專題24 圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）大題綜合（教師卷）-2025年高考之近十年真題數(shù)學(xué)分項匯編

專題24圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）大題綜合考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點1第二問求曲線方程（10年6考）2022·天津卷、2020·全國卷、2019·全國卷、2019·天津卷2018·全國卷、2017·全國卷、2017·天津卷、2015·天津卷2015·安徽卷熟練掌握橢圓、雙曲線、拋物線的定義及方程的求解，通常大題第一問考查方程求解掌握軌跡方程的求解，近年該考點多次考查熟練掌握直線方程的求解，會求斜率值或范圍會弦長等距離的求解，會定值定點定直線的求解及證明，該內(nèi)容也是高考命題熱點考點2求軌跡方程（10年5考）2023·全國新Ⅰ卷、2021·全國新Ⅰ卷、2019·全國卷2017·全國卷、2015·湖北卷考點3求直線方程（10年8考）2024·全國新Ⅰ卷、2023·天津卷、2022·全國甲卷、2021·天津卷2020·天津卷、2018·江蘇卷、2017·全國卷、2017·天津卷2015·江蘇卷考點4求斜率值或范圍（10年6考）2021·全國新Ⅰ卷、2021·北京卷、2021·全國乙卷、2019·天津卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·天津卷、2017·山東卷2016·山東卷、2016·上海卷、2016·天津卷、2016·全國卷2016·上海卷、2016·天津卷、2015·天津卷、2015·北京卷考點5離心率求值或范圍綜合（10年7考）2024·北京卷、2023·天津卷、2022·天津卷、2020·全國卷2019·天津卷、2019·全國卷、2016·四川卷、2016·浙江卷2015·重慶卷、2015·重慶卷考點6弦長類求值或范圍綜合（10年6考）2022·浙江卷、2020·北京卷、2019·全國卷、2017·浙江卷2016·北京卷、2016·全國卷、2015·四川卷、2015·山東卷考點7其他綜合類求值或范圍綜合（10年5考）2024·上海卷、2024·北京卷、2020·北京卷、2020·浙江卷2019·全國卷、2016·四川卷、2015·四川卷考點8定值定點定直線問題（10年7考）2023·全國新Ⅱ卷、2023·全國乙卷、2022·全國乙卷2020·全國新Ⅰ卷、2020·全國卷、2019·北京卷、2019·北京卷2017·全國卷、2017·北京卷、2017·全國卷、2016·北京卷2016·北京卷、2015·陜西卷、2015·全國卷考點9其他證明綜合（10年9考）2024·全國甲卷、2023·全國新Ⅰ卷、2023·北京卷、2022·全國新Ⅱ卷、2021·全國新Ⅱ卷、2019·全國卷2018·北京卷、2018·全國卷、2018·全國卷、2018·全國卷2017·北京卷、2017·全國卷、2016·四川卷、2016·四川卷2016·江蘇卷、2016·全國卷、2016·四川卷、2015·湖南卷2015·全國卷、2015·福建卷考點10圓錐曲線與其他知識點雜糅問題（10年3考）2024·全國新Ⅱ卷、2018·全國卷、2016·四川卷考點01第二問求曲線方程1．（2022·天津·高考真題）橢圓的右焦點為F、右頂點為A，上頂點為B，且滿足．(1)求橢圓的離心率；(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于N（N異于M）．記O為坐標原點，若，且的面積為，求橢圓的標準方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的等量關(guān)系，由此可求得該橢圓的離心率的值；（2）由（1）可知橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，由可得出，求出點的坐標，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.【詳解】（1）解：，離心率為.（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，易知直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，由，①，，由可得，②由可得，③聯(lián)立①②③可得，，，故橢圓的標準方程為．2．（2020·全國·高考真題）已知橢圓C1：(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合.過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=|AB|.（1）求C1的離心率；（2）設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標準方程.【答案】（1）；（2），.【分析】（1）求出、，利用可得出關(guān)于、的齊次等式，可解得橢圓的離心率的值；（2）[方法四]由（1）可得出的方程為，聯(lián)立曲線與的方程，求出點的坐標，利用拋物線的定義結(jié)合可求得的值，進而可得出與的標準方程.【詳解】（1），軸且與橢圓相交于、兩點，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，則，

拋物線的方程為，聯(lián)立，解得，，，即，，即，即，，解得，因此，橢圓的離心率為；（2）[方法一]：橢圓的第二定義由橢圓的第二定義知，則有，所以，即．又由，得．從而，解得．所以．故橢圓與拋物線的標準方程分別是．[方法二]：圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標公式以為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系．由（Ⅰ）知，又由圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標公式，得，由，得，兩式聯(lián)立解得．故的標準方程為，的標準方程為．[方法三]：參數(shù)方程由（1）知，橢圓的方程為，所以的參數(shù)方程為x=2c?cosθ,y=3將它代入拋物線的方程并化簡得，解得或（舍去），所以，即點M的坐標為．又，所以由拋物線焦半徑公式有，即，解得．故的標準方程為，的標準方程為．[方法四]【最優(yōu)解】：利用韋達定理由（1）知，，橢圓的方程為，聯(lián)立，消去并整理得，解得或（舍去），由拋物線的定義可得，解得.因此，曲線的標準方程為，曲線的標準方程為.【整體點評】(2)方法一：橢圓的第二定義是聯(lián)系準線與離心率的重要工具，涉及離心率的問題不妨考慮使用第二定義，很多時候會使得問題簡單明了.方法二：圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標公式充分體現(xiàn)了圓錐曲線的統(tǒng)一特征，同時它也是解決圓錐曲線問題的一個不錯的思考方向.方法三：參數(shù)方程是一種重要的數(shù)學(xué)工具，它將圓錐曲線的問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的問題，使得原來抽象的問題更加具體化.方法四：韋達定理是最常用的處理直線與圓錐曲線位置關(guān)系的方法，聯(lián)立方程之后充分利用韋達定理可以達到設(shè)而不求的效果.3．（2019·全國·高考真題）已知曲線，為直線上的動點，過作的兩條切線，切點分別為.（1）證明：直線過定點：（2）若以為圓心的圓與直線相切，且切點為線段的中點，求該圓的方程.【答案】(1)見詳解；(2)或.【解析】（1）可設(shè)，，然后求出A，B兩點處的切線方程，比如：，又因為也有類似的形式，從而求出帶參數(shù)直線方程，最后求出它所過的定點.（2）由(1)得帶參數(shù)的直線方程和拋物線方程聯(lián)立，再通過為線段的中點，得出的值，從而求出坐標和的值，最后求出圓的方程.【詳解】(1)證明：設(shè),,則．又因為，所以.則切線DA的斜率為，故，整理得.設(shè)，同理得.,都滿足直線方程.于是直線過點，而兩個不同的點確定一條直線，所以直線方程為.即，當時等式恒成立．所以直線恒過定點.(2)由(1)得直線方程為，和拋物線方程聯(lián)立得：化簡得.于是,設(shè)為線段的中點，則由于，而,與向量平行，所以，解得或.當時，，所求圓的方程為;當時，或，所求圓的方程為.所以圓的方程為或.【點睛】此題第一問是圓錐曲線中的定點問題和第二問是求面積類型，屬于常規(guī)題型，按部就班的求解就可以.思路較為清晰，但計算量不小.4．（2019·天津·高考真題）設(shè)橢圓的左焦點為，左頂點為，上頂點為B.已知（為原點）.（Ⅰ）求橢圓的離心率；（Ⅱ）設(shè)經(jīng)過點且斜率為的直線與橢圓在軸上方的交點為，圓同時與軸和直線相切，圓心在直線上，且，求橢圓的方程.【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根據(jù)題意得到，結(jié)合橢圓中的關(guān)系，得到，化簡得出，從而求得其離心率；（II）結(jié)合（I）的結(jié)論，設(shè)出橢圓的方程，寫出直線的方程，兩個方程聯(lián)立，求得交點的坐標，利用直線與圓相切的條件，列出等量關(guān)系式，求得，從而得到橢圓的方程.【詳解】（I）解：設(shè)橢圓的半焦距為，由已知有，又由，消去得，解得，所以，橢圓的離心率為.（II）解：由（I）知，，故橢圓方程為，由題意，，則直線的方程為，點的坐標滿足，消去并化簡，得到，解得，代入到的方程，解得，因為點在軸的上方，所以，由圓心在直線上，可設(shè)，因為，且由（I）知，故，解得，因為圓與軸相切，所以圓的半徑為2，又由圓與相切，得，解得，所以橢圓的方程為：.【點睛】本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、直線方程、圓等基礎(chǔ)知識，考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)，考查運算求解能力，以及用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決問題的能力.5．