( ) ( )( )2 2 1 2 1 2 1 2 12 ax x x x y y y yb − + = − + 2 1 0x x− ≠ 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 y y y y b x x x x a − +⋅ =− + 2 2 12 4ABk a b−× = 8y x= − 1ABk = − ( ) 2 21 3 b a − × − = 2 2 3b a = 2 21 2c be a a = = + = 2 O l m A PQ ,P Q ,l m PQ A PQ OQ 20 【答案】 【思路分析】设 为 ,联立 可得 ,利用 可得 ,则 ,利用均值不等式求最值,再由取等条件求得 即可 【解析】由题,设 为 ,由图易得 ,联立 可得 ,则 , 即 ,因为 为 , 为 ,则 ,当且仅当 ,即 时取等, 即 故答案为： 31．（2020·安徽省高三月考（文））已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上 顶点为 ， 的面积为 1，且椭圆 的离心率为 . （1）求椭圆 的标准方程； （2）点 在椭圆上且位于第二象限，过点 作直线 ，过点 作直线 ，若直线 的 交点 恰好也在椭圆 上，求点 的坐标. 【答案】（1） ；（2） 【思路分析】（1）根据题设条件，列出 的方程组，结合 ，求得 的值，即可得到椭 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b + = > > 1 2,F F A 1 2AF F△ C 2 2 C M 1F 1 1l MF⊥ 2F 2 2l MF⊥ 1 2,l l N C M 2 2 12 x y+ = 2 3 3,3 3  −    , ,a b c 2 22a cb− = , ,a b c 3 PQ y kx b= + 2 2 14 y kx b x y = + + = ( )2 2 21 2 1 04 k x kbx b + + + − =   0∆ = ( )2 21 14k b= − ( ) 2 2 2 2 2 2 21 14 b bPQ b bk b = + = + − OQ PQ y kx b= + 1, 2bb k > − > 2 2 14 y kx b x y = + + = ( )2 2 21 2 1 04 k x kbx b + + + − =   ( ) ( )2 2 212 4 1 04kb k b ∆ = − + − =   ( )2 21 14k b= − P ,0b k  −   Q ( )0,b ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 441 1 114 b b bPQ b b b bk b bb = + = + = + = + +− −− ( ) ( )2 2 2 2 4 45 1 5 2 1 91 1b bb b = + + − ≥ + ⋅ − =− − 2 2 41 1b b − = − 3b = 3OQ = 3 21 圆的标准方程；（2）设 ，分 和 两种情况讨论，当 时，联立 的方程 组，取得 ，再结合椭圆的对称性，列出方程组，即可求解 【解析】（1）由椭圆 的上顶点为 ， 的面积为 1，且椭圆 的离心率为 ， 可得 ，解得 ，所以椭圆 的标准方程为 . （2）由（1）知，椭圆的方程 ，可得 ， ，设 ，则 ， . 当 时， 与 相交于点 不符合题意； 当 时，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ， 因为 ， ，所以直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ， 所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 联立 和 的方程，解得 ， ，所以 ， 因为点 在椭圆 上，由椭圆的对称性，可知 ，所以 或 ， 由方程组 ，解得 ，而方程组 无解（舍去）， 所以点 的坐标为 . 32.（2020·河南省高三二模（理））已知椭圆 ： 过点 ，过坐标原点 作两条 ( )0 0,M x y 0 1x = − 0 1x ≠ − 0 1x ≠ − 1 2,l l 2 0 0 0 1, xN x y  −−   C A 1 2AF F∆ C 2 2 2 2 2 2 2 1 2 12 c a c b bc a b c  =   ⋅ ⋅ = =  − =  2, 1, 1a b c= = = C 2 2 12 x y+ = 2 2 12 x y+ = 1( 1,0)F − 2 (1,0)F ( )0 0,M x y 0 0x < 0 0y > 0 1x = − 2l 1l 2F 0 1x ≠ − 1MF 0 0 1 y x + 2MF 0 0 1 y x − 1 1l MF⊥ 2 2l MF⊥ 1l 0 0 1x y +− 2l 0 0 1x y −− 1l 0 0 1( 1)xy xy += − + 2l 0 0 1( 1)xy xy −= − − 1l 2l 0x x= − 2 0 0 1xy y −= 2 0 0 0 1, xN x y  −−   ,M N C 2 0 0 0 1x yy − = ± 2 2 0 0 1x y− = 2 2 0 0 1x y+ = 2 2 0 0 2 20 0 1 12 x y x y  − = + = 0 0 2 3 3 3 3 x y  = −  = 2 2 0 0 2 20 0 1 12 x y x y  + = + = M 2 3 3,3 3  −    C ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 31, 2      O 22 互相垂直的射线与椭圆 分别交于 ， 两点. （1）证明：当 取得最小值时，椭圆 的离心率为 . （2）若椭圆 的焦距为 2，是否存在定圆与直线 总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明 理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在， 【思路分析】（1）将点 代入椭圆方程得到 ，结合基本不等式，求得 取得最小值 时 ，进而证得椭圆的离心率为 . （2）当直线 的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，求得 到直线 的距离.当直线 的斜率存 在时，联立直线 的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用 ，则 列方程，求 得 的关系式，进而求得 到直线 的距离.根据上述分析判断出所求的圆存在，进而求得定圆的方 程. 【解析】（1）证明：∵椭圆 经过点 ，∴ ， ∴ ， 当且仅当 ，即 时，等号成立，此时椭圆 的离心率 . （2）解：∵椭圆 的焦距为 ，∴ ，又 ，∴ ， . 当直线 的斜率不存在时，由对称性，设 ， . ∵ ， 在椭圆 上，∴ ，∴ ，∴ 到直线 的距离 . 当直线 的斜率存在时，设 的方程为 . 由 ，得 ， . 设 ， ，则 ， .∵ ，∴ ， C M N 2 29a b+ C 2 2 C MN 2 2 12 7x y+ = 31, 2      2 2 1 9 14a b + = 2 29a b+ 2 22a b= 2 2 MN O MN MN MN OM ON⊥ 1 2 1 2 0x x y y+ = ,m k O MN C 31, 2      2 2 1 9 14a b + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 9 85 9 99 94 4 4 b aa b a ba b a b  + = + + = + +   2 2 2 2 85 9 9 12124 4 4 b a a b ≥ + ⋅ = 2 2 2 2 9 9 4 b a a b = 2 22a b= C 2 2 21 2 be a = − = C 2 2 1a b− = 2 2 1 9 14a b + = 2 4a = 2 3b = MN ( )0 0,M x x ( )0 0,N x x− M N C 2 2 0 0 14 3 x x+ = 2 0 12 7x = O MN 0 12 2 21 7 7d x= = = MN MN y kx m= + 2 2 14 3 y kx m x y = + + = ( )2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m+ + + − = ( ) ( )( )2 2 28 4 3 4 4 12 0km k m∆ = − + − > ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 1 2 2 8 3 4 kmx x k + = − + 2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k −= + OM ON⊥ 1 2 1 2 0x x y y+ = 2 23 ∴ ， ∴ ，即 ， ∴ 到直线 的距离 .综上， 到直线 的距离为定值，且定值为 ，故存在定圆 ： ，使得圆 与直线 总相切. 33．（2020·吉林省高三三模（理））已知倾斜角为 的直线经过抛物线 的焦点 ，与抛 物线 相交于 、 两点，且 . （1）求抛物线 的方程； （2）设 为抛物线 上任意一点（异于顶点），过 做倾斜角互补的两条直线 、 ，交抛物线 于另两 点 、 ，记抛物线 在点 的切线 的倾斜角为 ，直线 的倾斜角为 ，求证： 与 互补. 【答案】（1） （2）证明见解析 【思路分析】（1）根据题意，设直线方程为 ，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论； （2）根据题意，设 的方程为 ，联立方程得 ，同理可得 ， 进而得到 ，再利用点差法得直线 的斜率，利用切线与导数的关系得直线 的斜率，进 而可得 与 互补. 【解析】（1）由题意设直线 的方程为 ，令 、 ， 联立 ，得 ， ，根据抛物线的定义得 ， 又 ， 。故所求抛物线方程为 . （2）依题意，设 ， ， ( )( )1 2 1 2x x kx m kx m+ + + ( ) ( )2 2 1 2 1 21 0k x x km x x m= + + + + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 12 81 03 4 3 4 m k mk mk k −+ ⋅ − + =+ + ( )2 27 12 1m k= + O MN 2 12 2 21 7 71 md k = = = + O MN 2 21 7 O 2 2 12 7x y+ = O MN 4 π 2: 2 ( 0)C x py p= > F C A B | | 8AB = C P C P 1l 2l C C D C P l α CD β α β 2 4x y= 2 py x= + 1l ( )2 0 04 xy k x x− = − 0 4Cx x k+ = 0 4Dx x k+ = − 02C Dx x x+ = − CD l α β AB 2 py x= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 2 2 2 py x x py  = +  = 2 2 3 04 py py− + = 1 2 3y y p∴ + = 1 2 4AB y y p p= + + = 8AB = 4 8, 2p p∴ = = 2 4x y= 2 0 0( , )4 xP x 2 ( , )4 C C xC x 2 ( , )4 D D xD x 24 设 的方程为 ，与 联立消去 得 ， ，同理 ，直线 的斜率 = 切线 的斜率 ，由 ，即 与 互补. 34．（2020·全国高三零模（理））已知椭圆 的左顶点为 ，左、右焦点分别为 ， 离心率为 ， 是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合），且 的周长为 6，点 关于原点的对 称点为 ，直线 交于点 . （1）求椭圆方程； （2）若直线 与椭圆交于另一点 ，且 ，求点 的坐标. 【答案】（1） ；（2） 或 【思路分析】（1）根据 的周长为 ，结合离心率，求出 ，即可求出方程； （2）设 ，则 ，求出直线 方程，若 斜率不存在，求出 坐标，直接验 证是否满足题意，若 斜率存在，求出其方程，与直线 方程联立，求出点 坐标，根据 和 三点共线，将点 坐标用 表示， 坐标代入椭圆方程，即可求解. 【解析】（1）因为椭圆的离心率为 ， 的周长为 ， 1l 2 0 0( )4 xy k x x− = − 2 4x y= y 2 2 0 04 4 0x kx kx x− + − = 0 4Cx x k∴ + = 0 4Dx x k+ = − 02C Dx x x∴ + = − CD 2 2 2 1 2 14( )CD x xk x x −= − 1 ( )4 C Dx x+ 0 1 2 x= − l 0 0 1 2l x xk y x= =′= 0l CDk k+ = α β 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > A 1 2,F F 1 2 P 1 2PF F△ P Q 2,AP QF M 2PF N 2 2 4AF M AF NS S=△ △ P 2 2 14 3 x y+ = 1 3 5,2 4       1 3 5,2 4  −    1 2PF F△ 2 2a c+ ,a c ( , )P m n ( , )Q m n− − AM 2QF , ,M P N 2QF AM M 2 2 4AF M AF NS S=△ △ 2, ,P F N N ,m n ,P N 1 2 1 2PF F△ 6 25 设椭圆的焦距为 ，则 ，解得 ， ， ，所以椭圆方程为 . （2）设 ，则 ，且 ，所以 的方程为 ①. 若 ，则 的方程为 ②，由对称性不妨令点 在 轴上方， 则 ， ，联立①，②解得 即 . 的方程为 ，代入椭圆方程得 ，整理得 ， 或 ， . ，不符合条件. 若 ，则 的方程为 ，即 ③. 联立①，③可解得 所以 .因为 ，设 所以 ，即 . 又因为 位于 轴异侧，所以 .因为 三点共线，即 应与 共线， ，所以 ，即 ， 所以 ，又 ，所以 ，解得 ，所以 ， 所以点 的坐标为 或 . 35．（2020·广东省高三月考（文））设 、 分别是椭圆 的左、右焦 点，点 是该椭圆上的一个定点，同时满足如下三个条件：（1） ；（2） 2c 2 2 2 2 2 6, 1 ,2 , a c c a b c a + =  =  + = 2a = 1c = 3b = 2 2 14 3 x y+ = ( , )P m n 2 2 14 3 m n+ = ( , )Q m n− − AP ( 2)2 ny xm = ++ 1m = − 2QF 1x = P x 31, 2P −   31, 2Q −   1, 9 ,2 x y = = 91, 2M     2PF 3 ( 1)4y x= − − 2 293 ( 1) 124x x+ − = 27 6 13 0x x− − = 1x = − 13 7x = 13 9,7 14N  ∴ −   2 2 2 2 1 9 |2 2 7 41 9 |2 1 | |4 AF M AF N AFS S AF × × = = ≠ × × △ △ 1m ≠ − 2QF ( 1)1 ny xm −= −− − ( 1)1 ny xm = −+ 3 4, 3 , x m y n = +  = (3 4,3 )M m n+ 2 2 4AF M AF NS S=△ △ ( , )N NN x y 2 2 1 1| 4 2| ||2 M NAF y AF y× × = × × × 4M Ny y= ,M N x 3 4N ny = − 2, ,P F N 2F P 2F N 2 2 3( 1, ), ( 1, )4N nF P m n F N x= − = − −  ( ) 31 ( 1)4N nn x m− = − − 7 3 4N mx −= 2 27 3 3 4 4 14 3 m n−   −      + = 2 2 14 3 m n+ = 2 27 28 3 9m m − − =   1 2m = 3 5 4n = ± P 1 3 5,2 4       1 3 5,2 4  −    ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > P 2 1 2 0PF F F =   26 ；（3） 在 方向上的投影为 . （Ⅰ）求椭圆的离心率及椭圆方程； （Ⅱ）过焦点 的直线 交椭圆于点 、 两点，问是否存在以线段 为直径的圆与 相切，若存在， 求出此时直线 的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ）存在， 【思路分析】（Ⅰ）根据题意计算得到 ， ， ，故 ，得到椭圆方程. （Ⅱ）斜率存在时，设直线方程为 ，联立方程计算得到 ，代入数据计算得到 答案. 【解析】（Ⅰ） ，故 在 方向上的投影为 ，故 ， ，故 ， ，故 ， ，故 ，故 ， ，椭圆方程为： . （Ⅱ）当直线斜率不存在时，此时 ，不满足； 当斜率存在时，设直线方程为 ，则 ， 化简整理得到： ，故 ， 故 中点到 轴的距离为 ， ，解得 ，验证此时 ， 故直线方程为： . 1 2 3tan 12PF F∠ = 1PF 1 2F F 2 3 1F l A B AB y l 3 2e = 2 2 14 x y+ = ( )1 2 3 311y x += ± + 3c = 2 7 2PF = 1 7 2PF = 2a = ( )3y k x= + 1 2AB x x= + 2 1 2 0PF F F⋅ =uuuur uuuur 1PF 1 2F F 2 2 3c = 3c = 2 1 2 1 2 3tan 12 PFPF F F F ∠ = = 2 1 2PF = 2 2 2 1 2 1 2PF PF FF= + 1 7 2PF = 2 1 4 2PF PF a+ = = 2a = 1b = 3 2e = 2 2 14 x y+ = 1 2 3AB = ≠ ( )3y k x= + ( ) 2 2 14 3 x y y k x  + =   = + ( )2 2 2 24 1 8 3 12 4 0k x k x k+ + + − = 2 1 2 2 2 1 2 2 8 3 4 1 12 4 4 1 kx x k kx x k  + = − + − = + AB y 2 1 2 2 4 3 2 4 1 x x kd k += = + ( )22 1 2 1 2 1 21 4 2AB k x x x x d x x= + + − = = + 1 2 3 11k += ± > 0∆ ( )1 2 3 311y x += ± + 27 36.（2020·湖南省衡阳市八中高三月考（文））已知抛物线 ，直线 是它的一条切 线. （1）求 的值； （2）若 ，过点 作动直线交抛物线于 ， 两点，直线 与直线 的斜率之和为常数， 求实数 的值. 【答案】（1） ；（2） 【思路分析】（1）联立拋物线与直线的方程，利用 解得 即可.（2）设 ， ，将 表示成关于 的表达式，设出过点 的动直线的方程，代入抛物线方程，结合韦达定 理化简得到 ，满足 时符合题意，解之即可. 【解析】（1）由 ，得 ，代入 ，得 ， 因为拋物线 与直线 相切，所以 ，解得 . （2）设 ， ， 则 . 设过点 的动直线的方程为 ，代入 ，得 ， 所以 ， ， ， 所以 . 若 变化， 为常数，则需满足 ， 解得 . 37. (2020·湖南省长郡中学高三月考（文））已知椭圆 的离心率为 ，与 轴交 于点 ， ，过 轴上一点 引 轴的垂线，交椭圆 于点 ， ，当 与椭圆右焦点重合时， ． （1）求椭圆 的方程； ( )2 2 0y px p= > 2y x= + p ( )2,4A ( ),0p m B C AB AC m 4p = 2m = − 0∆ = ， ( )1 1,B x y ( )2 2,C x y AB ACk k+ 1 2y y， ( ),0P m 8 8 4 2AB AC tk k t m ++ = + − 8 8 4 2 m = − 2y x= + 2x y= − 2 2y px= 2 2 4 0y py p− + = ( )2 2 0y px p= > 2y x= + ( )22 4 4 0p p∆ = − × = 4p = ( )1 1,B x y ( )2 2,C x y ( ) ( )1 21 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 84 4 8 8 4 4 4 162 28 8 AB AC y yy yk k y y y y y y y y + +− −+ = + = + =+ + + + +− − ( ),0P m x ty m= + 2 8y x= 2 8 8 0y ty m− − = 264 32 0t m∆ = + > 1 2 8y y t+ = 1 2 8y y m= − ( ) ( )1 2 1 2 1 2 8 8 8 8 4 16 4 2AB AC y y tk k y y y y t m + + ++ = =+ + + + − t AB ACk k+ 8 8 4 2 m = − 2m = − 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 3 2 1A 2A Q C 1P 2P Q 1 2 1PP = C p x x x 28 （2）设直线 与直线 交于点 ，是否存在定点 和 ，使 为定值．若存在，求 、 点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 为 ， ． 【思路分析】（1） 是椭圆的通径，由此已知条件可表示为 的两个等式，结合 可求得 ，得椭圆方程； （2）设 点坐标为 ， ， ，不妨设 ， ． 在直线 可得 的关系，同理由 在直线 又得一关系式，消去 可得 点轨迹方程，轨迹是双曲线， 由双曲线定义可作答． 【解析】（1）由题知： ，解得 ，故椭圆 的方程为 ． （2）设 点坐标为 ， ， ，不妨设 ， ． 则 ， ， 三点共线， ，①同理： ，② 得： ，又 在椭圆上， ，代入整理得： ． 即 点的轨迹为双曲线 ，取 、 为该双曲线的左、右焦点． 即 ， ．此时 为定值，故 为 ， ． 38.（2020·高三一模）已知抛物线 的焦点为 是抛物线 上一点， 且在第一象限，满足 （1）求抛物线 的方程； （2）已知经过点 的直线交抛物线 于 两点，经过定点 和 的直线与抛物线 交 于另一 ，问直线 是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由． 【答案】（1） ；（2）直线 恒过定点 ，理由见解析. 1 1A P 2 2A P P M N | |PM PN|| − || M N 2 2 14 x y+ = M ( 5,0)− ( 5,0)N 1 2PP , ,a b c 2 2 2a b c= + ,a b P ( ),P Px y ( )1 0 0,P x y ( )2 0 0,P x y− 1( 2,0)A − 2 (2,0)A P 1 1A P 0 0, , ,P Px y x y P 2 2A P 0 0,x y P 2 3 2 2 1 c a b a  =  = 2 1 3 a b c  =  =  = C 2 2 14 x y+ = P ( ),P Px y ( )1 0 0,P x y ( )2 0 0,P x y− 1( 2,0)A − 2 (2,0)A P 1P 1A 0 02 2 P P y y x x =+ + 0 02 2 P P y y x x −=− − ×① ② 2 2 0 2 2 04 4 P P y y x x −=− − 1P ( )2 2 0 0 1 44y x= − 2 2 14 P P x y− = P 2 2 14 x y− = M N ( 5,0)M − ( 5,0)N || | | || 4PM PN− = M ( 5,0)− ( 5,0)N FP = 2: 2 ( 0)y px pΓ = > ,F P Γ (2,2 3) Γ (3, 2)A − Γ ,M N (3, 6)B − M Γ L NL 2 4y x= NL ( 3,0)− 29 【思路分析】（1）根据抛物线的方程，求得焦点 ，利用 ，表示点 的坐标，再代 入抛物线方程求解.（2）设 ，表示出 的方程 和 的方 程 ，因为 在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得 ，然后 表示直线 的方程为： ，代入化简求解. 【解析】（1）由抛物线的方程可得焦点 ，满足 的 的坐标为 ， 在 抛物线上，所以 ，即 ，解得 ，所以抛物线的方程为： ； （2）设 ，则 ， 直线 的斜率 ，则直线 的方程为： （ ）， 即 ①，同理可得直线 的方程整理可得 ②， 将 分别代入①，②的方程 可得 ，消 可得 ，易知直线 ，则直线 的方程为： （ ），即 ，故 x ，所以 （x+3）， 因此直线 恒过定点 ． 39．（2020·山东省高三月考）已知椭圆 ： 过点 ，且离心率 ． FP = 0 1 0 1 4x y y y y += + 0 2 0 2 4x y y y y += + 1 2 4 y y = + 2 1 4 y− FP = 1 0 1 0 2 2 1 01 0 1 0 4 4 y y y y y yx x y y − −= = =−− + 1 0 4 y y = + 2 0 4 y− 0 1 0 1 4x y y y y += + 0 2 0 2 4x y y y y += + 0 1 0 1 0 2 0 2 122 126 y y y y y y y y +− = + +− = + 1 2 4 y y = + 1 2 4 y y = + 2 1 4 y− 1 2 4 y y = + 1 2 1 2 y y y y + + 1 2 4 y y = + 1 2 12 y y + + 1 2 4 y y = + C ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 71 2       ， 3 2e = ( ,0)2 pF (2,2 3) P 0 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , )M x y N x y L x y MN y ML y (3, 2), (3, 6)A B− − 1 2 12y y = NL 1y y− ( x ) ( ,0)2 pF (2,2 3) P (2 ,2 3)2 p+ P 2(2 3) 2 (2 )2 pp= + 2 4 12 0, 0p p p+ − = > 2p = 2 4y x= 0 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , )M x y N x y L x y 2 2 1 1 2 24 , 4y x y x= = MN MNk MN 0y y− x y ML y (3, 2), (3, 6)A B− − 0y 1 2 12y y = NLk NL 1y y− x y x y y NL ( 3,0)− 30 （1）求椭圆 的方程； （2）已知斜率为 的直线 与椭圆 交于两个不同点 ，点 的坐标为 ，设直线 与 的 倾斜角分别为 ，证明： ． 【答案】（1） （2）详见解析 【思路分析】(1)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； (2)设出直线方程，与椭圆方程联立，将原问题转化为直线斜率的之间关系的问题，然后结合韦达定理即可 证得题中的结论. 【解析】（1）由题意得 解得 ，所以椭圆的方程为 ． （2）设直线 ，由 消去 得 ， ， 解得 ．设 ，则 ， 由题意，易知 与 的斜率存在，所以 ．设直线 与 的斜率分别为 ， 则 ， ，要证 ，即证 ， 只需证 ，∵ ， ， 故 ，又 ， ， 所以 ， C 1 2 l C A B， P ( )2 1， PA PB α β， α β π+ = 2 2 18 2 x y+ = 2 2 2 2 7 1 4 1 31 2 a b be a   + =    = − =  ， ， 2 28 2a b= =， 2 2 18 2 x yC + =： 1 2l y x m= +： 2 2 1 2 18 2 y x m x y  = +  + = ， ， y 2 22 2 4 0x mx m+ + − = 2 24 8 16 0m m∆ = − + > 2 2m− < < ( ) ( )1 1 2 2A x y B x y， ， ， 2 1 2 1 22 2 4x m x m+ = − ⋅ = −x ， x PA PB 2 πα β ≠， PA PB 1 2k k， 1tan kα = 2tan kβ = α β π+ = ( )tan tan tanBα π β= − = − 1 2 0k k+ = 1 1 1 1 2 yk x −= − 2 1 2 1 2 yk x −= − ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 2 11 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 21 1 2 2 2 2 y x y xy y x x x xk k − − + − −− −+ =−= − − −+ 1 1 1 2y x m= + 2 2 1 2y x m= + ( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 2 1 1 2 2 1 1 11 2 1 2 1 2 1 22 2y x y x x m x x m x   − − + − − = + − − + + − −       ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 2 1 22 4 1 2 4 2 2 4 1 0x x m x x m m m m m= ⋅ + − + − − = − + − − − − = 31 ∴ ， ． 40.（2020·浙江省黄岩中学高三月考）如图， 是抛物线 上一点，直线 过点 且与抛物线 交于另一点 . （1）若直线 与过点 的切线垂直，求线段 中点 的轨迹方程； （2）若直线 不过原点且与 轴交于点 ，与 轴交于点 ，试求 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【思路分析】（1）设 ，欲求点 的轨迹方程，即寻找其坐标的关系，可通 过另外两点 与中点 的关系结合中点坐标公式求解； （2）欲求 的取值范围，可转化为将其表示成某变量的表达式，设直线 ，依题意 ，分别过 作 轴， 轴，垂足分别为 ，则 ，然后再利用韦达定理及均值不等式求此表达式的最值问题． 【解析】(1)设 ，依题意 .由 ，得 . ∴过点 的切线的斜率 ，∴直线 的斜率 ， ∴直线 的方程为 ，②联立①②消去 ，得 . 1 2 0k k+ = α β π+ = 21: 2C y x= ST ST SP SQ + 2 2 1 12y x x = + + ST ST SP SQ + 1 2 OT OT b b P P Q ST ST SP S yQ Q y = + = +′ ′+ 21 2y x= 1 1 1 lk k x = − = − ( )2 1 1 1 1 1 2y x x xx − = − − 2 2 1 1 2 2 0x x xx + − − = P l P C Q l P PQ M l x S y T ( 0)x ≠ (2, )+∞ 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )P x y Q x y M x y M ,P Q M :l y kx b= + 0k ≠ , 0b ≠ ,P Q 'PP x⊥ 'QQ x⊥ ' ',P Q 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )P x y Q x y M x y 1 1 20, 0, 0x y y≠ > > 'y x= P 1k x= l l y 32 ∵ 是 的中点，∴ ， 消去 ，得 ， ∴ 中点 的轨迹方程为 (x≠0). (2)设直线 ，依题意 ，则 . 分别过 作 轴， 轴，垂足分别为 ， 则 . 由 ， 消去 ，得 .③；则 . ∴ .∵ 可取一切不相等的正数， ∴ 的取值范围是 . 41.（2020·肥城市第一高级中学高三月考）设椭圆 的离心率为 ，圆 与 轴正半轴交于点 ，圆 在点 处的切线被椭圆 截得的弦长为 ． （1）求椭圆 的方程； （2）设圆 上任意一点 处的切线交椭圆 于点 ，试判断 是否为定值？若为定值，求出 该定值；若不是定值，请说明理由． 【答案】（1） ； （2）见解析. 【思路分析】（I）结合离心率，得到 的关系，计算 的坐标，计算切线与椭圆交点坐标，代入椭圆方 程，计算参数，即可．（II）分切线斜率存在与不存在讨论，设出 M,N 的坐标，设出切线方程，结合圆心到 切线距离公式，得到 的关系式，将直线方程代入椭圆方程，利用根与系数关系，表示 ，结 合三角形相似，证明结论，即可． ( )21 2 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1,2 2 x xx y x x xx x += = − = − − ( )2 0 0 02 0 1 1 02y x xx = + + ≠ 2 2 1 12y x x = + + 1 2 OT OT b b P P Q ST ST SP S yQ Q y = + = +′ ′+ 21: 2C y x= 2 1 2 1 2 1 1 1 12 2 2ST ST SP b b by y y y bSQ      =  = + ≥ =+ ST ST SP SQ + ( )2 2 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > 2 2 2 2: 2O x y+ = x A O A C 2 2 C O P C ,M N ·PM PN 2 2 16 3 x y+ = OM ON⋅  M PQ 1x PQ M :l y kx b= + 0, 0k b≠ ≠ (0, )T b ,P Q 'PP x⊥ 'QQ x⊥ ' ',P Q y kx b= + x 2 2 22( ) 0y k b y b− + + = 2 2 1 2 1 22( ),y y k b y y b+ = + = 1 2,y y (2, )+∞ , ,a b c A ,m k 33 【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 ，由椭圆的离心率为 知， ， ∴椭圆 的方程可设为 .易求得 ，∴点 在椭圆上，∴ ， 解得 ，∴椭圆 的方程为 . (Ⅱ)当过点 且与圆 相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为 ，由(Ⅰ)知， ， ，∴ . 当过点 且与圆 相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为 ， ， ∴ ，即 .