2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題08解析幾何(解答題)-專項訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題08解析幾何(解答題)-專項訓(xùn)練考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點01橢圓及其性質(zhì)2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷橢圓軌跡標(biāo)準(zhǔn)方程問題，有關(guān)多邊形面積問題，定值定點問題，新結(jié)構(gòu)中的新定義問題是高考的一個高頻考點考點02雙曲線及其性質(zhì)2024Ⅱ卷2023Ⅱ新課標(biāo)Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ雙曲線離心率問題，軌跡方程有關(guān)面積問題，定值定點問題以及斜率有關(guān)的證明問題以及新結(jié)構(gòu)中的新定義問題是高考的高頻考點考點03拋物線及其性質(zhì)2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江拋物線有關(guān)三角形面積問題，關(guān)于定直線問題，有關(guān)P的證明類問題考點01：橢圓及其性質(zhì)1（2024·全國·高考Ⅰ卷）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．2．（2024·全國·高考甲卷）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．3．（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．4．（2024·天津·高考真題）已知橢圓橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．(1)求橢圓方程．(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標(biāo)的取值范圍，若不存在請說明理由．5.(2023年全國乙卷理科)已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．6.(2020年高考課標(biāo)Ⅱ)已知橢圓C1：(a>b>0)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(biāo)準(zhǔn)方程．7.(2021年新高考全國Ⅱ卷)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(shè)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．8.(2020年高考課標(biāo)Ⅰ卷)已知A、B分別為橢圓E：(a>1)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方程；(2)證明：直線CD過定點．9.(2020年新高考全國Ⅰ卷)已知橢圓C：的離心率為，且過點A(2，1)．(1)求C的方程：(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．10.(2022年高考全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設(shè)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．11.(2020年新高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：過點M(2，3),點A為其左頂點，且AM的斜率為，(1)求C的方程；(2)點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值．12.(2020年高考課標(biāo)Ⅲ卷)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． 13(2023年北京卷)已知橢圓離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．(1)求的方程；(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．14.(2023年天津卷)設(shè)橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓方程及其離心率；(2)已知點是橢圓上一動點(不與端點重合)，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．15.(2022高考北京卷)已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當(dāng)時，求k的值．16.(2022年浙江省高考)如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；(2)求的最小值．17.(2021高考北京)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y=-3交于點M，N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．考點02雙曲線及其性質(zhì)1（2024·全國·高考Ⅱ）已知雙曲線，點在上，為常數(shù)，．按照如下方式依次構(gòu)造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關(guān)于軸的對稱點，記的坐標(biāo)為.(1)若，求；(2)證明：數(shù)列是公比為的等比數(shù)列；(3)設(shè)為的面積，證明：對任意正整數(shù)，.2．(2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上．3.(2022新高考全國II卷)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．4．(2021年新高考Ⅰ卷)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點、，點的軌跡為．(1)求的方程；(2)設(shè)點在直線上，過兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和．5.(2022新高考全國I卷)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斜率；(2)若，求的面積． 考點03拋物線及其性質(zhì)1.(2023年全國甲卷理科)已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．2.(2021年高考浙江卷)如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點，且，(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)過點F的直線交拋物線與A?B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍．3.(2021年高考全國乙卷)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．4.(2021年高考全國甲卷)拋物線C的頂點為坐標(biāo)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(shè)是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．5.(2020年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷)如圖，已知橢圓，拋物線，點A是橢圓與拋物線的交點，過點A的直線l交橢圓于點B，交拋物線于M(B，M不同于A)．(Ⅰ)若，求拋物線的焦點坐標(biāo)；(Ⅱ)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．6.(2022年高考全國甲卷)設(shè)拋物線焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當(dāng)直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設(shè)直線與C另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當(dāng)取得最大值時，求直線AB的方程．7.(2023年新課標(biāo)全國Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)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：矩形的周長大于參考答案與詳細(xì)解析考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點01橢圓及其性質(zhì)2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷橢圓軌跡標(biāo)準(zhǔn)方程問題，有關(guān)多邊形面積問題，定值定點問題，新結(jié)構(gòu)中的新定義問題是高考的一個高頻考點考點02雙曲線及其性質(zhì)2024Ⅱ卷2023Ⅱ新課標(biāo)Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ雙曲線離心率問題，軌跡方程有關(guān)面積問題，定值定點問題以及斜率有關(guān)的證明問題以及新結(jié)構(gòu)中的新定義問題是高考的高頻考點考點03拋物線及其性質(zhì)2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江拋物線有關(guān)三角形面積問題，關(guān)于定直線問題，有關(guān)P的證明類問題考點01：橢圓及其性質(zhì)1（2024·全國·高考Ⅰ卷）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.