（2018·全國·高考真題）設(shè)拋物線的焦點為，過且斜率為的直線與交于，兩點，．（1）求的方程；（2）求過點，且與的準線相切的圓的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）方法一：根據(jù)拋物線定義得，再聯(lián)立直線方程與拋物線方程，利用韋達定理代入求出斜率，即得直線的方程；（2）方法一：先求AB中垂線方程，即得圓心坐標關(guān)系，再根據(jù)圓心到準線距離等于半徑得等量關(guān)系，解方程組可得圓心坐標以及半徑，最后寫出圓的標準方程.【詳解】（1）［方法一］：【通性通法】焦點弦的弦長公式的應(yīng)用由題意得，設(shè)直線l的方程為．設(shè)，由得．，故．所以．由題設(shè)知，解得（舍去）或．因此l的方程為．［方法二］：弦長公式的應(yīng)用由題意得，設(shè)直線l的方程為．設(shè)，則由得．，由，解得（舍去）或．因此直線l的方程為．［方法三］：【最優(yōu)解】焦點弦的弦長公式的應(yīng)用設(shè)直線l的傾斜角為，則焦點弦，解得，即．因為斜率，所以．而拋物線焦點為，故直線l的方程為．［方法四］：直線參數(shù)方程中的弦長公式應(yīng)用由題意知，可設(shè)直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）．代入整理得．設(shè)兩根為，則．由，解得．因為，所以，因此直線l的參數(shù)方程為故直線l的普通方程為．［方法五］：【最優(yōu)解】極坐標方程的應(yīng)用以點F為極點，以x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，此時拋物線的極坐標方程為．設(shè)，由題意得，解得，即．所以直線l的方程為．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】利用圓的幾何性質(zhì)求方程由（1）得AB的中點坐標為，所以AB的垂直平分線方程為，即．設(shè)所求圓的圓心坐標為，則解得或，因此所求圓的方程為或．［方法二］：硬算求解由題意可知，拋物線C的準線為，所求圓與準線相切．設(shè)圓心為，則所求圓的半徑為．由得．所以，解得或，所以，所求圓的方程為或．【整體點評】（1）方法一：根據(jù)弦過焦點，選擇焦點弦長公式運算，屬于通性通法；方法二：直接根據(jù)一般的弦長公式硬算，是解決弦長問題的一般解法；方法三：根據(jù)弦過焦點，選擇含直線傾斜角的焦點弦長公式，計算簡單，屬于最優(yōu)解；方法四：根據(jù)直線參數(shù)方程中的弦長公式，利用參數(shù)的幾何意義運算；方法五：根據(jù)拋物線的極坐標方程，利用極徑的意義求解，計算簡單，也是該題的最優(yōu)解．（2）方法一：根據(jù)圓的幾何性質(zhì)確定圓心位置，再根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系算出，是求圓的方程的最優(yōu)解；方法二：直接根據(jù)圓經(jīng)過兩點，硬算，思想簡單，運算相對復(fù)雜．6．（2017·全國·高考真題）已知拋物線C：y2=2x，過點（2,0）的直線l交C于A,B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓.（1）證明：坐標原點O在圓M上；（2）設(shè)圓M過點，求直線l與圓M的方程.【答案】(1)證明見解析；(2)，或，.【詳解】（1）設(shè)，.由可得，則.又，故.因此的斜率與的斜率之積為，所以.故坐標原點在圓上.（2）由（1）可得.故圓心的坐標為，圓的半徑.由于圓過點，因此，故，即，由（1）可得.所以，解得或.當時，直線的方程為，圓心的坐標為，圓的半徑為，圓的方程為.當時，直線的方程為，圓心的坐標為，圓的半徑為，圓的方程為.【名師點睛】直線與拋物線的位置關(guān)系和直線與橢圓、雙曲線的位置關(guān)系類似，一般要用到根與系數(shù)的關(guān)系；在解決直線與拋物線的位置關(guān)系時，要特別注意直線與拋物線的對稱軸平行的特殊情況.中點弦問題，可以利用“點差法”，但不要忘記驗證或說明中點在曲線內(nèi)部.7．（2017·天津·高考真題）已知橢圓的左焦點為，右頂點為，點的坐標為，的面積為.（I）求橢圓的離心率；（II）設(shè)點在線段上，，延長線段與橢圓交于點，點，在軸上，，且直線與直線間的距離為，四邊形的面積為.（i）求直線的斜率；（ii）求橢圓的方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（?。?（ii）.【分析】根據(jù)的面積為列出一個關(guān)于的等式，削去求出離心率；根據(jù)關(guān)系巧設(shè)直線的方程，與直線FP的方程聯(lián)立解出焦點的坐標，利用|FQ|=解出斜率，把直線FP的方程與橢圓方程聯(lián)立，解出點坐標，分別求出和的面積，利用四邊形的面積為，解出，得出橢圓的標準方程.【詳解】（Ⅰ）設(shè)橢圓的離心率為e.由已知，可得.又由，可得，即.又因為，解得.所以，橢圓的離心率為.（Ⅱ）（?。┮李}意，設(shè)直線FP的方程為，則直線FP的斜率為.由（Ⅰ）知，可得直線AE的方程為，即，與直線FP的方程聯(lián)立，可解得，即點Q的坐標為.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直線FP的斜率為.（ii）解：由，可得，故橢圓方程可以表示為.由（i）得直線FP的方程為，與橢圓方程聯(lián)立消去，整理得，解得（舍去）或.因此可得點，進而可得，所以.由已知，線段的長即為與這兩條平行直線間的距離，故直線和都垂直于直線.因為，所以，所以的面積為，同理的面積等于，由四邊形的面積為，得，整理得，又由，得.所以，橢圓的方程為.【點睛】列出一個關(guān)于的等式，可以求離心率；列出一個關(guān)于的不等式，可以求離心率的取值范圍.“減元”思想是解決解析幾何問題的重要思想，巧設(shè)直線方程利用題目條件列方程求解斜率，求橢圓方程的基本方法就是待定系數(shù)法，根據(jù)已知條件列方程通過解方程求出待定系數(shù).8．（2015·天津·高考真題）已知橢圓的上頂點為B,左焦點為,離心率為,（Ⅰ）求直線BF的斜率;（Ⅱ）設(shè)直線BF與橢圓交于點P（P異于點B）,過點B且垂直于BP的直線與橢圓交于點Q（Q異于點B）直線PQ與y軸交于點M,.（ⅰ）求的值;（ⅱ）若,求橢圓的方程.【答案】（Ⅰ）2;（Ⅱ）（?。?（ⅱ）【詳解】（Ⅰ）先由及得,直線BF的斜率;（Ⅱ）先把直線BF,BQ的方程與橢圓方程聯(lián)立,求出點P,Q橫坐標,可得（Ⅱ）先由得=,由此求出c=1,故橢圓方程為試題解析:（Ⅰ）設(shè),由已知及可得,又因為,,故直線BF的斜率.（Ⅱ）設(shè)點,（Ⅰ）由（Ⅰ）可得橢圓方程為直線BF的方程為,兩方程聯(lián)立消去y得解得.因為,所以直線BQ方程為,與橢圓方程聯(lián)立消去y得,解得.又因為,及得（Ⅱ）由（Ⅰ）得,所以,即,又因為,所以=.又因為,所以,因此所以橢圓方程為考點：本題主要考查直線與橢圓等基礎(chǔ)知識.考查運算求解能力及用方程思想和化歸思想解決問題的能力.9．（2015·安徽·高考真題）設(shè)橢圓E的方程為，點O為坐標原點，點A的坐標為，點B的坐標為，點M在線段AB上，滿足，直線OM的斜率為.（Ⅰ）求E的離心率e；（Ⅱ）設(shè)點C的坐標為，N為線段AC的中點，點N關(guān)于直線AB的對稱點的縱坐標為，求E的方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【詳解】試題分析：（Ⅰ）由題設(shè)條件，可得點的坐標為，利用，從而，進而得，算出.（Ⅱ）由題設(shè)條件和（Ⅰ）的計算結(jié)果知，直線的方程為，得出點的坐標為，設(shè)點關(guān)于直線的對稱點的坐標為，則線段的中點的坐標為.利用點在直線上，以及，解得，所以，從而得到橢圓的方程為.試題解析：（Ⅰ）由題設(shè)條件知，點的坐標為，又，從而，進而得，故.（Ⅱ）由題設(shè)條件和（Ⅰ）的計算結(jié)果可得，直線的方程為，點的坐標為，設(shè)點關(guān)于直線的對稱點的坐標為，則線段的中點的坐標為.又點在直線上，且,從而有解得，所以，故橢圓的方程為.考點：1.橢圓的離心率；2.橢圓的標準方程；3.點點關(guān)于直線對稱的應(yīng)用.考點02求軌跡方程1．（2023·全國新Ⅰ卷·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設(shè)直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導(dǎo)即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標系法，再設(shè)點，利用三角換元再對角度分類討論，結(jié)合基本不等式即可證明.【詳解】（1）設(shè),則，兩邊同平方化簡得，故.（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，同理令，且，則，設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，則，易知則令,令，解得，當時，，此時單調(diào)遞減，當，，此時單調(diào)遞增，則，故,即.當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設(shè)在上，且，

依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，直線的方程為，則聯(lián)立得，，則則，同理，令，則，設(shè)，則，令，解得，當時，，此時單調(diào)遞減，當，，此時單調(diào)遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設(shè),根據(jù)對稱性不妨設(shè).則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此，當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.

