专题05 解析几何（解答题10种考法）专练（解析版）

专题05解析几何（解答题10种考法）1．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）已知，分别是椭圆：的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.(1)求椭圆的方程；(2)直线，与，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，.（i）求的面积与的面积之比；（ⅱ）证明：为定值.【答案】(1)(2)（i）1（ⅱ）证明见解析【解析】（1）∵、是椭圆，的两个顶点，且，直线的斜率为，由，，得，又，解得，，∴椭圆的方程为；（2）

设直线的方程为，则，，联立方程消去，整理得，，得设，，∴，.（i），，∴，∴的面积与的面积之比为1；（ii）证明：综上，.2．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆的中心，点为其上的一点满足．(1)求椭圆的方程；(2)设定点，过点的直线交椭圆于两点，若在上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求的范围．【答案】(1)(2)或【解析】（1）设，在中，设，，，，，所以椭圆的方程为：（2）设，直线的方程为，，，，设，若为常数，则，即，而此时，又，即或，综上所述，或，存在点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值3（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，长轴长为短轴长的2倍，点在上运动，且面积的最大值为8．(1)求的方程；(2)若直线经过点，交于两点，直线分别交直线于，两点，试问与的面积之比是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)与的面积之比为定值【解析】（1）由题意得，即①．当点为的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，所以，即②．联立①②，得．故的方程为．（2）

与的面积之比为定值．由（1）可得，由题意设直线．联立得，则，，所以．直线的方程为，令，得，即．同理可得．故与的面积之比为，即与的面积之比为定值．4．（2023·山西大同·统考模拟预测）已知椭圆的离心率为，且直线是抛物线的一条切线．(1)求椭圆的方程；(2)过点的动直线交椭圆于两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【解析】（1）由得直线是抛物线的一条切线．所以，所以椭圆（2）

当直线与轴平行时，以为直径的圆方程为当直线与轴重合时，以为直径的圆方程为所以两圆的交点为点猜想：所求的点为点．证明如下．当直线与轴垂直时，以为直径的圆过点当直线与轴不垂直时，可设直线为：由得，设，则则所以，即以为直径的圆过点所以存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点．5．（2023·江苏南京·南京市第九中学校考模拟预测）椭圆E的方程为，左、右顶点分别为，，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若，求的长；(2)若直线l过点，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线与直线交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)点M在定直线上，理由见解析.【解析】（1）设，则①，②，由①②可得，，即，（2）依题可设直线l的方程为，，，．联立方程组，整理得，，则，直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，得，因为，，由，得，得．所以.故点M在定直线上．

6．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右焦点为，，分别为椭圆的左、右顶点.(1)求椭圆的方程；(2)过点作斜率不为的直线，直线与椭圆交于，两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；(3)在（2）的条件下，直线与直线交于点，求证：点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】（1）依题可得，解得，所以，所以椭圆的方程为．（2）设，，因为直线过点且斜率不为，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，其判别式，所以，.两式相除得，即．因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．从而．（3）由（1）知，设，则，所以直线的方程为，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.7．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知曲线．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)在定直线上，理由见详解.【解析】（1）因为曲线C是椭圆，所以，解得；.（2）是在定直线上，理由如下：当时，此时椭圆，设点与直线l联立得，，且，所以易知，则，两式作商得是定值，故G在定直线上.

8．（2023·河南·襄城高中校联考三模）设双曲线的左、右焦点分别为，，且E的渐近线方程为．(1)求E的方程；(2)过作两条相互垂直的直线和，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．【答案】(1)(2)【解析】（1）由题意，得的渐近线方程为，因为双曲线的渐近线方程为，所以，即，又因为，所以，则，故的方程为．（2）根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，设直线，，其中，因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，将的方程与联立，可得，设，则，，所以，用替换，可得，所以．令，所以，则，当，即时，等号成立，故四边形面积的最小值为．

9．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知双曲线的离心率为，点，分别是其左右焦点，过点的直线交双曲线的右支于P，A两点，点P在第一象限.当直线PA的斜率不存在时，.(1)求双曲线的标准方程.(2)线段交圆于点B，记，，的面积分别为S1，S2，S，求的最小值.【答案】(1)(2)【解析】（1）解：因为双曲线的离心率为，所以，又过点的直线PA的斜率不存在时，，所以.解得，所以双曲线的方程为：；（2）设，则，且，所以，，，由双曲线定义得，所以，则，所以，，，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值.10．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为.(1)求的方程；(2)过双曲线的右焦点作互相垂直的两条弦（斜率均存在）、.两条弦的中点分别为、，那么直线是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标.【答案】(1)(2)直线过定点【解析】（1）设双曲线的焦点坐标为，依题意渐近线方程为，即，有，解得，；（2）由（1）可知右焦点，设直线：，，，由联立直线与双曲线，化简得，，故，，，又，则，同理可得：，，化简得，故直线过定点.11．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，A，B分别是C的右、上顶点，且，D是C上一点，周长的最大值为8.(1)求C的方程；(2)C的弦过，直线，分别交直线于M，N两点，P是线段的中点，证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】1）依题意，，周长，当且仅当三点共线时等号成立，故，

所以，所以的方程；（2）设，直线，代入，整理得，，，易知，令，得，同得，从而中点，以为直径的圆为，由对称性可知，定点必在轴上，令得，，，所以，即，因为，所以，即，解得，所以圆过定点.

