2014-2023高考数学真题分项汇编专题24 解析几何解答题（理科）（解析版）

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—解析几何解答题目录题型一：曲线和方程1题型二：直线与圆的方程6题型三：椭圆的定义及性质14题型四：直线与椭圆的位置关系26题型五：双曲线的定义及性质50题型六：直线与双曲线的位置关系55题型七：抛物线的定义及性质63题型八：直线与抛物线的位置关系73题型九：圆锥曲线中的证明问题86题型十：圆锥曲线中的最值问题105题型十一：圆锥曲线中的综合问题114题型一：曲线和方程1.(2018年高考数学江苏卷·第18题)(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．(1)求椭圆C及圆O的方程；(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．,【答案】解析：(1)因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为，又点在椭圆C上，解得因此，椭圆C的方程为；因为圆O的直径为，所以其方程为；(2)①设直线l与圆O相切于，则，所以直线l的方程为，即．由，消去y，得；(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以．因为，所以．因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以,从而．设，，由(*)得．,＝，因为，所以，即，解得，(舍去)，则，因此P的坐标为．综上，直线l的方程为．2.(2017年高考数学江苏文理科·第17题)如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为,,离心率为,两准线之间的距离为8．点在椭圆上,且位于第一象限,过点作直线的垂线,过点作直线的垂线．(1)求椭圆的标准方程;(2)若直线的交点在椭圆上,求点的坐标．F1OF2xy(第17题)【答案】(1)(2)解析:解:(1)设椭圆的半焦距为c．因为椭圆E的离心率为,两准线之间的距离为8,所以,,解得,于是,因此椭圆E的标准方程是．(2)由(1)知,．设,因为点P为第一象限的点,故．,当时,与相交于,与题设不符．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,从而直线的方程:,①直线的方程:．②由①②,解得,所以．因为点在椭圆上,由对称性,得,即或．又P在椭圆E上,故,由,解得,;无解,因此点P的坐标为．3.(2016高考数学浙江理科·第19题)(本题满分15分)如图，设椭圆．(Ⅰ)求直线被椭圆截得的线段长(用表示)；(Ⅱ)若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．【答案】【命题意图】本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．解析：(Ⅰ)设直线被椭圆截得的线段为，由得，故，．因此．(Ⅱ)假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足,．记直线，的斜率分别为，，且，，．由(Ⅰ)知，，，故，所以．由于，，得，因此，①因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以．因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为．4.(2014高考数学广东理科·第20题)已知椭圆的一个焦点为，离心率为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动点为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程．【答案】解：(1)依题意有故所求椭圆C的标准方程为(2)当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为联立消去得判别式化简得，即依题意得，即当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得是直线的四个交点，也满足，故点的轨迹方程为5.(2017年高考数学上海(文理科)·第20题)(本题满分16分,第1小题满分4分,第2小题满分5分,第3小题满分7分)在平面直角坐标系y中,已知椭圆,为的上顶点,为上异于上、下顶点的动点,为正半轴上的动点．(1)若在第一象限,且,求的坐标;(2)设,若以、、为顶点的三角形是直角三角形,求的横坐标;(3)若,直线与交于另一点,且,,求直线的方程．【答案】【解析】(1)联立与,可得;,(2)设,或,;(3)设,线段的中垂线与轴的交点即,∵,∴,∵,∴,代入并联立椭圆方程,解得,,∴,∴直线的方程为．题型二：直线与圆的方程1．(2015高考数学福建理科·第18题)已知椭圆E：过点，且离心率为．(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设直线交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)G在以AB为直径的圆外．解析：解法一：(Ⅰ)由已知得解得所以椭圆E的方程为．,(Ⅱ)设点AB中点为．由所以从而．所以．,故所以，故G在以AB为直径的圆外．解法二：(Ⅰ)同解法一．(Ⅱ)设点，则由所以从而所以不共线，所以为锐角．故点G在以AB为直径的圆外．2.(2014高考数学江苏·第18题)如图，为了保护河上古桥，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆．且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(为河岸)，．(1)求新桥的长；(2)当多长时，圆形保护区的面积最大？,170m60m东北OABMC（第18题）【答案】(1)150m；(2)OM=10m．解析：解法一(1)如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．由条件知，直线BC的斜率．又因为，所以直线AB的斜率．设点B的坐标为，则，解得．所以．因此新桥BC的长为150m．170m60mxyOABMC（第18题）(2)设保护区的边界圆M的半径为rm，m．由条件知，直线BC的方程为，即．由于圆M与直线BC相切，故点到直线BC的距离是r，即．