.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的第二個的關(guān)鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設(shè)新函數(shù)求導(dǎo)，最后再排除邊界值即可.2．（2021·全國新Ⅰ卷·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設(shè)點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；(2)方法一：設(shè)出點的坐標和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.【詳解】(1)因為，所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，所以，軌跡的方程為.（2）[方法一]【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯(lián)立如圖所示，設(shè),設(shè)直線的方程為．

聯(lián)立,化簡得，，則．故．則．設(shè)的方程為，同理．因為，所以，化簡得，所以，即．因為，所以．[方法二]：參數(shù)方程法設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，則其參數(shù)方程為，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，可得，整理得．設(shè)，由根與系數(shù)的關(guān)系得．設(shè)直線的傾斜角為，，同理可得由，得．因為，所以．由題意分析知．所以，故直線的斜率與直線的斜率之和為0．[方法三]：利用圓冪定理因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．設(shè),直線的方程為，直線的方程為,則二次曲線．又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數(shù)為0，即.【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理處理圓錐曲線問題是最經(jīng)典的方法，它體現(xiàn)了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：參數(shù)方程的使用充分利用了參數(shù)的幾何意義，要求解題過程中對參數(shù)有深刻的理解，并能夠靈活的應(yīng)用到題目中.方法三：圓冪定理的應(yīng)用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應(yīng)用使得計算更為簡單.3．（2019·全國·高考真題）已知點A(?2,0)，B(2,0)，動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為?.記M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點G.（i）證明：是直角三角形；（ii）求面積的最大值.【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析【分析】（1）分別求出直線AM與BM的斜率，由已知直線AM與BM的斜率之積為?，可以得到等式，化簡可以求出曲線C的方程，注意直線AM與BM有斜率的條件；（2）（i）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出P，Q兩點的坐標，進而求出點的坐標，求出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)關(guān)系求出的坐標，再求出直線的斜率，計算的值，就可以證明出是直角三角形；（ii）由（i）可知三點坐標，是直角三角形，求出的長，利用面積公式求出的面積，利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值.【詳解】（1）直線的斜率為，直線的斜率為，由題意可知：，所以曲線C是以坐標原點為中心，焦點在軸上，不包括左右兩頂點的橢圓，其方程為；（2）（i）[方法一]【分別求得斜率的表達式利用斜率之積為即可證得題中的結(jié)論】依題意設(shè)，直線的斜率為，則，所以．又，所以，進而有，即是直角三角形．[方法二]【利用三點共線和點差法真的斜率之積為即可證得題中的結(jié)論】由題意設(shè)，則．因為Q，E，G三點共線，所以，又因為點P，G在橢圓上，所以，兩式相減得，所以，所以．（ii）[方法一]【求得面積函數(shù)，然后求導(dǎo)確定最值】設(shè)，則直線的方程為，聯(lián)立解得所以直線的方程為．聯(lián)立直線的方程和橢圓C的方程，可得，則，所以．令，即．注意到，得，所以在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，所以當時，．[方法二]【利用弦長公式結(jié)合韋達定理求得面積表達式，然后求導(dǎo)確定最值】設(shè)的中點為N，直線的斜率為k，則其方程為．由解得．由（Ⅰ）得．直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立得，．又，從而，進而．以下同解法一．【整體點評】(2)(i)方法一：斜率之積為是證明垂直的核心和關(guān)鍵；方法二：利用三點共線和點差法使得問題的處理更加簡單.(ii)導(dǎo)數(shù)是求最值的一種重要方法，在求最值的時候幾乎所有問題都可以考慮用導(dǎo)數(shù)求解；4．（2017·全國·高考真題）設(shè)O為坐標原點，動點M在橢圓C上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足.（1）求點P的軌跡方程；（2）設(shè)點在直線上，且.證明：過點P且垂直于OQ的直線過C的左焦點F.【答案】（1）；（2）見解析.【詳解】（1）設(shè)P（x，y），M（）,則N（），由得.因為M（）在C上，所以.因此點P的軌跡為.由題意知F（-1,0），設(shè)Q（-3，t），P（m，n），則，.由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.所以，即.又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.點睛:定點、定值問題通常是通過設(shè)參數(shù)或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角問題，證明該式是恒成立的.定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定值之前已知該值的結(jié)果，因此求解時應(yīng)設(shè)參數(shù)，運用推理，到最后必定參數(shù)統(tǒng)消，定點、定值顯現(xiàn).5．（2015·湖北·高考真題）一種作圖工具如圖1所示．是滑槽的中點，短桿可繞轉(zhuǎn)動，長桿通過處鉸鏈與連接，上的栓子可沿滑槽AB滑動，且，．當栓子在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運動時，帶動繞轉(zhuǎn)動一周（不動時，也不動），處的筆尖畫出的曲線記為．以為原點，所在的直線為軸建立如圖2所示的平面直角坐標系．

（Ⅰ）求曲線C的方程；（Ⅱ）設(shè)動直線與兩定直線和分別交于兩點．若直線總與曲線有且只有一個公共點，試探究：的面積是否存在最小值？若存在，求出該最小值；若不存在，說明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在最小值8．【詳解】（Ⅰ）設(shè)點，，依題意，

，且，所以，且即且由于當點不動時，點也不動，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲線的方程為（Ⅱ）（1）當直線的斜率不存在時，直線為或，都有．（2）當直線的斜率存在時，設(shè)直線，由消去，可得．因為直線總與橢圓有且只有一個公共點，所以，即．①又由可得；同理可得．由原點到直線的距離為和，可得．②將①代入②得，．當時，；當時，．因，則，，所以，當且僅當時取等號．所以當時，的最小值為8．綜合（1）（2）可知，當直線與橢圓在四個頂點處相切時，的面積取得最小值8．考點：橢圓的標準方程、幾何性質(zhì),直線與圓、橢圓的位置關(guān)系，最值．考點03求直線方程1．（2024·全國新Ⅰ卷·高考真題）已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．【答案】(1)(2)直線的方程為或.【分析】（1）代入兩點得到關(guān)于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯(lián)立橢圓方程得到點坐標，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設(shè)，根據(jù)點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數(shù)方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設(shè)直線，聯(lián)立橢圓方程，得到點坐標，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設(shè)，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到答案；法六：設(shè)線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達面積即可.【詳解】（1）由題意得，解得，所以.