三年 (2020-2022 ) 高考真題匯編 專題08平面解析幾何（解答題）

專題08平面解析幾何（解答題）【2022年全國甲卷】1．設拋物線的焦點為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).【解析】【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可得解；（2）法一：設點的坐標及直線，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，設直線，結合韋達定理可解.（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，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，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設直線，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,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，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法三]：三點共線設，設,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M、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，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)設直線方程點斜式，解題過程同解法一；法三：通過設點由三點共線尋找縱坐標關系，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．【2022年全國乙卷】2．已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯(lián)立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.（1）解：設橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設.聯(lián)立得，可得，，且聯(lián)立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.【2022年新高考1卷】3．已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．【解析】【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的坐標，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．易知直線l的斜率存在，設，，聯(lián)立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉化不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負值舍去），于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．［方法二］：設直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯(lián)立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整體點評】（2）法一：由第一問結論利用傾斜角的關系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點坐標，進而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；法二：前面解答與法一求解點坐標過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．【2022年新高考2卷】4．已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：①M在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.【答案】(1)(2)見解析【解析】【分析】（1）利用焦點坐標求得的值，利用漸近線方程求得的關系，進而利用的平方關系求得的值，得到雙曲線的方程；（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設直線AB的斜率為k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結論，進行證明即可.（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線的斜率存在且不為零.設直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線的方程合并為,聯(lián)立消去y并化簡整理得：設,線段中點為,則,設,則條件③等價于,移項并利用平方差公式整理得：，,即,即；由題意知直線的斜率為,直線的斜率為,∴由,∴,所以直線的斜率,直線,即,代入雙曲線的方程,即中，得：,解得的橫坐標：,同理：，∴∴,∴條件②等價于，綜上所述：條件①在上，等價于；條件②等價于；條件③等價于；選①②推③:由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.【2021年甲卷文科】5．拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．（1）求C，的方程；（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．【答案】（1）拋物線，方程為；（2）相切，理由見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)已知拋物線與相交，可得出拋物線開口向右，設出標準方程，再利用對稱性設出坐標，由，即可求出；由圓與直線相切，求出半徑，即可得出結論；（2）方法一：先考慮斜率不存在，根據(jù)對稱性，即可得出結論；若斜率存在，由三點在拋物線上，將直線斜率分別用縱坐標表示，再由與圓相切，得出與的關系，最后求出點到直線的距離，即可得出結論.【詳解】（1）依題意設拋物線，，所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，所以的方程為；（2）[方法一]：設若斜率不存在，則方程為或，若方程為，根據(jù)對稱性不妨設，則過與圓相切的另一條直線方程為，此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；若方程為，根據(jù)對稱性不妨設則過與圓相切的直線為，又，，此時直線關于軸對稱，所以直線與圓相切；若直線斜率均存在，則，所以直線方程為，整理得，同理直線的方程為，直線的方程為，與圓相切，整理得，與圓相切，同理所以為方程的兩根，，到直線的距離為：，所以直線與圓相切；綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切.[方法二]【最優(yōu)解】：設．當時，同解法1．當時，直線的方程為，即．由直線與相切得，化簡得，同理，由直線與相切得．因為方程同時經(jīng)過點，所以的直線方程為，點M到直線距離為．所以直線與相切．綜上所述，若直線與相切，則直線與相切．【整體點評】第二問關鍵點：過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標（或橫坐標）表示，將問題轉化為只與縱坐標（或橫坐標）有關；法一是要充分利用的對稱性，抽象出與關系，把的關系轉化為用表示，法二是利用相切等條件得到的直線方程為，利用點到直線距離進行證明，方法二更為簡單，開拓學生思路【2021年乙卷文科】6．