联立直线和椭圆的方程得 ， ∴ ，得 . ∵ ，∴ ， ， ∴ .综上所述，圆 上任意一点 处的切线交椭圆 于点 ，都有 . 在 中，由 与 相似得， 为定值. 42.（2020·河南省高三期末（理））已知 分别是椭圆 的左、右焦点，直线 与 交于 两点， ，且 ． （1）求 的方程； c 2 2 2b c a b，= = C 2 2 2 2 12 x y b b + = ( )2 0A ， ( )2 2， 2 2 2 2 12b b + = 2 2 6 3 a b  =  = C 2 2 16 3 x y+ = P O 2x = ( ) ( )2 2 2 2M N， ， ，− ( ) ( )2 2 2 2 0OM ON OM ON= = − ⋅ =   ， ， ， ， OM ON⊥ P O y kx m= + ( ) ( )1 1 2 2M x y N x y， ， ， 2 2 1 m k = + ( )2 22 1m k= + ( )22 2 6x kx m+ + = ( )2 2 21 2 4 2 6 0k x kmx m+ + + − = ( ) ( )( )2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 4 4 1 2 2 6 0 4 2 1 2 6 2 1 km k m kmx x k mx x k  ∆ = − + − >  + = − +  −= + ( ) ( )1 1 2 2OM x y ON x y= = ， ， ， ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2OM ON x x y y x x kx m kx m⋅ = + = + + +  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 6 41 1 2 1 2 1 m kmk x x km x x m k km mk k − −= + + + + = + ⋅ + ⋅ ++ + ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 2 6 4 2 1 3 2 2 6 63 6 6 02 1 2 1 2 1 k m k m m k k km k k k k + − − + + + − −− −= = = =+ + + OM ON⊥ O P C M N， OM ON⊥ Rt OMN∆ OMP∆ NOP∆ 2 2OP PM PN= ⋅ = 1 2,F F ( )2 2 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > 2 3 by = C ,A B 2 90AF B∠ =  2 20 9F ABS∆ = C 34 （2）已知点 是 上的任意一点，不经过原点 的直线 与 交于 两点，直线 的斜率都存在，且 ，求 的值． 【答案】（1） （2） 【思路分析】（1）不妨设 ， ，计算得到 ，根据面积得到 ，计算得到答案. （2）设 ， ， ，联立方程利用韦达定理得到 ， ，代入化简计算得到答案. 【解析】（1）由题意不妨设 ， ，则 ， ．∵ ，∴ ，∴ ． 又 ，∴ ，∴ ， ，故 的方程为 ． （2）设 ， ， ，则 ．∵ ， ∴ ，设直线 的方程为 ， 联立 整理得 ． ∵ 在 上，∴ ，∴上式可化为 ． ∴ ， ， ， ∴ ， P C O l C ,M N , , ,PM PN MN OP 0MN OPk k+ = PM PNk k⋅ 2 2 15 4 x y+ = 4 5 5 2,3 3A a b  −    5 2,3 3B a b       2 24 5a b= 2 5a b⋅ = ( )0 0,P x y ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 0 0 1 2 2 mx yx x+ = 2 2 20 1 2 04 m xx x x= − 5 2,3 3A a b  −    5 2,3 3B a b       2 5 2,3 3 a bF A c  = − −     2 5 2,3 3 a bF B c  = − +     2 90AF B∠ =  2 2 2 2 2 5 4 09 9 bF A F B c a⋅ = − + =  2 24 5a b= 2 1 2 5 2 20 2 3 3 9F AB a bS∆ = × ⋅ = 2 5a b⋅ = 5a = 2b = C 2 2 15 4 x y+ = ( )0 0,P x y ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 0 0 OP yk x = 0OP MNk k+ = 0 0 MN yk x = − MN ( )0 0 0yy x m mx = − + ≠ 0 0 2 2 , 1,5 4 yy x mx x y  = − +  + = ( ) ( )2 2 2 2 2 0 0 0 0 04 5 10 5 4 0x y x mx y x x m+ − + − = P C 2 2 0 04 5 20x y+ = ( )2 2 2 0 0 04 2 4 0x mx y x x m− + − = 0 0 1 2 2 mx yx x+ = 2 2 20 1 2 04 m xx x x= − ( )2 2 2 2 0 04 4 16 0x m y m∆ = − + > ( ) ( )2 2 00 0 1 2 1 2 0 4 22 2 5 m yy mxy y x x mx − + = − + + = = 35 ， ∴ ．∴ ． 43．（2020·广东省高三月考（文））设 、 分别是椭圆 的左、右焦 点，点 是该椭圆上的一个定点，同时满足如下三个条件：（1） ；（2） ；（3） 在 方向上的投影为 . （Ⅰ）求椭圆的离心率及椭圆方程； （Ⅱ）过焦点 的直线 交椭圆于点 、 两点，问是否存在以线段 为直径的圆与 相切，若存在， 求出此时直线 的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ）存在， 【思路分析】（Ⅰ）根据题意计算得到 ， ， ，故 ，得到椭圆方程. （Ⅱ）斜率存在时，设直线方程为 ，联立方程计算得到 ，代入数据计算得到 答案. 【解析】（Ⅰ） ，故 在 方向上的投影为 ，故 ， ，故 ， ，故 ， ，故 ，故 ， ，椭圆方程为： . （Ⅱ）当直线斜率不存在时，此时 ，不满足； ( )2 20 0 0 0 1 2 1 2 1 2 1 22 0 0 0 0 y y y myy y x m x m x x x x mx x x x   = − + − + = − + +      2 2 2 2 2 20 0 0 01 4 5 y m xm y y  = − − = −   ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 20 0 0 1 0 2 0 1 2 0 1 2 0 0 0 2 5 5 m x mx yy y y y y y y y y y y y− − = − + + = − − + 2 2 2 0 0 02 5 m x mx y−= ( )( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 0 1 0 2 0 1 2 0 1 2 0 2 4 m x mx yx x x x x x x x x x −− − = − + + = 1 0 2 0 1 0 2 0 4 5PM PN y y y yk k x x x x − −⋅ = ⋅ =− − ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > P 1 2 3tan 12PF F∠ = 1PF 1 2F F 2 3 1F l A B AB y l 3 2e = 2 2 14 x y+ = ( )1 2 3 311y x += ± + 3c = 2 7 2PF = 1 7 2PF = 2a = ( )3y k x= + 1 2AB x x= + 1PF 1 2F F 2 2 3c = 3c = 2 1 2 1 2 3tan 12 PFPF F F F ∠ = = 2 1 2PF = 2 2 2 1 2 1 2PF PF FF= + 1 7 2PF = 2 1 4 2PF PF a+ = = 2a = 1b = 3 2e = 2 2 14 x y+ = 1 2 3AB = ≠ 2 1 2 0PF F F =   2 1 2 0PF F F =   36 当斜率存在时，设直线方程为 ，则 ， 化简整理得到： ，故 ， 故 中点到 轴的距离为 ， ，解得 ，验证此时 ， 故直线方程为： . 44．（2020·高三三模（理））已知椭圆 的左右焦点分别是 ，点 在椭圆 上，满足 （1）求椭圆 的标准方程； （2）直线 过点 ，且与椭圆只有一个公共点，直线 与 的倾斜角互补，且与椭圆交于异于点 的两点 ，与直线 交于点 （ 介于 两点之间），是否存在直线 ，使得直线 ， ， 的斜率按某种排序能构成等比数列？若能，求出 的方程，若不能，请说理由. 【答案】（1） ；（2）不能，理由见解析 【思路分析】（1）设 ，则 ，由此即可求出椭圆方程； （2）设直线 的方程为 ，联立直线与椭圆的方程可求得 ，则直线 斜率为 ，设 ( )3y k x= + ( ) 2 2 14 3 x y y k x  + =   = + ( )2 2 2 24 1 8 3 12 4 0k x k x k+ + + − = 2 1 2 2 2 1 2 2 8 3 4 1 12 4 4 1 kx x k kx x k  + = − + − = + AB y 2 1 2 2 4 3 2 4 1 x x kd k += = + ( )22 1 2 1 2 1 21 4 2AB k x x x x d x x= + + − = = + 1 2 3 11k += ± > 0∆ ( )1 2 3 311y x += ± + 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 1 2,F F 3(1, )2P C 1 2 9 4PF PF⋅ =  C 1l P 1l 2l P ,M N 1x = K K ,M N 2l 1l 2l ,PM PN 2l 2 2 14 3 x y+ = ( )1 2( ,0), ,0F c F c− 2 1 2 9 91 4 4PF PF c⋅ = − + =  1l 3 ( 1)2y k x− = − 1 2k = − 2l 1 2 37 其方程为 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得 关于 对称，可求得 ，假设存在直线 满足题意，设 ，可得 ，由此可 得答案． 【解析】（1）设 ，则 ， ， 所以椭圆方程为 ； （2）设直线 的方程为 ，与 联立得 ，∴ ，因为两直线的倾斜角互补，所以直线 斜率为 ，设直线的方程为 ， 联立整理得 ， ，所以 关于 对称， 由正弦定理得 ， 因为 ,所以 ， 由上得 ，假设存在直线 满足题意， 设 ， 按某种排列成等比数列，设公比为 ，则 ， 所以 ，则此时直线 与 平行或重合，与题意不符，所以不存在满足题意的直线 ． 45．（2020·江苏省高三月考）如图，在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的右焦 点为 ，并且点 在椭圆上. 1 1 2 2 1 , ( , ), ( , )2y x t M x y N x y= + ,PM PN 1x = 1 2 1 1,2 2l lk k= − = 2l ,PM PNk k k k= − = 1 2k = ( )1 2( ,0), ,0F c F c− 2 1 2 9 91 4 4PF PF c⋅ = − + =  21, 2, 3c a b∴ = = = 2 2 14 3 x y+ = 1l 3 ( 1)2y k x− = − 2 2 14 3 x y+ = 2 2 2(3 4 ) 4 (3 2 ) (3 2 ) 12 0k x k k x k+ + − + − − = 10, 2k∆ = = − 2l 1 2 1 1 2 2 1 , ( , ), ( , )2y x t M x y N x y= + 2 2 2 2 1 2 1 23 0, 0, 4, , 3x tx t t x x t x x t+ + − = ∆ > < + = − = − 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 ( 2)( ) (2 3)2 2 01 1 ( 1)( 1)PM PN y y x x t x x tk k x x x x − − + − + − −∴ + = + = =− − − − ,PM PN 1x = ,sin sin sin sin PM MK PN NK PKM MPK PKN NPK = =∠ ∠ ∠ ∠ , 180MPK NPK PKM PKN °∠ = ∠ ∠ + ∠ = PM KN PN KM⋅ = ⋅ 1 2 1 1,2 2l lk k= − = 2l ,PM PNk k k k= − = 1 1, , ,2 2 k k− − q 1q = − 1 2k = PN 2l 2l xOy 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > (1,0)F 21, 2       38 （1）求椭圆 的方程； （2）设斜率为 ( 为常数)的直线 与椭圆交于 ， 两点，交 轴于点 ， 为直线 上的任 意一点，记 ， ， 的斜率分别为 ， ， .若 ，求 的值. 【答案】（1） .（2） 【思路分析】（1）点 在此椭圆上，根据椭圆定义计算得到答案. （2）直线 ，设 ， ， ，联立方程得到 ，代入式子整理得到 ，解得答案. 【解析】（1）因为椭圆 的焦点为 ，点 在此椭圆上. 所以 ， 所以 ，所以椭圆方程为 . （2）由已知直线 ，设 ， ， ， 由 得 .所以 . 因为 且 ，所以 ， 整理得 ，因为点 不在直线 上，所以 ，所以 ，整理得 ， C k k l A B x ( ,0)P m Q 2x = QA QB QP 1k 2k 0k 1 2 02k k k+ = m 2 2 12 x y+ = 1m = 21, 2       : ( )l y k x m= − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )02,Q y 2 2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,1 2 1 2 mk k mx x x xk k −+ = =+ + ( )1 2 1 22 (2 ) 4 0x x m x x m− + + + = C (1,0)F 21, 2       2 2 2 22 22 (1 1) 0 (1 1) 0 2 2, 12 2a c    = + + − + − + − = =        1, 2, 2 1 1c a b= = = − = 2 2 12 x y+ = : ( )l y k x m= − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )02,Q y 2 2 ( ), 1,2 y k x m x y = − + = ( )2 2 2 2 21 2 4 2 2 0k x mk x k m+ − + − = 2 2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,1 2 1 2 mk k mx x x xk k −+ = =+ + 1 0 2 0 0 1 2 0 1 2 , ,2 2 2 y y y y yk k kx x m − −= = =− − − 1 2 02k k k+ = 1 0 2 0 0 1 2 2 2 2 2 y y y y y x x m − −+ =− − − ( )0 1 2 2 1 12 02 2 2k km y m x x  − − + + = − − −  ( )02,Q y l 02 0k km y− − ≠ 1 2 2 1 1 02 2 2m x x + + =− − − ( )1 2 1 22 (2 ) 4 0x x m x x m− + + + = 39 将 ， 代入上式解得 ，所以 . 46．（2020·北京人大附中昌平学校高三二模）设椭圆 ，直线 经过点 ，直线 经过 点 ，直线 直线 ，且直线 分别与椭圆 相交于 两点和 两点. (Ⅰ)若 分别为椭圆 的左、右焦点，且直线 轴，求四边形 的面积; (Ⅱ)若直线 的斜率存在且不为 0，四边形 为平行四边形，求证: ; (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，判断四边形 能否为矩形，说明理由. 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)不能，证明见解析 【思路分析】(Ⅰ)计算得到故 ， ， ， ，计算得到面积. (Ⅱ) 设 为 ，联立方程得到 ，计算 ， 同理 ，根据 得到 ，得到证明. (Ⅲ) 设 中点为 ，根据点差法得到 ，同理 ，故 ，得到 结论. 【解析】(Ⅰ) ， ，故 ， ， ， . 故四边形 的面积为 . (Ⅱ)设 为 ，则 ，故 ， 设 ， ，故 ， 2 1 2 2 4 1 2 mkx x k + = + 2 2 1 2 2 2 2 1 2 k mx x k −= + 1m = 1m = 2 2: 12 xE y+ = 1l ( )0M m， 2l ( )0N n， 2l 1 2l l， E A B， C D， M N， E 1l x⊥ ABCD 1l ABCD 0m n+ = ABCD 2 2 21, 2A  −    21, 2B  − −    21, 2C       21, 2D  −    1l ( )y k x m= − 2 1 2 2 2 2 1 2 2 4 2 1 2 2 2 1 k mx x k k mx x k  + = + − = + 2 2 2 2 2 16 8 81 2 1 k k mAB k k − += + + 2 2 2 2 2 16 8 81 2 1 k k nCD k k − += + + AB CD= 2 2m n= AB ( ),P a b 2 0a kb+ = 2 0c kd+ = 1 1 2PQk k k = − ≠ − ( )1,0M − ( )1,0N 21, 2A  −    21, 2B  − −    21, 2C       21, 2D  −    ABCD 2 2S = 1l ( )y k x m= − ( ) 2 2 12 x y y k x m  + =  = − ( )2 2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k mx m k+ − + − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 1 2 2 2 2 1 2 2 4 2 1 2 2 2 1 k mx x k k mx x k  + = + − = + 1 / /l 40 ， 同理可得 ， ，故 ， 即 ， ，故 . (Ⅲ)设 中点为 ，则 ， ， 相减得到 ，即 ， 同理可得： 的中点 ，满足 ， 故 ，故四边形 不能为矩形. 47．（2020·山东省高三月考）已知椭圆 过点 ，且焦距为 4 （1）求椭圆 的标准方程： （2）设 为直线 上一点， 为椭圆 上一点.以 为直径的圆恒过坐标原点 . (i)求 的取值范围 (ii)是否存在圆心在原点的定圆恒与直线 相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）(i) (ii)存在；定圆的方程 【思路分析】（1）将点 代入椭圆方程，结合 关系，即可求解； （2）(i)设 ，由已知有 ，可得 代入椭圆方程，将 用 表 示，进而求出 关于 的函数，根据函数特征求出最值； (ii)将问题转化为原点到直线 的距离是否为定值，先求出直线 方程，求出坐标原点到直线 的距 离，利用(i)中关系将 用 表示，整理即可得出结论. ( ) 2 2 2 22 2 2 1 2 1 2 1 2 2 16 8 81 1 4 1 2 1 k k mAB k x x k x x x x k k − += + − = + + − = + + 2 2 2 2 2 16 8 81 2 1 k k nCD k k − += + + AB CD= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16 8 8 16 8 81 12 1 2 1 k k m k k nk kk k − + − ++ = ++ + 2 2m n= m n≠ 0m n+ = AB ( ),P a b 2 21 1 12 x y+ = 2 22 2 12 x y+ = ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 02 x x x x y y y y + − + + − = 2 0a kb+ = CD ( ),Q c d 2 0c kd+ = 1 1 2 2 2PQ d b d bk c a kd kb k k − −= = = − ≠ −− − + ABCD 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > (2, 2)M C P : 2 2l y = Q C PQ O 2 2| | 4 | |OP OQ+ PQ 2 2 18 4 x y+ = [36, )+∞ 2 2 4x y+ = M , ,a b c ( )1 1( ,2 2), ,P t Q x y 0OP OQ⋅ =  1 1 2 2 x ty = − 1 1,x y t 2 2| | 4 | |OP OQ+ t PQ PQ PQ 2 2 1 1 1 1, , ,x y x y t 41 【解析】（1）将点的坐标代入椭圆 的方程得 ，解得 ， 所以椭圆 C 的方程为 （2）设 .因为以 为直径的圆恒过点 ，所以 ，即 ，因为 点在椭圆上，所以 ； (i)将 代入椭圆，得 于是 因为 当且仅当 ，即 时，取等号.所以 的取值范围为 (ii)存在.定圆的方程为 .假设存在满足题意的定圆，则点 到直线 的距离为定值. 因为 ，所以直线 方程为 ， 整理可得 所以 到直线 的距离 ，由(i)知， ，得. ， ，注意到 ，知 所以 又 ， C 2 2 2 2 4 2 1 4 a b a b  + =  − = 2 28, 4a b= = 2 2 18 4 x y+ = ( )1 1( ,2 2), ,P t Q x y PQ O 1 12 2 0OP OQ x t y⋅ = + =  1 1 2 2 x ty = − Q 2 2 1 1 18 4 x y+ = 1 1 2 2 x ty = − 2 2 2 1 12 2 32 4,4 4 tx yt t = =+ + ( ) ( )2 2 2 2 2 2 1 1 2 64| | 4 | | 8 4 24,4OP OQ t x y t tt + = + + + = + + ∈+ R ( )2 2 2 2 2 2 64 64 6424 4 20 2 4 20 364 4 4t t tt t t + + = + + + ≥ + ⋅ + =+ + + 2 2 644 4t t + = + 2t = ± 2 2| | 4 | |OP OQ+ [36, )+∞ 2 2 4x y+ = O PQ ( )1 1( ,2 2), ,P t Q x y PQ ( ) ( )1 1( 2 2) 2 2 ( ) 0x t y y x t− − − − − = ( ) ( )1 1 1 12 2 2 2 0y x x t y ty x− − − − + = O PQ ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 ty x d y x t − + = − + − 1 1 2 2 x ty = − 2 2 2 1 12 2 32 4,4 4 tx yt t = =+ + 1 12 2 0x t y+ = 1 0x ≠ 1 1 2 2yt x = − ( ) ( )22 1 21 1 1 1 2 2 8 2 2 | 2 2 | 8 2 2 2 2 4 txx tty x x t t + − + = + = + = + ( ) ( )2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 12 2 8 4 2 2y x t y x t y tx− + − = + + + − − 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 4 32 88 84 4 4 t ty x t tt t t += + + + = + + + =+ + + 42 所以， 。因此，直线 与圆 恒相切. 48．（2020·黑龙江省高三二模（理））已知椭圆 的右焦点为 ，直线 被称作为椭圆 的一条准线，点 在椭圆 上(异于椭圆左、右顶点)，过点 作直线 与椭圆 相切，且与直 线 相交于点 . （1）求证： . （2）若点 在 轴的上方，当 的面积最小时，求直线 的斜率 . 附：多项式因式分解公式： 【答案】（1）证明见解析（2） 【思路分析】（1）由 得 令 可得 ，进而得到 ，同理 ，利用数量积坐标计算 即可； （2） ，分 ， 两种情况讨论即可. 【解析】（1）证明：点 的坐标为 .联立方程 ，消去 后整理为 有 ，可得 ， ， .可得点 的坐标为 . 当 时，可求得点 的坐标为 ， ， .有 ,故有 . （2）若点 在 轴上方，因为 ，所以有 ， ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 ty x d r y x t − + = = = − + − PQ 2 2 4x y+ = 2 2: 12 xC y+ = F 2l x =： C P C P :m y kx t= + C l Q PF QF⊥ P x PQF△ m k ( )( )6 2 2 4 243 5 1 1 4 1t t t t t t− − − = + − − 5 1 2 +− 2 2 12 x y y kx t  + =  = + ( )2 2 22 1 4 2 2 0k x ktx t+ + + − = 0∆ = 2 22 1t k= + 2 1,kP t t  −   (2,2 )Q k t+ FP FQ⋅  3 122 2PQF tS k t∆ = + − 0k ≥ k 0< F (1 0)， 2 2 12 x y y kx t  + =  = + y ( )2 2 22 1 4 2 2 0k x ktx t+ + + − = ( )( )2 2 2 216 4 2 1 2 2 0k t k t∆ = − + − = 2 22 1t k= + 2 2 2 2 2 2 1 kt kt kx k t t = − = − = −+ 2 2 2 2 1 2 1 2 1 k t ty tk k t = − + = =+ + P 2 1,k t t  −   2x = Q (2,2 )k t+ 2 1 2 11, ,k k tFP t t t t +   = − − = −        (1,2 )FQ k t= + 2 2 0k t k tFP FQ t t + +⋅ = − + =  PF QF⊥ P x 2 22 1t k= + 1t ≥ 43 由（1）知 ①因为 时.由（1）知 ， 由函数 单调递增，可得此时 . ②当 时，由（1）知 令 由 ，故当 时， ，此时函数 单调递增：当 时， ，此时函数 单 调递减，又由 ，故函数 的最小值 ，函数 取最小值时 ，可求得 . 由①②知，若点 在 轴上方，当 的面积最小时，直线 的斜率为 . 49.（2020·安徽省高三二模（文））已知抛物线 的焦点为 ，点 ，点 为抛物线 上的 动点 为坐标原点. （1）若 的最小值为 ，求实数 的值； （2）若梯形 内接于抛物线 ， ， 的交点恰为 ，且 ，求直线 22 2 2 2 2 2 (2 ) 1(2 ) 1 (2 ) 1| | | | (2 ) 1k tk t k tFP FQ k tt t t t + ++ + += + = = = + + ； 2 2 2 2 21 (2 ) 1 4 4 1 (2 2) 4 1| | | |2 2 2 2PQF k t k kt t t kt tS FP FQ t t t∆ + + + + + − + + += ⋅ = = =  23 4 1 3 122 2 2 t kt t kt t + −= = + − 0k ≥ 2 1 2 tk −= ( )23 12 12 2PQF tS t t∆ = + − − ( )23 1( ) 2 1 ( 1)2 2 tf t t tt = + − − ≥ (1) 1PQFS f∆ ≥ = k 0< ( )2 21 3 1, 2 12 2 2PQF t tk S t t∆ −= − = − − − ( ) 2 2 2 22 2 3 1 3 2 1 3 1 2( ) 2 1 ( 1), ( )2 2 2 2 21 1 t t t tg t t t g tt t tt t ′ += − − − ≥ = − + = − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 222 2 2 2 62 2 6 2 2 2 2 4 4 44 22 3 1 3 1 1 83 1 2 2 3 5 1 2 4 1 4 1 4 11 t t t tt t t t t t t t t t t t tt + + − −  + − − −− = − = =   − − −−    ( )( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 22 2 4 2 2 1 (2 5) (2 5)1 4 1 4 ( 1) 4 1 t t tt t t t t t t    + − + − −+ − −    = =− − 2 5t > + ' ( ) 0g t > ( )g t 1 2 5t≤ < + ( ) 0g t′ ＜ g( )t (1) 1g = ( )g t ( 2 5) 1g + < ( )g t 22 1 2 5k + = + 5 1 2k += − P x PQF∆ m 5 1 2 +− 2: 4C y x= F ( ),3A a P C O PA PF+ 5 a OPMN C / /OP MN ,OM PN A 5 13MN = 44 的方程. 【答案】（1） 或 ；（2） 【思路分析】（1）分别讨论 和 时 的最小值，根据图形即可求出 的值. （2）首先设 ， ， ，根据 得到点 在 与 中点连线上，从 而得到 点的坐标及 .再设出直线 的方程为 ，与抛物线方程联立，利用根系 关系即可得到 ，解出 的值即可得到直线 的方程. 【解析】（1）①当线段 与抛物线 没有公共点，即 时, 设抛物线 的准线为 ，过点 作 的垂线，垂足为 ， 过点 作 的垂线，垂足为 ， 则 ，故 . ②当线段 与抛物线 有公共点， 即 时， . 故 或 （舍去）. 综上 . （2）设 ， ， ， 则 . 因为 ，所以 ，即 . 即线段 与 的中点纵坐标相同，故 中点与 中点连线平行于 轴. 由平面几何知识知：点 在 与 中点连线上，故 .于是 ， . MN 4a = 3a = − 2 3 8 0x y− − = 9 4a > 9 4a ≤ PA PF+ a 0 0( , )P x y 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y MN OPk k= A OP MN P 2 3MN OPk k= = MN 2 3y x t= + 2 2221 ( ) 9(3 ) 9 5 133MN t t= + − − = t MN AF C 9 4a > C l P l Q A l B 1PA PF PA PQ AB a+ = + ≥ = + 1 5 4a a+ = ⇒ = AF C 9 4a ≤ ( )2 21 3PA PF AF a+ ≥ = − + ( )2 21 3 5 3a a− + = ⇒ = − 5a = 4 3a a= = −或 0 0( , )P x y 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y 0 0 2 00 0 0 0 4 4 OP y yk yx y = = =− − 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 4 4 4 MN y y y yk y yx x y y − −= = =− +− MN OPk k= 0 1 2y y y= + 0 1 2 2 2 y y y+= OP MN OP MN x A OP MN 0 03 62 y y= ⇒ = 2 0 0 94 yx = = 0 0 2 3MN OP yk k x = = = 45 设直线 的方程为 ， . ， . 所以 . 解得： ，故直线 的方程为 ，即 . 50.（2020·湖北省高三月考（理））已知 ， 为椭圆 的左、右焦点，点 在椭圆上，且过点 的直线 交椭圆于 ， 两点， 的周长为 ． （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）我们知道抛物线有性质：“过抛物线 的焦点为 的弦 满足 ．”那么对于椭圆 ，问否存在实数 ，使得 成立，若存在求出 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）存在， 【思路分析】（Ⅰ）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出 ，再将 点坐标代入椭圆方 程中可求出 的值； （Ⅱ）求出 ，设直线 的方程为 ，与椭圆方程联立，消去 ，整理成关于 的一元二次 方程，再利用韦达定理，求出 ,通过 转化求解，得到 ， 求得 的值. 【解析】（Ⅰ）根据椭圆的定义，可得 ， ，∴ 的周长为 ，∴ ， ， MN 2 3y x t= + ( )2 2 2 2 4 12 3 9 03 4 y x t x t x t y x  = + ⇒ + − + =  = 1 2 3(3 )x x t+ = − 2 1 2 9· 4 tx x = ( )22 1 2 1 21 4MN k x x x x= + + −  2 2 221 ( ) 9(3 ) 9 13 9 6 5 133 t t t= + − − = − =  8 3t = − MN 2 8 3 3y x= − 2 3 8 0x y− − = 1F 2F 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b + = > > 2 31, 3P       2F l A B 1AF B△ 4 3 E 2 2 ( 0)y px p= > F AB 2| | | | | | | |AF BF AF BFp + = ⋅ E λ 2 2 2 2AF BF AF BFλ+ = ⋅ λ 2 2 13 2 x y+ = 3λ = 3a = 2 31, 3P       b 2 (1,0)F l 1x my= + x y 2 2,AF BF 2 2 1 1 AF BF + 2 2 2 23AF BF AF BF+ = ⋅ λ 1 2 2AF AF a+ = 1 2 2BF BF a+ = 1AF B△ 1 1 1 1 2 2| | 4AF BF AB AF BF AF BF a+ + = + + + = 4 4 3a = 3a = 46 ∴椭圆 的方程为 ，将 代入得 ，所以椭圆的方程为 ． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 ，得 ，依题意可知直线 的斜率不为 0，故可设直线 的方 程为 ， 由 消去 ，整理得 ， 设 ， ，则 ， ， 不妨设 ， ， ， 同理 ， 所以 ；即 ，所以存在实数 ，使得 成立 51．（2020·全国高三月考（文））过双曲线 的右焦点 作一条渐近线的垂线，垂 足为点 ，垂线交 轴于点 ，且 .若 的面积为 （ 是坐标原点），则双曲线的标准 方程为 （ ） A． B． C． E 2 2 2 13 x y b + = 2 31, 3P       2 2b = 2 2 13 2 x y+ = 2 2 24 1c a b= − = 2 (1,0)F l l 1x my= + 2 2 13 2 1 x y x my  + =  = + x ( )2 22 3 4 4 0m y my+ + − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 2 4 2 3 my y m −+ = + 1 2 2 4 2 3y y m −= + 1 0y > 2 0y < ( ) ( )2 22 2 2 2 2 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1AF x y my y m y m y= − + = + − + = + ⋅ = + ⋅ 2 2 2 2 21 1BF m y m y= + ⋅ = − + ⋅ 2 2 2 2 2 1 21 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1AF BF y ym y m y m  + = + = − + ⋅ − + ⋅ +   ( )2 2 22 12 1 2 2 2 1 2 1 2 2 16 16 2 3 1 1 1 2 3 41 1 1 2 3 n m y yy y m y y y ym m m m + + −− −− += = = ⋅ −+ + + + ( )2 2 4 3 11 341 m m + = ⋅ = + 2 2 2 23AF BF AF BF+ = ⋅ 3λ = 2 2 2 2AF BF AF BFλ+ = ⋅ ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > F A y B 3AB FA=  OAB 3 3 2 O 2 2 13 x y− = 2 2 13 2 x y− = 2 2 13 yx − = 47 D． 【答案】A 【思路分析】由题意及点到直线距离公式可得 ， ，由 可得 ， 根据面积公式可得 ，又根据垂线 的方程为 ，得点 的坐标为 ，利用 勾股定理可得 ，结合 联立解出 即可得双曲线方程. 【解析】过右焦点 作渐近线 的垂线，渐近线方程即 . ， ，又 可得 ，则 . ①.又垂线 的方程为 ，得点 的坐标 为 ， 中， ②.由①②及 ，得 ， ， 双曲线的标准方程为 .故选：A. 52．（2020·黑龙江省高三月考（理））已知抛物线 的方程为 ， 为其焦点，过 的 直线与抛物线 交于 两点（点 在 轴上方），点 ，连接 交 轴于 ，过 作 交 于 ，若 ，则 斜率为 ( ) A． B． C． D．2 【答案】A 【思路分析】根据抛物线方程，求得焦点坐标和准线方程，作 垂直于准线交准线于 ，画出几何关系 图形.由 且 ，可得 ，结合抛物线定义可知 求得点 的横坐标，代入抛物线方程可求得纵坐标.由两点间斜率公式可得直线 斜率，即为 的斜率. C 2 4y x= F F C ,A B A x ( 1,2)P − AP y M M / /MD PF AB D 5FA DA=  AB 4 3 − 3 4 − 1 2 − 1AA 1A / /MD PF 5FA DA=  1 5 AF AM AD AP = = 1 1 5 AxAM AP AA = = A AF AB 2 2 12 3 x y− = FA b= OA a= 3AB FA=  3AB b= 3ab = AF ( )ay x cb = − − B 0, acB b      2 2 2 2 29 a ca b b + = 2 2 2+ =a b c ,a b ( ),0F c by xa = 0bx ay− = 2 2 bcFA b a b = = + OA a∴ = 3AB FA=  3AB b= 1 1 3 332 2 2OABS OA AB a b= = × × =△ 3ab∴ = AF ( )ay x cb = − − B 0, acB b      Rt OAB∴ ∆ 2 2 2 2 29 a ca b b + = 2 2 2+ =a b c 2 3a = 2 1b = ∴ 2 2 13 x y− = 48 【解析】抛物线 的方程为 ， 为其焦点，过 的直线与抛 物线 交于 两点（点 在 轴上方），点 ，连接 交 轴于 ，则 ，准线方程为 .根据题意画出几何关系如下 图所示：作 垂直于准线交准线于 . 且 ，则 ， 垂直于准线交准线于 ，则 ， 即 ，解得 ，代入抛物线方程可得 ， 斜率，即为 的斜率，所以 .故选：A. 53．（2020·全国高三月考（理））已知圆 与椭圆 相交于 两 点，若 是圆 的直径，则椭圆 的方程为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路分析】由题意可得点 关于圆心 对称，先用点差法将直线 的斜率求出来，即可得 的方程，然后再由 即可求出椭圆的方程. 【解析】依题意，点 关于圆心 对称，且 .设 ， ，则 ， ，两式相减并结合 ， 得 .易知， 不与 轴垂直，则 ，所以 的斜率 ， 因此 直线方程为 ，代入椭圆方程得： ，所以 ， C 2 4y x= F F C ,A B A x ( 1,2)P − AP y M ( )1,0F 1x = − 1AA 1A / /MD PF 5FA DA=  1 5 AF AM AD AP = = 1AA 1A 1 1 5 AxAM AP AA = = 1 1 5 A A x x =+ 1 4Ax = 1 ,14A     AB AF 1 0 4 1 314 k −= = − − ( ) ( )2 2 5: 2 1 2C x y+ + − = 2 2 2: 4 4x y bΓ + = ,A B AB C Γ 2 2 112 3 x y+ = 2 2 14 3 x y+ = 2 2 18 2 x y+ = 2 2 14 x y+ = ,A B ( )2,1M − 10AB = ,A B ( )2,1M − 10AB = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2 2 1 14 4x y b+ = 2 2 2 2 24 4x y b+ = 1 2 4x x+ = − 1 2 2y y+ = ( ) ( )1 2 1 24 8 0x x y y− − + − = AB x 1 2x x≠ AB 1 2 1 2 1 2AB y yk x x −= =− AB ( )1 2 12y x= + + 2 24 8 2 0x x b+ + − = 1 2 4x x+ = − AB AB 49 .于是 . 由 ，得 ，解得 .所以椭圆的方程为 ，故选：A. 54．（2020·全国高三月考（理））已知圆 与抛物线 相交于 两点，且 ，若抛物线 上存在关于直线 对称的相异两点 和 ，则线段 的中点坐标 为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路分析】根据圆与抛物线的对称性求出 点坐标，代入抛物线方程，求出 ，设点 ， 代入抛物线方程作差，得到 斜率与 关系，即可求解. 【解析】因为 关于 轴对称，所以 纵坐标为 ，横坐标为 1，代入 ， 可得 .设点 ， .则 则 ， ，又 关于直线 对称. ，即 ， ， 又 的中点一定在直线 上， . 线段 的中点坐标为 .故选:A. 55．（2020·福建省高三开学考试（理））过点 作抛物线 的两条切线 ， ， 设 ， 与 轴分别交于点 ， ，则 的外接圆方程为 （ ） A． B． C． D． 2 1 2 8 2x x b= − ( ) ( )2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 51 4 10 22 2AB x x x x x x b = + − = + − = −   10AB = ( )210 2 10b − = 2 3b = 2 2 112 3 x y+ = 2 2: 3O x y+ = 2: 2 ( 0)C y px p= > ,A B | | 2 2AB = C : 2 0l x y− − = P Q PQ (1, 1)− (2,0) 1 3,2 2  −   (1,1) A p ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y PQ 1 2,y y ,A B x ,A B 2± 2 2 ( 0)y px p= > 2 2y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 2 1 1 2 2 2 2 , 2 , y x y x  =  = ( )( ) ( )1 2 1 2 1 22y y y y x x− + = − 1 2 2 PQk y y ∴ = + ,P Q l 1PQk∴ = − 1 2 2y y+ = − 1 2 12 y y+∴ = − PQ∵ l 1 2 1 2 2 12 2 x x y y+ +∴ = + = ∴ PQ (1, 1)− ( )8,4A − 2 8y x= 1l 2l 1l 2l y B C ABC∆ 2 2 6 4 16 0x y x y+ + − − = 2 2 6 16 0x y x+ + − = 2 2 5 6 12 0x y x y+ + − − = 50 【答案】A 【思路分析】设切线方程为 ： ，与抛物线联立，表示线段 的中垂线方程，可求解圆 心坐标和半径，表示圆的方程即可. 【解析】设过点 的抛物线 的切线方程为 ： ， 即 （*），代入 得 ，由 得 ，（1） 所以方程（1）有两个不相等的实数根 ， ，且 ， ， 在（*）中令 得 ， ，设 的外接圆圆心为点 ， 则 ，下求 ：线段 中点横标 ，纵标 ， 线段 的中垂线方程为 ，令 得 ， 由（1）知 ，故 ，设 的外接圆半径为 ，则 ， 所以 的外接圆方程为 ，即 .故选：A 56．（2020·湖南省高三月考（文））如图，已知过抛物线 焦点的直线交抛物线 于 、 两点， 交圆 于 、 两点，其中 、 位于第一象限，则 的最小值为（ ） A. B． C． D． 【答案】D 2 2 4 16 0x y y+ − − = l ( )8 4x t y+ = − AB ( )8,4A − 2: 8E y x= l ( )8 4x t y+ = − 8 4x ty t= − − 2 8y x= 2 8 8(4 8) 0y ty t− + + = 0∆ = 2 2 4 0t t− − = 1t 2t 1 2 2t t+ = 1 2 4t t = − 0x = 1 80,4B t  +    2 80,4C t  +    ABC∆ ( )1 0 0,O x y ( )0 1 22 B Cy y y= + = 0x AB 0 4x ′ = − 0 1 44y t ′ = + AB 1 1 44 ( 4)y t xt − − = − + 2y = 2 1 1 0 2 1 4 2 4t tx t − + += 2 1 12 4t t+ = 0 3x = − ABC∆ R 2 29R = ABC∆ 2 2( 3) ( 2) 29x y+ + − = 2 2 6 4 16 0x y x y+ + − − = Q 2 2 8 0x y x+ − = M N P M 1 3 PM QN + 4 5 2 3 2 2: 16C y x= C P 2 51 【思路分析】设直线 的方程为 ，设点 、 ，将直线 的方程与抛物线 的方程联立，列出韦达定理，计算出 的值，然后利用基本不等式可求得 的最小值. 【解析】圆的标准方程为 ，圆心坐标为 ，半径为 . 设直线 的方程为 ，设点 、 ， 将直线 的方程与抛物线 的方程联立 ，消去 得 ， 所以， ，所以， ， 由基本不等式得 ，当且仅当 时，等号成立， 因此， 的最小值为 .故选：D. 57．（2020·钦州市第三中学高三月考（理））已知 ， 为双曲线 C： （ ）的左、右焦 点，P 为双曲线 C 左支上一点，直线 与双曲线 C 的一条渐近线平行， ，则 （ ） A． B．1 C．5 D．2 【答案】B 【思路分析】由题画出图形，结合三角形的相似性和双曲线第一定义及勾股定理即可求解 【解析】可设 ，由斜率定义和三角函数可得： ， 由双曲线第一定义可得; ，又 ， 故 ，由以上三式解得 ；故选：B 58．（2020·山东省高三零模）抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物 线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线 PQ 4x my= + ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y PQ C PM QN⋅ 1 3 PM QN + ( )2 24 16x y− + = ( )4,0 4 PQ 4x my= + ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y PQ C 2 4 16 x my y x = +  = x 2 16 64 0y my− − = 1 2 64y y = − ( )( ) ( )22 2 1 2 1 2 2 2 644 4 1616 16 y yPM QN PF QF x x −⋅ = − − = = = = 1 3 3 3 32 2 16 2MPM QN P QN + ≥ = =⋅ 4PM QN= = 1 3 PM QN + 3 2 1F 2F 2 2 2 14 x y a − = 0a > 1PF 1 2PF PF⊥ a = 5 1 2,PF m PF n= = 2 1 2 1 2tan PF n bPF F PF m a a ∠ = = = = 2 1 2PF PF n m a− = − = 1 2PF PF⊥ ( )2 2 2 2 1 4 4PF PF a+ = + 1a = 2 4y x= 52 的焦点为 ，一条平行于 轴的光线从点 射出，经过抛物线上的点 反射后，再经抛物线上的另 一点 射出，则 的周长为 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路分析】 【解析】抛物线方程中：令 可得 ，即 ，结合抛物线的光学性质， 经过 焦点 ，设执行 的方程为 ，与抛物线方程联立可得： ， 据此可得： ，且： ，将 代入 可得 ， 故 ，故 ,故△ABM 的周长为 ,本题选择 D 选项. 59．（2020·高三期末）点 为抛物线 的焦点， 为其准线，过 的一条 直线与抛物线交于 ， 两点，与 交于 .已知点 在线段 上， ， ， 可以排成一个等 差数列，则 所有可能值的和为 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【思路分析】计算 和 两种情况，利用比例关系计算 或 ，得到答案. 【解析】因为 在线段 上，所有 ，又 ，所以分两种情形： F x ( )3,1M A B ABM∆ 71 2612 + 9 10+ 83 2612 + 9 26+ 1y = 1 4x = 1 ,14A     ( )1y k x= − ( )2 2 2 22 2 0k x k x k− + + = 11, 4A B B A x x x x = ∴ = = 25 4A BAB x x p= + + = 4x = 2 4y x= 4y = ± ( )4, 4B − ( ) ( )2 24 3 4 1 26MB = − + − − = 1 253 26 9 264 4MA AB BM  + + = − + + = +   F ( )2 2 0y px p= > l F A B l C B CF BF AF BC BC BF BF AF BC< < BF BC AF< < 3BC BF = 2BC BF = B CF AF BF> BC BF> AB F AB 53 ① ，作 ， ， 因为 ， ， 成一个等差数列，所有可设 ， ， ， 因为 ，所以 ， 所以 . ② ，因为 ， ， 可以排成一个等差数列， 所以可设： ， ， ， 因为 ，所以 ， 所以 ，所以：综上 所有可能值的和为 5.故选： . 60．（2020·北京高三一模）已知双曲线 的右焦点为 ，过原点 的直线与双曲线 交于 两点，且 则 的面积为 ( ) A． B． C． D． 【答案】A 【思路分析】根据题意画出图像，设双曲线的左焦点为 ，连接 ，即可得四边形 为平行四 边形，从而求出 ，利用余弦定理和双曲线的定义联立方程可求出 的值，利用面积公式可求 出 的面积，根据 和 的关系即可得到答案. 【解析】如图，设双曲线的左焦点为 ，连接 ，依题可知四边 BF AF BC< < BE l⊥ AD l⊥ BF AF BC BF x d= − AF x= BC x d= + / /BE AD 3 3 x d x d x d x x BC BE AC AD x x d x + − +⇒ = ⇒ =−= 3BC x d BF x d += =− BF BC AF< < BF BC AF BF x d= − BC x= AF x d= + / /BE AD 23 x x d x dx BC BE A dC AD x = −⇒ = ⇒ =+ 2BC x BF x d = =− BC BF D 2 2 116 9 x yC − =： F O C ,A B 60AFB∠ = °， BOF 3 3 2 9 3 2 3 2 9 2 1F 1 1,AF BF 1AFBF 1F BF∠ 1|BF||BF| 1F BF 1F BF BOF 1F 1 1,AF BF 54 形 的对角线互相平分，则四边形 为平行四边形，由 可得 ，依题 可知 ，由余弦定理可得： ，即 ；又因为点 在椭圆上，则 ，所以 .两式相减得 ，即 ， 所以 的面积为： ；因为 为 的中点， 所以 。故选：A 61．（2020·福建省高三月考（理））已知双曲线 的一条渐近线方程为 ， 是 上关于原点对称的两点， 是 上异于 的动点，直线 的斜率分别为 ，若 ，则 的取值范围为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路分析】 是 上关于原点对称的两点， 是 上异于 的动点，可得 为定值，即可求解. 【解析】∵双曲线 的一条渐近线方程为 ， ∴ ，则双曲线的方程为： ，设 ， ，则 ，所以 ，即 ， ∵ ，∴ .故选:A. 62．（2019·高三月考（理））抛物线 的焦点为 ，准线为 ， ， 1AFBF 1AFBF 60AFB∠ = ° 1 120F BF∠ = ° 1 2| | 2 2 16 9 10F F c= = + = 2 2 2 1 1 1 1|BF| +|BF| -2|BF||BF|cos | | |F BF F F∠ = 2 2 1 1|BF| +|BF| +|BF||BF| 100= B 1||BF|-|BF|| 2 8a= = 2 2 1 1|BF| +|BF| -2|BF||BF| 64= 13|BF||BF| 36= 1|BF||BF| 12= 1F BF 1 1 1 1 1 3| || | sin 12 3 32 2 2F BFS BF BF F BF= ∠ = × × =  O 1F F 1 1 3 3 2 2OBF F BFS S= =   2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 2 0x y− = ,A B C M C ,A B ,MA MB 1 2,k k 2k 1 1,8 4      1 1,4 2      1 1,4 8  − −   1 1,2 4  − −   ,A B C M C ,A B 1 2k k 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 2 0x y− = 2a b= 2 2 2 2 1( 0)4 x y bb b − = > ( )1 1,A x y ( )0 0,M x y ( )1 1,B x y− − 2 2 1 1 2 2 2 2 0 0 2 2 14 , 14 x y b b x y b b  − =  − = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 2 1 0 1 0 1, 44 x x x x y y y y y y y y x x x xb b + − + − + −∴ = ∴ = + − 1 2 1 4k k⋅ = 2 1 1,8 4k  ∈    F l A 11 2k≤ ≤ 11 2k≤ ≤ 55 是抛物线上的两个动点，且满足 ，设线段 的中点 在 上的投影为 ，则 的 最大值是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路分析】 【解析】设 在直线 上的投影分别是 ，则 ， ，又 是 中点，所 以 ，则 ，在 中 ，所以 ，即 ，所以 ，故选 B． 63．（2020·陕西省高三三模（理））过抛物线 的焦点 作斜率为 的直线 与 及其准线分别相交于 三点，则 的值为 （ ） A．2 或 B．3 或 C．1 D．4 或 【答案】D 【思路分析】根据题意，设直线方程 ，与抛物线方程联立 消去 得 ，设 ，有 ，再由韦达定理 ，解得 或 ，再根据抛物线的定义，利用三角形相似性分类讨论 求解. B 2 3AFB π∠ = AB M l N MN AB 3 4 3 3 3 2 3 ,A B l 1 1,A B 1AF AA= 1BF BB= M AB 1 1 1 ( )2MN AA BB= + 1 11 2 MN AA BB AB AB += ⋅ 2 AF BF AB += ABF∆ 2 2 2AB AF BF= + 22 cos 3AF BF π− 2 2AF BF AF BF= + + 2( )AF BF AF BF= + − 2( )AF BF≥ + 2( )2 AF BF+− 23 ( )4 AF BF= + 2 2 ( ) 4 3 AF BF AB + ≤ 2 3 3 AF BF AB + ≤ 3 3 MN AB ≤ 4 3 | | | | AD BD   1 2 1 3 1 4 4 3 2 py x = −   2 4 3 2 2 py x y px   = −     = 2 23 02y py p− − = AF FBλ=  1 2y yλ− = ( )2 1 2 1 2 1 2 2 1 92 4 y y y y y y y y + = + + = 4λ = 1 4 λ = 2: 2 ( 0)C y px p= > F l C , ,A B D x 56 【解析】抛物线 的焦点 ，设直线方程为 ， ， 与抛物线方程联立 ，消去 得 ，所以 ， 设 ，所以 ，所以 ，而 ， 所以 ，即 ， 解得 或 ，当 时，如图所示： ， 所以 ，由抛物线得定义得 ， 又因为直线的作斜率为 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 所以 .当 时，如图所示： ，所以 ，又因为 ，直线的 斜率为 ，所以 ， 所以 ， ， 所以 .故选：D 64．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考（理））过双曲线 的右支上一点 分别向圆 ： 和圆 ： 作切线，切点分别为 ，则 的最小值为 （ ） A．5 B．4 C．3 D．2 ,02 p     4 3 2 py x = −   ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 4 3 2 2 py x y px   = −     = 2 23 02y py p− − = 2 1 2 1 2 3 ,2y y p y y p+ = = − AF FBλ=  1 1 2 2, ,2 2 p px y x yλ   − − = −       1 2y yλ− = ( )2 1 2 1 2 1 2 2 1 92 4 y y y y y y y y + = + + = − 1 92 4 λ λ− − + = − 24 17 4 0λ λ− + = 4λ = 1 4 λ = 4λ = 4AF FB=  5AB FB=  1FB BB=  4 3 1 1 3sin 5 BB BDB BD ∠ = =   1 5 5 3 3BD BB BF= =   20 3AD AB BD BF= + =    | | 4 | | AD BD =   1 4 λ = 4 AF FB=  5AB FA=  1FA AA=  4 3 1 1 3sin 5 AA ADA AD ∠ = =   1 5 5 3 3AD AA AF= =   20 3BD AB AD AF= + =    | | 1 4| | AD BD =   2 2 13 yx − = P 1C 2 2( 2) 4x y+ + = 2C 2 2( 2) 1x y− + = ,M N 2 2| | | |PM PN− 2: 2 ( 0)C y px p= > F x 57 【答案】A 【思路分析】求得两圆的圆心和半径，设双曲线 的左右焦点为 ， ，连接 ， ， ， ，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小 值，计算即可得到所求值． 【解析】圆 的圆心为 ，半径为 ；圆 的圆心为 ，半径为 ，设双曲线 的左右焦点为 ， ，连接 ， ， ， ，可得 ． 当且仅当 为右顶点时，取得等号，即最小值 5．故选 ． 65．（2020·全国高三月考（理））如图， 为椭圆 的长轴的左、右端点， 为坐标原点， 为椭圆上不同于 的三点，直线 ， 围成一个平行四边形 ，则 （ ） A．5 B． C．9 D．14 【答案】D 【思路分析】 【解析】设 ， 斜率为 ，则 斜率为 ，且 2 2 13 yx − = 1( 2,0)F − 2 (2,0)F 1PF 2PF 1F M 2F N 2 2 1 :( 2) 4C x y+ + = ( 2,0)− 1 2r = 2 2 2 :( 2) 1C x y− + = (2,0) 2 1r = 2 2 13 yx − = 1( 2,0)F − 2 (2,0)F 1PF 2PF 1F M 2F N 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2| | | | (| | ) (| | )PM PN PF r PF r− = − − − 2 2 1 2(| | 4) (| | 1)PF PF= − − − 2 2 1 2 1 2 1 2| | | | 3 (| | | |)(| | | |) 3PF PF PF PF PF PF= − − = − + − 1 2 1 22 (| | | | 3 2(| | | |) 3 2 2 3 2 4 3 5a PF PF PF PF c= + − = + − − = − = ）  P A 1 2A A， 2 2 19 5 x y+ = O S Q T， ， 1 2A A， 1 2QA QA OS， ， OT OPQR 2 2OS OT+ = 3 5+ 1 1 2 2 (x,y) ( , ) (x ,y )Q T x y S， ， 1 2QA QA， 1 2,k k ,OT OS 1 2,k k 58 ，所以 ，同理 ，因此 ，选 D. 66.（2020·山西省高三开学考试（文））己知点 A 是抛物线 的对称轴与准线的交点，点 B 为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足 ，当 取最大值时，点 P 恰好在以 A、B 为焦点的双 曲线上，则双曲线的离心率为 ( ) A． B． C． D． 【答案】B 【思路分析】根据题目可知，过 作准线的垂线，垂足为 ，则由抛物线的定义，结合 ，可 得 ，设 的倾斜角为 ，当 取得最大值时， 最小，此时直线 与抛物线相切，即可 求出的 的坐标，再利用双曲线的定义，即可求得双曲线得离心率。 【解析】由题意知，由对称性不妨设 P 点在 y 轴的右侧，过 作准线的垂线，垂足为 ，则根据则抛物线 的定义，可得 ， 设 的倾斜角为 ，当 取得最大值时， 最小，此时直线 与抛物线相切，设直线 的方程为 ，与 联立，得 ， 令 ，解得 。可得 ，又 此时点 P 恰好在以 A、B 为焦点的双曲线上 双曲线的实轴 ， ； 故答案选 B。 67.（2020·安徽省高三二模（文））已知椭圆 ： 的焦距为 ， 为右焦点，直线 与椭圆 相交于 ， 两点， 是等腰直角三角形.点 的坐标为 ，若记椭圆 上任一 点 到点 的距离的最大值为 ，则 的值为 （ ） 2 1 2 2 5 3 3 9 9 y y yk k x x x = ⋅ = = −+ − − 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 45(1 ) 5 9 kOT x y x k x k += + = + = + 2 2 2 2 2 45(1 ) 5 9 kOS k += + 2 2OS OT+ = 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2545(1 )45(1 ) 45(1 ) 45(1 ) 81 45(1 ) 81 25 126 70+ + + 14255 9 5 9 5 9 5 9 5 9 5 95 9 k k k k k k k k k k k k k k ++ + + + + += = = =+ + + + + ++ 2 4x y= PA m PB= m 2 1 2 + 2 1+ 5 1 2 − 5 1− P N PA m PB= 1PN PA m = PA α m sinα PA P P N PN PB= PA m PB= 1PN PA m ∴ = PA α m sinα PA PA 1y kx= − 2 4x y= 2 4 4 0x kx− + = 216 16 0k∆ = − = 1k = ± (2,1)P  ∴ 2 2( 2 1)a PA PB= − = − 2 1, 1a c∴ = − = 2 1e∴ = + 1C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 2c F 4 3 cx = C A B ABF P 0, 2 b     C Q P d d c 59 A． B． C． D． 【答案】C 【思路分析】根据条件可求得 ，设椭圆上点 Q 的坐标为(x,y)，由两点间距离公式及二次函数可求 的最大值，即可求解 . 【解析】由题意可得 ，所以点 的坐标为 ， 代入椭圆方程有 ， 又 所以 ,解得 或 (舍去)， 所以 ，所以椭圆方程可化为 ，设点 Q 的坐标为(x,y) ,则 ， 所以 所以 .故选：C 68．（2020·河北省高三月考（文））过抛物线 的准线上任意一点 作抛物线的切线 ，切 点分别为 ，则 点到准线的距离与 点到准线的距离之和的最小值是 （ ） A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】D 【思路分析】设 ， ，利用导数的几何意义求出切线 的方程，点 的坐标 代入两切线方程即可观察求出直线 的方程，确定直线 恒过抛物线焦点可知距离之和为 ，数形结 合知当 为通径时取最小值 . 【解析】设抛物线 的准线上任意一点 ．点 作抛物线的切线 ，设切点分别为 ，由 是抛物线上的点知 ， ， 所以切线 的方程为： ，切线 方程为 ，因为点 在切线 上，所以 直线 的方程为 ．故直线 过定点 ，（即 恒过抛物线焦点），则 点到准线的距离与 ( , 1)P m − ( , 1)P m − 2 1 14x y= 2 2 24x y= 21 1 4 2y x y x′= =， 1 1 1 1 1 1 1( )2 2y x x x y x x y= − + = − 2 2 2 2 2 1 1( )2 2y x x x y x x y= − + = − ( , 1)P m − ( ) ( )1 1 2 2 2 1 2 1 mx y mx y  = − = − 3 2 10 2 3 2 2 22a c= | |PQ d c = 2AFB π∠ A 4 ,3 3 c c     2 2 2 2 16 =19 9 c c a b + 2 2 2=a b c+ 4 2 2 48 9 =0c b c b+ − 2 2c b= 2 2= 9c b− 2 22a c= 2 2 2 2 12 x y c c + = 2 2 22 2x c y= − 2 2 2 2 2 2 2 2 29 5 10| | 2 22 2 4 2 2 2 c c cPQ x y c y y y cy c y c c     = + − = − + − = − − + = − + +            10 10,2 2 dd c c = = 2: 4C x y= P ,PA PB ,A B A B 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y AB P AB AB AB AB 2p 2: 4C x y= P ,PA PB 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,A B 2 4x y= ⇒ PA PB ,PA PB ⇒ AB 2( 1)mx y= − AB (0,1) AB A 60 点到准线的距离之和为 ，数形结合知当 为通径时最小，最小值是 ．故选：D． 69．（2020·四川省高三二模（理））已知抛物线 和点 ，直线 与抛物线 交于不 同两点 ， ，直线 与抛物线 交于另一点 ．给出以下判断： ①以 为直径的圆与抛物线准线相离； ②直线 与直线 的斜率乘积为 ； ③设过点 ， ， 的圆的圆心坐标为 ，半径为 ，则 ． 其中，所有正确判断的序号是 （ ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【思路分析】对于①，利用抛物线的定义，利用 可判断； 对于②，设直线 的方程为 ，与抛物线联立，用坐标表示直线 与直线 的斜率乘积， 即可判断；对于③，将 代入抛物线 的方程可得， ，从而， ，利用韦达定理可 得 ，再由 ，可用 m 表示 ，线段 的中垂线与 轴的 交点（即圆心 ）横坐标为 ，可得 ，即可判断. 【解析】如图，设 为抛物线 的焦点，以线段 为直径的圆为 ，则圆心 为线段 的中点． 设 ， 到准线的距离分别为 ， ， 的半径为 ，点 到准线的距离为 ， 显然 ， ， 三点不共线， 则 ．所以①正确． 由题意可设直线 的方程为 ， 代入抛物线 的方程，有 ． 设点 ， 的坐标分别为 ， ， 则 ， ．所以 ． 则直线 与直线 的斜率乘积为 ．所以②正确． 将 代入抛物线 的方程可得， ，从而， ．