（2）法一：，則直線的方程為，即，，由（1）知，設(shè)點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設(shè)該平行線的方程為：，則，解得或，當時，聯(lián)立，解得或，即或，當時，此時，直線的方程為，即，當時，此時，直線的方程為，即，當時，聯(lián)立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設(shè)，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設(shè)，其中，則有，聯(lián)立，解得或，即或，以下同法一；法四：當直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當直線斜率存在時，設(shè)，設(shè)與軸的交點為，令，則，聯(lián)立，則有，，其中，且，則，則，解的或，經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.2．（2023·天津·高考真題）已知橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓的方程和離心率；(2)點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．【答案】(1)橢圓的方程為，離心率為.(2).【分析】（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.（2）先設(shè)直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，再由韋達定理可得，從而得到點和點坐標.由得，即可得到關(guān)于的方程，解出，代入直線的方程即可得到答案.【詳解】（1）如圖，

由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.（2）由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為.3．（2022·全國甲卷·高考真題）設(shè)拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設(shè)直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可得解；（2）法一：設(shè)點的坐標及直線，由韋達定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，設(shè)直線，結(jié)合韋達定理可解.【詳解】（1）拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，此時，所以，所以拋物線C的方程為；（2）[方法一]：【最優(yōu)解】直線方程橫截式設(shè)，直線，由可得，，由斜率公式可得，，直線，代入拋物線方程可得，，所以，同理可得，所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設(shè)，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設(shè)直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法二]：直線方程點斜式由題可知，直線MN的斜率存在.設(shè),直線由得：，,同理，.直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，則，設(shè)，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設(shè)直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法三]：三點共線設(shè)，設(shè),若P、M、N三點共線，由所以，化簡得，反之，若,可得MN過定點因此，由M、N、F三點共線，得，

由M、D、A三點共線，得，

由N、D、B三點共線，得，則，AB過定點（4,0）（下同方法一）若要使最大，則，設(shè)，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，所以直線.【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯(lián)立方程的運算，通過尋找直線的斜率關(guān)系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據(jù)韋達定理求出直線方程，是該題的最優(yōu)解，也是通性通法；法二：常規(guī)設(shè)直線方程點斜式，解題過程同解法一；法三：通過設(shè)點由三點共線尋找縱坐標關(guān)系，快速找到直線過定點，省去聯(lián)立過程，也不失為一種簡化運算的好方法．4．（2021·天津·高考真題）已知橢圓的右焦點為，上頂點為，離心率為，且．（1）求橢圓的方程；（2）直線與橢圓有唯一的公共點，與軸的正半軸交于點，過與垂直的直線交軸于點．若，求直線的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值，結(jié)合的值可得出的值，進而可得出橢圓的方程；（2）設(shè)點，分析出直線的方程為，求出點的坐標，根據(jù)可得出，求出、的值，即可得出直線的方程.【詳解】（1）易知點、，故，因為橢圓的離心率為，故，，因此，橢圓的方程為；（2）設(shè)點為橢圓上一點，先證明直線的方程為，聯(lián)立，消去并整理得，，因此，橢圓在點處的切線方程為.在直線的方程中，令，可得，由題意可知，即點，直線的斜率為，所以，直線的方程為，在直線的方程中，令，可得，即點，因為，則，即，整理可得，所以，，因為，，故，，所以，直線的方程為，即.【點睛】結(jié)論點睛：在利用橢圓的切線方程時，一般利用以下方法進行直線：（1）設(shè)切線方程為與橢圓方程聯(lián)立，由進行求解；（2）橢圓在其上一點的切線方程為，再應(yīng)用此方程時，首先應(yīng)證明直線與橢圓相切.5．（2020·天津·高考真題）已知橢圓的一個頂點為，右焦點為，且，其中為原點．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）已知點滿足，點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線與以為圓心的圓相切于點，且為線段的中點．求直線的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意，并借助，即可求出橢圓的方程；（Ⅱ）利用直線與圓相切，得到，設(shè)出直線的方程，并與橢圓方程聯(lián)立，求出點坐標，進而求出點坐標，再根據(jù)，求出直線的斜率，從而得解.【詳解】（Ⅰ）橢圓的一個頂點為，，由，得，又由，得，所以，橢圓的方程為；（Ⅱ）直線與以為圓心的圓相切于點，所以，根據(jù)題意可知，直線和直線的斜率均存在，設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，即，，消去，可得，解得或.將代入，得，所以，點的坐標為，因為為線段的中點，點的坐標為，所以點的坐標為，由，得點的坐標為，所以，直線的斜率為，又因為，所以，整理得，解得或.所以，直線的方程為或.【點睛】本題考查了橢圓標準方程的求解、直線與橢圓的位置關(guān)系、直線與圓的位置關(guān)系、中點坐標公式以及直線垂直關(guān)系的應(yīng)用，考查學(xué)生的運算求解能力，屬于中檔題.當看到題目中出現(xiàn)直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時，要想到聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程.6．（2018·江蘇·高考真題）在平面直角坐標系中，橢圓C過點，焦點，圓O的直徑為．（1）求橢圓C及圓O的方程；（2）設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點P．①若直線l與橢圓C有且只有一個公共點，求點P的坐標；②直線l與橢圓C交于兩點．若的面積為，求直線l的方程．【答案】（1），；（2）①；②．【分析】（1）根據(jù)條件易得圓的半徑，即得圓的標準方程，再根據(jù)點在橢圓上，解方程組可得a,b，即得橢圓方程；（2）方法一：①先根據(jù)直線與圓相切得一方程，再根據(jù)直線與橢圓相切得另一方程，解方程組可得切點坐標；②先根據(jù)三角形面積得三角形底邊邊長，再結(jié)合①中方程組，利用求根公式以及兩點間距離公式，列方程，解得切點坐標，即得直線方程.【詳解】（1）因為橢圓C的焦點為，可設(shè)橢圓C的方程為．又點在橢圓C上，所以，解得因此，橢圓C的方程為．因為圓O的直徑為，所以其方程為．（2）［方法一］：【通性通法】代數(shù)法硬算①設(shè)直線l與圓O相切于，則，所以直線l的方程為，即．由，消去y，得（*），因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點，所以．因為，所以，因此，點P的坐標為．②因為三角形OAB的面積為，所以，從而．設(shè)，由（*）得，所以．因為，所以，即，解得舍去），則，因此P的坐標為．綜上，直線l的方程為．［方法二］：圓的參數(shù)方程的應(yīng)用設(shè)P點坐標為．因為原點到直線的距離，所以與圓O切于點P的直線l的方程為．由消去y，得．①因為直線l與橢圓相切，所以．因為，所以，故，．所以，P點坐標為．②因為直線與圓O相切，所以中邊上的高，因為的面積為，所以．設(shè)，由①知，即，即．因為，所以，故，所以．所以直線l的方程為．［方法三］：直線參數(shù)方程與圓的參數(shù)方程的應(yīng)用設(shè)P點坐標為，則與圓O切于點P的直線l的參數(shù)方程為：（t為參數(shù)），即（t為參數(shù)）．代入，得關(guān)于t的一元二次方程．①因為直線l與橢圓相切，所以，，因為，所以，故，．