【三年高考真题】最新三年数学高考真题分项汇编——专题05《平面解析几何》（ 2023新高考地区专用）

专题05 平面解析几何
1．【2021年新高考1卷】已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（       ）
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【解析】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
2．【2021年新高考2卷】抛物线的焦点到直线的距离为，则（       ）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【解析】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.
3．【2022年新高考1卷】已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,-1)的直线交C于P，Q两点，则（       ）
A．C的准线为y=-1 B．直线AB与C相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA2 D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【解析】将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=-14，A错误；kAB=1-(-1)1-0=2，所以直线AB的方程为y=2x-1，
联立y=2x-1x2=y，可得x2-2x+1=0，解得x=1，故B正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx-1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立y=kx-1x2=y，得x2-kx+1=0，
所以Δ=k2-4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k<-2，y1y2=(x1x2)2=1，
又|OP|=x12+y12=y1+y12，|OQ|=x22+y22=y2+y22，
所以|OP|⋅|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=kx1×kx2=|k|>2=|OA|2，故C正确；
因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.故选：BCD
4．【2022年新高考2卷】已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（       ）
A．直线AB的斜率为26 B．|OB|=|OF|
C．|AB|>4|OF| D．∠OAM+∠OBM<180°
【答案】ACD
【分析】由AF=AM及抛物线方程求得A(3p4,6p2)，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B(p3,-6p3)，即可求出OB判断B选项；由抛物线的定义求出AB=25p12即可判断C选项；由OA⋅OB<0，MA⋅MB<0求得∠AOB，∠AMB为钝角即可判断D选项.
【解析】对于A，易得F(p2,0)，由AF=AM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为p2+p2=3p4，代入抛物线可得y2=2p⋅3p4=32p2，则A(3p4,6p2)，则直线AB的斜率为6p23p4-p2=26，A正确；
对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为x=12 6y+p2，联立抛物线方程得y2-16py-p2=0，

设B(x1,y1)，则62p+y1=66p，则y1=-6p3，代入抛物线得-6p32=2p⋅x1，解得x1=p3，则B(p3,-6p3)，则OB=p32+-6p32=7p3≠OF=p2，B错误；
对于C，由抛物线定义知：AB=3p4+p3+p=25p12>2p=4OF，C正确；
对于D，OA⋅OB=(3p4,6p2)⋅(p3,-6p3)=3p4⋅p3+6p2⋅-6p3=-3p24<0，则∠AOB为钝角，
又MA⋅MB=(-p4,6p2)⋅(-2p3,-6p3)=-p4⋅-2p3+6p2⋅-6p3=-5p26<0，则∠AMB为钝角，又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则∠OAM+∠OBM<180∘，D正确.
故选：ACD.
5．【2021年新高考1卷】已知点在圆上，点、，则（       ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【解析】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：

当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
6．【2021年新高考2卷】已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（       ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切
B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【解析】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
7．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知曲线.（       ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【解析】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
8．【2022年新高考1卷】写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程________________．
【答案】y=-34x+54或y=724x-2524或x=-1
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【解析】圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，圆(x-3)2+(y-4)2=16的圆心O1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，

当切线为l时，因为kOO1=43，所以kl=-34，设方程为y=-34x+t(t>0)
O到l的距离d=|t|1+916=1，解得t=54，所以l的方程为y=-34x+54，
当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k<0，
由题意p1+k2=13k+4+p1+k2=4，解得k=-724p=2524，y=724x-2524
当切线为n时，易知切线方程为x=-1，
故答案为：y=-34x+54或y=724x-2524或x=-1.
9．【2022年新高考1卷】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则△ADE的周长是________________．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2-12c2=0，根据离心率得到直线AF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x=3y-c，代入椭圆方程3x2+4y2-12c2=0，整理化简得到：13y2-63cy-9c2=0，利用弦长公式求得c=138，得a=2c=134，根据对称性将△ADE的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a=13.
【解析】∵椭圆的离心率为e=ca=12，∴a=2c，∴b2=a2-c2=3c2，∴椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2-12c2=0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵AF2=a，OF2=c，a=2c，∴∠AF2O=π3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE的方程：x=3y-c，代入椭圆方程3x2+4y2-12c2=0，整理化简得到：13y2-63cy-9c2=0，判别式∆=63c2+4×13×9c2=62×16×c2，
∴CD=1+32y1-y2=2×∆13=2×6×4×c13=6，
∴ c=138， 得a=2c=134，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，AD=DF2，AE=EF2，∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.
故答案为：13.