【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(dāng)時，聯(lián)立，解得或，即或，當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當(dāng)?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(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當(dāng)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．（2024·全國·高考甲卷）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．【答案】(1)(2)證明見解析【詳解】（1）設(shè)，由題設(shè)有且，故，故，故，故橢圓方程為.（2）直線的斜率必定存在，設(shè)，，，由可得，故，故，又，而，故直線，故，所以，故，即軸.【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.3．（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)【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.4．（2024·天津·高考真題）已知橢圓橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．(1)求橢圓方程．(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標(biāo)的取值范圍，若不存在請說明理由．【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，所以，故，故，所以，，故橢圓方程為：.（2）若過點的動直線的斜率存在，則可設(shè)該直線方程為：，設(shè)，由可得，故且而，故，因為恒成立，故，解得.若過點的動直線的斜率不存在，則或，此時需，兩者結(jié)合可得.綜上，存在，使得恒成立.5.(2023年全國乙卷理科)已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳解解析：(1)由題意可得，解得，所以橢圓方程為．(2)由題意可知：直線的斜率存在，設(shè)，聯(lián)立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點．6.(2020年高考課標(biāo)Ⅱ)已知橢圓C1：(a>b>0)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(biāo)準(zhǔn)方程．【答案】(1)；(2)，．解析：(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)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(biāo)準(zhǔn)方程為，曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為．7.(2021年新高考全國Ⅱ卷)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(shè)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】解析:(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(dāng)直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設(shè)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(shè)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．8.(2020年高考課標(biāo)Ⅰ卷)已知A、B分別為橢圓E：(a>1)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方程；(2)證明：直線CD過定點．【答案】(1)；(2)證明詳見解析．【解析】(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)證明：設(shè)，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?qū)⒋胫本€可得：所以點的坐標(biāo)為．同理可得：點的坐標(biāo)為直線的方程為：，整理可得：整理得：故直線過定點9.(2020年新高考全國Ⅰ卷)已知橢圓C：的離心率為，且過點A(2，1)．(1)求C的方程：(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．【答案】(1)；(2)詳見解析．解析：(1)由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：．(2)設(shè)點．因為AM⊥AN，∴，即,①當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)方程為,如圖1．代入橢圓方程消去并整理得：②,根據(jù),代入①整理可得：將②代入，，整理化簡得,∵不在直線上，∴，∴，于是MN的方程為，所以直線過定點直線過定點．當(dāng)直線MN的斜率不存在時，可得,如圖2．代入得,結(jié)合,解得,此時直線MN過點,由于AE為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，所以AE中點Q滿足為定值(AE長度的一半)．由于，故由中點坐標(biāo)公式可得．故存在點，使得|DQ|為定值．10.(2022年高考全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設(shè)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：設(shè)橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：．【小問2詳解】，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(shè)．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11.(2020年新高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：過點M(2，3),點A為其左頂點，且AM的斜率為，(1)求C的方程；(2)點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值．【答案】(1)；(2)18．解析：(1)由題意可知直線AM的方程為：，即．當(dāng)y=0時，解得，所以a=4，橢圓過點M(2，3)，可得，解得b2=12．所以C的方程：．(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為：，如圖所示，當(dāng)直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠(yuǎn)的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值．聯(lián)立直線方程與橢圓方程，可得：，化簡可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，與AM距離比較遠(yuǎn)的直線方程：，直線AM方程為：，點N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，利用平行線之間的距離公式可得：，由兩點之間距離公式可得．所以△AMN的面積的最大值：．12.(2020年高考課標(biāo)Ⅲ卷)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：(1)，，根據(jù)離心率，解得或(舍)，的方程為：，即；(2)不妨設(shè),在x軸上方點在上，點在直線上，且，，過點作軸垂線，交點為，設(shè)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(shè)點為，可得點縱坐標(biāo)為，將其代入，可得：，解得：或，點為或，①當(dāng)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(dāng)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：． 13(2023年北京卷)已知橢圓離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．(1)求的方程；(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．【答案】(1)(2)證明見解析：(1)依題意，得，則，又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，所以，即，則，所以橢圓的方程為．(2)因為橢圓的方程為，所以，因為為第一象限上的動點，設(shè)，則，易得，則直線的方程為，，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，即，而，則直線的方程為，令，則，解得，即，又，則，，所以，又，即，顯然，與不重合，所以．14.(2023年天津卷)設(shè)橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓方程及其離心率；(2)已知點是橢圓上一動點(不與端點重合)，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)．解析：(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(dá)定理得，所以，所以，．所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為．15.(2022高考北京卷)已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當(dāng)時，求k的值．