所以，P點坐標為．②同方法二，略．【整體點評】（2）方法一：①直接利用直線與圓的位置關(guān)系，直線與橢圓的位置關(guān)系代數(shù)法硬算，即可解出點的坐標；②根據(jù)三角形面積公式，利用弦長公式可求出點的坐標，是該題的通性通法；方法二：①利用圓的參數(shù)方程設(shè)出點，進而表示出直線方程，根據(jù)直線與橢圓的位置關(guān)系解出點的坐標；②根據(jù)三角形面積公式，利用弦長公式可求出點的坐標；方法三：①利用圓的參數(shù)方程設(shè)出點，將直線的參數(shù)方程表示出來，根據(jù)直線與橢圓的位置關(guān)系解出點的坐標；②根據(jù)三角形面積公式，利用弦長公式可求出點的坐標．7．（2017·全國·高考真題）已知拋物線C：y2=2x，過點（2,0）的直線l交C于A,B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓.（1）證明：坐標原點O在圓M上；（2）設(shè)圓M過點，求直線l與圓M的方程.【答案】(1)證明見解析；(2)，或，.【詳解】（1）設(shè)，.由可得，則.又，故.因此的斜率與的斜率之積為，所以.故坐標原點在圓上.（2）由（1）可得.故圓心的坐標為，圓的半徑.由于圓過點，因此，故，即，由（1）可得.所以，解得或.當時，直線的方程為，圓心的坐標為，圓的半徑為，圓的方程為.當時，直線的方程為，圓心的坐標為，圓的半徑為，圓的方程為.【名師點睛】直線與拋物線的位置關(guān)系和直線與橢圓、雙曲線的位置關(guān)系類似，一般要用到根與系數(shù)的關(guān)系；在解決直線與拋物線的位置關(guān)系時，要特別注意直線與拋物線的對稱軸平行的特殊情況.中點弦問題，可以利用“點差法”，但不要忘記驗證或說明中點在曲線內(nèi)部.8．（2017·天津·高考真題）設(shè)橢圓的左焦點為，右頂點為，離心率為.已知是拋物線的焦點，到拋物線的準線的距離為.（I）求橢圓的方程和拋物線的方程；（II）設(shè)上兩點，關(guān)于軸對稱，直線與橢圓相交于點（異于點），直線與軸相交于點.若的面積為，求直線的方程.【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ），或.【詳解】試題分析：由于為拋物線焦點，到拋物線的準線的距離為，則，又橢圓的離心率為，求出，得出橢圓的標準方程和拋物線方程；則，設(shè)直線方程為設(shè)，解出兩點的坐標，把直線方程和橢圓方程聯(lián)立解出點坐標，寫出所在直線方程，求出點的坐標，最后根據(jù)的面積為解方程求出，得出直線的方程.試題解析：（Ⅰ）解：設(shè)的坐標為.依題意，，，，解得，，，于是.所以，橢圓的方程為，拋物線的方程為.（Ⅱ）解：設(shè)直線的方程為，與直線的方程聯(lián)立，可得點，故.將與聯(lián)立，消去，整理得，解得，或.由點異于點，可得點.由，可學(xué)*科.網(wǎng)得直線的方程為，令，解得，故.所以.又因為的面積為，故，整理得，解得，所以.所以，直線的方程為，或.【考點】直線與橢圓綜合問題【名師點睛】圓錐曲線問題在歷年高考都是較有難度的壓軸題，不論第一步利用橢圓的離心率及橢圓與拋物線的位置關(guān)系的特點，列方程組，求出橢圓和拋物線方程，還是第二步聯(lián)立方程組求出點的坐標，寫直線方程，利用面積求直線方程，都是一種思想，就是利用大熟地方法解決幾何問題，坐標化，方程化，代數(shù)化是解題的關(guān)鍵.9．（2015·江蘇·高考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的離心率為，且右焦點F到左準線l的距離為3.

（1）求橢圓的標準方程；（2）過F的直線與橢圓交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點P，C，若PC=2AB，求直線AB的方程.【答案】（1）（2）或．【詳解】試題分析（1）求橢圓標準方程，只需列兩個獨立條件即可：一是離心率為，二是右焦點F到左準線l的距離為3，解方程組即得（2）因為直線AB過F，所以求直線AB的方程就是確定其斜率，本題關(guān)鍵就是根據(jù)PC=2AB列出關(guān)于斜率的等量關(guān)系，這有一定運算量.首先利用直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，解出AB兩點坐標，利用兩點間距離公式求出AB長，再根據(jù)中點坐標公式求出C點坐標，利用兩直線交點求出P點坐標，再根據(jù)兩點間距離公式求出PC長，利用PC=2AB解出直線AB斜率,寫出直線AB方程.試題解析：（1）由題意，得且，解得，，則，所以橢圓的標準方程為．（2）當軸時，，又，不合題意．當與軸不垂直時，設(shè)直線的方程為，，，將的方程代入橢圓方程，得，則，的坐標為，且．若，則線段的垂直平分線為軸，與左準線平行，不合題意．從而，故直線的方程為，則點的坐標為，從而．因為，所以，解得．此時直線方程為或．考點：橢圓方程，直線與橢圓位置關(guān)系考點04求斜率值或范圍1．（2021·全國新Ⅰ卷·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設(shè)點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；(2)方法一：設(shè)出點的坐標和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.【詳解】(1)因為，所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，所以，軌跡的方程為.（2）[方法一]【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯(lián)立如圖所示，設(shè),設(shè)直線的方程為．

聯(lián)立,化簡得，，則．故．則．設(shè)的方程為，同理．因為，所以，化簡得，所以，即．因為，所以．[方法二]：參數(shù)方程法設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，則其參數(shù)方程為，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，可得，整理得．設(shè)，由根與系數(shù)的關(guān)系得．設(shè)直線的傾斜角為，，同理可得由，得．因為，所以．由題意分析知．所以，故直線的斜率與直線的斜率之和為0．[方法三]：利用圓冪定理因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．設(shè),直線的方程為，直線的方程為,則二次曲線．又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數(shù)為0，即.【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理處理圓錐曲線問題是最經(jīng)典的方法，它體現(xiàn)了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：參數(shù)方程的使用充分利用了參數(shù)的幾何意義，要求解題過程中對參數(shù)有深刻的理解，并能夠靈活的應(yīng)用到題目中.方法三：圓冪定理的應(yīng)用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應(yīng)用使得計算更為簡單.2．（2021·北京·高考真題）已知橢圓一個頂點，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形面積為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與直線交交于點M，N，當|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根據(jù)橢圓所過的點及四個頂點圍成的四邊形的面積可求，從而可求橢圓的標準方程.（2）設(shè)，求出直線的方程后可得的橫坐標，從而可得，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，結(jié)合韋達定理化簡，從而可求的范圍，注意判別式的要求.【詳解】（1）因為橢圓過，故，因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，故橢圓的標準方程為：.（2）設(shè)，因為直線的斜率存在，故，故直線，令，則，同理.直線，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，綜上，或.3．（2021·全國乙卷·高考真題）已知拋物線的焦點F到準線的距離為2．（1）求C的方程;（2）已知O為坐標原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值為.【分析】（1）由拋物線焦點與準線的距離即可得解；（2）設(shè)，由平面向量的知識可得，進而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【詳解】（1）拋物線的焦點，準線方程為，由題意，該拋物線焦點到準線的距離為，所以該拋物線的方程為；（2）[方法一]：軌跡方程+基本不等式法設(shè)，則，所以，由在拋物線上可得，即，據(jù)此整理可得點的軌跡方程為，所以直線的斜率，當時，；當時，，當時，因為，此時，當且僅當，即時，等號成立；當時，；綜上，直線的斜率的最大值為.[方法二]：【最優(yōu)解】軌跡方程+數(shù)形結(jié)合法同方法一得到點Q的軌跡方程為．設(shè)直線的方程為，則當直線與拋物線相切時，其斜率k取到最值．聯(lián)立得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．[方法三]：軌跡方程+換元求最值法同方法一得點Q的軌跡方程為．設(shè)直線的斜率為k，則．令，則的對稱軸為，所以．