12．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）已知抛物线：，过点作斜率互为相反数的直线，分别交抛物线于及两点．(1)若，求直线的方程；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）设，，∵，∴，，∵，∴，．又∵，∴，即，又∵，∴，或，当时，，∴，；当时，，∴，，此时直线AB的斜率不存在，舍去，∴，，∴直线的方程为：．（2）设直线：，则直线：，设，，，，

由，即，则，所以，，又∵，，∴，同理可证：，∴，∴，又∵，∴，∴．13．（2023·广东梅州·统考三模）已知双曲线的右焦点，右顶点分别为，，，，点在线段上，且满足，直线的斜率为1，为坐标原点.(1)求双曲线的方程.(2)过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，在轴上是否存在与不同的定点，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，【解析】（1）设，所以，，，因为点在线段上，且满足，所以点，因为直线的斜率为1，所以，所以，因为，所以，解得，，.所以双曲线的方程为.（2）假设在轴上存在与不同的定点，使得恒成立，

当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有；当直线l的斜率存在且不为0时，设，直线l的方程为，直线与双曲线的右支相交于，两点，则且，设，，由，得，，，所以，，因为，即，所以平分，，有，即，得，所以，由，解得.综上所述，存在与不同的定点，使得恒成立，且.14．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦．(1)求的内心坐标；(2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在定点【解析】（1）∴椭圆的标准方程为，不妨取，则；因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则；（2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立，消去得，则①∵点的横坐标为1，均在直线上，，整理得，因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意

15（2023·广东佛山·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，，为线段上异于的一动点，点满足.(1)求点的轨迹的方程；(2)点是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1），，，，点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，，，点的轨迹的方程为：.（2）连接，延长交椭圆于点，连接，

由椭圆对称性可知：，又，四边形为平行四边形，，，且三点共线四边形的面积，设直线，，由得：，，，，又，点到直线的距离即为点到直线的距离，点到直线的距离，，设，则，，，又，当，即时，四边形面积取得最大值，最大值为.16．（2023·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆过点，且左焦点为.(1)求椭圆的方程；(2)内接于椭圆，过点和点的直线与椭圆的另一个交点为点，与交于点，满足，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【解析】（1）令椭圆的半焦距为c，依题意，，解得，所以椭圆的方程为.（2）设点的坐标分别为，

显然均不为零，依题意，令，有且，又四点共线，从而，即，，于是，从而①，②，又点在椭圆上，即③，④，①+②并结合③，④得，即动点总在定直线上，因此直线方程为，由消去y得，，设，则，于是，设，则点到直线的距离，其中锐角由确定，因此，当且仅当时取等号，所以的面积最大值为.17．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆过点，且左焦点为．(1)求椭圆的方程；(2)内接于椭圆，过点和点的直线与椭圆的另一个交点为点，与交于点，满足，证明：面积为定值，并求出该定值．【答案】(1)(2)证明见解析，定值为【解析】（1）由题意得，解得，所以椭圆C的方程为．（2）设点的坐标分别为，，．由题设知，，，均不为零，记，则且又四点共线，从而，于是，，，从而①，②，又点在椭圆上，即③，④，①＋②×2并结合③、④得，即点总在定直线上．∴所在直线为上．由消去y得，，设，则，于是，又到的距离，∴∴面积定值为．