因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以即解得．,故当时，最大，即圆面积最大．所以当OM=10m时，圆形保护区的面积最大．解法二(1)如图，延长OA，CB于点F．170m60mxyOABMC（第18题）FD因为，所以，．因为OA=60，OC=170，所以，．从而．因为，所以．又因为，所以．从而．因此新桥BC的长为150m．(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则，且MD是圆M的半径，并设m，m．因为，所以．故由(1)知，所以．因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以即,解得．故当时，最大，即圆面积最大．所以当OM=10m时，圆形保护区的面积最大．解法三(1)：连结，由题意知，则由两角差的正切公式可得：，故m．所以新桥的长度为m．(2)：设与圆切于点，连接，过点作交于点．设，则，由古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m，那么，解得．由，可得，由(1)的解法二可得，所以，故即圆的半径的最大值为130，当且仅当时取得半径的最大值．综上可知，当m时，圆形保护区的面积最大．3．(2015高考数学广东理科·第20题)(本小题满分14分)已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点A，B．(1)求圆的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数，使得直线与曲线C只有一个交点?若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】解析：(1)由得，∴圆的圆心坐标为；(2)设，则∵点为弦中点即，∴即，∴线段的中点的轨迹的方程为；(3)由(2)知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧(如下图所示，不包括两端点)，且，又直线过定点，,当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线与曲线只有一个交点．LDxyOCEF4.(2016高考数学江苏文理科·第18题)如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆：及其上一点．(1)设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；(2)设平行于的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程；(3)设点满足：存在圆上的两点和，使得，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)或；(3)．【官方解答】：圆：，圆心,半径为5．(1)因为在直线上，故可设，因为圆与轴相切，与圆外切，所以，于是圆的半径为，从而，解得．,因此，圆的标准方程为．(2)因为∥，所以直线的斜率为．设，即，则圆心到直线的距离,因为则，即解得或，所以直线方程为或．(3)设，，因为，，，所以①因为点在圆上，所以，②将①代入②，得．于是点既在圆上，又在圆上，从而圆与圆有公共点，所以，解得．因此，实数的取值范围是．民间解答：(1)因为在直线上，设，因为与轴相切，则圆为，又圆与圆外切，圆：，则，解得，即圆的标准方程为；(2)由题意得，设则圆心到直线的距离,则，，即，解得或，即：或；(3)，即，即，又,即，解得对于任意，欲使,此时，只需要作直线的平行线，使圆心到直线的距离为，必然与圆交于两点，此时，即，因此对于任意，均满足题意，综上．5.(2014高考数学北京理科·第19题)已知椭圆(1)求椭圆C的离心率e．(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y=2上，且OA⊥OB，求直线AB与圆的位置关系，并证明你的结论。【答案】解析：(Ⅰ)由题意,椭圆的标准方程为．所以从而．因此．故椭圆的离心率．(Ⅱ)直线与圆相切．证明如下：设点的坐标分别为其中．因为,所以即,解得．当时,,代入椭圆的方程,得．故直线的方程为．圆心到直线的距离．此时直线与圆相切．当时,直线的方程为即圆心到直线的距离又故,．此时直线与圆相切．题型三：椭圆的定义及性质1.(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第21题)已知椭圆C：过点M(2，3),点A为其左顶点，且AM的斜率为，(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．【答案】(1)；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM的方程为：，即．当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12．所以C的方程：．(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．,联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得．所以△AMN的面积的最大值：．2.(2020江苏高考·第18题)在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且在第一象限内，，直线与椭圆相交于另一点．,(1)求的周长；(2)在轴上任取一点，直线与椭圆的右准线相交于点，求的最小值；(3)设点在椭圆上，记与的面积分别为，若，求点的坐标．【答案】【答案】(1)；(2)；(3)或．【解析】(1)∵椭圆的方程为,,由椭圆定义可得：．的周长为(2)设，根据题意可得．∵点在椭圆上，且在第一象限，,∵准线方程为,,，当且仅当时取等号．的最小值为．(3)设，点到直线的距离为．，∴直线的方程为,∵点到直线的距离为，,,①②,∴联立①②解得，．或．3.(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第20题)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．(1)求的方程；(2)若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】(1)；(2)．