故直線斜率的最大值為．[方法四]：參數(shù)+基本不等式法由題可設(shè)．因為，所以．于是，所以則直線的斜率為．當且僅當，即時等號成立，所以直線斜率的最大值為．【整體點評】方法一根據(jù)向量關(guān)系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關(guān)于的表達式，然后利用分類討論，結(jié)合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到點Q的軌跡方程，然后利用數(shù)形結(jié)合法，利用判別式求得直線OQ的斜率的最大值，為最優(yōu)解；方法三同方法一求得Q的軌跡方程，得到直線的斜率k的平方關(guān)于的表達式，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求得最大值，進而得到直線斜率的最大值；方法四利用參數(shù)法，由題可設(shè)，求得x,y關(guān)于的參數(shù)表達式，得到直線的斜率關(guān)于的表達式，結(jié)合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值.4．（2019·天津·高考真題）設(shè)橢圓的左焦點為，上頂點為.已知橢圓的短軸長為4，離心率為.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設(shè)點在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點為直線與軸的交點，點在軸的負半軸上.若（為原點），且，求直線的斜率.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.【分析】(Ⅰ)由題意得到關(guān)于a,b,c的方程，解方程可得橢圓方程；(Ⅱ)聯(lián)立直線方程與橢圓方程確定點P的坐標，從而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表達式，最后利用直線垂直的充分必要條件得到關(guān)于斜率的方程，解方程可得直線的斜率.【詳解】(Ⅰ)設(shè)橢圓的半焦距為，依題意，，又，可得，b=2，c=1.所以，橢圓方程為.(Ⅱ)由題意，設(shè).設(shè)直線的斜率為，又，則直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，整理得，可得，代入得，進而直線的斜率，在中，令，得.由題意得，所以直線的斜率為.由，得，化簡得，從而.所以，直線的斜率為或.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)?直線方程等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運算求解能力，以及用方程思想解決問題的能力.5．（2018·天津·高考真題）設(shè)橢圓(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的離心率為，點A的坐標為，且.（I）求橢圓的方程；（II）設(shè)直線l：與橢圓在第一象限的交點為P，且l與直線AB交于點Q.若(O為原點)，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【詳解】分析：（Ⅰ）由題意結(jié)合橢圓的性質(zhì)可得a=3，b=2．則橢圓的方程為．（Ⅱ）設(shè)點P的坐標為（x1，y1），點Q的坐標為（x2，y2）．由題意可得5y1=9y2．由方程組可得．由方程組可得．據(jù)此得到關(guān)于k的方程，解方程可得k的值為或詳解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，從而a=3，b=2．所以，橢圓的方程為．（Ⅱ）設(shè)點P的坐標為（x1，y1），點Q的坐標為（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因為，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程組消去x，可得．易知直線AB的方程為x+y–2=0，由方程組消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，兩邊平方，整理得，解得，或．所以，k的值為或點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．6．（2018·天津·高考真題）設(shè)橢圓的右頂點為A，上頂點為B．已知橢圓的離心率為，．（1）求橢圓的方程；（2）設(shè)直線與橢圓交于，兩點，與直線交于點M，且點P，M均在第四象限．若的面積是面積的2倍，求的值．【答案】（1）；(2)．【詳解】分析：（I）由題意結(jié)合幾何關(guān)系可求得.則橢圓的方程為.（II）設(shè)點P的坐標為，點M的坐標為，由題意可得.易知直線的方程為，由方程組可得.由方程組可得.結(jié)合，可得，或.經(jīng)檢驗的值為.詳解：（I）設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知得，又由，可得．由,從而．所以，橢圓的方程為．（II）設(shè)點P的坐標為，點M的坐標為，由題意，，點的坐標為．由的面積是面積的2倍，可得，從而，即．易知直線的方程為，由方程組消去y，可得．由方程組消去，可得．由，可得，兩邊平方，整理得，解得，或．當時，，不合題意，舍去；當時，，，符合題意．所以，的值為．點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．7．（2017·天津·高考真題）已知橢圓的左焦點為，右頂點為，點的坐標為，的面積為.（I）求橢圓的離心率；（II）設(shè)點在線段上，，延長線段與橢圓交于點，點，在軸上，，且直線與直線間的距離為，四邊形的面積為.（i）求直線的斜率；（ii）求橢圓的方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）（?。?（ii）.【分析】根據(jù)的面積為列出一個關(guān)于的等式，削去求出離心率；根據(jù)關(guān)系巧設(shè)直線的方程，與直線FP的方程聯(lián)立解出焦點的坐標，利用|FQ|=解出斜率，把直線FP的方程與橢圓方程聯(lián)立，解出點坐標，分別求出和的面積，利用四邊形的面積為，解出，得出橢圓的標準方程.【詳解】（Ⅰ）設(shè)橢圓的離心率為e.由已知，可得.又由，可得，即.又因為，解得.所以，橢圓的離心率為.（Ⅱ）（?。┮李}意，設(shè)直線FP的方程為，則直線FP的斜率為.由（Ⅰ）知，可得直線AE的方程為，即，與直線FP的方程聯(lián)立，可解得，即點Q的坐標為.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直線FP的斜率為.（ii）解：由，可得，故橢圓方程可以表示為.由（i）得直線FP的方程為，與橢圓方程聯(lián)立消去，整理得，解得（舍去）或.因此可得點，進而可得，所以.由已知，線段的長即為與這兩條平行直線間的距離，故直線和都垂直于直線.因為，所以，所以的面積為，同理的面積等于，由四邊形的面積為，得，整理得，又由，得.所以，橢圓的方程為.【點睛】列出一個關(guān)于的等式，可以求離心率；列出一個關(guān)于的不等式，可以求離心率的取值范圍.“減元”思想是解決解析幾何問題的重要思想，巧設(shè)直線方程利用題目條件列方程求解斜率，求橢圓方程的基本方法就是待定系數(shù)法，根據(jù)已知條件列方程通過解方程求出待定系數(shù).8．（2017·山東·高考真題）在平面直角坐標系中，橢圓：的離心率為，焦距為.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）如圖，動直線：交橢圓于兩點，是橢圓上一點，直線的斜率為，且，是線段延長線上一點，且，的半徑為，是的兩條切線，切點分別為.求的最大值，并求取得最大值時直線的斜率.【答案】（1）（2）的最大值為，取得最大值時直線的斜率為.【詳解】試題分析：（I）本小題由，確定即得.（Ⅱ）通過聯(lián)立方程組化簡得到一元二次方程后應(yīng)用韋達定理，應(yīng)用弦長公式確定及圓的半徑表達式.進一步求得直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，確定得到的表達式，研究其取值范圍.這個過程中，可考慮利用換元思想，應(yīng)用二次函數(shù)的性質(zhì)及基本不等式.試題解析：（I）由題意知，，所以，因此橢圓的方程為.（Ⅱ）設(shè)，聯(lián)立方程得，由題意知，且，所以.由題意可知圓的半徑為由題設(shè)知，所以因此直線的方程為.聯(lián)立方程得，因此.由題意可知，而，令，則，因此，當且僅當，即時等號成立，此時，所以，因此，所以最大值為.綜上所述：的最大值為，取得最大值時直線的斜率為.【名師點睛】本題對考生計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目，利用的關(guān)系，確定橢圓（圓錐曲線）方程是基礎(chǔ)，通過聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到“目標函數(shù)”的解析式，應(yīng)用確定函數(shù)最值的方法---如二次函數(shù)的性質(zhì)、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等求解.本題易錯點是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯漏百出.本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.9．（2016·山東·高考真題）已知橢圓的長軸長為4，焦距為（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）過動點的直線交軸與點，交于點(在第一象限)，且是線段的中點.