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.【解析】【分析】（1）由拋物線焦點與準線的距離即可得解；（2）設，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，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)形結合法同方法一得到點Q的軌跡方程為．設直線的方程為，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．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)向量關系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關于的表達式，然后利用分類討論，結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的平方關于的表達式，利用換元方法轉化為二次函數(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，求得x,y關于的參數(shù)表達式，得到直線的斜率關于的表達式，結合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值.【2021年乙卷理科】7．已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．（1）求；（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)圓的幾何性質可得出關于的等式，即可解出的值；（2）設點、、，利用導數(shù)求出直線、，進一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結合二次函數(shù)的基本性質可求得面積的最大值.【詳解】（1）[方法一]：利用二次函數(shù)性質求最小值由題意知，，設圓M上的點，則．所以．從而有．因為，所以當時，．又，解之得，因此．[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；（2）[方法一]：切點弦方程+韋達定義判別式求弦長求面積法拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導得，設點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點A、的坐標滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當時，的面積取最大值.[方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉化求面積+三角換元求最值同方法一得到．過P作y軸的平行線交于Q，則．．P點在圓M上，則．故當時的面積最大，最大值為．[方法三]：直接設直線AB方程法設切點A，B的坐標分別為，．設，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得．判別式，即，且．拋物線C的方程為，即，有．則，整理得，同理可得．聯(lián)立方程可得點P的坐標為，即．將點P的坐標代入圓M的方程，得，整理得．由弦長公式得．點P到直線的距離為．所以，其中，即．當時，．【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關于圓M上的點的坐標的表達式，進一步轉化為關于的表達式，利用二次函數(shù)的性質得到最小值，進而求得的值；方法二，利用圓的性質，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優(yōu)解；（2）方法一設點、、，利用導數(shù)求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標滿足方程，然手與拋物線方程聯(lián)立，由韋達定理可得，，利用弦長公式求得的長，進而得到面積關于坐標的表達式，利用圓的方程轉化得到關于的二次函數(shù)最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關于坐標的表達式，并利用三角函數(shù)換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優(yōu)解；方法三直接設直線，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關系，然后利用導數(shù)求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標，進而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關于的函數(shù)表達式，然后利用二次函數(shù)的性質求得最大值；【2021年新高考1卷】8．在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設點在直線上，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）.【解析】【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,設直線的方程為．聯(lián)立,化簡得.則．故．則．設的方程為，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．設直線的傾斜角為，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，由根與系數(shù)的關系得．設直線的傾斜角為，，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,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，并能夠靈活的應用到題目中.方法三：圓冪定理的應用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應用使得計算更為簡單.【2021年新高考2卷】9．已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．（1）求橢圓C的方程；（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程可證；充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯(lián)立直線與橢圓方程結合弦長公式可得，進而可得，即可得解.【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；（2）由（1）得，曲線為，當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當直線的斜率存在時，設，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯(lián)立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯(lián)立可得，所以，所以，化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立；所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是直線方程與橢圓方程聯(lián)立及韋達定理的應用，注意運算的準確性是解題的重中之重.【2020年新課標1卷理科】10．已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.【答案】（1）；（2）證明詳見解析.【解析】【分析】（1）由已知可得：，，，即可求得，結合已知即可求得：，問題得解.（2）方法一：設，可得直線的方程為：，聯(lián)立直線的方程與橢圓方程即可求得點的坐標為，同理可得點的坐標為，當時，可表示出直線的方程，整理直線的方程可得：即可知直線過定點，當時，直線：，直線過點，命題得證.