解析：(1),，，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即；(2)不妨设,在x轴上方点在上，点在直线上，且，，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为根据题意画出图形，如图，，，又，，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，,可得：，解得：或，点为或，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图,,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：，综上所述，面积为：．4．(2014高考数学江苏·第17题)如图，在平面直角坐标系中，分别是椭圆的左、右焦点，顶点的坐标为，连结并延长交椭圆于点A，过点A作轴的垂线交椭圆于另一点C，连结．(1)若点C的坐标为，且，求椭圆的方程；(2)若求椭圆离心率的值．F1F2OxyBCA(第17题)【答案】(1)；(2)解析：设椭圆的焦距为2c，则，．,(1)因为，所以，又，故．因为点在椭圆上，所以，解得．故所求椭圆的方程为．(2)解法一：因为，在直线AB上，所以直线AB的方程为．解方程组得所以点A的坐标为．又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为．因为直线的斜率为，直线AB的斜率为，且，所以，又，整理得．故，因此．解法二：设，由得，由在上，则；联立解得：又在椭圆上，代入椭圆方程整理得，即，所以椭圆的离心率为5.(2015高考数学重庆理科·第21题)(本小题满分12分，(1)小问5分，(2)小问7分)如图，椭圆的左、右焦点分别为过的直线交椭圆于两点，且,(1)若，求椭圆的标准方程;(2)若求椭圆的离心率．【答案】(1)；(2)解析：解析：(1)本题中已知椭圆上的一点到两焦点的距离，因此由椭圆定义可得长轴长，即参数的值，而由，应用勾股定理可得焦距，即的值，因此方程易得；(2)要求椭圆的离心率，就是要找到关于的一个等式，题中涉及到焦点距离，因此我们仍然应用椭圆定义，设，则，，于是有，这样在中求得，在中可建立关于的等式，从而求得离心率．(1)由椭圆的定义，设椭圆的半焦距为c，由已知，因此即从而故所求椭圆的标准方程为．(2)解法一：如图(21)图，设点P在椭圆上，且，则求得由,得,从而由椭圆的定义，,从而由，有,又由，知，因此于是解得．解法二：如图由椭圆的定义，,从而由，有又由，知，因此,,从而由,知，因此6.(2015高考数学四川理科·第20题)如图，椭圆的离心率是，过点的动直线与椭圆相交于两点．当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为．(Ⅰ)球椭圆的方程；(Ⅱ)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，Q点的坐标为．解析：(1)由已知，点在椭圆E上．因此，解得．所以椭圆的方程为．,(2)当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点．如果存在定点Q满足条件，则，即．所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为．当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点．则，由，有，解得或．所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为．下面证明：对任意的直线，均有．当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立．当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，A、B的坐标分别为．联立得．其判别式，所以，．因此．易知，点B关于y轴对称的点的坐标为．又，所以，即三点共线．所以．故存在与P不同的定点，使得恒成立．7.(2015高考数学陕西理科·第20题)(本小题满分12分)已知椭圆()的半焦距为,，原点到经过两点，的直线的距离为．(Ⅰ)求椭圆的离心率；(Ⅱ)如图，是圆的一条直径，若椭圆经过两点，求椭圆的方程．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)．分析：(Ⅰ)先写过点，的直线方程，再计算原点到该直线的距离，进而可得椭圆的离心率；(Ⅱ)先由(Ⅰ)知椭圆的方程，设的方程，联立，消去，可得和的值，进而可得，再利用可得的值，进而可得椭圆的方程．解析：(Ⅰ)过点，的直线方程为，则原点到直线的距离，由，得，解得离心率．(Ⅱ)解法一：由(Ⅰ)知，椭圆的方程为．(1)依题意，圆心是线段的中点，且．易知，不与轴垂直，设其直线方程为，代入(1)得设则由，得解得．从而．于是．由，得，解得．故椭圆的方程为．,解法二：由(Ⅰ)知，椭圆的方程为．(2)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(2)得所以，．于是．由，得，解得．故椭圆的方程为．8.(2015高考数学安徽理科·第20题)(本小题满分13分)设椭圆E的方程为，点O为坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为．(Ⅰ)求E的离心率e；(Ⅱ)设点C的坐标为，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)．分析：(Ⅰ)由题设条件，可得点的坐标为，利用，从而，进而得，算出．(Ⅱ)由题设条件和(Ⅰ)的计算结果知，直线的方程为，得出点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为．利用点在直线上，以及，解得，所以，从而得到椭圆的方程为．解析：(Ⅰ)由题设条件知，点的坐标为，又，从而，进而得,，故．(Ⅱ)由题设条件和(Ⅰ)的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为．又点在直线上，且,从而有解得，所以，故椭圆的方程为．题型四：直线与椭圆的位置关系全国卷设置一、解答题1．(2023年北京卷·第19题)已知椭圆离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．【答案】(1)(2)证明见解析解析：(1)依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为．