過點作軸的垂線交于另一點，延長交于點.（ⅰ）設(shè)直線的斜率分別為，證明為定值；（ⅱ）求直線的斜率的最小值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）見解析，（ⅱ）直線AB的斜率的最小值為【詳解】試題分析：（Ⅰ）分別計算a,b即得.（Ⅱ）（ⅰ）設(shè)，由M(0,m)，可得的坐標，進而得到直線PM的斜率，直線QM的斜率，可得為定值.（ⅱ）設(shè).直線PA的方程為y=kx+m，直線QB的方程為y=–3kx+m.聯(lián)立應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到，，進而可得應(yīng)用基本不等式即得.試題解析：（Ⅰ）設(shè)橢圓的半焦距為c.由題意知，所以.所以橢圓C的方程為.（Ⅱ）（ⅰ）設(shè)，由M(0,m)，可得所以直線PM的斜率，直線QM的斜率.此時.所以為定值–3.（ⅱ）設(shè).直線PA的方程為y=kx+m，直線QB的方程為y=–3kx+m.聯(lián)立整理得.由，可得，所以.同理.所以，，所以由，可知k>0，所以，等號當且僅當時取得.此時，即，符號題意.所以直線AB的斜率的最小值為.【考點】橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，基本不等式【名師點睛】本題對考生的計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目，利用的關(guān)系，確定橢圓（圓錐曲線）的方程是基礎(chǔ)，通過聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到關(guān)于參數(shù)的解析式或方程是關(guān)鍵，易錯點是對復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯誤百出..本題能較好地考查考生的邏輯思維能力、基本計算能力及分析問題、解決問題的能力等.10．（2016·上?！じ呖颊骖}）雙曲線的左、右焦點分別為，直線過且與雙曲線交于兩點.（1）若的傾斜角為，是等邊三角形，求雙曲線的漸近線方程；（2）設(shè)，若的斜率存在，且，求的斜率.【答案】（1）；（2）.【詳解】試題分析：（1）設(shè)，根據(jù)題設(shè)條件得到，從而解得的值．（2）設(shè)，，直線與雙曲線方程聯(lián)立，得到一元二次方程，根據(jù)與雙曲線交于兩點，可得，且．再設(shè)的中點為，由即，從而得到，進而構(gòu)建關(guān)于的方程求解即可．試題解析：（1）設(shè)．由題意，，，，因為是等邊三角形，所以，即，解得．故雙曲線的漸近線方程為．（2）由已知，，．設(shè)，，直線．顯然．由，得．因為與雙曲線交于兩點，所以，且．設(shè)的中點為．由即，知，故．而，，，所以，得，故的斜率為．【考點】雙曲線的幾何性質(zhì)、直線與雙曲線的位置關(guān)系、平面向量的數(shù)量積【名師點睛】本題對考生的計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目時，利用的關(guān)系，確定雙曲線（圓錐曲線）方程是基礎(chǔ)，通過聯(lián)立直線方程與雙曲線（圓錐曲線）方程得到方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進行求解.本題能較好地考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題與解決問題的能力等.11．（2016·天津·高考真題）設(shè)橢圓的右焦點為，右頂點為，已知，其中為原點，為橢圓的離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設(shè)過點的直線與橢圓交于點（不在軸上），垂直于的直線與交于點，與軸交于點，若，且，求直線的斜率的取值范圍.【答案】(1)橢圓方程為;(2)直線l的斜率的取值范圍為.【詳解】試題分析：（Ⅰ）求橢圓標準方程，只需確a的值，由，得，再利用，可解得a的值；（Ⅱ）先化簡條件：，即M再OA的中垂線上，，再利用直線與橢圓位置關(guān)系，聯(lián)立方程組求；利用兩直線方程組求H，最后根據(jù)，列等量關(guān)系即可求出直線斜率的取值范圍.試題解析：（Ⅰ）解：設(shè)，由，即，可得，又，所以，因此，所以橢圓的方程為.（Ⅱ）解：設(shè)直線的斜率為（），則直線的方程為.設(shè)，由方程組，消去，整理得.解得，或，由題意得，從而.由（Ⅰ）知，，設(shè)，有，.由，得，所以，解得.因此直線的方程為.設(shè)，由方程組消去，解得.在中，，即，化簡得，即，解得或.所以，直線的斜率的取值范圍為.【考點】橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)，直線方程【名師點睛】在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下五個方面考慮：（1）利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立等量關(guān)系；（3）利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍．12．（2016·全國·高考真題）已知橢圓E:的焦點在軸上，A是E的左頂點，斜率為k（k>0）的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA．（Ⅰ）當t=4，時，求△AMN的面積；（Ⅱ）當時，求k的取值范圍.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【詳解】試題分析：（Ⅰ）先求直線的方程，再求點的縱坐標，最后求的面積；（Ⅱ）設(shè)，寫出A點坐標，并求直線的方程，將其與橢圓方程組成方程組，消去，用表示，從而表示，同理用表示，再由及t的取值范圍求的取值范圍.試題解析：（Ⅰ）設(shè)，則由題意知，當時，的方程為，.由已知及橢圓的對稱性知，直線的傾斜角為.因此直線的方程為.將代入得.解得或，所以.因此的面積.（Ⅱ）由題意，，.將直線的方程代入得.由得，故.由題設(shè)，直線的方程為，故同理可得，由得，即.當時上式不成立，因此.等價于，即.由此得，或，解得.因此的取值范圍是.【考點】橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系【名師點睛】由直線（系）和圓錐曲線（系）的位置關(guān)系，求直線或圓錐曲線中某個參數(shù)（系數(shù)）的范圍問題，常把所求參數(shù)作為函數(shù)值，另一個元作為自變量求解．13．（2016·上?！じ呖颊骖}）雙曲線的左、右焦點分別為，直線過且與雙曲線交于兩點．（1）若的傾斜角為，是等邊三角形，求雙曲線的漸近線方程；（2）設(shè)，若的斜率存在，且，求的斜率．【答案】（1）．（2）．【詳解】試題分析：（1）設(shè)，根據(jù)題設(shè)條件可以得到，從而解得的值．（2）設(shè)，，直線與雙曲線方程聯(lián)立，得到一元二次方程，根據(jù)與雙曲線交于兩點，可得，且．由|AB|=4構(gòu)建關(guān)于的方程進行求解．試題解析：（1）設(shè)．由題意，，，，因為是等邊三角形，所以，即，解得．故雙曲線的漸近線方程為．（2）由已知，．設(shè)，，直線．由，得．因為與雙曲線交于兩點，所以，且．由，，得，故，解得，故的斜率為．【考點】雙曲線的幾何性質(zhì)、直線與雙曲線的位置關(guān)系、弦長公式【名師點睛】本題對考生的計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目時，利用的關(guān)系，確定雙曲線（圓錐曲線）方程是基礎(chǔ)，通過聯(lián)立直線方程與雙曲線（圓錐曲線）方程得到方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進行求解.本題能較好地考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題與解決問題的能力等.14．（2016·天津·高考真題）設(shè)橢圓（）的右焦點為，右頂點為，已知，其中為原點，為橢圓的離心率.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設(shè)過點的直線與橢圓交于點（不在軸上），垂直于的直線與交于點，與軸交于點，若，且，求直線的斜率的取值范圍.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【詳解】試題分析：（Ⅰ）求橢圓標準方程，只需確定量，由，得，再利用，可解得，（Ⅱ）先化簡條件：，即M再OA中垂線上，，再利用直線與橢圓位置關(guān)系，聯(lián)立方程組求；利用兩直線方程組求H，最后根據(jù)，列等量關(guān)系解出直線斜率.取值范圍試題解析：（Ⅰ）解：設(shè)，由，即，可得，又，所以，因此，所以橢圓的方程為.（Ⅱ）解：設(shè)直線的斜率為（），則直線的方程為.設(shè)，由方程組，消去，整理得.解得，或，由題意得，從而.由（Ⅰ）知，，設(shè)，有，.由，得，所以，解得.因此直線的方程為.設(shè)，由方程組消去，解得.在中，，即，化簡得，即，解得或.所以，直線的斜率的取值范圍為.考點：橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)，直線方程15．（2015·天津·高考真題）已知橢圓的左焦點為,離心率為，點M在橢圓上且位于第一象限，直線被圓截得的線段的長為c，.（Ⅰ）求直線的斜率；（Ⅱ）求橢圓的方程；（Ⅲ）設(shè)動點在橢圓上，若直線的斜率大于，求直線（為原點）的斜率的取值范圍.