根据抛物线的对称性可知， ， 两点关于 轴对称，所以过点 ， ， 的圆的圆心 在 轴上． B AB AB 2 4p = 2: 4C y x= (2,0)D 2x ty= − C A B BD C E BE OB OE 2− A B E ( , )a b r 2 2 4a r− = 1 2 | | | | | | 2 2 2 d d BF EF BEd R + += = > = DE 2x my= + OB OE 2x ty= − C 1 8Ay y = 2Ay y= − 2 4 2| | 16 48 32BE m m= + + 2 2 2 | || | 2 BEr MN  = +   2r BE x N 22 4m + a F C BE M M BE B E 1d 2d M R M d B E F 1 2 | | | | | | 2 2 2 d d BF EF BEd R + += = > = DE 2x my= + C 2 4 8 0y my− − = B E ( )1 1,x y ( )2 2,x y 1 2 4y y m+ = 1 2 8y y = − ( )( ) ( )2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4 4x x my my m y y m y y= + + = + + + = OB OE 1 2 1 2 2y y x x = − 2x ty= − C 1 8Ay y = 2Ay y= − A E x A B E N x 61 由上，有 ， ， 则 ． 所以，线段 的中垂线与 轴的交点（即圆心 ）横坐标为 ，所以 ． 于是， ， 代入 ， ，得 ， 所以 ．所以③正确．故选：D 70．（2020·湖南省长郡中学高三二模（文））已知 为椭圆 上三个不同的点，若坐标原点 为 的重心，则 的面积为 ( ) A． B． C． D． 【答案】C 【思路分析】设 ， ， ， 到直线 的距离为 ，分直线 斜率不存在 与存在两种情况讨论：斜率不存在时，求出 与 ，计算 的面积；斜率存在时，设直线 ： ，联立消元，应用韦达定理得到 与 ，化简表示出 与 ，将点 坐标代入椭圆方 程得到 ，计算 的面积.综合两种情况，可得答案. 【解析】设 ， ， ，记 到直线 的距离为 ， 为 的重心， ， ， ①当直线 斜率不存在时，根据椭圆对称性可知， ， ，则 ， 由 为 的重心知， ， ，则 或 ， ， ， ， ， , ,A B C 2 2 14 x y+ = O ABC ABC 3 3 3 3 3 2 3 2 ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )3 3,C x y C AB d AB AB d ABC AB y kx b= + 1 2x x+ 1 2x x AB C C 2 24 4 1b k= + ABC ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )3 3,C x y C AB d  O ABC ∴ 1 2 3 0x x x+ + = 1 2 3 0y y y+ + = AB 1 2y y= − 1 2x x= 12AB y= O ABC 1 2 3 1 2x x x= = − 3 0=y ( )2,0C ( )2,0C − ∴ 1 3 3 3 32d x x x= − = = 2 1 1 31 4 2 xy = − = 3AB = ∴ 3 3 2ABCS =△ 1 2 4y y m+ = 2 1 2 4 4x x m+ = + ( ) ( )2 22 4 2 1 2 1 2 1 2 1 2| | 4 4 16 48 32BE x x x x y y y y m m= + − + + − = + + BE x N 22 4m + 22 4a m= + 2 2 2 2 2 2 4 21 2 1 2| || | 2 4 4 12 82 2 2 BE x x y yr MN m m m + +     = + = + − + + + +           2 1 2 4 4x x m+ = + 1 2 4y y m+ = 2 4 24 16 12r m m= + + ( ) ( )22 2 2 4 22 4 4 16 12 4a r m m m− = + − + + = 62 ②当直线 斜率存在时，设直线 ： ，易知 ，联立方程 ， 消去 得 ，化简整理得， ， ，由韦达定理得， ， ， ， ， 为 的重心， ， ， ， 到直线 的距离为 ，将点 代入椭圆方程得， ，整理得 ， ， ， 的面积为 ，综上所述， 的面积恒为 .故选：C. 71．（2020·山东省高三月考）已知 ， 分别为双曲线 的左、右焦点，点 ， 点 的坐标为 ， 为 的角平分线，则 _______ 【答案】6 【思路分析】利用双曲线的方程求出双曲线的参数值；利用内角平分线定理得到两条焦半径的关系，再利 用双曲线的定义得到两条焦半径的另一条关系，联立求出焦半径． AB AB y kx b= + 0b≠ 2 2 14 y kx b x y = + + = y ( )2 2 14 kxx b++ = ( )2 2 24 1 8 4 4 0k x kbx b+ + + − = ( ) ( )( )2 2 2 2 28 4 4 1 4 4 64 16 16 0kb k b k b∆ = − + − = − + > 1 2 2 8 4 1 kbx x k + = − + 2 1 2 2 4 4 4 1 bx x k −= + ∴ ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 14 4 1 k bx x x x x x k − +− = + − = + ∴ 1 2 2 2 2 2 21 1 4 4 1 4 1 k bAB x k kk x= + += −+ − +⋅  O ABC ∴ ( )3 1 2 2 8 4 1 kbx x x k = − + = + ( ) ( ) ( )3 1 2 1 2 1 22 12 2 4kx b kx b k x by y y kx b+ + + = − + − −+ == − = − + ∴ 2 2 8 2 4 1 4 1,kb b kC k  − + +     ∴ C AB 3 3 2 2 3 1 1 kx b y bd k k + −= = + + C 2 22 2 8 24 1 14 4 1 kb bk k    −+    + = +  2 24 4 1b k= + 2 2 264 16 16 48 0k b b∆ = − + = > ( )2 2 2 2 2 34 1 1 4 1 4 1 k AB k b k bk − + =+ + = + ⋅ ∴ ABC ( )2 2 3 3 3 1 2 1 31 1 2 2 k S kb bAB d + + == ⋅ = ABC 3 3 2 1F 2F 2 2 19 27 x yC − =： A C∈ M ( )2,0 AM 1 2F AF∠ 2AF = 63 【解析】不妨设 在双曲线的右支上,∵ 为 的平分线，∴ ， 又∵ ，解得 ，故答案为 6. 72．（2020·浙江省高三开学考试）设椭圆 的标准方程为 ，若斜率为 1 的直线与椭 圆 相切同时亦与圆 （ 为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为 ，则 __________． 【答案】 【思路分析】设切线方程为 ，代入椭圆方程，由直线与椭圆相切可得 .直线 与圆 相切，可得 ，又 ，可求 . 【解析】设切线方程为 ，代入椭圆方程可得： . 因为相切 ，由直线 与圆 相切，可得： ，或 （舍去）.则有 ，因为 ， 所以可得 .故答案为： . 73．（2020·湖南省高三一模（理））过 且斜率为 的直线 交抛物线 于 两点， 为 的焦点若 的面积等于 的面积的 2 倍，则 的值为___________. 【答案】 【思路分析】联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可. 【解析】如图，设 ，由 ， 则 ， 由 可得 ，由 ，则 ，所以 ，得 A AM 1 2F AF∠ 1 1 2 2 8 24 AF F M AF MF = = = 1 2 2 6AF AF a− = = 2 6AF = M 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > M 2 2 2: ( )C x y b b+ − = b e 2e = 3 2 2 − y x m= + 2 2 2m a b= + y x m= + C (1 2)m b= + 2 2 2b a c= − 2e y x m= + ( )2 2 2 2 2 2 2 22 0b a x a mx a m a b+ + + − = 2 2 20, m a b∆ = ∴ = + y x m= + C | | , (1 2) 2 b m b m b − = ∴ = + (1 2)b− 2 2 2 2(1 2) b a b+ = + 2 2 2b a c= − 2 2 2 3 2(2 2 1) (2 2 2 ,) 2a c e −+ = =∴+ 3 2 2 − ( 2,0)M − 2 3 l 2: 2 ( 0)C y px p= > ,A B F C MFB MFA p 2 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2MFB MFAS S=   2 12y y= 2 2 ( 2),3 2 y x y px  = +  = 2 3 4 0y py p− + = > 0∆ 16 9p > 2 1 2 1 23 , 2 4y y p y y p p+ = = = 64 .故答案为： 74．（2020·全国高三其他（文））已知抛物线 的焦点和椭圆 的右焦点重合，直 线过抛物线的焦点 F 与抛物线交于 P、Q 两点和椭圆交于 A、B 两点，M 为抛物线准线上一动点，满足 ， ，则直线 AB 的方程为________. 【答案】 【思路分析】根据 , 可得 为正三角形且边长为 4,进而求得直线 的 倾斜角,再求解方程. 【解析】由椭圆 ,可知 , , ,∴ , 在 中, , ,故 为正三角形. 又 ,故 , ∵ , ,∴ , ,∴直线 AB 的倾斜角为 ,将直线方程 . 故答案为： 75．（2020·湖南省高三一模（文））已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线 与抛物 线 交于 、 两点，且直线 与圆 交于 、 两点，且 ，则直线 的 斜率是_____. 【答案】 【思路分析】根据圆的性质，求得 ，设直线 的方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及抛物线的焦 点弦公式，即可求得 ，根据题意即可求得直线 的斜率. 【解析】圆 的圆心为 ，半径为 ，所以 ， 162 9p = > 2 2 2 ( 0)y px p= > 2 2 14 3 x y+ = | | | | 8PF MF+ = 3MFP π∠ = 3( 1)y x= − | | | | 8PF MF+ = 3MFP π∠ = MFP AB 2 2 14 3 x y+ = 1c = 12 p = 2p = 2 4y x= MFP 3MFP π∠ = PF PM= MFP | | | | 8PF MF+ = | | | | 4PF MF= = 1 3| | | | sin | | | | 4 32 3 4MFPS PF MF PF MF π= ⋅ = ⋅ =  | | 4MF = 1 2F F = 1 6FMF π∠ = 1 3MFF π∠ = 3 π 3( 1)y x= − 3( 1)y x= − ( )2: 2 0E y px p= > F F L E A B L 2 2 2 2 px y p − + =   C D 3AB CD= L 2 2 ± CD L AB L 2 2 2 2 px y p − + =   ,02 pF      p 2CD p= 65 设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ， 代入 可得 ，设 、 ，则 ， 所以 ，所以 ，解得 .故答案为： . 76．（2020·江苏省高三期末）双曲线 的左右顶点为 ，以 为直径作圆 ， 为双曲线 右支上不同于顶点 的任一点，连接 交圆 于点 ，设直线 的斜率分别为 ，若 ， 则 _____. 【答案】 【思路分析】根据双曲线上的点的坐标关系得 ， 交圆 于点 ， 所以 ，建立等式 ，两式作商即可得解. 【解析】设 ， ， ； 交圆 于点 ，所以 ，易知: ，即 .故答案为： 77.（2020·湖南省雅礼中学高三月考（理））点 P 为椭圆 上的任意一点，AB 为圆 的任意一条直径,若 的最大值为 15,则 a=_____. 【答案】 【思路分析】利用向量的运算，将目标式转化为 ，再根据焦半径的范围，即可找到取得最大值 时的条件，据此即可求得结果. 【解析】圆 的圆心 ，半径为 为圆 的直径，可得 ， 2 1PM= − MB MA= −  L k L 2 py k x = −   2 2y px= ( ) 2 2 2 2 2 2 04 k pk x k px− + + = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )2 1 2 2 2k x k p x + + = ( )2 1 2 2 2 1p k AB x x p k + = + + = ( )2 2 2 1 3 2 p k pk + = × 2 2k = ± 2 2 ± 2 2 : 14 3 x yC − = ,A B AB O P B PA O Q ,PB QB 1 2,k k 1 2k kλ= λ = 3 4 − 2 0 0 0 2 0 0 0 3 2 42 4PA PB y y y x xk k x = ⋅ =+ − − = PA O Q PA QB⊥ 1PA QBk k⋅ = − ( ) ( ) ( )0 0, , 2,0 2,0P x y A B− 2 2 0 0 14 3 x y− = ( )2 2 20 0 0 33 1 44 4 xy x  = − = −    2 0 0 0 2 0 0 0 3 2 42 4PA PB y y y x xk k x = ⋅ =+ − − = PA O Q PA QB⊥ 3 34 41 PA PB PB QB PA QB k k k kk k λ  = ⇒ = = −  ⋅ = − 1 2 3 4 k k λ= = − 3 4 − 2 2 2 2: 1( 1)1 x yC aa a + = >− 2 2: ( 1) 1M x y− + = PA PB⋅  3 2 2:( 1) 1M x y− + = (1,0)M 1, AB M 66 椭圆 C： 的焦点为 ，则 ( ) ( =( ) ( )= ，又 为椭圆上一点， 为椭圆的右焦点， 可得 ，当 为椭圆的左顶点 ，上式取得等号， 则 ，又 ，可得 .故答案为： . 78．（2020·全国高三专题练习）如图，已知抛物线 的顶点在坐标原点，焦点在 轴上，且过点 ， 圆 ，过圆心 的直线 与抛物线和圆分别交于 ，则 的 最小值为____________. 【答案】 【思路分析】设抛物线的标准方程，将点代入抛物线方程，求得抛物线方程，由抛物线的焦点弦性质，求 得 ，根据抛物线的性质及基本不等式，即可求得答案． 【详解】设抛物线的方程： ，则 ，则 ， 抛物线的标准方程： ，焦点坐标 ， 由直线 过抛物线的焦点，则 ， 圆 圆心为 ，半径 1， ， 当且仅当 时等号成立. 的最小值为 ，故答案为： 79.（2020·全国高三月考（理））已知双曲线 上存在两点 A，B 关于直线 对称，且线段 的中点在直线 上，则双曲线的离心率为_________. 【答案】2 【思路分析】联立 和 ，得到线段 的中点 C 的坐标为 ， 2 2 2 2 1 x y a a + =− PA PB⋅ =  PM MA+  ⋅ )PM MB+  PM MA+  ⋅ PM MA−  2 2 2 1PM MA PM− = −   2 1PM − 1C x ( )2 4， 2 2 2 : 4 3 0C x y x+ − + = 2C l , , ,P Q M N 4PN QM+ 1 1 2 | | | |PF QF p + = 2 2 ( 0)y px p= > 16 2 2p= × 2 8p = ∴ 2 8y x= (2,0)F PQ 1 1 2 1 | | | | 2PF QF p + = = 2 2 2 : ( 2) 1C x y− + = (2,0) ( )| | 4 | | | | 1 4 | | 1PN QM PF QF+ = + + + ( ) 1 1| | 4 | | 5 2 | | 4 | | 5| | | |PF QF PF QF PF QF  = + + = + × + +   | | 4 | | | | 4 | |2 5 5 2 5 2 5 23| | | | | | | | PF QF PF QF QF PF QF PF   = + + + + ⋅ + =        2PF QF= | | 4 | |PN QM∴ + 23 23 1( 1)a > ( 1,0),(1,0)− P M 2( ) 1 15a c≤ + − = P ( ,0)a− 4,a c+ = 1c = 3a = 3 23 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 8y x= − AB 2 14 0x y− − = 8y x= − 2 14 0x y− − = AB ( )2, 6− 67 由点差法得到 ，根据 斜率和 C 的坐标为 ，得到 之间的关系，从而得 到离心率. 【解析】点 A，B 关于直线 对称，线段 的中点在直线 上 所以 得 ，设 ，所以 将 代入椭圆，则有 ， 两式相减得 .∵ ，∴ ， ∴ .∵点 A，B 关于直线 对称，∴ ，所以 ，即 . ∴双曲线的离心率为 .故答案为： 80．（2020·全国高三其他（文））已知抛物线 的对称轴与准线的交点为 ，直线 与 交于 ， 两点，若 ，则实数 __________． 【答案】 【思路分析】由于直线 过抛物线 的焦点，因此过 ， 分别作 的准线的垂线，垂足分 别为 ， ，由抛物线的定义及平行线性质可得 ，从而再由抛物线定义可求得直线 倾斜角的 余弦，再求得正切即为直线斜率．注意对称性，问题应该有两解． 【解析】直线 过抛物线 的焦点 ， ，过 ， 分别作 的准线的垂线，垂足 分别为 ， ，由抛物线的定义知 ， ． 因为 ，所以 ．因为 ， 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 y y y y b x x x x a − +⋅ =− + AB ( )2, 6− ,a b 8y x= − AB 2 14 0x y− − = 8 2 14 0 y x x y = −  − − = ( )2, 6C − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2 4 12 x x y y + =  + = − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b  − =  − = ( )( ) ( )( )2 2 1 2 1 2 1 2 12 ax x x x y y y yb − + = − + 2 1 0x x− ≠ 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 y y y y b x x x x a − +⋅ =− + 2 2 12 4ABk a b−× = 8y x= − 1ABk = − ( ) 2 21 3 b a − × − = 2 2 3b a = 2 21 2c be a a = = + = 2 2: 16C y x= M : 4l y kx k= − C A B 4AM BM= k = 4 3 ± : 4l y kx k= − C A B C P Q 4AF BF = AB : 4l y kx k= − C ( )4,0F 8p = A B C P Q AP AF= | | | |BQ BF= / / / /AP MF BQ | | | | | | | | | | | | PM AF AP QM BF BQ = = 90APM BQM∠ = ∠ = ° 68 所以 ，从而 ． 设直线 的倾斜角为 ，不妨设 ，如图，则 ， ，同理 ， 则 ， 解得 ， ，由对称性还有 满足题意．综上， ． 81.（2020·安徽省高三一模（文））己知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，点 在椭 圆 上. （1）若线段 的中点坐标为 ，求直线 的斜率； （2）若 三点共线，直线 与椭圆 交于 两点，求 面积的最大值， 【答案】（1） ；（2） 【思路分析】（1）设 ，代入椭圆方程相减得到答案. （2）设直线 ，联立方程得到 ， ，得 到 ，计算得到答案. 【解析】（1）设 ，则 ， 两式相减，可得 ，即 ， 解得 ，即直线 的斜率为 . 2 2 : 15 xC y+ = 1F 2F ,M N C MN 12, 3      MN , ,M N O 1NF C ,N P ΔPMN 6 5 − 5 ( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y ( ) ( )1 1 1 2 2: 2, , , ,NF x my N x y P x y= − 1 2 2 4 5 my y m + = + 1 2 2 1 5y y m −= + 2 2 4 5 1 5PMN mS m∆ ⋅ += + ( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y 2 2 2 21 2 1 21, 15 5 x xy y+ = + = ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 05 x x x x y y y y + − + + − = ( ) ( )1 2 1 24 2 05 3 x x y y− −+ = 1 2 1 2 6 5 y y x x − = −− MN 6 5 − APM BQM∆ ∆ | | | | | | 4| | | | | | AM AP AF BM BQ BF = = = l α 0 2 πα≤ < cos cosAF AP MF AF p AFα α= = + = + 1 cos pAF α= − 1 cos pBF α= + | | 1 coscos 4| | 1 cos 1 cos p AF pBF αα α α +−= = =− + 1 3cos 5 α = 4tan 3k α= = 3 4k = − 4 3k = ± 69 （2）显然直线 的斜率不为 ，设直线 ， 联立 消去 整理得 ， 显然 ，故 ， 故 的面积 ， 令 ，其中 ， ， 当且仅当 ，即 时等号成立，即 面积的最大值为 . 82．（2020·广东省普宁市华美实验学校高三月考（文））已知点 是椭圆 的右焦点， 点 ， 分别是 轴， 轴上的动点，且满足 .若点 满足 （ 为坐标原点）． （Ⅰ）求点 的轨迹 的方程； （Ⅱ）设过点 任作一直线与点 的轨迹交于 ， 两点，直线 ， 与直线 分别交于点 ， ，试判断以线段 为直径的圆是否经过点 ？请说明理由． 【答案】（1） （2）经过 【思路分析】（Ⅰ）由椭圆的方程，得到右焦点 的坐标，根据向量的数量积的运算公式，求得 和 ，代入即可求解抛物线的标准方程； （Ⅱ）解法一：设直线 的方程为 ，得到 ， ，联立方程组，求得 ，利用向量的数 量积的运算 ，即可得到证明； 解法二：①当 时，利用向量的数量积得到 ；②当 不垂直 轴时，设直线 的方 程为 ，联立方程组，求解 ，进而证得 ，即可得到证明. 1NF ( ) ( )1 1 1 2 2: 2, , , ,NF x my N x y P x y= − 2 2 2, 5 5, x my x y = −  + = x ( )2 25 4 1 0m y my+ − − = ( )220 1 0m∆ = + > 1 2 1 22 2 4 1,5 5 my y y ym m −+ = =+ + PMN∆ 2 1 1 2 2 1 4 5 12 2 2 5PMN OPN mS S OF y y m∆ ∆ ⋅ += = × × × − = + 2 1m t+ = 1t 2 4 5 4 5 4 5 544 42 PMN tS t t tt t ∆ = = =+ + ⋅ 2t = 3m = ± PMN∆ 5 F 2 2 2 1( 0)1 x y aa + = >+ ( ,0)M m (0, )N n x y 0MN NF⋅ =  P 2OM ON PO= +   O P C F P A B OA OB x a= − S T ST F 2 4y ax= F ( ,0)a 2 0n am+ = 2 m x yn = − = AB x ty a= + OAl OBl ,S T 0FS FT⋅ =  AB x⊥ 0FS FT⋅ =  AB x AB ( )( 0)y k x a k= − ≠ 2 1 2 4y y a= − 0FS FT⋅ =  0 70 【解析】（Ⅰ）∵椭圆 右焦点 的坐标为 ， ∴ .∵ ，∴由 ，得 . 设点 的坐标为 ，由 ，有 ， ，代入 ，得 .即点 的轨迹 的方程为 . （Ⅱ）解法一：设直线 的方程为 ， ， ， 则 ： ， ： .由 得 ，同理得 . ∴ ， ，则 . 由 得 ，∴ .则 . 因此，以线段 为直径的圆经过点 . 解法二：①当 时， ， ，则 ： ， ： . 由 ，得点 的坐标为 ，则 ， 由 ，得点 的坐标为 ，则 . ∴ . ②当 不垂直 轴时，设直线 的方程为 ， ， ， 同解法一，得 .由 ，得 ，∴ . 则 .因此，以线段 为直径的圆经过点 . 2 2 2 1( 0)1 x y aa + = >+ F ( ),0a ( ),NF a n= − ( ),MN m n= − 0MN NF⋅ =  2 0n am+ = P ( ),x y 2OM ON PO= +   ( ) ( ) ( ),0 2 0, ,m n x y= + − − 2 m x yn = − = 2 0n am+ = 2 4y ax= P C 2 4y ax= AB x ty a= + 2 1 1,4 yA ya       2 2 2,4 yB ya       OAl 1 4ay xy = OBl 2 4ay xy = 1 4ay xy x a  =  = − 2 1 4, aS a y  − −    2 2 4, aT a y  − −    2 1 42 , aFS a y  = − −     2 2 42 , aFT a y  = − −     4 2 1 2 164 aFS FT a y y ⋅ = +  2 4 x ty a y ax = +  = 2 24 4 0y aty a− − = 2 1 2 4y y a= − ( ) 4 2 2 2 2 164 4 4 0 4 aFS FT a a a a ⋅ = + = − = −   ST F AB x⊥ ( ),2A a a ( ), 2B a a− OAl 2y x= OBl 2y x= − 2y x x a =  = − S ( ), 2S a a− − ( )2 , 2FS a a= − − 2y x x a = −  = − T ( ),2T a a− ( )2 ,2FT a a= − ( ) ( ) ( )2 2 2 2 0FS FT a a a a⋅ = − × − + − × =  AB x AB ( )( )0y k x a k= − ≠ 2 1 1,4 yA ya       2 2 2,4 yB ya       4 2 1 2 164 aFS FT a y y ⋅ = +  ( ) 2 4 y k x a y ax  = −  = 2 24 4 0ky ay ka− − = 2 1 2 4y y a= − ( ) 4 2 2 2 2 164 4 4 0 4 aFS FT a a a a ⋅ = + = − = −   ST F 71 83．（2020·全国高三月考（文））已知椭圆 ，点 、 、 在椭圆上，直线 与直线 的斜率之积 . （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线 点 关于直线 的对称点是 ，求证：过点 ， 的直线恒过定 点. 【答案】（1） ；（2）见解析 【思路分析】（1）计算 ，根据 得到 ，得到椭圆方程. （2）直线 为 ，计算得到 的坐标， ，得到 ，得到答案. 【解析】（1）椭圆 ，点 ， ， 、 在 椭圆上，直线 与直线 的斜率之积 ， 得 ，由 ，联立得 ，所以椭圆的标准方程为： ； （2）证明：由（1）直线 为 ，设 的坐标为 ， 则 ，解得 ， 故 ， 取点 ，显然 ，所以 ， ， 三点共线，即直线 恒过定点 . 84．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三月考（文））已知 和 是平面直角坐标系中两个定点， 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > (2,0)A ( )0 0,P x y ( )( )0 0 0, 0Q x y y− − ≠ AP AQ 3 4AP AQk k = −⋅ 0 0 2 2: 1x x y yl a b + = ( 1,0)B − l D P D 2 2 14 3 x y+ = 2a = 3 4AP AQk k = −⋅ 2 3b = l 0 0 14 3 x x y y+ = D 0 0 0 0 1PD n y yk m x x −= =− − PE PDk k= 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > (2,0)A 2a = ( )0 0,P x y ( )( )0 0 0, 0Q x y y− − ≠ AP AQ 3 4AP AQk k = −⋅ 0 0 0 0 3 2 2 4 y y x x −⋅ = −− − − 2 2 0 0 2 14 x y b + = 2 3b = 2 2 14 3 x y+ = l 0 0 14 3 x x y y+ = D ( , )m n 0 0 0 0 2 0 0 4 1 3 ( 1) 18 6 14 3 yn m x x m y n x y  = +  − + =   + =  2 0 0 2 0 0 0 0 2 0 7 24 16 16 8 32 16 x xm x x y yn x  + −= − + = − ( ) ( )( ) 22 0 0 00 0 0 0 0 0 0 3 2 2 0 0 0 0 00 0 0 8 168 16 7 8 16 18 16 1PD x x yn y x y x y y yk m x x x x xx x x + +− + += = = =− + + − −+ + − (1,0)F PE PDk k= D P F PD (1,0) ( )0,0O ( )0,2K 72 过动点 的直线 和 的斜率分别为 ， ，且 . （Ⅰ）求动点 的轨迹 的方程； （Ⅱ）过点 作相互垂直的两条直线与轨迹 交于 ， 两点，求证：直线 过定点. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见证明 【思路分析】（Ⅰ）由 ，得 ，化简整理，即可求得曲线的轨迹方程. （Ⅱ）设过点 的直线方程 ，联立方程组，解得 ， ，代入直线 的 方程 ，得到 ，进而可判定直线过定点．． 【解析】（Ⅰ）由题意，知 ，得 ，整理得 ， 故 的方程为 .（也可以写作 ）. （Ⅱ）显然两条过点 的直线斜率都存在，设过点 的直线方程 ， 联立 ，解得 ， ， 设直线 的方程为： ，将 ， ， 代入得 ，整理得： ， 由于两直线垂直，斜率乘积为-1，根据韦达定理 ，即 ， 故直线 过定点 . 85．（2020·高三期末）抛物线 的焦点为 ，过 做抛物线两条互相垂直的弦 ， ， 与 交于 . （1）求 的长度的取值范围； （2）记直线 ，直线 与 轴所围成的三角形面积为 ，求 的最小值. 【答案】（1） （2） ( ),M x y MO MK 1k 2k 1 2 1 2k k⋅ = − ( ),M x y C K C A B AB ( ) ( )2 21 1 02 x y x+ − = ≠ 1 2 1 2k k⋅ = − 2 1 2 y y x x −⋅ = − K 2y kx= + 2 4 2 1 kx k −= + 2 2 2 1y k = + AB 0Ax By C+ + = 2 3 0B C+ = 1 2 1 2k k⋅ = − 2 1 2 y y x x −⋅ = − ( )21 2 02 x y y+ − = C ( ) ( )2 21 1 02 x y x+ − = ≠ 2 22 4 0x y y+ − = K K 2y kx= + 2 2 2 2 4 0 y kx x y y = +  + − = 2 4 2 1 kx k −= + 2 2 2 1y k = + AB 0Ax By C+ + = 2 4 2 1 kx k −= + 2 2 2 1y k = + 2 2 4 2 02 1 2 1 kA B Ck k − + + =+ + 22 4 2 0Ck Ak B C− + + = 2 12 B C C + = − 2 3 0B C+ = AB 20, 3      2 4y x= F F AB CD AC BD P PF AC BD y S S 2PF ≥ 2 2 73 【思路分析】（1）设直线 ： ，计算 ： ， ： ，解得 ，得到答案. （2）设 交 轴于点 ， 交 轴于点 ，计算 ，根据均值不等式得到 ， ，计算得到答案. 【解析】（1）设直线 ： 与 联立得 ， 同理 与之联立得： ， ∴ ： ， 同理， ： ，两直线相交，消去 ： ， 故 ， 故 ，∴ ， ∴ 在该抛物线的准线上， . （2）设 交 轴于点 ， 交 轴于点 ，由（1）可得： ∵ ， ， ∴ （与（1）中化简相同）， AB 1x ty= + BDl ( )4 B B B D y x x yy y = − ++ ACl ( )4 A A A C y x x yy y = − ++ 1x = − ACl y M BDl y N 2 161 16 8m M m N == + + + 2MN ≥ 1 2PMN PS x MN∆ = ⋅ ⋅ AB 1x ty= + 2 4y x= 2 4 4 0y ty− − = CD 2 4 4 0y yt + − = BDl ( ) ( )4B D B B B B B D B D y yy y x x y x x yx x y y −− = − ⇒ = − +− + ACl ( )4 A A A C y x x yy y = − ++ y 4 44 4 B A A B B D A C B D A C x xx y yy y y y y y y y  − = − + − + + + +  2 2 24 4 4 A C A B C A C A C B A A C A C A C A C y y y y y y y y y y yxy y y y y y y y − − − += + −− −+ + ++ 2 24 A C A B C A B A C B C A A C A C y y y y y y y y y y y yxy y y y − − − + + −=+ + 14 A C A B A C y y y yx y y −= = −− P 2PF ≥ ACl y M BDl y N 2 0, A A A C yM yy y  − + +  2 0, B B B D yN yy y  − + +  2 2 4 A CB A A B B D A C A C y yy y y yy y y yM y yN += − + − =+ + + 74 又∵ ，设 ， ， ∴ ， 设 ， ，则原式化为： ， 整理得： ，代入 表达式得： ， ∵ ，（当 时取等，∴ ，（经检验，可取等）， ∵ ，易知 ，∴ ，即题中所求面积最小值为 . 