【詳解】（1）依據(jù)題意作出如下圖象：由橢圓方程可得：，，，，橢圓方程為：（2）[方法一]：設而求點法證明：設，則直線的方程為：，即：聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：，解得：或將代入直線可得：所以點的坐標為.同理可得：點的坐標為當時，直線的方程為：，整理可得：整理得：所以直線過定點．當時，直線：，直線過點．故直線CD過定點．[方法二]【最優(yōu)解】：數(shù)形結合設，則直線的方程為，即．同理，可求直線的方程為．則經(jīng)過直線和直線的方程可寫為．可化為．④易知A，B，C，D四個點滿足上述方程，同時A，B，C，D又在橢圓上，則有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直線，則表示直線．令，得，即直線恒過點．【整體點評】本題主要考查了橢圓的簡單性質及方程思想，還考查了計算能力及轉化思想、推理論證能力，屬于難題.第二問的方法一最直接，但對運算能力要求嚴格；方法二曲線系的應用更多的體現(xiàn)了幾何與代數(shù)結合的思想，二次曲線系的應用使得計算更為簡單.【2020年新課標2卷理科】11．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），.【解析】【分析】（1）求出、，利用可得出關于、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)學工具，它將圓錐曲線的問題轉化為三角函數(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系的方法，聯(lián)立方程之后充分利用韋達定理可以達到設而不求的效果.【2020年新課標2卷文科】12．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）若C1的四個頂點到C2的準線距離之和為12，求C1與C2的標準方程．【答案】（1）；（2）：，：.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意求出的方程，結合橢圓和拋物線的對稱性不妨設在第一象限，運用代入法求出點的縱坐標，根據(jù)，結合橢圓離心率的公式進行求解即可；（2）由（1）可以得到橢圓的標準方程，確定橢圓的四個頂點坐標，再確定拋物線的準線方程，最后結合已知進行求解即可；【詳解】解：（1）因為橢圓的右焦點坐標為：,所以拋物線的方程為，其中.不妨設在第一象限，因為橢圓的方程為：，所以當時，有，因此的縱坐標分別為，；又因為拋物線的方程為，所以當時，有，所以的縱坐標分別為，，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的離心率為.（2）由（1）知，，故，所以的四個頂點坐標分別為，，，，的準線為.由已知得，即.所以的標準方程為，的標準方程為.【點睛】本題考查了求橢圓的離心率，考查了求橢圓和拋物線的標準方程，考查了橢圓的四個頂點的坐標以及拋物線的準線方程，考查了數(shù)學運算能力.【2020年新課標3卷理科】13．已知橢圓的離心率為，，分別為的左、右頂點．（1）求的方程；（2）若點在上，點在直線上，且，，求的面積．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）因為，可得，，根據(jù)離心率公式，結合已知，即可求得答案；（2）方法一：過點作軸垂線，垂足為，設與軸交點為，可得，可求得點坐標，從而求出直線的直線方程，根據(jù)點到直線距離公式和兩點距離公式，即可求得的面積.【詳解】（1），，根據(jù)離心率，解得或(舍)，的方程為：，即．（2）［方法一］：通性通法不妨設,在x軸上方，過點作軸垂線，垂足為，設直線與軸交點為根據(jù)題意畫出圖形，如圖，，，又，，，根據(jù)三角形全等條件“”，可得：，，，，設點為，可得點縱坐標為，將其代入，可得：，解得：或，點為或，①當點為時，故，，，可得：點為，畫出圖象，如圖,，可求得直線的直線方程為：，根據(jù)點到直線距離公式可得到直線的距離為，根據(jù)兩點間距離公式可得：，面積為：；②當點為時，故，，，可得：點為，畫出圖象，如圖,，可求得直線的直線方程為：，根據(jù)點到直線距離公式可得到直線的距離為，根據(jù)兩點間距離公式可得：，面積為：，綜上所述，面積為：.［方法二］【最優(yōu)解】：由對稱性，不妨設P，Q在x軸上方，過P作軸，垂足為E．設，由題知，．故，①因為，如圖，所以，．②因為，如圖，所以．綜上有［方法三］：由已知可得，直線的斜率一定存在，設直線的方程為，由對稱性可設，聯(lián)立方程消去y得，由韋達定理得，所以，將其代入直線的方程得，所以，則．因為，則直線的方程為，則．因為，所，，即，故或，即或．當時，點P，Q的坐標分別為，直線的方程為，點A到直線的距離為，故的面積為．當時，點P，Q的坐標分別為，直線的方程為，點到直線的距離為，故的面積為．綜上所述，的面積為．［方法四］：由（1）知橢圓的方程為，．不妨設在x軸上方，如圖．設直線．因為，所以．由點P在橢圓上得，所以．由點P在直線上得，所以．所以，化簡得．所以，即．所以，點Q到直線的距離．又．故．即的面積為．［方法五］：由對稱性，不妨設P，Q在x軸上方，過P作軸，垂足為C，設，由題知，所以．（1）．則．（其中）．（2）．同理，．（其中）綜上，的面積為．【整體點評】（2）方法一：根據(jù)平面幾何知識可求得點的坐標，從而得出點的坐標以及直線的方程，再根據(jù)距離公式即可求出三角形的面積，是通性通法；方法二：同方法一，最后通過面積分割法求的面積，計算上有簡化，是本題的最優(yōu)解；方法三：通過設直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，求出點的坐標，再根據(jù)題目等量關系求出的值，從而得出點的坐標以及直線的方程，最后根據(jù)距離公式即可求出三角形的面積，思想簡單，但運算較繁瑣；方法四：與法三相似，設直線的方程，通過平面知識求出點的坐標，表示出點，再根據(jù)距離公式即可求出三角形的面積；方法五：同法一，只是在三角形面積公式的選擇上，利用三角形面積的正弦形式結合平面向量的數(shù)量積算出．【2020年新高考1卷（山東卷）】14．已知橢圓C：的離心率為，且過點．（1）求的方程：（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．【答案】（1）；（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）由題意得到關于的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程.（2）方法一：設出點，的坐標，在斜率存在時設方程為,聯(lián)立直線方程與橢圓方程，根據(jù)已知條件，已得到的關系，進而得直線恒過定點，在直線斜率不存在時要單獨驗證，然后結合直角三角形的性質即可確定滿足題意的點的位置.【詳解】（1）由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.(2)［方法一］：通性通法設點，若直線斜率存在時，設直線的方程為：，代入橢圓方程消去并整理得：，可得，，因為，所以，即，根據(jù),代入整理可得：，

所以，整理化簡得，因為不在直線上，所以，故，于是的方程為，所以直線過定點直線過定點.當直線的斜率不存在時，可得，由得：，得，結合可得：，解得：或（舍）.此時直線過點.令為的中點，即，若與不重合，則由題設知是的斜邊，故，若與重合，則，故存在點，使得為定值.［方法二］【最優(yōu)解】：平移坐標系將原坐標系平移，原來的O點平移至點A處，則在新的坐標系下橢圓的方程為，設直線的方程為．將直線方程與橢圓方程聯(lián)立得，即，化簡得，即．設，因為則，即．代入直線方程中得．則在新坐標系下直線過定點，則在原坐標系下直線過定點．又，D在以為直徑的圓上．的中點即為圓心Q．經(jīng)檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲線系A點處的切線方程為，即．設直線