10．【2022年新高考2卷】设点A(-2,3),B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】13,32
【分析】首先求出点A关于y=a对称点A'的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【解析】解：A-2,3关于y=a对称的点的坐标为A'-2,2a-3，B0,a在直线y=a上，
所以A'B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a-3-2x+a，即a-3x+2y-2a=0；
圆C:x+32+y+22=1，圆心C-3,-2，半径r=1，
依题意圆心到直线l的距离d=-3a-3-4-2aa-32+22≤1，
即5-5a2≤a-32+22，解得13≤a≤32，即a∈13,32；
故答案为：13,32
11．【2022年新高考2卷】已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|,|MN|=23，则l的方程为___________．
【答案】x+2y-22=0
【分析】令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kOE⋅kAB=-12，设直线AB:y=kx+m，k<0，m>0，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；
【解析】解：令AB的中点为E，因为MA=NB，所以ME=NE，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x126+y123=1，x226+y223=1，
所以x126-x226+y123-y223=0，即x1-x2x1+x26+y1+y2y1-y23=0
所以y1+y2y1-y2x1-x2x1+x2=-12，即kOE⋅kAB=-12，设直线AB:y=kx+m，k<0，m>0，
令x=0得y=m，令y=0得x=-mk，即M-mk,0，N0,m，所以E-m2k,m2，
即k×m2-m2k=-12，解得k=-22或k=22（舍去），
又MN=23，即MN=m2+2m2=23，解得m=2或m=-2（舍去），
所以直线AB:y=-22x+2，即x+2y-22=0；

故答案为：x+2y-22=0
12．【2021年新高考1卷】已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【解析】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
13．【2021年新高考2卷】若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.
【答案】
【分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.
【解析】由题可知，离心率，即，
又，即，则，
故此双曲线的渐近线方程为.故答案为：.
14．【2020年新高考1卷（山东卷）】斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．
【答案】
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
【解析】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得  ，所以
解法二：，设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.


故答案为：
【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.
15．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
【答案】(1)-1；(2)1629．
【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAP+kBP=0，即可解出l的斜率；
（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．
【解析】(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，所以4a2-1a2-1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22-y2=1
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22-y2=1可得，1-2k2x2-4mkx-2m2-2=0，
所以，x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1，
Δ=16m2k2+42m2+22k2-1>0⇒m2-1+2k2>0．
所以由kAP+kBP=0可得，y2-1x2-2+y1-1x1-2=0，
即x1-2kx2+m-1+x2-2kx1+m-1=0，
即2kx1x2+m-1-2kx1+x2-4m-1=0，
所以2k×2m2+22k2-1+m-1-2k-4mk2k2-1-4m-1=0，
化简得，8k2+4k-4+4mk+1=0，即k+12k-1+m=0，
所以k=-1或m=1-2k，
当m=1-2k时，直线l:y=kx+m=kx-2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，
故k=-1．
(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,βα<β，因为kAP+kBP=0，所以α+β=π，
因为tan∠PAQ=22，所以tanβ-α=22，即tan2α=-22，
即2tan2α-tanα-2=0，解得tanα=2，
于是，直线PA:y=2x-2+1，直线PB:y=-2x-2+1，
联立y=2x-2+1x22-y2=1可得，32x2+21-22x+10-42=0，
因为方程有一个根为2，所以xP=10-423，yP= 42-53，
同理可得，xQ=10+423，yQ= -42-53．
所以PQ:x+y-53=0，PQ=163，
点A到直线PQ的距离d=2+1-532=223，
故△PAQ的面积为12×163×223=1629．
16．【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)x2-y23=1；(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2-3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①M在直线AB上等价于ky0=k2x0-2，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【解析】(1)右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程为：x2-y23=1；
(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x-2),
则条件①M在AB上，等价于y0=kx0-2⇔ky0=k2x0-2；
两渐近线的方程合并为3x2-y2=0,
联立消去y并化简整理得：k2-3x2-4k2x+4k2=0
设A(x3,y3),B(x3,y4),线段中点为N(xN,yN),则xN=x3+x42=2k2k2-3,yN=kxN-2=6kk2-3,
设M(x0,y0),
则条件③|AM|=|BM|等价于x0-x32+y0-y32=x0-x42+y0-y42,
移项并利用平方差公式整理得：
x3-x42x0-x3+x4+y3-y42y0-y3+y4=0，
2x0-x3+x4+y3-y4x3-x42y0-y3+y4=0,即x0-xN+ky0-yN=0,
即x0+ky0=8k2k2-3；
由题意知直线PM的斜率为-3, 直线QM的斜率为3,
∴由y1-y0=-3x1-x0,y2-y0=3(x2-x0),
∴y1-y2=-3(x1+x2-2x0),
所以直线PQ的斜率m=y1-y2x1-x2=-3x1+x2-2x0x1-x2,
直线PM:y=-3x-x0+y0,即y=y0+3x0-3x,
代入双曲线的方程3x2-y2-3=0,即3x+y3x-y=3中，
得：y0+3x023x-y0+3x0=3,
解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=-1233y0-3x0+y0-3x0，
∴x1-x2=133y0y02-3x02+y0,x1+x2-2x0=-3x0y02-3x02-x0,∴m=3x0y0,
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于ky0=k2x0-2；
条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；
条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=8k2k2-3；
选①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2-3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2-3,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，∴x0-2=6k2-3，
∴ky0=k2x0-2，∴①成立.
17．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【解析】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立，如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，化简得，
所以，即．因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，同理可得
由，得．因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
18．【2021年新高考2卷】已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【解析】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，             
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
20．【2020年新高考2卷（海南卷）】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.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【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：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．