86．（2020·河南省高三一模（文））已知抛物线 ： （ ）. （1）若抛物线 的焦点到准线的距离为 4，点 ， 在抛物线 上，线段 的中点为 ，求直线 的方程； （2）若圆 以原点 为圆心，1 为半径，直线 与 ， 分别相切，切点分别为 ， ，求 的最 小值. 【答案】（1） ；（2） 【思路分析】（1）由距离为 4 可求出 进而可求出抛物线 的方程.设 ， ，代入到 抛物线方程中，两式相减，结合中点坐标，即可求出 的斜率，结合直线的点斜式，可求出直线的方程. （2）设直线 的方程为 （ ），与抛物线、圆的方程联立，结合相切，可求 ， .设 ，通过切点既在直线上又在抛物线上，可求出 ， ， 1AF CFk k⋅ = − 2 ,4 A A yA y      2 ,4 A C yC y      ( )2 22 2 2 2 1 116 41 14 4 A A CC A CA C A A y yy y yy y yy y + ⋅ = − ⇔ − = − + − − A Cy y m= A Cy y n+ = ( ) ( ) 22 2 1 , 016 4 n mmm m n − − = − + > 2 24 16 2 m mn + += MN 2 2 2 4 2 2 1624 16 24 16 1 162 8 16 8 m m m m m m N m m M m += = = + + + + + + + + + 16 8 16m m + + ≥ 4m = 2MN ≥ 1 2PMN PS x MN∆ = ⋅ ⋅ 1Px = 2 2PMNS∆ ≥ 2 2 C 2 2y px= 0p > C A B C AB (3,2)D AB C′ O l C C′ E F | |EF 2 4 0x y− − = 2 2 4p = C ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y AB l x my t= + 0m ≠ 2 2 pmt = − 2 21 m t+ = ( )0 0,E x y 0y pm= 2 0 0 2 pmx my t= + = 75 从而 ，结合基本不等式，可求出 有最小值. 【解析】（1）由抛物线 的焦点到准线的距离为 4，得 .所以抛物线 的方程为 . 设 ， ，则 ，所以 ，即 .因为线段 的中点 的坐标为 ， 所以 且 .所以 . 故直线 的方程为 ，即直线 的方程为 经检验 符合题意. （2）设直线 的方程为 （ ）.代入 ，得 .（*） 由直线 与抛物线相切可知， ，故 .① 又直线 与圆 相切，所以 ，即 .② 联立①②，得 ，故 . 设 ，解（*）式可得， ，从而 . 故 ， 当且仅当 时， 有最小值，为 . 87．（2020·全国高三零模（文））已知 分别为椭圆 的左、右焦点， 为该椭圆的一 条垂直于 轴的动弦，直线 与 轴交于点 ，直线 与直线 的交点为 . （1）证明：点 恒在椭圆 上. （2）设直线 与椭圆 只有一个公共点 ，直线 与直线 相交于点 ，在平面内是否存在定点 ， 2 2 2 2 2 2 0 0 2 4| | | | | | 1 4EF OE OF x y m m = − = + − = + + EF C 4p = C 2 8y x= ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 1 1 2 2 2 8 , 8 . y x y x  =  = ( )2 2 1 2 1 28y y x x− = − ( )( ) ( )1 2 1 2 1 28y y y y x x− + = − AB D (3,2) 1 2 4y y+ = 1 2x x≠ 1 2 1 2 1 2 8 2y y x x y y − = =− + AB 2 2( 3)y x− = − AB 2 4 0x y− − = 2 4 0x y− − = l x my t= + 0m ≠ 2 2y px= 2 2 2 0y pmy pt− − = l 2 24 8 0p m pt∆ = + = 2 2 pmt = − l 2 2 1x y+ = 2 | | 1 1 t m = + 2 21 m t+ = 2 4 214 p m m= + ( )2 2 4 4 1 m p m + = ( )0 0,E x y 0y pm= 2 0 0 2 pmx my t= + = 2 2 2 2 2 0 0| | | | | | 1EF OE OF x y= − = + − 2 4 2 2 2 2 41 4 84 p m p m m m = + − = + + ≥ | | 2m = EF 2 2 1 2,F F 2 2 : 14 3 x yC + = MN x : 4m x = x A 2MF AN B B C n C P n m Q T 76 使得 恒成立？若存在，求出该点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析（2）存在， 【思路分析】（1）根据题意求得 的坐标，设出 的坐标，求得直线 的方程，由此求得 的坐标，代入椭圆方程的左边，化简后得到 ，由此判断出 恒在椭圆 上. （2）首先判断直线 的斜率是否存在.然后当直线 斜率存在时，设出直线 的方程 ，判断出 的位置并设出 的坐标.联立直线 的方程和椭圆方程，化简后利用判别式等于零求得 的关系式，进而 求得 的坐标，结合 点坐标以及 ，利用 列方程，结合等式恒成立求得 的坐标. 【解析】（1）证明：由题意知 ，设 ，则 . 直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 联立可得 ， ，即 的坐标为 . 因为 ，所以 点恒在椭圆 上. （2）解：当直线 的斜率不存在时，不符合题意.不妨设直线 的方程为 ，由对称性可知，若平 面内存在定点 ，使得 恒成立，则 一定在 轴上，故设 ， 由 可得 .因为直线 与椭圆 只有一个公共点， 所以 ，所以 . 又因为 ，所以 ， 即 . 所以 对于任意的满足 的 恒成立， 所以 解得 .故在平面内存在定点 ，使得 恒成立. 2PTQ π∠ = (1,0)T 2 ,F A ,M N 2 ,MF AN B 1 B C n n n y kx b= + T T n ,k b P Q 2PTQ π∠ = 0TP TQ⋅ =  T 2 (1,0), (4,0)F A ( , ), ( , )M s t N s t− 2 2 14 3 s t+ = 2MF ( 1)1 ty xs = −− AN ( 4)4 ty xs −= −− 5 8 2 5B sx s −= − 3 2 5B ty s = − B 5 8 3,2 5 2 5 s t s s −  − −  2 2 2 2 2 2 2 2 (5 8) 12 (5 8) 36 9 14 3 4(2 5) 4(2 5) B Bx y s t s s s s − + − + −+ = = =− − B C n n y kx b= + T 2PTQ π∠ = T x ( )0 ,0T x 2 2 , 1,4 3 y kx b x y = + + = ( )2 2 24 3 8 4 12 0k x kbx b+ + + − = n C ( )( ) ( )2 2 2 2 2 264 4 4 3 4 12 48 4 3 0k b k b k b∆ = − + − = − + = 4 3,P P P kx y kx bb b = − = + = (4,4 ), 2Q k b PTQ π+ ∠ = ( )0 0 4 3, 4 ,4 0kTP TQ x x k bb b  ⋅ = − − ⋅ − + =     ( )0 0 4 3(4 )4 0k k bx xb b + + − + =   ( )2 0 0 04 3 4 4 0kx x xb − + + − = 2 24 3 0k b− + = ,k b 0 2 0 0 4 4 0, 4 3 0, x x x − =  − + = 0 1x = (1,0)T 2PTQ π∠ = 77 88．（2020·四川省高三二模（文））已知椭圆 的左，右焦点分别为 ，点 在椭圆 上. （Ⅰ）求椭圆 的标准方程； （Ⅱ）设直线 与椭圆 相交于 两点，与圆 相交于 两点，当 的值为 时，求直线 的方程. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） 或 . 【思路分析】（I） ，相加即可得到 a，又 及 可得 b； （II）又直线与椭圆联立消 x，利用韦达定理得到 ，在圆中利用垂径定理与勾股定理可 得 ，代入 即可求得 m. 【解析】 在椭圆上， .又 ，则 ， 故所求椭圆 的标准方程为 . 设 ，联立 消去 ，得 . ， 设圆 的圆心 到直线 的距离为 ，则 ， ；解得 .经验证 符合题意. ( )2 2 2 2: 1 0x yE a ba b + = > > ( ) ( )1 21,0 , 1,0F F− ( )21, 2P E E : 1( )l x my m R= + ∈ E ,A B 2 2 2x y a+ = ,C D 2AB CD⋅ 8 2 l 2 2 12 x y+ = 1 0x y− − = 1 0x y+ − = 1 2 1 3 2 24 ,2 2 2PF PF= + = = 1c = 2 2 2 ,b a c= − ( )2 2 2 2 1 2 m AB m + = + 2 2 2 12 1 mCD m += + 2 8 2AB CD⋅ = ( )I 21, 2P       1 2 2PF PF a∴ + = 1 2 1 3 2 24 ,2 2 2PF PF= + = = 1 2 2 2PF PF∴ + = 2a = 2 2 21, ,c b a c= = − 1b∴ = E 2 2 12 x y+ = ( )II ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 1 2 2 x my x y = +  + = x ( )2 22 2 1 0m y my+ + − = 28 8 0,m∴∆ = + > 1 2 2 2 2 my y m + = − + 1 2 2 1 2y y m = − + ( )2 2 1 2 2 2 2 1 1 2 m AB m y y m + = + − = +∴ 2 2 2x y+ = O l d 2 1 1 d m = + 2 2 2 2 12 2 2 1 mCD d m +∴ = − = + ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 1 8 2 2 12 14 1 2 2 m mmAB CD m m m + ++∴ ⋅ = ⋅ ⋅ =+ + + 2 8 2AB CD⋅ = ( )2 2 8 2 2 1 8 22 m m + ∴ =+ 1m = ± 1m = ± 78 故所求直线 的方程为 或 . 89．（2020·江苏省高三开学考试）如图， 是抛物线 的焦点，过点 且与坐标轴不垂直 的直线交抛物线于 、 两点，交抛物线的准线于点 ，其中 ， ．过点 作 轴的垂线交抛物线于点 ，直线 交抛物线于点 . （1）求 的值； （2）求四边形 的面积 的最小值． 【答案】（1） ；（2） . 【思路分析】（1）设直线 的方程为 ，将该直线方程与抛物线的方程联立，消去 ，得到关 于 的二次方程，利用韦达定理结合 可求出正数 的值； （2）由直线 与坐标轴不垂直，所以设 方程为 ，并设点 ，将直线 的 方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，并求出 ，求出点 的坐标，可得出点 的坐标，并可得 出直线 的方程，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理得出点 的坐标，并分别计算出点 、 到直线 的距离 、 ，利用三角形的面积公式可得出 关于 的表达式，设 ，构造函 数 ，利用导数求出函数 的最小值，即可得出 的最小值. 【解析】（1）设 方程为 ，与 联立，消去 整理得 ， 所以 ，得 （舍去）或 ； （2）由（1）知抛物线方程为 ， ，准线方程为 . l 1 0x y− − = 1 0x y+ − = F ( )2 2 0y px p= > F ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y H 1 0y > 1 2 4y y = − H y P PF Q p APBQ S 2p = 25 15 9 AB 2 px ty= + x y 1 2 4y y = − p AB AB ( )1 0x ty t= + ≠ ( )3 3,Q x y AB AB H P PF Q P Q AB 1d 2d S t 2 0k t= > ( ) 2f k S= ( )y f k= S AB 2 px ty= + 2 2y px= x 2 22 0y pty p− − = 2 1 2 4y y p= − = − 2p = − 2p = 2 4y x= ( )1,0F 1x = − 79 因为直线 与坐标轴不垂直，所以设 方程为 ， ， 由 得 ， ， ，所以 ， 令 ，则 ，所以 ， ， 直线 的方程为 ，由 得 ， 所以 ， ，代入 ，得 ，所以 . 到直线 的距离为 ， 到直线 的距离为 ， 所以四边形 的面积 ， 令 ，则 ，令 ，则 . 当 时， ，函数 单调递减，当 时， ，函数 单调递 增.所以，当 时， 有最小值 ，因此，四边形 的面积 的最小值为 . 90．（2020·四川省宜宾市第四中学校高二月考（理））已知椭圆 ： 的左、右焦点分 别为 ， ，左顶点为 ，离心率为 ，点 是椭圆上的动点， 的面积的最大值为 . (1)求椭圆 的方程； (2)设经过点 的直线 与椭圆 相交于不同的两点 ， ，线段 的中垂线为 .若直线 与直线 相交于点 ，与直线 相交于点 ，求 的最小值. 【答案】（1） ，（2）见解析. AB AB ( )1 0x ty t= + ≠ ( )3 3,Q x y 2 1 4 x ty y x = +  = 2 4 4 0y ty− − = 1 2 4y y = − 1 2 4y y t+ = ( )2 2 1 21 4 1AB t y y t= + − = + 1x = − 2y t = − 21,H t  − −   2 1 2,P tt  −   PF 2 1 12 tx yt −= + 2 2 1 12 4 tx yt y x  −= +  = ( )2 2 2 1 4 0 t y yt − − − = 3 2 4t y− = − 3 2y t= 2 4y x= 2 3x t= ( )2 ,2Q t t Q AB 2 1 2 1 1 td t += + P AB 2 2 2 2 1 1 d t t t += + APBQ ( ) ( ) ( )53 22 1 2 22 2 111 2 22 1 t S AB d d tt t t ++ = + = = + 2 0t k= > ( )5 2 2 4 1 kS k += ( ) ( )5 2 4 1 kf k k += ( ) ( ) ( )4 3 2 1 3 2k kf k k + −′ = 20 3k< < ( ) 0f k′ < ( )y f k= 2 3k > ( ) 0f k′ > ( )y f k= 2 3k = ( )y f k= 55 27 APBQ S 25 15 9 C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1F 2F A 2 2 B 1ABF 2 1 2 − C 1F l C M N MN 'l 'l l P 2x = Q PQ MN 2 2 12 x y+ = 80 【思路分析】：（1）由已知，有 ，可得 . 设 点的纵坐标为 .可得 的最大值 ．求出 ， .即可得到椭圆 的方程； （2）由题意知直线 的斜率不为 ，故设直线 ： . 设 ， ， ， . 联立 ，得 .由弦长公式可得 ，由此得到 的表达式，由基本不等式可得到 的最小值. 【解析】（1）由已知，有 ，即 .∵ ，∴ . 设 点的纵坐标为 .则 ， 即 .∴ ， .∴椭圆 的方程为 . （2）由题意知直线 的斜率不为 ，故设直线 ： . 设 ， ， ， . 联立 ，消去 ，得 .此时 . ∴ ， . 由弦长公式，得 . 整理，得 .又 ，∴ . ∴ . 2 2 c a = b c= B ( )0 0 0y y ≠ 1ABFS∆ ( )1 2 a c b− 2 1 2 −= 1b = 2a = C l 0 l 1x my= − ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( ),P PP x y ( )2, QQ y 2 22 2 1 x y x my  + =  = − ( )2 22 2 1 0m y my+ − − = 2 2 12 2 2 mMN m += ⋅ + PQ 2 2 2 2 61 2 mm m += + ⋅ + PQ MN PQ MN 2 2 c a = 2 22a c= 2 2 2a b c= + b c= B ( )0 0 0y y ≠ ( ) 1 0 1 2ABFS a c y∆ = − ⋅ ( )1 2 a c b≤ − 2 1 2 −= ( )2 2 1b b b− = − 1b = 2a = C 2 2 12 x y+ = l 0 l 1x my= − ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( ),P PP x y ( )2, QQ y 2 22 2 1 x y x my  + =  = − x ( )2 22 2 1 0m y my+ − − = ( )28 1 0m∆ = + > 1 2 2 2 2 my y m + = + 1 2 2 1 2y y m = − + 21MN m= + 2 1 2 1y y m− = + 2 2 2 4 4 8 2 m m m + + + 2 2 12 2 2 mMN m += ⋅ + 1 2 22 2P y y my m += = + 1P Px my= − 2 2 2m −= + 21 2PPQ m x= + − 2 2 2 2 61 2 mm m += + ⋅ + 81 ∴ ， 当且仅当 ，即 时等号成立. ∴当 ，即直线 的斜率为 时， 取得最小值 . 91．（2020·深圳市宝安中学高三月考（理））已知两动圆 和 （ ），把它们的公共点的轨迹记为曲线 ，若曲线 与 轴的正半轴 的交点为 ，且曲线 上的相异两点 满足： . （1）求曲线 的轨迹方程； （2）证明直线 恒经过一定点，并求此定点的坐标； （3）求 面积 的最大值. 【答案】（1） ；（2）见解析；（3） . 【思路分析】（1）设两动圆的公共点为 ，由椭圆定义得出曲线 是椭圆，并得出 、 、 的值，即可 得出曲线 的方程； （2）求出点 ，设点 ， ，对直线 的斜率是否存在分两种情况讨论，在斜率存在 时，设直线 的方程为 ，并将该直线方程与椭圆 的方程联立，列出韦达定理，结合条件 并代入韦达定理求出 的值，可得出直线 所过点的坐标，在直线 的斜率不存在时， 可得出直线 的方程为 ，结合这两种情况得出直线 所过定点坐标； （3）利用韦达定理求出 面积 关于 的表达式，换元 ，然后利用基本不等式求 出 的最大值. 【解析】（1）设两动圆的公共点为 ，则有： ． 由椭圆的定义可知 的轨迹为椭圆， ， ，所以曲线 的方程是： ； （2）由题意可知： ，设 ， ， 当 的斜率存在时，设直线 ，联立方程组： 2 2 2 6 2 2 1 PQ m MN m += + 2 2 2 3 2 1 m m += ⋅ + 2 2 2 21 22 1 m m  = + + ≥  +  2 2 21 1 m m + = + 1m = ± 1m = ± l 1± PQ MN 2 2 2 2 1 : ( 3)F x y r+ + = 2 2 2 2 : ( 3) (4 )F x y r− + = − 0 4r< < C C y M C A B、 0MA MB⋅ =  C AB ABM S 2 2 14 x y+ = 64 25 Q C a b c C M ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y AB AB y kx m= + C 0MA MB⋅ =  m AB AB AB 0x = AB ABM∆ S k 225 4 2t k= + ≥ S Q 1 2 1 24QF QF F F+ = > Q 2a = 3c = C 2 2 14 x y+ = ( )0,1M ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y AB :AB y kx m= + 82 ，把②代入①有： ， ③， ④， 因为 ，所以有 ， ，把③④代入整理： ，（有公因式 ）继续化简得： ， 或 （舍）， 当 的斜率不存在时，易知满足条件 的直线 为： 过定点 ，综上，直线 恒过定点 ； （3） 面积 ， 由第（2）小题的③④代入，整理得： ， 因 在椭圆内部，所以 ，可设 ， ， ， （ 时取到最大值）． 所以 面积 的最大值为 ． 92．（2020·吉林省高三月考（理））已知椭圆 的右焦点为 ， 是椭圆 上一点， 轴， . （1）求椭圆 的标准方程； （2）若直线 与椭圆 交于 、 两点，线段 的中点为 ， 为坐标原点，且 ，求 面积的最大值. 2 2 14 x y y kx m  + =  = + ① ② ( )2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 1 2 2 8 1 4 kmx x k −+ = + 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k −⋅ = + 0MA MB⋅ =  ( )( )1 2 1 21 1 0x x kx m kx m⋅ + + − + − = ( ) ( )( ) ( )22 1 2 1 21 1 1 0k x x k m x x m+ ⋅ + − + + − = ( ) ( ) ( )2 22 2 2 4 4 81 1 1 01 4 1 4 m kmk k m mk k − −+ + − + − =+ + 1m − ( )( )1 5 3 0m m− + = 3 5m = − 1m = AB 0MA MB⋅ =  AB 0x = 30, 5N  −   AB 30, 5N  −   ABM∆ 2 1 2 1 2 1 2 1 4 ( ) 42 5AMN BMNS S S MN x x x x x x∆ ∆= + = − = + − ⋅ 2 2 32 25 4 25 1 4 kS k += ⋅ + N k ∈R 225 4 2t k= + ≥ 2 32 32 ( 2)94 9 4 tS tt t t = = ≥+ + 9 254 2t t + ≥ 64 25S∴ ≤ 0k = ABM∆ S 64 25 ( )2 2 2: 1 22 x yC aa + = > F P C PF x⊥ 2 2PF = C l C A B AB M O 2OM = AOB∆ 83 【答案】（1） ；（2） . 【思路分析】（1）设椭圆 的焦距为 ，可得出点 在椭圆 上，将这个点的坐标代入椭 圆 的方程可得出 ，结合 可求出 的值，从而可得出椭圆 的标准方程； （2）分直线 的斜率不存在与存在两种情况讨论，在 轴时，可得出 ，从而求出 的面积；在直线 斜率存在时，设直线 的方程为 ，设点 、 ，将直线 的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合 ，得出 ，计算出 与 的 高，可得出 面积的表达式，然后可利用二次函数的基本性质求出 面积的最大值. 【解析】（1）设椭圆 的焦距为 ，由题知，点 ， ， 则有 ， ，又 ， ， ， 因此，椭圆 的标准方程为 ； （2）当 轴时， 位于 轴上，且 ， 由 可得 ，此时 ； 当 不垂直 轴时，设直线 的方程为 ，与椭圆交于 ， ， 由 ，得 . ， ，从而 已知 ，可得 . 2 2 18 2 x y+ = 2 C ( )2 0c c > 2, 2c       C C 2 2 3 4 c a = 2 22a c= + a C AB AB x⊥ 6AB = AOB∆ AB AB y kx t= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y AB 2OM = ( )22 2 2 2 1 4 1 16 k t k + = + AB AOB∆ AOB∆ AOB∆ C ( )2 0c c > 2, 2P c  ±    2b = 2 2 2 2 2 12 c a      + = 2 2 3 4 c a ∴ = 2 2 2 22a b c c= + = + 2 8a∴ = 2 6c = C 2 2 18 2 x y+ = AB x⊥ M x OM AB⊥ 2OM = 6AB = 1 32AOBS OM AB∆ = ⋅ = AB x AB y kx t= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2 18 2 x y y kx t  + =  = + ( )2 2 21 4 8 4 8 0k x ktx t+ + + − = 1 2 2 8 1 4 ktx x k −∴ + = + 2 1 2 2 4 8 1 4 tx x k −= + 2 2 4 ,1 4 1 4 kt tM k k −   + +  2OM = ( )22 2 2 2 1 4 1 16 k t k + = + 84 . 设 到直线 的距离为 ，则 ， . 将 代入化简得 .令 ， 则 . 当且仅当 时取等号，此时 的面积最大，最大值为 .综上： 的面积最大，最大值为 . 93．（2020·山东省胶州市第一中学高三一模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与椭圆 在第一象限内的交点是 ，且 轴， . （1）求椭圆 的方程； （2）是否存在斜率为 的直线 与以线段 为直径的圆相交于 ， 两点，与椭圆 相交于 ， 两点，且 ？若存在，求出直线 的方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） ；（2）存在， 或 【思路分析】（1）由题意，先设 ， ，得到 ，根据 ，求出 ， ，再由点 在椭圆上，得到 ，求解，即可得出结果； （2）先假设存在斜率为 的直线 ，设为 ，由（1）得到以线段 为直径的圆为 ，根据点到直线距离公式，以及圆的弦长公式得到 ，联立直线与椭圆方 程，根据韦达定理与弦长公式，得到 ，再由 求出 ，即可得出 结果. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 8 4 81 4 1 41 4 1 4 kt tAB k x x x x k k k  − −  = + + − = + − ×    + +    ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 16 8 2 1 1 4 k t k k − + = + + O AB d 2 2 21 td k = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 22 16 8 21 14 11 4AOB k t tS k kk ∆ − + = + ⋅ ++ ( )22 2 2 2 1 4 1 16 k t k + = + ( ) ( ) 2 2 2 22 192 4 1 1 16AOB k k S k ∆ + = + 21 16k p+ = ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 112 1 1192 4 1 4 1 16AOB ppk k S pk ∆ − − + +  = = + 21 1 43 3 43 3p   = − − + ≤      3p = AOB∆ 2 AOB∆ 2 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b + = > > 1F 2F 3 2y x= E M 2MF x⊥ 1 2 9 4MF MF⋅ =  E 1− l 1 2F F A B E C D 12 13| | | | 7CD AB⋅ = l 2 2 14 3 x y+ = 2 2y x= − + 2 2y x= − − ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c 3, 2M c c    1 2 9 4MF MF⋅ =  1c = 31, 2M      M 2 2 2 2 1 9 14 1 a b a b  + =  = + 1− l y x m= + 1 2F F 2 2 1x y+ = 2| | 2 2AB m= × − 24 6 7| | 7 mCD −= 12 13| | | | 7CD AB⋅ = m 85 【解析】（1）设 ， ，由题意，得 ，因为 解得 ，则 ，又点 在椭圆上，所以 ，解得 . 所以椭圆 E 的方程为 ； （2）假设存在斜率为 的直线 ，设为 ，由（1）知， ， 所以以线段 为直径的圆为 .由题意，圆心 到直线 的距离 ，得 . ，由 消去 y， 整理得 . 由题意， ， 解得 ，又 ，所以 . 设 ，则 ， 若 ，则 整理得 ，解得 ，或 .又 ，所以 ，即 . 故存在符合条件的直线 ，其方程为 ，或 . ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c 3, 2M c c    1 2 3 3 92 , 0,2 2 4MF MF c c c   ⋅ = − − ⋅ − =         1c = 31, 2M      M 2 2 2 2 1 9 14 1 a b a b  + =  = + 2 2 4 3 a b  =  = 2 2 14 3 x y+ = 1− l y x m= + 1 2( 1,0), (1,0)F F− 1 2F F 2 2 1x y+ = ( )0,0 l | | 1 2 md −= < | | 2m < 2 2 2| | 2 1 2 1 2 22 mAB d m= − = − = × − 2 2 14 3 x y y x m  + =  = − + 2 27 8 4 12 0x mx m− + − = ( ) ( )2 2 2 2( 8 ) 4 7 4 12 336 48 48 7 0m m m m∆ = − − × × − = − = − > 2 7m < | | 2m < 2 2m < ( ) ( )1 1 2 2, , ,C x y D x y 2 1 2 1 2 8 4 12,7 7 m mx x x x −+ = = 2 2 2 1 4 6 7| | 1 2 7 7 mCD k x x ∆ −= + − = × = 12 13| | | | 7CD AB⋅ = 2 24 6 12 132 2 77 7m m× − × × − = 4 24 36 17 0m m− + = 2 1 2m = 2 17 2m = 2 2m < 2 1 2m = 2 2m = ± l 2 2y x= − + 2 2y x= − − 86 94．（2020·广东省高三月考（理））已知椭圆 ： 的离心率为 ，过左焦点 的 直线与椭圆交于 ， 两点，且线段 的中点为 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）设 为 上一个动点，过点 与椭圆 只有一个公共点的直线为 ，过点 与 垂直的直线 为 ，求证： 与 的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析， ， 【思路分析】（Ⅰ）设 ， ，根据点 ， 都在椭圆上，代入椭圆方程两式相减，根据“设 而不求”的思想，结合离心率以及中点坐标公式、直线的斜率建立等式即可求解. （Ⅱ）设 ，由对称性，设 ，由 ，得椭圆上半部分的方程为 ，从而 求出直线 的方程，再由过点 与 垂直的直线为 ，求出 ，两方程联立，消去 ，即可求解. 【解析】（Ⅰ）由题可知 ，直线 的斜率存在.设 ， ，由于点 ， 都在椭 圆上，所以 ①， ②，①-②，化简得 ③ 又因为离心率为 ，所以 .又因为直线 过焦点 ，线段 的中点为 ， 所以 ， ， ，代入③式，得 ，解得 . 再结合 ，解得 ， ，故所求椭圆的方程为 . （Ⅱ）证明：设 ，由对称性，设 ，由 ，得椭圆上半部分的方程为 ， ，又 过点 且与椭圆只有一个公共点，所以 C ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 2 2 F A B AB 2 1,3 3  −   C M C M C 1l F MF 2l 1l 2l 2 2 12 x y+ = 2x = − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y A B ( )0 0,M x y 0 0y > 2 2 12 x y+ = 2 1 2 xy = − 1l F MF 2l 2l y ( ),0F c− AB ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y A B 2 2 1 1 2 2 1x y a b + = 2 2 2 2 2 2 1x y a b + = 2 22 1 2 2 2 2 1 2 y yb a x x −− = − 2 2 2 2 1 2 b a = AB F AB 2 1,3 3  −   1 2 4 3x x+ = − 1 2 2 3y y+ = 1 2 1 2 1 3 2 3 y y x x c − =− − + 1 2 1 3 3 2 42 3 3c × − =    − + × −       1c = 2 22a cb− = 2 2a = 2 1b = 2 2 12 x y+ = ( )0 0,M x y 0 0y > 2 2 12 x y+ = 2 1 2 xy = − ( ) 2 2 1 4 22 1 2 ' xx x x y = ⋅ − = − −− 1l M 87 ，所以 ： ，④因为 过点 且与 垂直，所以 ： ，⑤联立④⑤，消去 ，得 ，又 ，所以 ，从而可得 ，所以 与 的交点在定直线 上. 95．（2020·安徽省高三月考（文））已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上 顶点为 ， 的面积为 1，且椭圆 的离心率为 . （1）求椭圆 的标准方程； （2）点 在椭圆上且位于第二象限，过点 作直线 ，过点 作直线 ，若直线 的 交点 恰好也在椭圆 上，求点 的坐标. 