18（2023·河北·统考模拟预测）已知椭圆的左焦点为，过点作直线交于点，.(1)若，求直线的斜率；(2)设，是上异于的点，且，，三点共线，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析.【解析】（1）依题意，椭圆的左焦点，当直线的斜率为0时，此时、两点是椭圆长轴上的两点，向量，或，均不满足，不合题意，所以直线的斜率不为0.故可设直线的方程为，，，由得：，，则，①，由可得，所以，即②，由①②可得，，化简整理得，所以，所以直线的斜率为.（2）证明：由，可得直线的方程为，由得：，所以，结合可得：，，即，又，则，所以，所以.19．（2023·重庆巴南·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点、，的内切圆与直线相切于点，记点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，连接.若直线的斜率与直线的斜率之和为0，试比较与的大小.【答案】(1)(2)【解析】（1）因为点、，的内切圆与直线相切于点，所以，因此根据双曲线的定义可知，点的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，设点的轨迹C的方程为，焦距为，所以，，所以，，，所以点的轨迹方程C为（2）由题意，直线的斜率互为相反数，记，则，，，，，设，则直线，.联立直线和双曲线方程，整理得.该方程有两个不等实根，，则根据韦达定理可得，，同理可得，.又因为，.，.则，同理可得即进而可得相似于，即，，也即A，B，Q，P四点共圆，可得从而得.因此20．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知椭圆，，为C的左右焦点.点为椭圆上一点，且.过P作两直线与椭圆C相交于相异的两点A，B，直线PA、PB的倾斜角互补，直线AB与x，y轴正半轴相交.(1)求椭圆C的方程；(2)点M满足，求M的轨迹方程.【答案】(1)(2)【解析】（1）因为，所以，即，把代入，得，所以，故椭圆C的方程为；（2）由题意，直线AB斜率存在，不妨设其方程为，设点，联立椭圆方程，得，其中，则，所以，因为直线、的倾斜角互补，所以，所以，化简得，即，所以，若，此时直线AB过点P，不合题意舍去；故，所以，所以直线AB方程为，设，因为，所以M为AB的中点，所以，则，消去m得，又，且，所以，所以，所以点M的轨迹方程为.21．（2023·重庆·统考模拟预测）已知椭圆：的长轴长是短轴长的2倍，直线被椭圆截得的弦长为4．(1)求椭圆的方程；(2)设M，N，P，Q为椭圆上的动点，且四边形MNPQ为菱形，原点О在直线MN上的垂足为点H，求H的轨迹方程．【答案】(1)(2)【解析】（1）由题意可得，则椭圆：，联立，解得或，所以弦长，解得，所以，所以椭圆的方程为，即；（2）因为四边形MNPQ为菱形，所以垂直且平分，设，则，两式相减得，即，设菱形的中心为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，由，得，所以，即，同理，所以，由得，所以，即菱形的中心为原点，则直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，所以，同理，因为，所以，所以点在圆上；若直线中有一条直线的斜率不存在，由对称性可知棱形的中心为原点，四点分别为椭圆的顶点，不妨设为右顶点，为上顶点，则，同理可得，点任在圆上，综上所述，H的轨迹方程为.22（2023·海南海口·海南中学校考二模）已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【解析】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，与双曲线方程联立可得，因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又，所以，解得，即，所以且，解得或，综上可得；（2）由（1）知，因为，所以，设，则直线的方程为：，设，直线与双曲线方程联立可得，即，所以，所以，得，又因为，所以，当时，即时，为定值，所以或，又因为，所以点的轨迹方程为.23．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率为，右顶点到渐近线的距离等于.(1)求双曲线的方程.(2)点，在上，且，直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点【解析】（1）由题意，取渐近线，右顶点到该渐近线的距离，又，，解得，，，的方程为.（2）由题意知直线的斜率存在且不为，设直线：，与的方程联立，消去得，易知，由韦达定理得，则.因为，所以，用代替（显然此时），同理得，得，直线：，过定点.当时，直线的斜率不存在，易知直线的方程为，过左焦点.综上，直线过定点.

24．（2023·福建三明·统考三模）已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）解：设点，则，，因为，所以，，设椭圆左焦点为，因为，所以.即，又因为，所以，所以，所以，所以，因为此时，所以，所以，所以.因为，所以，，所以椭圆的方程为.（2）解：设点，，，因为点满足，则，解得，所以，

由题知不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，消整理得，，设、，则，.因为的方程为，的方程为两直线方程联立得：.因为.所以，解得，所以动点的轨迹方程为.由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、，由图可知，且，因为，则，因为，，所以，当且仅当时等号成立，此时，，所以的最大值为.25．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）中，是边上的点，，且．(1)若，求面积的最大值；(2)若内是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）由面积公式可得：，，因为，故，由可得即，建立如图所示的平面直角坐标系，

则，设，则，整理得到：，即点A的轨迹是以圆心，为半径的圆，故的边上的高的最大值为，故其面积的最大值为.（2）因为，故，又，故，故为直角三角形，且，假设内存在点，使得，法一：如图，设，则，故，

在中，由正弦定理可得，即，故，故，因为为锐角，故，故存在且．法二：如图，设，则，故，同理，故，而，故，在中，由余弦定理可得：，整理得到：，所以，整理得到：，解得或，但为锐角，故，故，故存在且．26．（2023·河北·校联考三模）已知椭圆，其焦距为，连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为6．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点，过点作斜率不为0的直线交椭圆于不同两点，求证：直线与直线所成的较小角相等．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意得，，解得，，，所以椭圆的标准方程为.（2）证明：由题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，，设，，联立，整理得，所以，即，且，，，因为直线平行于轴，所以要证直线与直线所成的较小角相等，即证直线的倾斜角互补，即证，下面进行证明：所以直线与直线所成的较小角相等.

27．（2023·江苏盐城·盐城中学校考模拟预测）阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是.（2）（i）当直线的斜率不存在，易知，，或，，当，时，直线PA的方程为：，所以点，此时，，，显然B，Q，F三点共线，同理，时，B，Q，F三点共线；（ii）当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线的方程：，设，，由整理可得：，，，由（1）可得左右顶点分别为，，直线PA的方程为，又因为直线与交于F，所以，所以，，因为，又，所以，所以，所以B，Q，F三点共线；28．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）椭圆的焦距为为椭圆右焦点，.

(1)求椭圆的方程与离心率；(2