,(2)因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以．,2.(2023年天津卷·第18题)设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为．(2)．解析：(1)如图，由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为．(2)由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，．,所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为．3.(2022高考北京卷·第19题)已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．【答案】解析:(1)依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；(2)解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以,，所以，即即即整理得，解得4.(2022年浙江省高考数学试题·第21题)如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求的最小值．【答案】解析:(1)设是椭圆上任意一点,,则,，当且仅当时取等号，故的最大值是．(2)设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,．则，当且仅当时取等号，故的最小值为．5.(2021高考北京·第20题)已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】(1)；(2)．,解析：(1)因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：．(2)设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理直线，由可得，故，解得或．又，故，所以又故即，综上，或．6.(2020天津高考·第18题)已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．,(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)已知点满足，点在椭圆上(异于椭圆的顶点)，直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．【答案】【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，或．【解析】(Ⅰ)椭圆的一个顶点为，，由，得，又由，得，所以，椭圆的方程为；(Ⅱ)直线与以为圆心的圆相切于点，所以，根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，，消去，可得，解得或．将代入，得，所以，点的坐标为，因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为，由，得点的坐标为，所以，直线的斜率为，又因为，所以，整理得，解得或．所以，直线的方程为或．7.(2019·上海·第20题)已知椭圆，为左、右焦点，直线过交椭圆于A、B两点.(1)若AB垂直于轴时，求；(2)当时，在轴上方时，求的坐标；(3)若直线交轴于M，直线交轴于N，是否存在直线，使，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.,【答案】(1)；(2)，；(3)或【解析】(1)依题意：，当AB⊥x轴，则坐标，，∴(2)法一(秒杀)：焦点三角形面积公式：；又：，，即所以A在短轴端点，即直线(即)方程为：，联立：，得.法二(常规)：依题意：设坐标，∵(注意：用点更方便计算)则有：又A在椭圆上，满足：，即：∴，解出：，B点坐标求解方法同法一，.（2）设坐标，，，，直线l：(k不存在时不满足题意)则：；；联立方程：，，韦达定理：由直线方程：得M纵坐标：；由直线方程：得N纵坐标：；,若，即∴，，代入韦达定理：得：，解出：∴存在直线或满足题意.8.(2018年高考数学天津(理)·第19题)(本小题满分14分)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．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆在第一象限内的交点为，且与直线交于点，若(为原点)，求的值．【答案】(1)解：设椭圆的焦距为，由已知有，又有，可得．由已知可得，，由，可得，从而．所以，椭圆的方程为．(2)解：设，由已知有，故，又因为，而，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．9.(2014高考数学重庆理科·第21题)如题(21)图，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，，，的面积为．(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在轴上的圆，使圆在轴的上方与椭圆两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．．【答案】(1)(2)解析：(1)设，其中，由，得，,从而，故，从而，由得，因此，所以，故，，因此，所求椭圆方程为：；(2)设圆心在轴上的圆与椭圆相交，是两个交点，，是圆的切线，且，，由圆和椭圆的对称性，易知，，由(1)知，所以，由得：，由椭圆方程得，即：，解得，或．当时，重合，此时题设要求的圆不存在；当时，过分别与垂直的直线的交点即为圆心，,由是圆的切线，且，知，又，故圆的半径．10.(2014高考数学浙江理科·第21题)如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限．(1)已知直线的斜率为，用表示点的坐标；(2)若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为【答案】解析：(I)设直线的方程为，由，消去得，，由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，解得点的坐标为，由点在第一象限，故点的坐标为；(II)由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，所以点到直线的距离，整理得，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以点到直线的距离的最大值为．