【答案】（1） ；（2） 【思路分析】（1）根据题设条件，列出 的方程组，结合 ，求得 的值，即可得到椭 圆的标准方程； （2）设 ，分 和 两种情况讨论，当 时，联立 的方程组，取得 ，再结合椭圆的对称性，列出方程组，即可求解 【解析】（1）由椭圆 的上顶点为 ， 的面积为 1，且椭圆 的离心率为 ， 可得 ，解得 ，所以椭圆 的标准方程为 . （2）由（1）知，椭圆的方程 ，可得 ， ， 设 ，则 ， .当 时， 与 相交于点 不符合题意； 1 0 0 2 00 24 2l x xk yx = − = − − 1l ( )0 0 0 02 xy y x xy − = − − 2l F MF 2l ( )1 1xy xy += − +  y 2 20 0 0 012 2 x x xy x x+ = − − − − 2 20 0 12 x y+ = 0 0 2 2 02 x x x + ⋅ + + = 2x = − 1l 2l 2x = − 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b + = > > 1 2,F F A 1 2AF F△ C 2 2 C M 1F 1 1l MF⊥ 2F 2 2l MF⊥ 1 2,l l N C M 2 2 12 x y+ = 2 3 3,3 3  −    , ,a b c 2 22a cb− = , ,a b c ( )0 0,M x y 0 1x = − 0 1x ≠ − 0 1x ≠ − 1 2,l l 2 0 0 0 1, xN x y  −−   C A 1 2AF F∆ C 2 2 2 2 2 2 2 1 2 12 c a c b bc a b c  =   ⋅ ⋅ = =  − =  2, 1, 1a b c= = = C 2 2 12 x y+ = 2 2 12 x y+ = 1( 1,0)F − 2 (1,0)F ( )0 0,M x y 0 0x < 0 0y > 0 1x = − 2l 1l 2F 88 当 时，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ， 因为 ， ，所以直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ， 所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 联立 和 的方程，解得 ， ，所以 ， 因为点 在椭圆 上，由椭圆的对称性，可知 ，所以 或 ， 由方程组 ，解得 ，而方程组 无解（舍去）， 所以点 的坐标为 . 96.（2020·六盘山高级中学高三期末（理））在直角坐标系 中，已知圆 与直线 相切，点 A 为圆 上一动点， 轴于点 N，且动点满足 ，设动 点 M 的轨迹为曲线 C. （1）求曲线 C 的方程； （2）设 P，Q 是曲线 C 上两动点，线段 的中点为 T， ， 的斜率分别为 ，且 ， 求 的取值范围. 【答案】（1） （2） 【思路分析】（1）设动点 ，根据相切得到圆 ，向量关系得到 ，代入化简得到答案. （2）考虑 的斜率不存在和存在两种情况，联立方程利用韦达定理得到 0 1x ≠ − 1MF 0 0 1 y x + 2MF 0 0 1 y x − 1 1l MF⊥ 2 2l MF⊥ 1l 0 0 1x y +− 2l 0 0 1x y −− 1l 0 0 1( 1)xy xy += − + 2l 0 0 1( 1)xy xy −= − − 1l 2l 0x x= − 2 0 0 1xy y −= 2 0 0 0 1, xN x y  −−   ,M N C 2 0 0 0 1x yy − = ± 2 2 0 0 1x y− = 2 2 0 0 1x y+ = 2 2 0 0 2 20 0 1 12 x y x y  − = + = 0 0 2 3 3 3 3 x y  = −  = 2 2 0 0 2 20 0 1 12 x y x y  + = + = M 2 3 3,3 3  −    xOy 2 2 2 1 : ( 0)C x y r r+ = > 0 : 2 2l y x= + 1C AN x⊥ OM AM ON+ =   PQ OP OQ 1 2,k k 1 2 1 4k k = − OT 2 2 14 x y+ = 2 , 22      ( )0 0( , ), ,M x y A x y 2 2 1 : 4C x y+ = 0 0 2 x x y y =  = PQ 89 ，根据 得到 得到答案. 【解析】（1）设动点 ，由于 轴于点 N， ∴ ，又圆 与直线 相切， ∴ ，则圆 .由题意， ，得 ， ∴ ，即 ，又点 为圆 上的动点，∴ ，即 ； （2）当 的斜率不存在时，设直线 ，不妨取点 ，则 ， ，∴ .当 的斜率存在时，设直线 ， ， 联立 ，可得 .∴ . ∵ ，∴ . ∴ . 化简得： ，∴ . . 设 ，则 . ∴ ，∴ . 综上， 的取值范围是 . 97.（2020·高三三模（理））已知 ， 为椭圆 ： 的左、右焦点， 2 1 2 1 22 2 8 4 4,1 4 1 4 km mx x x xk k − −+ = =+ + 1 2 1 4k k = − 2 2 3 1| 0 | 2 ,24 2T m  = − ∈   ( )0 0( , ), ,M x y A x y AN x⊥ ( )0 ,0N x 2 2 2 1 : ( 0)C x y r r+ = > 0 : 2 2l y x= + | 2 2 | 2 2 r = = 2 2 1 : 4C x y+ = OM AM ON+ =   ( ) ( )0 0 0( , ) , ,0x y x x y y x+ − − = 0 0 0 2 2 0 x x x y y − =  − = 0 0 2 x x y y =  = 1C 2 24 4x y+ = 2 2 14 x y+ = PQ 1: 2OP y x= 22, 2P       22, 2Q       ( 2,0)T 2OT ＝ PQ :PQ y kx m= + ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y 2 24 4 y kx m x y = +  + = ( )2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 2 1 2 1 22 2 8 4 4,1 4 1 4 km mx x x xk k − −+ = =+ + 1 2 1 4k k = − 1 2 1 24 0xy xy + = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 2 1 2 1 2 1 24 1 4 4 4kx m kx m x x k x x km x x m+ + + = + + + + 2 2 2 2 2 324 4 4 01 4 k mm mk = − + =+ 2 22 1 4m k= + 2 1 2m ≥ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 264 4 4 1 4 4 16 4 1 16 0k m k m k m m∆ = − + − = + − = > ( )3 3,T x y 1 2 3 3 3 2 1,2 2 x x kx y kx mm m + −= = = + = 2 2 2 2 3 3 2 2 2 4 1 3 1| 0 | 2 ,24 4 2 kT x y m m m  = + = + = − ∈   2| | , 22OT  ∈    OT 2 , 22      1F 2F E 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > A 90 点 在椭圆上，且过点 的直线 交椭圆于 两点， 的周长为 8. （1）求椭圆 的方程； （2）我们知道抛物线有性质：“过抛物线 的焦点为 的弦 满足 .”那么对于椭圆 ，问是否存在实数 ，使得 成立，若存在求出 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ；（2）存在，实数 【思路分析】（1）由题可知，过焦点的三角形 的周长为 ，求得 ，再将点 代入 椭圆即可求解； （2）由（1）得 ，再分直线斜率为 和不为 两种情况作具体讨论，当斜率不为 时，可设直线方 程为 ，联立直线与椭圆方程得出关于 的韦达定理， ，结合前式所求韦达定理进行代换即可求 证 【解析】（1）根据椭圆的定义，可得 ， ， ∴ 的周长为 ，∴ ，得 ， ∴椭圆 的方程为 ，将 代入椭圆 的方程可得 ，所以椭圆 的方程为 . （2）由（1）可知 ，得 ，依题意可知， 当直线 的斜率为 0 时， ， ，则 ；当直线 的斜率不为 时， 31, 2P     2F l ,A B 1AF B∆ E ( )2 2 0y px p= > F AB 2| | | | | | | |AF BF AF BFp + = ⋅ E λ 2 2 2 2AF BF AF BFλ+ = ⋅ λ 2 2 14 3 x y+ = 4 3 λ = 1AF B∆ 4 8a = 2a = 31, 2P     ( )2 1,0F 1x my= + y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1AF BFAF BF AF BF AF BF AF BF λ λ++ = ⋅ ⇔ = + =⋅ 1 2| | | | 2AF AF a+ = 1 2| | | | 2BF BF a+ = 1AF B∆ 1 1 1 1 2 2| | 4AF BF AB AF BF AF BF a+ + = + + + = 4 8a = 2a = E 2 2 2 14 x y b + = 31, 2P     E 2 3b = E 2 2 14 3 x y+ = 2 2 2 4 3 1c a b= − = − = ( )2 1,0F l 2 2 2 4AF BF a+ = = ( )( ) 2 2 2 2 2 3AF BF a c a c a c b⋅ = + − = − = = 2 2 2 2 4 3 AF BF AF BF λ += =⋅ l 0 0 0 0 91 故可设直线 的方程为 ，由 消去 ，整理得 ， 设 ， ，则 ， ，不妨设 ， ， ， 同理 ， 所以 即 ，所以存在实数 ，使得 成立. 98.（2020·浙江省桐乡市高级中学高三一模）在平面直角坐标系 xOy 中，已知平行于 x 轴的动直线 l 交抛物 线 C： 于点 P，点 F 为 C 的焦点．圆心不在 y 轴上的圆 M 与直线 l，PF，x 轴都相切，设 M 的轨 迹为曲线 E． （1）求曲线 E 的方程； （2）若直线 与曲线 E 相切于点 ，过 Q 且垂直于 的直线为 ，直线 ， 分别与 y 轴相交于点 A， 当线段 AB 的长度最小时，求 s 的值． 【答案】（1） ， （2） ． 【思路分析】 根据题意设 ，可得 的方程 ，根据距离即可求出； 点 Q 处的切线 的斜率存在，由对称性不妨设 ，根据导数的几何意义和斜率公式，求 ，并构 造函数，利用导数求出函数的最值． 【解析】 因为抛物线 的方程为 ，所以 F 的坐标为 ， 设 ，因为圆 与 轴、直线 都相切， 平行于 轴，所以圆 的半径为 ，点 ， l 1x my= + 2 2 14 3 1 x y x my  + =  = + x ( )2 23 4 6 9 0m y my+ + − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 2 6 3 4 my y m −+ = + 1 2 2 9 3 4y y m −= + 1 0y > 2 0y < ( ) ( )2 22 2 2 2 2 1 1 1 1 1 11 1 1 1 | 1|AF x y my y m y m y= − + = + − + = + ⋅ = + ⋅ 2 2 2 2 21 1BF m y m y= + ⋅ = − + ⋅ 2 2 2 2 2 1 21 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1AF BF y ym y m y m  + = + = − + ⋅ − + ⋅ +   ( ) 2 2 2 2 2 1 1 22 1 2 2 2 1 2 1 2 2 6 944 3 4 3 41 1 1 4 9 31 1 1 3 4 m y y y y m my y y y y ym m m m − − − − × − + − + +−  = ⋅ = ⋅ = ⋅ =−+ + + + 2 2 2 2 4| ||| 3AF BF AF BF+ = ⋅ 4 3 λ = 2 2 2 2AF BF AF BFλ+ = ⋅ 2 4y x= 1l ( ),Q s t 1l 2l 1l 2l .B 2 1y x= − ( )0y ≠ 19 73 24 + ( )1 ( ),M m n ( ) ( )22 1 1 0n x y n− − − = ( )2 1l 0t > AB ( )1 2 4y x= ( )1,0 ( ),M m n n ( )2 ,2P n n PF C M x l l x M 92 则直线 PF 的方程为 ，即 ， 所以 ，又 ， ，所以 ，即 ， 所以 的方程为 ， ， 设 ， ， ， 由 知，点 处的切线 的斜率存在，由对称性不妨设 ， 由 ，所以 ， ， 所以 ， ，所以 ， ． 令 ， ，则 ， 由 得 ，由 得 ， 所以 在区间 单调递减，在 单调递增， 所以当 时， 取得极小值也是最小值，所以 取得最小值；此时 ． 99.（2020·山东省高三期末）已知椭圆 的焦距为 ，一个顶点在抛物线 的准线上． （1）求椭圆 的标准方程； （2）过右焦点 做斜率存在的直线 ，交椭圆于 两点． （i）已知点 ，是否存在直线 ，使 ？若存在，求直线 方程；若不存在，说明理由； （ii）若 为坐标原点，求 的取值范围． 【答案】（1） ； （2）（i）存在， ；（ii） 2 1 2 1 y x n n −= − ( ) ( )22 1 1 0n x y n− − − = ( ) ( )2 2 2 2 2 1 1 (2 ) ( 1) n m n n n n n − − − = + − 2 22 1 1m n n− − = + 2 1 0n m− + = 2 1y x= − ( )0y ≠ ( )2 ( )2 1,Q t t+ ( )10,A y ( )20,B y ( )1 1l 0t > 1' 2 1 y x = − 1 2 2 1 1 1 22 1 1AQ t yk t tt −= = =+ + − 22 2 2 1 1 21BQ t yk t tt −= = − + − = −+ 1 1 2 2 ty t = − 3 2 2 3y t t= + 3 31 5 12 3 22 2 2 2 tAB t t t tt t = + − + = + + 0t > ( ) 3 5 12 2 2f t t t t = + + 0t > ( ) 4 2 2 2 2 5 1 12 5 1' 6 2 2 2 t tf t t t t + −= + − = ( )' 0f t > 5 73 24t − +> ( )' 0f t < 5 730 24t − +< < ( )f t 5 730, 24  − +    5 73 ,24  − + +∞   5 73 24t − += ( )f t 2 19 731 24s t += + = :C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 2 2 4 2y x= C 2F l A B、 1(0, )2M l | | | |MA MB= l O ABOS 2 2 12 x y+ = 0y = 2(0, )2 m 0n ≠ E Q AB 93 【思路分析】（1）根据焦距和顶点坐标求解椭圆的标准方程； （2）（i）设出直线方程，联立直线和椭圆方程结合韦达定理，利用斜率关系求解；（ii）求出弦长和点到直 线距离表示出三角形面积，利用函数关系求解三角形面积取值范围. 【解析】（1）由题意可得 抛物线 的准线为 ， 解得 ；所以椭圆的标准方程为 （2）（i）已知 ，设直线的方程为 ， 联立直线与椭圆方程 ，化简得： 所以 ， 所以 的中点坐标为 ①当 时， ， 整理得 方程无解 ②当 时， 的中垂线方程为 ，满足题意．所以存在直线 满足题意． （ii）由（i）知 ，而原点 到直线 的距离 所以 ．综上， 的取值范围为 ． 100.（2020·高三月考）如图，抛物线 ： ，其中 ， 是过抛物线焦点 的 2 2, 1c c= ∴ = 2 4 2y x= 2, 2x a= − ∴ = 2 2 2 2 1 1b a c∴ = − = − = 2 2 12 x y+ = 2 (1,0)F ( 1)y k x= − 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 2 2 ( 1) 12 y k x x y = − + = 2 2 2 2)2 021 4 2( − =+ −+ x k x kk 2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,1 2 1 2 k kx x x xk k −+ = =+ + 1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2 ky y k x x k k −+ = + − = + AB 2 2 2 2( , )1 2 1 2 k kG k k − + + 0k ≠ 22 2 2 2 1 2 1 2 11 2 2| | | |, 2 401 2 MG k k kkMA MB k k k k k − − − − − −+= ∴ = = = −+  22 2 1 0,k k− + = 0k = AB 0x = 0y = 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 4 2 2| | (1 )[( ) 4 ] (1 )[( ) 4 ]1 2 1 2 k kAB k x x x x k k k −= + + − = + −+ + 2 2 2 2(1 ) 1 2 k k += + O l 2 | | 1 kd k = + 4 2 2 2 2 1 2 1| | 2 1 12 2 1 2 4( )2 ABO k kS AB d k k += = = −+ + 2 21 2, 0, 4( ) 1, 02 2ABOk R k k S∈ ≠ ∴ + > ∴ < <  ABOS 2(0, )2 C 2 4x y= AC BD F 94 两条弦，且 ，记 ， 的面积分别为 ， . （1）当直线 与直线 关于 轴对称时，求 的值； （2）求 的最小值. 【答案】（1）4（2）8 【思路分析】(1) 直线 与直线 关于 轴对称时,由对称性可得直线 ： ，与抛物线方程 联立，可得 ， ，则 可得答案. (2) 设直线 ： , ,将直线 与抛物线方程联立，可得 ， 又 ，可得 ，则 ，设直线 ： ，理 根据（1） ，所以 可求解最小值. 【解析】（1）抛物线 ： ，则 ，直线 与直线 关于 轴对称时,由对称性可得直线 的倾斜角为 .所以 ： ，联立 ： 得 ，所以 ， ， 又 . （2）设直线 ： ，联立 得 ， 于是 ， .（易知 ），又 ， AC BD⊥ ABF∆ DCF∆ 1S 2S AC BD y 1S 1 2S S+ AC BD y BD 1y x= + 6B Dy y+ = 1B Dy y⋅ = ( )( )1 1 1 1 1 12 2 2 B DS BF AF BF DF y y= = = + + AB y kx m= + 2 2 , , ,4 4 A B A B x xA x B x            AB 4A Bx x k+ = FA FB⊥ 2 24 6 1 0m k m− − + = 1 1 1 12 2 A BS AB h m x x= = − − ( )21m= − CD y k x m′ ′= + ( )2 2 ' 1S m= − ' 1mm = ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 11 ' 1 2S S m m m mm m    + = − + − = + − +       C 2 4x y= ( )0,1F AC BD y BD 45° BD 1y x= + C 2 4x y= 2 6 1 0y y− + = 6B Dy y+ = 1B Dy y⋅ = ( )( )1 1 1 1 1 12 2 2 B DS BF AF BF DF y y= = = + + ( )1 1 42 B D B Dy y y y= + + ⋅ + = AB y kx m= + 2 4x y= 2 4 4 0x kx m− − = 4A Bx x k+ = 4A Bx x m⋅ = − 0m < FA FB⊥ 95 所以 ， 即 ，又 ， ， 所以 ， 设直线 ： 同理 ，因此 ， ，所以 由（1）中 ，得 ，即 . 同理 ，则 ， 即 ，因此 ， 令 ,于是 ，当且仅当 时等号成立. 【解析二】设 ， ，由焦点弦知识可知 ， ， 且 ，同理 ，所以 ，所以 ， 又 ， ，所以 ， 同理 .于是 ， 当且仅当 等号成立，解得 . 101．（2017·全国高考真题（理））已知 为抛物线 的焦点，过 作两条互相垂直的直线 ， 2 2 2 2 , 1 , 1 1 14 4 4 4 A B A B A B A B x x x xFA FB x x x x       ⋅ = − ⋅ − = + − −               ( ) ( )2 2 2 2 21 1 1 4 6 1 016 4A B A B A Bx x x x x x m k m+ − + + = − − + == 2 26 1 4m m k− + = 2 1 1 mh k −= + 21 A BA kB x x= + − 1 1 1 12 2 A BS AB h m x x= = − − ( ) ( )2 21 1 4 16 12 m k m m= − + = − CD y k x m′ ′= + ( )2 2 ' 1S m= − 4A Bx x m⋅ = − 4 'C Dx x m⋅ = − 1B Dy y⋅ = ( )2 =16 16D B D Bx x y y = = 4D Bx x − 4A Cx x = − ( ) ( ) 16 ' 16A C D Bx x x x mm⋅ = = ' 1mm = ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 11 ' 1 2S S m m m mm m    + = − + − = + − +       ( ]1 , 2u m m = + ∈ −∞ − 2 1 2 2 8S S u u+ = − ≥ 1m = − ( )22 ,A s s ( )22 ,B t t 2 2 1,C s s  −   2 2 1,D t t  −   ( )1 1 1 4 2AC A Ck x x s s  = + = −   1 1 2BDk t t  = −   ( )( )2 21 11 4 1 1 4BDACk k s t s t sts t   ⋅ = − ⇒ − − = − ⇔ − − = −     ( )22 2 4 1s t st st+ = + + 2 1AF s= + 2 1BF t= + ( )( ) ( )22 2 1 1 11 1 2 4 22 2S s t st st = + + = + +  ( )2 2 1st st= + + 2 2 1 2 1S st st  = + +   ( )2 2 1 2 1 22 2 8S S st stst st  + = + + + + ≥   2 2 2 21 6 2 s tst s t s t  + = −= ⇔ + = ⇔  − = − ( )2 2 2,3 2 2A − − + F 2: 4C y x= F 1 2,l l 96 直线 与 交于 两点，直线 与 交于 两点，则 的最小值为 ( ) A．16 B．14 C．12 D．10 【答案】A 【解析】设 ，直线 的方程为 ，联立方程 ， 得 ，∴ ，同理直线 与抛物线的交点满足 ，由抛物线定义可知 ，当且仅当 （或 ）时，取等号. 【点睛】对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线 与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方 法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为 ，则 ， ， 所以 2．（2017·全国 102.(2017 年高考真题（文））过抛物线 的焦点 ，且斜率为 的直线交 于点 在 轴 的上方)， 为 的准线，点 在 上且 ，则 到直线 的距离为 ( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】依题意得 ，则直线 的方程是 ．由 得 或 .由 在 轴的上方得 ，由 又 等于直线 的倾斜角，即 ，因此 是边长为 的等边三角形点 到直线 1l C ,A B 2l C ,D E | | | |AB DE+ 1 1 2 2 3 3 4 4( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y D x y E x y 1l 1( 1)y k x= − 2 1 4 ( 1) y x y k x  =  = − 2 2 2 2 1 1 12 4 0k x k x x k− − + = 2 1 1 2 2 1 2 4kx x k − −+ = − 2 1 2 1 2 4k k += 2l 2 2 3 4 2 2 2 4kx x k ++ = 1 2 3 4 2AB DE x x x x p+ = + + + + = 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 2 4 4 4 164 8 2 8 16k k k k k k k k + ++ + = + + ≥ + = 1 2 1k k= − = 1− α 2 2| | sin pAB α= 2 2 2 2| | cossin ( )2 p pDE π αα = = + 2 2 2 2 2 1| | | | 4(cos sin cos p pAB DE α α α+ = + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 sin cos) 4( )(cos sin ) 4(2 ) 4 (2 2) 16sin cos sin cos sin α αα αα α α α α= + + = + + ≥ × + = 2: 4C y x= F 3 C (M M x l C N l MN l⊥ M NF 5 2 2 2 3 3 3 (1,0)F FM 3( 1)y x= − 2 3 1 4 y x y x  = − = 1 3x = 3x = M x (3,2 3)M MN l⊥ | | | | 3 1 4MN MF= = + = NMF∠ FM 060NMF∠ = MNF∆ 4 M 97 的距离为 ;故选：C. 【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力. 103．（2017·全国高考真题（文））（2017 新课标全国卷Ⅰ文科）设 是椭圆 长轴的两个端 点，若 上存在点 满足 ，则 的取值范围是 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】当 时，焦点在 轴上，要使 C 上存在点 满足 ，则 ， 即 ，得 ；当 时，焦点在 轴上，要使 C 上存在点 M 满足 ，则 ，即 ，得 ，故 的取值范围为 ，选 A． 【点睛】本题设置的是一道以椭圆知识为背景的求参数范围的问题．解答问题的关键是利用条件确定 的关系，求解时充分借助题设条件 转化为 ，这是简化本题求解过程的一个 重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论． 104．（2018·全国高考真题（理））已知双曲线 为坐标原点， 为 的右焦点，过 的直 线与 的两条渐近线的交点分别为 .若 为直角三角形，则 ( ) A． B．3 C． D．4 【答案】B 【解析】根据题意，可知其渐近线的斜率为 ，且右焦点为 ， 从而得到 ，所以直线 的倾斜角为 或 ，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为 ， 可以得出直线 的方程为 ， 分别与两条渐近线 和 联立，求得 ， NF 34 2 32 × = ,A B 2 2 : 13 x yC m + = C M 0120AMB∠ = m (0,1] [9, )+∞ (0, 3] [9, )+∞ (0,1] [4, )+∞ (0, 3] [4, )+∞ 0 3m< < x M 120AMB∠ =  tan 60 3a b ≥ = 3 3 m ≥ 0 1m< ≤ 3m > y 120AMB∠ =  tan 60 3a b ≥ = 3 3 m ≥ 9m ≥ m (0,1] [9, )+∞ ,a b 120AMB∠ =  tan 60 3a b ≥ = 2 2: 1,3 xC y O− = F C F C ,M N OMN∆ | |MN = 3 2 2 3 3 3 ± (2,0)F 30FON °∠ = MN 60° 120° 60° MN 3( 2)y x= − 3 3y x= 3 3y x= − 3 3(3, 3), ( , )2 2M N − 98 所以 ，故选 B. 【点睛】该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之间的距离，再分析 点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线的方程，可以确定其渐近 线方程，利用直角三角形的条件得到直线 的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的 方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点间距离公式求得结果. 105．（2018·全国高考真题（理））设抛物线 的焦点为 ，过点 且斜率为 的直线与 交于 两点，则 （ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【解析】根据题意，过点 且斜率为 的直线方程为 ， 与抛物线方程联立 ，消元整理得： ， 解得 ，又 ，所以 ， 从而可以求得 ，故选 D. 【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首 先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出 ，之 后借助于抛物线的方程求得 ，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐 标公式求得结果，也可以不求点 的坐标，应用韦达定理得到结果. 106．（2019·全国高考真题（文））已知 是双曲线 的一个焦点，点 在 上， 为坐标原 点，若 ，则 的面积为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设点 ，则 ①．又 ， 2 23 3(3 ) ( 3 ) 32 2MN = − + + = MN 2: 4C y x= F ( 2,0)− 2 3 C ,M N FM FN⋅ =  ( 2,0)− 2 3 2 ( 2)3y x= + 2 2 ( 2)3 4 y x y x  = +  = y y− + =2 6 8 0 (1,2), (4,4)M N (1,0)F (0,2), (3,4)FM FN= =  0 3 2 4 8FM FN⋅ = × + × =  (1,2), (4,4)M N (1,0)F ,M N F 2 2 : 14 5 x yC - = P C O =OP OF OPF△ 3 2 5 2 7 2 9 2 ( )0 0,P x y 2 2 0 0 14 5 x y− = 4 5 3OP OF= = + = 99 ②．由①②得 ，即 ， ，故选 B． 【点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅． 107．（2019·北京高考真题（理））数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C： 就是其中之一（如图）.给出下列三个结论： ①曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 ； ③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3. 其中，所有正确结论的序号是 ( ) A．① B．② C．①② D．①②③ 【答案】C 【解析】由 得, ; ,所以 可为的 整数有 ,从而曲线 恰好经过 六个整点,结 论①正确. 由 得, ,解得 ,所以曲线 上任意一点到原点的距离都不 超过 . 结论②正确. 如图所示,易知 , 四边形 的面积 ,很明显“心形”区域的 面积大于 ,即“心形”区域的面积大于 3,说法③错误.故选 C. 【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用, 2 2 0 0 9x y∴ + = 2 0 25 9y = 0 5 3y = 0 1 1 5 532 2 3 2OPFS OF y∆∴ = = × × = 2 2 1 | |x y x y+ = + 2 2 2 1x y x y+ = + 2 21y x y x− = − 2 2 2 2| | 3 3 41 ,1 0,2 4 4 3 x x xy x − = − − ≥ ≤ x 0, 1,1− 2 2: 1C x y x y+ = + (0,1),(0, 1),(1,0),(1,1),( 1,0),( 1,1)− − − 2 2 1x y x y+ = + 2 2 2 2 1 2 x yx y ++ +≤ 2 2 2x y+ ≤ C 2 ( ) ( ) ( ) ( )0, 1 , 1,0 , 1,1, , 0,1A B C D− ABCD 1 31 1 1 12 2ABCDS = × × + × = 2 ABCDS 100 属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”. 108．（2018·浙江省高考真题）已知点 ，椭圆 上两点 满足 =2 ，则 当 ___________时，点 横坐标的绝对值最大． 【答案】 【解析】设 ，由 得 因为 在椭圆上,所以 ， 与 对应相减得 ，当且仅当 时取最大值. 【点睛】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路 为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助 于函数最值的探求来使问题得以解决. 109．（2018·全国高考真题（理））已知点 和抛物线 ，过 的焦点且斜率为 的直线 与 交于 ， 两点．若 ，则 ________． 【答案】 【解析】设 ,则 ,所以 所以 ;取 中点 ,分别过点 作准线 的垂线，垂足分别为 ,因为 , ， 因为 为 中点，所以 平行于 轴，因为 ;所以 ，则 即 ;故答案为 . 