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【詳解】（Ⅰ）由已知有，又由，可得，，設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，由已知有，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）得橢圓方程為，直線的方程為，兩個方程聯(lián)立，消去，整理得，解得或，因為點在第一象限，可得的坐標為，由，解得，所以橢圓方程為（Ⅲ）設(shè)點的坐標為，直線的斜率為，得，即,與橢圓方程聯(lián)立，消去，整理得，又由已知，得，解得或，設(shè)直線的斜率為，得，即，與橢圓方程聯(lián)立，整理可得.①當時，有，因此，于是，得②當時，有，因此，于是，得綜上，直線的斜率的取值范圍是考點：1.橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)；2.直線和圓的位置關(guān)系；3.一元二次不等式.16．（2015·北京·高考真題）已知橢圓，過點且不過點的直線與橢圓交于，兩點，直線與直線交于點．（Ⅰ）求橢圓的離心率；（Ⅱ）若垂直于軸，求直線的斜率；（Ⅲ）試判斷直線與直線的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）平行，理由見解析．【詳解】試題分析：本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)、直線的斜率、兩直線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查學(xué)生的分析問題解決問題的能力、轉(zhuǎn)化能力、計算能力.（Ⅰ）先將橢圓方程化為標準方程，得到，，的值，再利用計算離心率；（Ⅱ）由直線的特殊位置，設(shè)出，點坐標，設(shè)出直線的方程，由于直線與相交于點，所以得到點坐標，利用點、點的坐標，求直線的斜率；（Ⅲ）分直線的斜率存在和不存在兩種情況進行討論，第一種情況，直接分析即可得出結(jié)論，第二種情況，先設(shè)出直線和直線的方程，將橢圓方程與直線的方程聯(lián)立，消參，得到和，代入到中，只需計算出等于即可證明，即兩直線平行.試題解析：（Ⅰ）橢圓的標準方程為.所以，，.所以橢圓的離心率.（Ⅱ）因為過點且垂直于軸，所以可設(shè)，.直線的方程為.令，得.所以直線的斜率.（Ⅲ）直線與直線平行.證明如下：當直線的斜率不存在時，由（Ⅱ）可知.又因為直線的斜率，所以.當直線的斜率存在時，設(shè)其方程為.設(shè)，，則直線的方程為.令，得點.由，得.所以，.直線的斜率.因為，所以.所以.綜上可知，直線與直線平行.考點：橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)、直線的斜率、兩直線的位置關(guān)系.考點05離心率求值或范圍綜合1．（2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．(1)求橢圓的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由題意得，進一步得，由此即可得解；（2）設(shè)，，聯(lián)立橢圓方程，由韋達定理有，而，令，即可得解.【詳解】（1）由題意，從而，所以橢圓方程為，離心率為；（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，從而設(shè)，，聯(lián)立，化簡并整理得，由題意，即應(yīng)滿足，所以，若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設(shè)，所以，在直線方程中令，得，所以，此時應(yīng)滿足，即應(yīng)滿足或，綜上所述，滿足題意，此時或.2．（2023·天津·高考真題）已知橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓的方程和離心率；(2)點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．【答案】(1)橢圓的方程為，離心率為.(2).【分析】（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.（2）先設(shè)直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，再由韋達定理可得，從而得到點和點坐標.由得，即可得到關(guān)于的方程，解出，代入直線的方程即可得到答案.【詳解】（1）如圖，

由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.（2）由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為.3．（2022·天津·高考真題）橢圓的右焦點為F、右頂點為A，上頂點為B，且滿足．(1)求橢圓的離心率；(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于N（N異于M）．記O為坐標原點，若，且的面積為，求橢圓的標準方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的等量關(guān)系，由此可求得該橢圓的離心率的值；（2）由（1）可知橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，由可得出，求出點的坐標，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.【詳解】（1）解：，離心率為.（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，易知直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，由，①，，由可得，②由可得，③聯(lián)立①②③可得，，，故橢圓的標準方程為．4．（2020·全國·高考真題）已知橢圓C1：(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合.過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=|AB|.（1）求C1的離心率；（2）設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標準方程.【答案】（1）；（2），.【分析】（1）求出、，利用可得出關(guān)于、的齊次等式，可解得橢圓的離心率的值；（2）[方法四]由（1）可得出的方程為，聯(lián)立曲線與的方程，求出點的坐標，利用拋物線的定義結(jié)合可求得的值，進而可得出與的標準方程.【詳解】（1），軸且與橢圓相交于、兩點，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，則，

拋物線的方程為，聯(lián)立，解得，，，即，，即，即，，解得，因此，橢圓的離心率為；（2）[方法一]：橢圓的第二定義由橢圓的第二定義知，則有，所以，即．又由，得．從而，解得．所以．故橢圓與拋物線的標準方程分別是．[方法二]：圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標公式以為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系．由（Ⅰ）知，又由圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標公式，得，由，得，兩式聯(lián)立解得．故的標準方程為，的標準方程為．[方法三]：參數(shù)方程由（1）知，橢圓的方程為，所以的參數(shù)方程為x=2c?cosθ,y=3將它代入拋物線的方程并化簡得，解得或（舍去），所以，即點M的坐標為．又，所以由拋物線焦半徑公式有，即，解得．故的標準方程為，的標準方程為．[方法四]【最優(yōu)解】：利用韋達定理由（1）知，，橢圓的方程為，聯(lián)立，消去并整理得，解得或（舍去），由拋物線的定義可得，解得.因此，曲線的標準方程為，曲線的標準方程為.【整體點評】(2)方法一：橢圓的第二定義是聯(lián)系準線與離心率的重要工具，涉及離心率的問題不妨考慮使用第二定義，很多時候會使得問題簡單明了.方法二：圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標公式充分體現(xiàn)了圓錐曲線的統(tǒng)一特征，同時它也是解決圓錐曲線問題的一個不錯的思考方向.方法三：參數(shù)方程是一種重要的數(shù)學(xué)工具，它將圓錐曲線的問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的問題，使得原來抽象的問題更加具體化.方法四：韋達定理是最常用的處理直線與圓錐曲線位置關(guān)系的方法，聯(lián)立方程之后充分利用韋達定理可以達到設(shè)而不求的效果.5．（2019·天津·高考真題）設(shè)橢圓的左焦點為，左頂點為，上頂點為B.已知（為原點）.（Ⅰ）求橢圓的離心率；（Ⅱ）設(shè)經(jīng)過點且斜率為的直線與橢圓在軸上方的交點為，圓同時與軸和直線相切，圓心在直線上，且，求橢圓的方程.【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根據(jù)題意得到，結(jié)合橢圓中的關(guān)系，得到，化簡得出，從而求得其離心率；（II）結(jié)合（I）的結(jié)論，設(shè)出橢圓的方程，寫出直線的方程，兩個方程聯(lián)立，求得交點的坐標，利用直線與圓相切的條件，列出等量關(guān)系式，求得，從而得到橢圓的方程.【詳解】（I）解：設(shè)橢圓的半焦距為，由已知有，又由，消去得，解得，所以，橢圓的離心率為.（II）解：由（I）知，，故橢圓方程為，由題意，，則直線的方程為，點的坐標滿足，消去并化簡，得到，解得，代入到的方程，解得，因為點在軸的上方，所以，由圓心在直線上，可設(shè)，因為，且由（I）知，故，解得，因為圓與軸相切，所以