【答案】解析:(1)依題意可得，，又，所以，所以橢圓方程為；(2)解：依題意過點的直線為，設(shè)、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直線的方程為，令，解得，直線的方程為，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得16.(2022年浙江省高考)如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；(2)求的最小值．【答案】解析:(1)設(shè)是橢圓上任意一點,,則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最大值是．(2)設(shè)直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得,設(shè)，所以，因為直線與直線交于,則,同理可得,．則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最小值為．17.(2021高考北京)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y=-3交于點M，N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【答案】(1)；(2)．解析：(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(biāo)準(zhǔn)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．考點02雙曲線及其性質(zhì)1（2024·全國·高考Ⅱ）已知雙曲線，點在上，為常數(shù)，．按照如下方式依次構(gòu)造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關(guān)于軸的對稱點，記的坐標(biāo)為.(1)若，求；(2)證明：數(shù)列是公比為的等比數(shù)列；(3)設(shè)為的面積，證明：對任意正整數(shù)，.【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）由已知有，故的方程為.當(dāng)時，過且斜率為的直線為，與聯(lián)立得到.解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.故，從而，.（2）由于過且斜率為的直線為，與聯(lián)立，得到方程.展開即得，由于已經(jīng)是直線和的公共點，故方程必有一根.從而根據(jù)韋達(dá)定理，另一根，相應(yīng)的.所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標(biāo)亦可通過韋達(dá)定理表示為，故一定在的左支上.所以.這就得到，.所以.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.（3）方法一：先證明一個結(jié)論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）證明：.證畢，回到原題.由于上一小問已經(jīng)得到，，故.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.所以對任意的正整數(shù)，都有.而又有，，故利用前面已經(jīng)證明的結(jié)論即得.這就表明的取值是與無關(guān)的定值，所以.方法二：由于上一小問已經(jīng)得到，，故.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.所以對任意的正整數(shù)，都有.這就得到，以及.兩式相減，即得.移項得到.故.而，.所以和平行，這就得到，即.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于將解析幾何和數(shù)列知識的結(jié)合，需要綜合運用多方面知識方可得解.2．(2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析．解析：(1)設(shè)雙曲線方程為，由焦點坐標(biāo)可知，則由可得，，雙曲線方程為．(2)由(1)可得，設(shè)，顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線的方程為，且，與聯(lián)立可得，且，則，直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據(jù)此可得點在定直線上運動．3.(2022新高考全國II卷)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:(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(guān)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(shè)直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線方程合并為,聯(lián)立消去y并化簡整理得：設(shè),線段中點,則,設(shè),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(biāo)：,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．4．(2021年新高考Ⅰ卷)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點、，點的軌跡為．(1)求的方程；(2)設(shè)點在直線上，過兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和．【答案】解析：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)設(shè)點，若過點的直線的斜率不存在，此時該直線與曲線無公共點，不妨直線的方程為，即，聯(lián)立，消去并整理可得，設(shè)點、，則且．由韋達(dá)定理可得，，所以，，設(shè)直線的斜率為，同理可得，因為，即，整理可得，即，顯然，故．因此，直線與直線的斜率之和為．5.(2022新高考全國I卷)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斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．解析：(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(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，，．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當(dāng)時，直線過點，與題意不符，舍去，故．(2)不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由(1)知，，當(dāng)均在雙曲線左支時，，所以，即，解得(負(fù)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(dāng)均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得(負(fù)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．考點03拋物線及其性質(zhì)1.(2023年全國甲卷理科)已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．【答案】(1)(2)解析：(1)設(shè)，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．(2)因為，顯然直線的斜率不可能為零，設(shè)直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設(shè)點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當(dāng)時，的面積．2.(2021年高考浙江卷)如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點，且，(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)過點F的直線交拋物線與A?B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍．【答案】(1)；(2)．解析:(1)因為，故，故拋物線的方程為：．(2)設(shè)，，，所以直線，由題設(shè)可得且．由可得，故，因為，故，故．又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，則且，故，故即，解得或或．故直線在軸上的截距的范圍為或或．3.(2021年高考全國乙卷)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：(1)拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；(2)拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導(dǎo)得，設(shè)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、的坐標(biāo)滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達(dá)定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當(dāng)時，的面積取最大值．4.(2021年高考全國甲卷)拋物線C的頂點為坐標(biāo)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(shè)是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)拋物線，方程為；(2)相切，理由見解析：(1)依題意設(shè)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)設(shè)若斜率不存在，則