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，设 ，利用点 差法得到 ，取 中点 , 分别过点 作准线 的垂线，垂足分别 为 ，由抛物线的性质得到 ，进而得到斜率． AP PB 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2AP PB=  1 2 1 2 1 22 ,1 2( 1), 2 3,x x y y y y− = − = − ∴− = − 2 2 2 21 2 1 2, ,4 4 x xy m y m+ = + = 2 2 2 22 2 2 2 4 3(2 3) , ( )4 4 2 4 x x my m y∴ + − = ∴ + − = 2 22 24 x y m+ = 2 2 2 2 3 1, ( 10 9) 44 4 my x m m += = − − + ≤ 5m = ( )1 1M ，− 2 4C y x=： C k C A B 90AMB∠ = ° k = 2 1 1 2 2 2 4{ 4 y x y x = = 2 2 1 2 1 24 4y y x x− = − 1 2 1 2 1 2 4k y y x x y y −= =− + 0 1y = 1 2 2y y+ = 1 2 1 2 1 2 4k y y x x y y −= =− + (0,1)P 2 2 ( 1)4 x y m m+ = > ,A B m = B 5 ,A B 2 ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y AB ( )' 0 0M x y， ,A B 1x = − ' ',A B 90AMB∠ °= ( ) ( )' 1 1 1 '2 2 2AB AFMM BF AA BB∴ = = + = +′ 'M AB 'MM x ( 1,1)M − 2k = 2 ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y AB ( )' 0 0M x y， ,A B 1x = − ' ',A B ( )' 1 '2 A BM A BM = ′ + 101 110．（2019·浙江省高考真题）已知椭圆 的左焦点为 ，点 在椭圆上且在 轴的上方，若线 段 的中点在以原点 为圆心， 为半径的圆上，则直线 的斜率是_______. 【答案】 【解析】方法 1：由题意可知 ， 由中位线定理可得 ，设 可得 ，联立方程 可解得 （舍），点 在椭圆上且在 轴的上方， 求得 ，所以 方法 2：焦半径公式应用 解析 1：由题意可知 ， 由中位线定理可得 ，即 求得 ，所以 . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是 解答解析几何问题的重要途径. 111．（2017·浙江省高考真题）如图，已知抛物线 .点 ，抛物线上的点 ,过点 作直线 的垂线，垂足为 2 2 19 5 x y+ = F P x PF O OF PF 15 | |=| 2OF OM |= c= 1 2 | | 4PF OM= = ( , )P x y 2 2( 2) 16x y− + = 2 2 19 5 x y+ = 3 21,2 2x x= − = P x 3 15,2 2P  −    15 2 151 2 PFk = = | 2OF |=|OM |= c= 1 2 | | 4PF OM= = 34 2p pa ex x− = ⇒ = − 3 15,2 2P  −    15 2 151 2 PFk = = 2x y= 1 1 3 9 2 4 2 4A B   −      ， ， ， 1 3( , ), 2 2P x y x − < 1m > − 1,2 2 2 1x m= ± + ( )1 22 4 2 1AB x x m= − = + 2AB MN= ( ) ( )4 2 1 2 1m m+ = + 7m = AB 7y x= + 1− 2 2: 12 xC y+ = F F l C ,A B M (2,0) l x AM O OMA OMB∠ = ∠ AM 2 22y x= − + 2 22y x= − ( )1,0F l 1x = A 21, 2       21, 2  −    AM 2 22y x= − + 2 22y x= − l x 0OMA OMB∠ = ∠ =  l x OM AB OMA OMB∠ = ∠ l x l ( )( )1 0y k x k= − ≠ ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y AB 113 则 ，直线 、 的斜率之和为 . 由 得 . 将 代入 得 . 所以， . 则 . 从而 ，故 、 的倾斜角互补，所以 . 综上， . 【点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的 综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较 简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉 及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角 是相等的结论. 121．（2018·北京高考真题（文））已知椭圆 的离心率为 ，焦距为 .斜率 为 的直线 与椭圆 有两个不同的交点 、 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）若 ，求 的最大值； （Ⅲ）设 ，直线 与椭圆 的另一个交点为 ，直线 与椭圆 的另一个交点为 .若 、 和点 共线，求 . 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ；（Ⅲ） . 【解析】（Ⅰ）由题意得 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ， 1 22, 2x x< < MA MB 1 2 1 22 2MA MB y yk k x x + = +− − 11 22,y k k xy kx k= − = − ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 2 3 4 2 2MA MB kx x k x x kk k x x − + ++ = − − ( )1y k x= − 2 2 12 x y+ = ( )2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k+ − + − = 2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,2 1 2 1 k kx x x xk k −+ = =+ + ( ) 3 3 3 1 2 1 2 2 4 4 12 8 42 3 4 02 1 k k k k kkx x k x x k k − − + +− + + = =+ 0MA MBk k+ = MA MB OMA OMB∠ = ∠ OMA OMB∠ = ∠ 2 2 2 2: 1( 0)x yM a ba b + = > > 6 3 2 2 k l M A B M 1k = | |AB ( )2,0P − PA M C PB M D C D 7 1,4 4Q −   k 2 2 13 x y+ = 6 1 2 2 2c = 2c = 6 3 ce a = = 3a = 2 2 2 1b a c= − = 114 所以椭圆 的标准方程为 ； （Ⅱ）设直线 的方程为 ，由 消去 可得 ，则 ，即 ， 设 ， ，则 ， ， 则 ， 易得当 时， ，故 的最大值为 ； （Ⅲ）设 ， ， ， ，则 ①， ②， 又 ，所以可设 ，直线 的方程为 ， 由 消去 可得 ，则 ，即 ， 又 ，代入①式可得 ，所以 ， 所以 ，同理可得 ． 故 ， ，因为 三点共线，所以 ，将点 的坐标代入化简可得 ，即 ． 【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到 三者之间的关系即可求解；第二问主 要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式 变形为 ，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关 键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解. M 2 2 13 x y+ = AB y x m= + 2 2 13 y x m x y = + + = y 2 24 6 3 3 0x mx m+ + − = ( )2 2 236 4 4 3 3 48 12 0m m m∆ = − × − = − > 2 4m < ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 3 2 mx x+ = − 2 1 2 3 3 4 mx x −= ( ) 2 22 2 1 2 1 2 1 2 6 41 1 4 2 mAB k x x k x x x x × −= + − = + ⋅ + − = 2 0m = max| | 6AB = AB 6 ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )3 3,C x y ( )4 4,D x y 2 2 1 13 3x y+ = 2 2 2 23 3x y+ = ( )2,0P − 1 1 1 2PA yk k x = = + PA ( )1 2y k x= + ( )1 2 2 2 13 y k x x y  = + + = y ( )2 2 2 2 1 1 11 3 12 12 3 0k x k x k+ + + − = 2 1 1 3 2 1 12 1 3 kx x k + = − + 2 1 3 12 1 12 1 3 kx xk = − −+ 1 1 1 2 yk x = + 1 3 1 7 12 4 7 xx x − −= + 1 3 14 7 yy x = + 1 1 1 1 7 12 4 7 4 7 x yC x x  − −  + +  , 2 2 2 2 7 12 4 7 4 7 x yD x x  − −  + +  , 3 3 7 1,4 4QC x y −  = +   4 4 7 1,4 4QD x y −  = +   , ,Q C D 3 4 4 3 7 1 7 1 04 4 4 4x y x y     + − − + − =           ,C D 1 2 1 2 1y y x x − =− 1k = , ,a b c 2 2 11AB k x x= + − 2 2 1 2 1 2| | 1 ( ) 4AB k x x x x= + ⋅ + − 115 122．（2018·全国高考真题（理））已知斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点，线段 的中点为 ． （1）证明： ； （2）设 为 的右焦点， 为 上一点,且 ．证明： ， ， 成等差数列， 并求该数列的公差． 【答案】（1） ;（2） 或 【解析】（1）设 ，则 . 两式相减，并由 得 . 由题设知 ，于是 .由题设得 ，故 . （2）由题意得 ，设 ，则 ①;由①及题设得 . 又点 在 上，所以 ，从而 ， . 于是 .同理 . 所以 . 故 ，即 成等差数列.设该数列的公差为 ，则 .② 将 代入①得 .所以 的方程为 ，代入 的方程，并整理得 .故 ，代入②解得 . k l 2 2 14 3 x yC + =： A B AB ( )( )1 0M m m >， 1 2k < − F C P C 0FP FA FB+ + =   FA FP FB 1 2k < − 3 21 28 3 21 28 − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 2 2 1 1 2 21, 14 3 4 3 x y x y+ = + = 1 2 1 2 y y kx x − =− 1 2 1 2 04 3 x x y y k + ++ ⋅ = 1 2 1 21,2 2 x x y y m + += = 3 4k m = − 30 2m< < 1 2k < − ( )1,0F ( )3 3,P x y ( ) ( ) ( ) ( )3 3 1 1 2 21, 1, 1, 0,0x y x y x y− + − + − = ( ) ( )3 1 2 3 1 23 1, 2 0x x x y y y m= − + = = − + = − < P C 3 4m = 31, 2P −   3 2FP = ( ) ( ) 2 2 22 1 1 1 1 11 1 3 1 24 2 x xFA x y x  = − + = − + − = −     22 2 xFB = − ( )1 2 14 32FA FB x x+ = − + =  2 FP FA FB  = + , ,FA FP FB   d ( )2 1 2 1 2 1 2 1 12 || 42 2d FB FA x x x x x x= − = − = + −  3 4m = 1k = − l 7 4y x= − + 2 17 14 04x x− + = 1 2 1 2 12, 28x x x x+ = = 3 21 28d = C 116 所以该数列的公差为 或 . 【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计 算量，第二问由已知得到 ,求出 得到直线方程很关键，考查了函数与方程的思想，考察学生 的计算能力，难度较大． 123．（2018·天津高考真题（文））设椭圆 的右顶点为 ，上顶点为 ．已知椭圆的 离心率为 ， ． （1）求椭圆的方程； （2）设直线 与椭圆交于 ， 两点， 与直线 交于点 ，且点 均在第四象限．若 的面积是 面积的 倍，求 的值． 【答案】（1） ；(2) ． 【解析】（1）设椭圆的焦距为 ，由已知得 ，又由 ，可得 ．由 ,从而 ．所以，椭圆的方程为 ． （2）设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，由题意， ， 点 的坐标为 ．由 的面积是 面积的 倍，可得 ， 从而 ，即 ． 易知直线 的方程为 ，由方程组 消去 ，可得 ．由方程组 消去 ，可得 ．由 ，可得 ，两边平方，整理得 ，解得 ，或 ．当 时， ，不合题意，舍去；当 3 21 28 3 21 28 − 0FP FM+ =  m 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > A B 5 3 13AB = : ( 0)l y kx k= < P Q l AB M ,P M BPM△ BPQ 2 k 2 2 19 4 x y+ = 1 2 − 2c 2 2 5 9 c a = 2 2 2a b c= + 2 3a b= 2 2| | 13AB a b= + = 3, 2a b= = 2 2 19 4 x y+ = P 1 1( , )x y M 2 2( , )x y 2 1 0x x> > Q 1 1( , )x y− − BPM△ BPQ 2 | |=2| |PM PQ 2 1 1 12[ ( )]x x x x− = − − 2 15x x= AB 2 3 6x y+ = 2 3 6, , x y y kx + =  = y 2 6 3 2x k = + 2 2 1,9 4 , x y y kx  + =  = y 1 2 6 9 4 x k = + 2 15x x= 29 4 5(3 2)k k+ = + 218 25 8 0k k+ + = 8 9k = − 1 2k = − 8 9k = − 2 9 0x = − < 1 2k = − 117 时， ， ，符合题意．所以， 的值为 ． 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、 椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦 长、斜率、三角形的面积等问题． 124．（2018·全国高考真题（文））设抛物线 的焦点为 ，过 且斜率为 的直线 与 交于 ， 两点， ． （1）求 的方程； （2）求过点 ， 且与 的准线相切的圆的方程． 【答案】(1) ,(2) 或 ． 【解析】（1）由题意得 的方程为 ．设 ． 由 得 ． ，故 ． 所以 ． 由题设知 ，解得 （舍去）， ．因此 的方程为 ． （2）由（1）得 的中点坐标为 ，所以 的垂直平分线方程为 ，即 ．设所求圆的圆心坐标为 ，则 解得 或 因此所求圆的方程为 或 ． 【点睛】确定圆的方程方法:(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程． (2)待定系数法①若已知条件与圆心 和半径 有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于 的 方程组，从而求出 的值；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条 件列出关于 的方程组，进而求出 的值． 2 12x = 1 12 5x = k 1 2 − 2 4C y x=： F F ( 0)k k > l C A B | | 8AB = l A B C 1y x= − ( ) ( )2 23 2 16x y− + − = ( ) ( )2 211 6 144x y− + + = (1,0),F l ( 1)( 0)y k x k= − > 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ( ) 2 1 4 y k x y x  = −  = ( )2 2 2 22 4 0k x k x k− + + = 216 16 0k∆ = + = 2 1 2 2 2 4kx x k ++ = ( ) ( ) 2 1 2 2 4 41 1 kAB AF BF x x k += + = + + + = 2 2 4 4 8k k + = 1k = − 1k = l 1y x= − AB (3,2) AB ( )2 3y x− = − − 5y x= − + 0 0( , )x y ( ) ( ) 0 0 2 2 0 0 0 5 11 16.2 y x y xx = − +  − ++ = + ， 0 0 3 2 x y =  = ， 0 0 11 6. x y =  = − ， ( ) ( )2 23 2 16x y− + − = ( ) ( )2 211 6 144x y− + + = ( ),a b r , ,a b r , ,a b r , ,D E F , ,D E F 118 125．（2018·天津高考真题（理））设椭圆 的左焦点为 ，上顶点为 . 已知椭圆的 离心率为 ，点 的坐标为 ，且 . （I）求椭圆的方程； （II）设直线 与椭圆在第一象限的交点为 ，且 与直线 交于点 . 若 为原点) ，求 的值. 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) 或 【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为 ，由已知有 ，又由 ，可得 ．由已知可得， ， ，由 ，可得 ，从而 ．所以，椭圆的方程为 ． （Ⅱ）设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ．由已知有 ，故 ． 又因为 ，而∠OAB= ，故 ． 由 ，可得 ．由方程组 消去 ，可得 ．易知 直线 的方程为 ，由方程组 消去 ，可得 ． 由 ，可得 ，两边平方，整理得 ， 解得 ，或 ．所以， 的值为 或 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、 椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦 长、斜率、三角形的面积等问题． 2 2 2 2 1( 0)x x a ba b + = > > F B 5 3 A ( ),0b 6 2FB AB⋅ = : ( 0)l y kx k= > P l AB Q 5 2 sin (4 AQ AOQ OPQ = ∠ k 2 2 19 4 x y+ = 1 2 11 28 ． 2c 2 2 5 9 c a = 2 2 2a b c= + 2 3a b= FB a= 2AB b= 6 2FB AB⋅ = 6ab = 3, 2a b= = 2 2 19 4 x y+ = P 1 1( , )x y Q 2 2( , )x y 1 2 0y y> > 1 2PQ sin AOQ y y∠ = − 2yAQ sin OAB = ∠ π 4 22AQ y= 5 2 sin4 AQ AOQPQ = ∠ 1 25 9y y= 2 2 19 4 y kx x y = + = ， ， x 1 2 6 9 4 ky k = + AB 2 0x y+ − = 2 0 y kx x y =  + − = ， ， x 2 2 1 ky k = + 1 25 9y y= 25( 1) 3 9 4k k+ = + 256 50 11 0k k− + = 1 2k = 11 28k = k 1 2 11 28 ． 119 126．（2018·北京高考真题（理））已知抛物线 经过点 ．过点 的直线 与抛物线 有两个不同的交点 ，且直线 交 轴于 ，直线 交 轴于 ． （Ⅰ）求直线 的斜率的取值范围； （Ⅱ）设 为原点， ， ，求证： 为定值． 【答案】(1) 取值范围是 ,(2)证明过程见解析 【解析】（Ⅰ）因为抛物线 经过点 ，所以 ，解得 ，所以抛物线的方程为 ．由题意可知直线 的斜率存在且不为 ， 设直线 的方程为 ．由 得 ． 依题意 ，解得 或 ． 又 与 轴相交，故直线 不过点 ．从而 ． 所以直线 斜率的取值范围是 ． （Ⅱ）设 ．由（I）知 ， ． 直线 的方程为 ．令 ，得点 的纵坐标为 ． 同理得点 的纵坐标为 ．由 ， 得 ， ． 所以 ． 所以 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、 2: 2C y px= (1,2)P (0,1)Q l C ,A B PA y M PB y N l O QM QOλ=  QN QOµ=  1 1 λ µ+ ( , 3) ( 3,0) (0,1)−∞ − ∪ − ∪ 2 2y px= (1,2)P 4 2p= 2p = 2 4y x= l 0 l 1( 0)y kx k= + ≠ 2 4 1 y x y kx  =  = + ( )2 2 2 4 1 0k x k x+ − + = ( )2 22 4 4 1 0k k∆ = − − × × > 0k < 0 1k< < ,PA PB y l (1, 2)− 3k ≠ − l ( , 3) ( 3,0) (0,1)−∞ − ∪ − ∪ 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 2 2 2 4kx x k −+ = − 1 2 2 1x x k = PA ( )1 1 22 11 yy xx −− = −− 0x = M 1 1 1 1 2 12 21 1M y kxy x x − + − += + = +− − N 2 2 1 21N kxy x − += +− =QM QOλ  =QN QOµ  =1 Myλ − 1 Nyµ = − ( ) ( ) ( ) 2 21 2 1 21 2 1 2 1 2 2 2 2 4 21 11 1 1 1 1 1 =211 1 1 1 1 1M N k x x x xx x k k y y k x k x k x x k k λ µ −+− +− −+ = + = + = ⋅ = ⋅− − − − − − 1 1 λ µ+ 120 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. 127．（2018·江苏省高考真题）如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 过点 ，焦点 ，圆 的直径为 ． （1）求椭圆 及圆 的方程； （2）设直线 与圆 相切于第一象限内的点 ． ①若直线 与椭圆 有且只有一个公共点，求点 的坐标； ②直线 与椭圆 交于 两点．若 的面积为 ，求直线 的方程． 【答案】（1） ， ；（2） 【解析】（1）因为椭圆 C 的焦点为 ，可设椭圆 的方程为 ．又 点 在椭圆 上，所以 ，解得 ；因此，椭圆 的方程为 ． 因为圆 的直径为 ，所以其方程为 ． （2）①设直线 与圆 相切于 ，则 ，所以直线 的方程为 ，即 ．由 ，消去 ， 得 ．（*）因为直线 与椭圆 有且只有一个公共点， 所以 ． 因为 ，所以 ．因此，点 的坐标为 ． ②因为三角形 的面积为 ，所以 ，从而 ． xOy C 1( 3, )2 1 2( 3,0), ( 3,0)F F− O 1 2F F C O l O P l C P l C ,A B OAB 2 6 7 l 2 2 14 x y+ = 2 2 3x y+ = 5 3 2y x= − + ( )1 23,0 , ( 3,0)F F− C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 13, 2      C 2 2 2 2 3 1 1,4 3, a b a b  + =  − = 2 2 4, 1, a b  =  = C 2 2 14 x y+ = O 1 2F F 2 2 3x y+ = l O ( )0 0 0 0, ( 0, 0)P x y x y> > 2 2 0 0 3x y+ = l ( )0 0 0 0 xy x x yy = − − + 0 0 0 3xy xy y = − + 2 2 0 0 0 1,4 3 , x y xy xy y  + =  = − + y ( )2 2 2 2 0 0 0 04 24 36 4 0x y x x x y+ − + − = l C ( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 024 4 4 36 4 48 2 0x x y y y x∆ = − − + − = − = 0 0, 0x y > 0 02, 1x y= = P ( 2,1) OAB 2 6 7 1 2 6 2 7AB OP⋅ = 4 2 7AB = 121 设 ，由（*）得 ， 所以 ．因为 ， 所以 ，即 ， 解得 舍去），则 ，因此 的坐标为 ． 综上，直线 的方程为 ． 【点睛】直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法：一是设出点的坐标，运用“设而不求”思想求解； 二是设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出交点坐标，适用于已知直线与椭圆的一个交点的 情况. 128．（2018·上海高考真题）设常数 ．在平面直角坐标系 中，已知点 ，直线 ： ， 曲线 ： ． 与 轴交于点 、与 交于点 ． 、 分别是曲线 与线段 上的动点． （1）用 表示点 到点 距离； （2）设 ， ，线段 的中点在直线 ，求 的面积； （3）设 ，是否存在以 、 为邻边的矩形 ，使得点 在 上？若存在，求点 的坐标； 若不存在，说明理由． ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y ( ) ( ) 2 2 0 0 0 1,2 2 2 0 0 24 48 2 2 4 x y x x x y ± − = + ( ) ( )2 22 1 2 1 2AB x x y y= − + − ( ) ( ) 2 22 0 00 22 2 20 0 0 48 2 1 4 y xx y x y − = + ⋅    + 2 2 0 0 3x y+ = ( ) ( ) 2 02 22 0 16 2 32 491 x AB x − = = + 4 2 0 02 45 100 0x x− + = 2 2 0 0 5 ( 202x x= = 2 0 1 2y = P 10 2,2 2       l 5 3 2y x= − + 2t > xOy ( )2 0F ， l x t= Γ ( )2 8 0 0y x x t y= ≤ ≤ ≥， l x A Γ B P Q Γ AB t B F 3t = 2FQ = OQ FP AQP 8t = FP FQ FPEQ E Γ P 122 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设 ，则 ，∴ ； 方法二：由题意可知：设 ，由抛物线的性质可知： ，∴ ； （2） ， ， ，则 ， ∴ ，∴ ，设 的中点 ， ， ，则直线 方程： ， 联立 ，整理得： ，解得： ， （舍去）， ∴ 的面积 ； （3）存在，设 ， ，则 ， ， 直线 方程为 ，∴ ， ， 根据 ，则 ， ∴ ，解得： ，∴存在以 、 为邻边的矩形 ，使得点 在 上，且 ． 【点睛】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查转化思想，计算能力，属于中档题． 129．（2018·全国高考真题（文））设抛物线 ，点 ， ，过点 的直线 与 交于 2BF t= + 1 7 7 332 3 6S = × + = ( )2 2B t t， ( )22 8 2BF t t t= − + = + 2BF t= + ( )2 2B t t， 22 pBF t t= + = + 2BF t= + ( )2 0F ， 2FQ = 3t = 1FA = 3AQ = ( )3 2Q ， OQ D 3 2 2 2D       ， 3 02 33 22 QFk − = = − − PF ( )3 2y x= − − ( ) 2 3 2 8 y x y x  = − − = 23 20 12 0x x− + = 2 3x = 6x = AQP 1 7 7 332 3 6S = × + = 2 8 yP y      ， 2 8 mE m      ， 2 2 8 1628 PF y yk y y = = −− 216 8FQ yk y −= QF ( )216 28 yy xy −= − ( )2 216 48 38 28 4Q y yy y y − −= − = 248 38 4 yQ y ，  −    FP FQ FE+ =   2 24868 4 y yE y  ++   ， 22 248 8 64 8 y y y    + = +       2 16 5y = FP FQ FPEQ E Γ 2 4 5 5 5P       ， 2 2C y x=： ( )2 0A ， ( )2 0B − ， A l C 123 ， 两点． （1）当 与 轴垂直时，求直线 的方程； （2）证明： ． 【答案】（1） 或 ；（2）见解析. 【解析】（1）当 与 轴垂直时， 的方程为 ，可得 的坐标为 或 ． 所以直线 的方程为 或 ； （2）设 的方程为 ， 、 ， 由 ，得 ，可知 ， ．直线 、 的斜率之和为 ，所以 ，可知 、 的倾斜角互补，所以 .综上， . 【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与抛物线相 交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法 比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦 达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论. 130．（2018·全国高考真题（文））已知斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点．线段 的中点为 ． （1）证明： ； （2）设 为 的右焦点， 为 上一点，且 ．证明： ． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】（1）设 ， ，则 ， ． M N l x BM ABM ABN∠ = ∠ 1 12y x= + 1 12y x= − − l x l 2x = M ( )2,2 ( )2, 2− BM 1 12y x= + 1 12y x= − − l 2x t y= + ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 2 2 2 x ty y x = +  = 2 2 4 0y ty− − = 1 2 2y y t+ = 1 2 4y y = − BM BN ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 1 1 2 2 1 1 21 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2BM BN x y x y ty y ty yy yk k x x x x x x + + + + + ++ = + = =+ + + + + + ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 2 4 4 2 02 2 2 2 ty y y y t t x x x x + + × − + ×= = =+ + + + 0BM BNk k+ = BM BN ABM ABN∠ = ∠ ABM ABN∠ = ∠ k l 2 2 14 3 x yC + =： A B AB (1, )( 0)M m m > 1 2k < − F C P C 0FP FA FB+ + =    2 FP FA FB= +   ( )1 1A x y， ( )2 2B x y， 2 2 1 1 14 3 x y+ = 2 2 2 2 14 3 x y+ = 124 两式相减，并由 得 ． 由题设知 ， ，于是 ． 由题设得 ，故 ． （2）由题意得 ．设 ，则 ． 由（1）及题设得 ， ． 又点 P 在 C 上，所以 ，从而 ， ． 于是 ． 同理 ．所以 ．故 ． 【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已 知得求出 ，得到 ,再有两点间距离公式表示出 ，考查了学生的计算能力，难度较大． 131．（2018·浙江省高考真题）如图，已知点 是 轴左侧(不含 轴)一点，抛物线 上存在不同的两点 满足 的中点均在 上． （Ⅰ）设 中点为 ，证明： 垂直于 轴； （Ⅱ）若 是半椭圆 上的动点，求 面积的取值范围． 