,11.(2014高考数学天津理科·第18题)设椭圆的左、右焦点分别为,右顶点为,上顶点为．已知．(Ⅰ)求椭圆的离心率;(Ⅱ)设为椭圆上异于其顶点的一点,以线段为直径的圆经过点,经过原点的直线与该圆相切．求直线的斜率．【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)或．解析:(Ⅰ)设椭圆右焦点的坐标为．由,可得,又,则．所以,椭圆的离心率．(Ⅱ)由(Ⅰ)知．故椭圆方程为．设．由,有,．由已知,有,即．又,故有．①又因为点在椭圆上,故．②由①和②可得．而点不是椭圆的顶点,故,代入①得,即点的坐标为．设圆的圆心为,则,,进而圆的半径．设直线的斜率为,依题意,直线的方程为．由与圆相切,可得,即,整理得,解得．所以,直线的斜率为或．12．(2014高考数学四川理科·第20题)已知椭圆的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)设为椭圆的左焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于点．(i)证明：平分线段(其中为坐标原点)；当最小时，求点的坐标．,【答案】解析：(Ⅰ)由已知可得，　　　解得，，　　　所以椭圆的标准方程是．(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)可得，的坐标是，设点的坐标为．　　　则直线的斜率．　　　当时，直线的斜率．直线的方程是．　　　当时，直线的方程是，也符合的形式．　　　设，，将直线的方程与椭圆的方程联立，得．消去，得，其判别式．所以，，．所以的中点的坐标为．所以直线的斜率，又直线的斜率，所以点在直线上，因此平分线段．(ⅱ)由(ⅰ)可得，，．,　　　所以．　　　当且仅当，即时，等号成立，此时取得最小值．　　　所以当最小时，点的坐标是或．13.(2014高考数学课标2理科·第20题)(本小题满分12分)设,分别是椭圆C：的左，右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N．(Ⅰ)若直线MN的斜率为，求C的离心率；(Ⅱ)若直线MN在y轴上的截距为2，且，求a,b．【答案】解析：(Ⅰ)，解得(Ⅱ)依据题意，原点为的中点，与轴垂直，所以直线与轴的交点是线段的中点，故，即由，得设，且，易知，则，代入椭圆方程得又代入上式，解得．14．(2015高考数学新课标2理科·第20题)(本题满分12分)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)能，或．解析：(Ⅰ)设直线，，，．将代入得，故，．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．(Ⅱ)四边形能为平行四边形．,因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是．解得，．因为，，，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．15.(2015高考数学天津理科·第19题)(本小题满分14分)已知椭圆的左焦点为,离心率为，点在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为c，．(Ⅰ)求直线的斜率；(Ⅱ)求椭圆的方程；(Ⅲ)设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线(为原点)的斜率的取值范围．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)；(Ⅲ)．解析：(Ⅰ)由已知有，又由，可得，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有，解得．(Ⅱ)由(Ⅰ)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为(Ⅲ)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得,，解得或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得．①当时，有，因此，于是，得②当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是16.(2015高考数学上海理科·第21题)(本题满分14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于点和，记得到的平行四边形的面积为．(1)设，．用坐标表示点到直线的距离，并证明；(2)设与的斜率之积为，求面积的值．【答案】(1)到直线的距离为；证明见解析；(2)；解析：(1)由题易知两点的横坐标不能同时为零，下面分两种情况①当两点的横坐标有一个为零时，不妨设，不失一般性，此时与轴重合，到直线的距离为，平行四边形的面积为；②当两点的横坐标均不为0时，即和的斜率均存在时，设的方程为，其中，由可得，所以弦长点到直线的距离所以四边形的面积为综合①②点到直线的距离为，平行四边形的面积为．(2)易知两直线的斜率分别为：，，由与的斜率之积为可得：，又，，所以，即，,化简得，所以平行四边形的面积为．17．(2015高考数学北京理科·第19题)(本小题14分)已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．(Ⅰ)求椭圆的方程，并求点的坐标(用，表示)；(Ⅱ)设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)存在点．解析：(Ⅰ)由于椭圆：过点且离心率为，，，椭圆的方程为．,直线的方程为：，令，；(Ⅱ)，直线的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令，则．设,,,则，所以，(注：点在椭圆上，)，则，存在点使得．18.(2015高考数学江苏文理·第18题)如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为3．(1)求椭圆的标准方程；(2)过的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，，若，求直线的方程．,