1 2 1 2 =y y kx x − − 1 2 1 2 04 3 x x y y k + ++ ⋅ = 1 2 12 x x+ = 1 2 2 y y m + = 3 4k m = − 21 1, 04 3 m m+ < > ∴ 30 2m< < 1 2k < − (1,0)F ( )3 3P x y， ( ) ( ) ( ) ( )3 3 1 1 2 21 1 1 0 0x y x y x y− + − + − =， ， ， ， ( )3 1 23 1x x x= − + = ( )3 1 2 2 0y y y m= − + = − < 3 4m = 31 2P −  ， 3| |= 2FP ( ) ( ) 2 2 22 1 1 1 1 1| | 1 1 3 1 24 2 x xFA x y x  = − + = − + − = −     2| |=2 2 xFB − ( )1 2 1| 4 3| | | 2FA FB x x+ = − + =  2| |=| |+| |FP FA FB   m FP ,FA FB  P y y 2: 4C y x= ,A B ,PA PB C AB M PM y P 2 2 1( 0)4 yx x+ = < PAB∆ 125 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） . 【解析】（Ⅰ）设 ， ， ． 因为 ， 的中点在抛物线上，所以 ， 为方程 ， 即 的两个不同的实数根．所以 ． 因此， 垂直于 轴． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 所以 ， ． 因此， 的面积 ． 因为 ，所以 ． 因此， 面积的取值范围是 ． 【点睛】求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题， 再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等 式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域. 132．（2019·江苏省高考真题）如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的焦点为 ．过 作 轴的垂线 ，在 轴的上方， 与圆 交于点 ，与椭圆 交于点 .连结 并延长交圆 于点 ，连结 交椭圆 于点 ，连结 ．已知 ． 15 106 2, 4       ( )0 0,P x y 2 1 1 1 ,4A y y     2 2 2 1 ,4B y y     PA PB 1y 2y 22 0 0 1 442 2 y xy y ++  = ⋅   2 2 0 0 02 8 0y y y x y− + − = 1 2 02y y y+ = PM y 1 2 0 2 1 2 0 0 2 , 8 , y y y y y x y + =  = − ( )2 2 2 1 2 0 0 0 1 3 38 4PM y y x y x= + − = − ( )2 1 2 0 02 2 4y y y x− = − PAB△ ( )3 2 2 1 2 0 0 1 3 2 42 4PABS PM y y y x= ⋅ − = −  2 2 0 0 01( 0)4 yx x+ = < [ ]2 2 0 0 0 04 4 4 4 4,5y x x x− = − − + ∈ PAB△ 15 106 2, 4       xoy 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 1 2( 1,0), (1,0)F F− 2F x l x l 2 :F 2 2 2( 1) 4x y a− + = A C D 1AF 2F B 2BF C E 1DF 1 5 2DF = 126 （1）求椭圆 的标准方程； （2）求点 的坐标． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】（1）设椭圆 的焦距为 .因为 ，所以 。 又因为 轴，所以 ， 因此 ，从而 .由 ，得 .因此，椭圆 的标准方程为 . （2）解法一：由（1）知，椭圆 ，因为 轴，所以点 的横坐标为 .将 代入圆 的方程 ，解得 .因为点 在 轴上方，所以 . 又 ，所以直线 . 由 ，得 ， 解得 或 .将 代入 ，得 ， 因此 .又 ，所以直线 BF2： . 由 ，得 ，解得 或 . C E 2 2 14 3 x y+ = 3( 1, )2E − − C 2c 1 2( 1,0), (1,0)F F− 1 2 2, 1F F c= = 1 2 5 ,2DF AF x= ⊥ 2 2 2 2 2 1 1 2 5 3( ) 22 2DF DF F F= − = − = 1 22 4a DF DF= + = 2a = 2 2 2b a c= − 2 3b = C 2 2 14 3 x y+ = 2 2 : 1, 24 3 x yC a+ = = 2AF x⊥ A 1 1x = 2F 2 2( 1) 16x y− + = 4y = ± A x (1,4)A 1( 1,0)F − 1 : 2 2AF y x= + ( )2 2 2 2 1 16 y x x y = + − + = 25 6 11 0x x+ − = 1x = 11 5x = − 11 5x = − 2 2y x= + 12 5y = − 11 12( , )5 5B − − 2 (1,0)F 3 ( 1)4y x= − 2 2 3 ( 1)4 14 3 y x x y  = −  + = 27 6 13 0x x− − = 1x = − 13 7x = 127 又因为 是线段 与椭圆的交点，所以 .将 代入 ，得 .因此 . 解法二：由（1）知，椭圆 .如图，连结 . 因为 ，所以 ， 从而 .因为 ，所以 ， 所以 ，从而 .因为 轴，所以 轴. 因为 ，由 ，得 . 又因为 是线段 与椭圆的交点，所以 .因此 . 【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等 基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力. 133．（2019·全国高考真题（文））已知点 关于坐标原点 对称， 过点 且与直线 相切． （1）若 在直线 上，求 的半径． （2）是否存在定点 ，使得当 运动时， 为定值？并说明理由． 【答案】（1） 或 ；（2）见解析. 【解析】（1） 在直线 上 设 ，则 又 ， ，解得： 过点 ， ; 圆心 必在直线 上 设 ，圆的半径为 与 相切 又 ，即 ，解得： 或 当 时， ；当 时， 的半径为： 或 （2）存在定点 ，使得 E 2BF 1x = − 1x = − 3 ( 1)4y x= − 3 2y = − 3( 1, )2E − − 2 2 : 14 3 x yC + = 1BF 2 1 22 , 2BF a EF EF a= + = 1EF EB= 1BF E B∠ = ∠ 2 2F A F B= A B∠ = ∠ 1BF E A∠ = ∠ 1 2/ /EF F A 2AF x⊥ 1EF x⊥ 1( 1,0)F − 2 2 1 14 3 x x y = − + = 3 2y = ± E 2BF 3 2y = − 3( 1, )2E − − ,A B O | | 4,AB M=  ,A B 2 0x + = A 0x y+ = M P A | | | |MA MP− 2 6 A 0x y+ = ∴ ( ),A t t− ( ),B t t− AB 4= 28 16t∴ = 2t = M A B ∴ M y x= ( ),M a a r M 2 0x + = 2r a∴ = + MA MB r= = ( ) ( )2 2 22 2a a r− + + = ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2a a a∴ − + + = + 0a = 4a = 0a = 2r = 4a = 6r = M∴ 2 6 ( )1,0P 1MA MP− = 128 说明如下 ， 关于原点对称且 ； 直线 必为过原点 的直线，且 ①当直线 斜率存在时，设 方程为： ,则 的圆心 必在直线 上 设 ， 的半径为 与 相切 又 ，整理可得： 即 点轨迹方程为： ，准线方程为： ，焦点 ，即抛物线上点到 的距离 当 与 重合，即 点坐标为 时， ②当直线 斜率不存在时，则直线 方程为： ； 在 轴上，设 ，解得： ，即 ;若 ，则 综上所述，存在定点 ，使得 为定值. 【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够 根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况， 使得问题得解. 134．（2019·天津高考真题（文）） 设椭圆 的左焦点为 ，左顶点为 ，上顶点为 .已知 （ 为原点）. （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点 且斜率为 的直线 与椭圆在 轴上方的交点为 ，圆 同时与 轴和直线 相切，圆心 在直线 上，且 ，求椭圆的方程. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） . 【解析】（Ⅰ）解：设椭圆的半焦距为 ，由已知有 ，又由 ，消去 得 ，解得 ，所以，椭圆的离心率为 . A B 4AB = ∴ AB O 2OA = AB AB y kx= M M 1= −y xk ( ),M km m− M r M 2 0x + = 2r km∴ = − + 2 2 2 2 24r MA OA OM k m m= = + = + + 2 2 22 4km k m m∴ − + = + + 2 4m km= − M 2 4y x= 1x = − ( )1,0F MA r= 2x = − ∴ 1MA MF= + 1MA MF∴ − = ∴ P F P ( )1,0 1MA MP− = AB AB 0x = M∴ x ( ),0M n 22 4n n∴ + = + 0n = ( )0,0M ( )1,0P 2 1 1MA MP− = − = ( )1,0P MA MP− 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > F A B 3 | | 2 | |OA OB= O F 3 4 l x P C x l C 4x = OC AP∥ 1 2 2 2 116 12 x y+ = c 3 2a b= 2 2 2a b c= + b 2 2 23( )2a a c= + 1 2 c a = 1 2 129 （Ⅱ）解：由（I）知， ，故椭圆方程为 ， 由题意， ，则直线 的方程为 ， 点 的坐标满足 ，消去 并化简，得到 ， 解得 ，代入到 的方程，解得 ， 因为点 在 轴的上方，所以 ，由圆心在直线 上，可设 ，因为 ，且由 （I）知 ，故 ，解得 ， 因为圆 与 轴相切，所以圆的半径为 ，又由圆 与 相切，得 ，解得 ，所以椭 圆的方程为： . 【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆 锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力. 135．（2019·天津高考真题（理））设椭圆 的左焦点为 ，上顶点为 .已知椭圆的短 轴长为 4，离心率为 . （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设点 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点 为直线 与 轴的交点，点 在 轴的负半轴 上.若 （ 为原点），且 ，求直线 的斜率. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 或 . 【解析】 (Ⅰ) 设椭圆的半焦距为 ，依题意， ，又 ，可得 2 , 3a c b c= = 2 2 2 2 14 3 x y c c + = ( ,0)F c− l 3 ( )4y x c= + P 2 2 2 2 14 3 3 ( )4 x y c c y x c  + =  = + y 2 27 6 13 0x cx c+ − = 1 2 13, 7 cx c x= = − l 1 2 3 9,2 14y c y c= = − P x 3( , )2P c c 4x = (4, )C t OC AP∥ ( 2 ,0)A c− 3 2 4 2 ct c c = + 2t = C x 2 C l 2 3 (4 ) 24 2 31 ( )4 c+ − = + 2c = 2 2 116 12 x y+ = 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > F B 5 5 P M PB x N y | | | |ON OF= O OP MN⊥ PB 2 2 15 4 x y+ = 2 30 5 2 30 5 − c 52 4, 5 cb a = = 2 2 2a b c= + 130 .所以，椭圆方程为 . (Ⅱ)由题意，设 .设直线 的斜率为 ， 又 ，则直线 的方程为 ，与椭圆方程联立 ， 整理得 ，可得 ， 代入 得 ，进而直线 的斜率 ， 在 中，令 ，得 . 由题意得 ，所以直线 的斜率为 . 由 ，得 ，化简得 ，从而 . 所以，直线 的斜率为 或 . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性 质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力. 136．（2019·全国高考真题（文））已知 是椭圆 的两个焦点， 为 上一点， 为坐标原点． （1）若 为等边三角形，求 的离心率； （2)如果存在点 ，使得 ，且 的面积等于 16，求 的值和 的取值范围. 【答案】(1) ；（2） ，a 的取值范围为 . 【解析】（1）连结 ，由 为等边三角形可知：在 中， ， ， ，于是 ， 故椭圆 的离心率为 ； 5, 2, 1a b c= = = 2 2 15 4 x y+ = ( )( ) ( ), 0 , ,0PP P MP x y x M x≠ PB ( )0k k ≠ ( )0 2,B PB 2y kx= + 2 2 2 15 4 y kx x y = + + = ( )2 24 5 20 0k x kx+ + = 2 20 4 5P kx k = − + 2y kx= + 2 2 8 10 4 5P ky k −= + OP 24 5 10 P P y k x k −= − 2y kx= + 0y = 2 Mx k = − ( )0, 1N − MN 2 k− OP MN⊥ 24 5 110 2 k k k −  ⋅ − = − −   2 24 5k = 2 30 5k = ± PB 2 30 5 2 30 5 − 1 2,F F 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > P C O 2POF C P 1 2PF PF⊥ 1 2F PF△ b a 3 1e = − 4b = [4 2, )+∞ 1PF 2POF 1 2F PF△ 1 2 90F PF∠ =  2PF c= 1 3PF c= 1 22 3a PF PF c c= + = + C 2 3 1 1 3 ce a = = = − + 131 （2）由题意可知，满足条件的点 存在，当且仅当 ， ， ，即 ① ② ③ 由②③以及 得 ，又由①知 ，故 ； 由②③得 ，所以 ，从而 ，故 ； 当 ， 时，存在满足条件的点 .故 ， 的取值范围为 . 【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质 即可求解，考查计算能力，属于中档试题. 137．（2019·全国高考真题（理））已知抛物线 的焦点为 ，斜率为 的直线 与 的交点为 ， 与 轴的交点为 ． （1）若 ，求 的方程； （2）若 ，求 ． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】（1）设直线 方程为： ， ， 由抛物线焦半径公式可知： 联立 得： ,则 ，解得： ; 直线 的方程为： ，即： （2）设 ，则可设直线 方程为： 联立 得： 则 ， ， ( , )P x y 1 2 162 y c⋅ = 1y y x c x c ⋅ = −+ − 2 2 2 2 1x y a b + = 16c y = 2 2 2x y c+ = 2 2 2 2 1x y a b + = 2 2 2a b c= + 4 2 2 by c = 2 2 2 16y c = 4b = 2 2 2 2 2 ( )ax c bc = − 2 2c b≥ 2 2 2 22 32a b c b= + ≥ = 4 2a ≥ 4b = 4 2a ≥ P 4b = a [4 2, )+∞ 2: 3C y x= F 3 2 l C ,A B x P | | | | 4AF BF+ = l 3AP PB=  | |AB 12 8 7 0x y− − = 4 13 3 l 3 2y x m= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 3 42AF BF x x+ = + + = 1 2 5 2x x∴ + = 2 3 2 3 y x m y x  = +  = ( )2 29 12 12 4 0x m x m+ − + = ( )2 212 12 144 0m m∆ = − − > 1 2m∴ < 1 2 12 12 5 9 2 mx x −∴ + = − = 7 8m = − ∴ l 3 7 2 8y x= − 12 8 7 0x y− − = ( ),0P t l 2 3x y t= + 2 2 3 3 x y t y x  = +  = 2 2 3 0y y t− − = 4 12 0t∆ = + > 1 3t∴ > − 1 2 2y y∴ + = 1 2 3y y t=− 3AP PB=   1 23y y∴ =− 2 1y∴ =− 1 3y = 1 2 3y y∴ =− 132 则 【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. 138．（2019·北京高考真题（文））已知椭圆 的右焦点为 ，且经过点 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）设 为原点，直线 与椭圆 交于两个不同点 ，直线 与 轴交于点 ， 直线 与 轴交于点 ，若 ，求证：直线 经过定点. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为 ，所以 ；因为椭圆经过点 ,所以 ，所以 ，故椭圆的方程为 . （Ⅱ）设 联立 得 ， ， ， . 直线 ，令 得 ，即 ；同理可得 . 因为 ,所以 ； ，解之得 ，所以直线方程为 ，所以直线 恒过定点 . 【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． ( )2 1 2 1 2 4 13 4 131 4 4 129 3 3AB y y y y= + ⋅ + − = ⋅ + = 2 2 2 2: 1x yC a b + = (1,0) (0,1)A C O : ( 1)l y kx t t= + ≠ ± C ,P Q AP x M AQ x N | || | 2OM ON = l 2 2 12 x y+ = (1,0) 12 25 (0,1)A 1b = 2 2 2 2a b c= + = 2 2 12 x y+ = 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 2 2 12 ( 1) x y y kx t t  + =  = + ≠ 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x ktx t+ + + − = 2 1 2 1 22 2 4 2 20, ,1 2 1 2 kt tx x x xk k −∆ > + = − =+ + 1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2 ty y k x x t k + = + + = + 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) 1 2 t ky y k x x kt x x t k −= + + + = + 1 1 1: 1 yAP y xx −− = 0y = 1 1 1 xx y −= − 1 1 1 xOM y −= − 2 2 1 xON y −= − 2OM ON = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 21 1 ( ) 1 x x x x y y y y y y − − = =− − − + + 2 2 1 12 1 t t t − =− + 0t = y kx= l (0,0) 133 139．（2019·全国高考真题（理））已知曲线 为直线 上的动点，过 作 的两条切线， 切点分别为 . （1）证明：直线 过定点： （2）若以 )为圆心的圆与直线 相切，且切点为线段 的中点，求四边形 的面积. 【答案】(1)见详解；(2) 或 . 【解析】 (1)证明：设 , ,则 ．又因为 ，所以 .则切线 的斜率 为 ，故 ，整理得 . 设 ，同理得 . , 都满足直线方程 . 于是直线 过点 ，而两个不同的点确定一条直线，所以直线 方程为 . 即 ， 当 时等式恒成立．所以直线 恒过定点 . （2）由（1）得直线 的方程为 .由 ，可得 ， 于是 . 设 分别为点 到直线 的距离，则 . 因此，四边形 的面积 . 设 为线段 的中点，则 ， 由于 ，而 ， 与向量 平行，所以 ，解得 或 . 2 : ,2 xC y D= 1 2y = − D C ,A B AB 5(0, )2E AB AB ADBE 3 4 2 1( , )2D t − 1 1( , )A x y 2 1 1 1 2y x= 21 2y x= y' x= 1x 1 1 1 1 ( )2y x x t+ = − 1 12 2 1 0tx y− + = 2 2( , )B x y 2 22 2 1 0tx y− + = 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 2 2 1 0tx y− + = 2 2 1 0tx y− + = ,A B AB 2 2 1 0tx y− + = 2 ( 2 1) 0tx y+ − + = 2 0, 2 1 0x y= − + = AB 1(0, )2 AB 1 2y tx= + 2 1 2 2 y tx xy  = +  = 2 2 1 0x tx− − = 2 1 2 1 2 1 2 1 22 , 1, ( ) 1 2 1x x t x x y y t x x t+ = = − + = + + = + 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | 1 | | 1 ( ) 4 2( 1)AB t x x t x x x x t= + − = + + − = + 1 2,d d ,D E AB 2 1 2 2 21, 1 d t d t = + = + ADBE ( ) ( )2 2 1 2 1 | | 3 12S AB d d t t= + = + + M AB 2 1, 2M t t +   EM AB⊥  ( )2, 2EM t t= − AB (1, )t ( )2 2 0t t t+ − = 0t = 1t = ± DA 134 当 时， ；当 时 ；因此，四边形 的面积为 3 或 . 【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就 可以．思路较为清晰，但计算量不小． 140．（2019·全国高考真题（理））已知点 ，动点 满足直线 与 的斜率之 积为 .记 的轨迹为曲线 . （1）求 的方程，并说明 是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交 于 两点，点 在第一象限， 轴，垂足为 ，连结 并延长交 于点 . （i）证明： 是直角三角形； （ii）求 面积的最大值. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，由题意可 知： ，所以曲线 是以坐标原点为中心，焦点在 轴上，不包 括左右两顶点的椭圆，其方程为 ； （2）（i）设直线 的方程为 ,由题意可知 ,直线 的方程与椭圆方程 联立,即 或 ，点 在第一象限，所以 ，因此点 的坐标为 直线 的斜率为 ，可得直线 方程： ，与椭圆方程联立， ，消去 得， （*），设点 ，显然 点 0t = 3S = 1t = ± 4 2S = ADBE 4 2 ( 2,0), (2,0)A B− ( , )M x y AM BM 1 2 − M C C C C ,P Q P PE x⊥ E QE C G PQG∆ PQG∆ AM ( 2)2 y xx ≠ −+ ( 2)2 y xx ≠− 2 21 2 4( 2)2 2 2 y y x y xx x ⋅ = − ⇒ + = ≠ ±+ − C 2 2 1( 2)4 2 x y x+ = ≠ ± PQ y kx= 0k > PQ 2 22 4x y+ = 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 2 1 x y kx k x y ky k  == +⇒ + =  = + 2 2 2 2 1 2 2 1 x k ky k − = + − = + P 2 2 2 2 2 2 2 2( , ), ( , ) 2 1 2 1 2 1 2 1 k kP Q k k k k − − + + + + E 2 2( ,0) 2 1k + QE 2QE kk = QE 22 2 1 k ky x k = − + 2 2 2 2 2 1 2 4 k ky x k x y  = − +  + = y 2 2 2 2 22 4 12 9(2 ) 02 12 1 k x kk x kk ++ − − =++ 1 1( , )G x y Q BM x 135 的横坐标 和 是方程（*）的解 所以有 ，代入直线 方程中，得 ，所以点 的坐标为 ， 直线 的斜率为; , 因为 所以 ，因此 是直角三角形； （ii）由（i）可知： ， 的坐标为 ， ， 因为 ，所以当 时， ，函数 单调递增，当 时， ，函数 单调递减，因此当 时，函数 有最大值，最大值 为 . 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面 积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题. 141．（2019·浙江省高考真题）如图，已知点 为抛物线 的焦点，过点 的直线交抛 物线于 两点，点 在抛物线上，使得 的重心 在 轴上，直线 交 轴于点 ，且 在点 右侧.记 的面积为 . 2 2 2 1k − + 1x 2 22 1 122 2 2 12 8 2 6 42 1 22 1 ( 2) 2 1 k kkx xkk k k +−− ++⋅ = ⇒ =++ + + QE 3 1 2 2 2 ( 2) 2 1 ky k k = + + 3 2 2 2 2 2 2 6 4( , ) ( 2) 2 1 ( 2) 2 1 k k k k k k + + + + + PG 3 3 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) 1( 2) 2 1 2 1 6 4 2 6 4 2( 2) ( 2) 2 1 2 1 PG k k k k kk k kk k k k k k k k − − ++ + += = = −+ + − +− + + + 1( ) 1PQ PGk k k k = ⋅ − = − PQ PG⊥ PQG∆ 2 2 2 2 2 2 2 2( , ), ( , ) 2 1 2 1 2 1 2 1 k kP Q k k k k − − + + + + G 3 2 2 2 2 2 2 6 4( , ) ( 2) 2 1 ( 2) 2 1 k k k k k k + + + + + 2 2 2 2 2 4 1 4 1, 2 1 ( 2) 2 1 k k kPQ PG k k k + += = + + + 3 4 2 1 8( )| || |2 2 5 2PQG k kS PQ PG k k∆ += = + + 4 2 ' 4 2 2 8( 1)( 1)(2 3 2) (2 5 2) k k k kS k k − + − + += + + 0k > 0 1k< < ' 0S > ( )S k 1k > ' 0S < ( )S k 1k = ( )S k 16(1) 9S = (1 0)F ， 2 2 ( 0)y px p= > F ,A B C ABC G x AC x Q Q F ,AFG CQG△ △ 1 2,S S G 136 （1）求 的值及抛物线的准线方程； （2）求 的最小值及此时点 的坐标. 【答案】（1）1， ；（2） ， . 【解析】 (1)由题意可得 ，则 ，抛物线方程为 ，准线方程为 . (2)设 ，设直线 的方程为 ，与抛物线方程 联立可得： ，故： ， ， 设点 C 的坐标为 ，由重心坐标公式可得： ， ， 令 可得： ，则 .即 ， 由斜率公式可得： ， 直线 的方程为： ， p 1 2 S S G 1x = − 31 2 + ( )2,0G 12 p = 2,2 4p p= = 2 4y x= 1x = − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y ( )1 , 0y k x k= − > 2 4y x= ( )2 2 2 22 4 0k x k x k− + + = 2 2 2 22 42 , 1kx x x x+ = + = ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 42 , 4 4 4y y k x x y y x xk + = + − = = − × = − ( )3 3,C x y 1 2 3 3G x x xx + += 32 1 423 xk  + + =  1 2 3 3G y y yy + += 3 1 4 3 yk =  +   0Gy = 3 4y k = − 2 3 3 2 4 4 yx k = = 2 2 2 1 4 4 1 23 3 82G kx k k    + + +      =  = 1 3 1 3 22 311 3 1 3 4 4 4 AC y y y yk yyx x y y − −= = =− +− ( )3 3 1 3 4y y x xy y − = −+ AB AC 137 令 可得： ， 故 ， 且 ， 由于 ，代入上式可得： ， 由 可得 ，则 ， 则 . 当且仅当 ，即 ， 时等号成立. 此时 ， ，则点 的坐标为 . 【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， 本题主要考查了抛物线准线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式 求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 142．（2019·全国高考真题（文））已知曲线 ，为直线 上的动点，过 作 的两条切线， 切点分别为 . （1）证明：直线 过定点： （2）若以 为圆心的圆与直线 相切，且切点为线段 的中点，求该圆的方程. 0y = ( ) ( )2 3 1 3 3 1 33 1 3 3 4 4 4 4Q y y y y y yy y yx x − + − += + = + = − ( )1 1 1 12 2 1 8 12 13 2 3 1 1 8 2 2 3G F yS x x y y kk     + − × = × − = × − ×      = ×   ( ) ( ) 3 2 2 1 3 3 11 8 2 2 4 23Q G y y yS x x y k  +    = × − × − = − − −   3 4y k = − 1 2 2 2 2 8 3 3 yS k k k  = − −   1 2 1 2 4 , 4y y y yk + = = − 1 1 4 4y y k − = 1 2 1 4 4 yk y = − ( ) ( )( ) 2 2 1 11 2 2 12 1 1 1 2 2 8 1 2 3 3 2 2 2 2 8 4 4 3 3 y yS yS y y k k k y k − = =  − +− −  × −        ( )2 1 2 1 42 488 168y y = − − + +− ( )2 1 2 1 4 32 1 2482 8 168y y ≥ − = + − × +− 2 1 2 1 488 8y y − = − 2 1 8 4 3y = + 1 6 2y = + 1 2 1 4 24 yk y = =− 2 81 2 23Gx k  + =   = ( )2,0G 2 : ,2 xC y D= 1 2y = - D C ,A B AB 50, 2E      AB AB G 138 【答案】(1)见详解；(2) 或 . 【解析】 (1)证明：设 , ,则 ．又因为 ，所以 .则切线 的斜率 为 ，故 ，整理得 .设 ，同理得 . , 都满足直线方程 .于是直线 过点 ，而两个不同的点确定一条 直线，所以直线 方程为 .即 ，当 时等式恒成立．所 以直线 恒过定点 . (2)由(1)得直线 方程为 ，和抛物线方程联立得： 化简得 .于是 , 设 为线段 的中点，则 由于 ，而 , 与向量 平行，所以 ， 解得 或 . 当 时， ， 所求圆的方程为 ; 当 时， 或 ， 所求圆的方程为 . 所以圆的 方程为 或 . 【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就 可以.思路较为清晰，但计算量不小. 2 25( ) 42x y+ − = 2 25( ) 22x y+ − = 1( , )2D t − 1 1( , )A x y 2 1 1 1 2y x= 21 2y x= y' x= 1x 1 1 1 1 ( )2y x x t+ = − 1 12 2 1 0tx y− + = 2 2( , )B x y 1 12 2 1 0tx y− + = 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 2 2 1 0tx y− + = 2 2 1 0tx y− + = ,A B AB 2 2 1 0tx y− + = 2 ( 2 1) 0tx y+ − + = 2 0, 2 1 0x y= − + = AB 1(0, )2 AB 2 2 1 0tx y− + = 2 2 2 1 0 1 2 tx y y x − + = = 2 2 1 0x tx− − = 1 2 2x x t+ = 2 1 2 1 2( ) 1 2 1y y t x x t+ = + + = + M AB 2 1( , )2M t t + EM AB⊥  2( , 2)EM t t= − AB (1, )t 2( 2) 0t t t+ − = 0t = 1t = ± 0t = (0, 2)EM = − 2EM = 2 25( ) 42x y+ − = 1t = ± (1, 1)EM = − ( 1, 1)EM = − − 2EM = 2 25( ) 22x y+ − = 2 25( ) 42x y+ − = 2 25( ) 22x y+ − = DA