高考数学真题专题训练 18解析几何综合（含解析）

这是一份高考数学真题专题训练 18解析几何综合（含解析），共57页。试卷主要包含了已知椭圆C1，已知椭圆过点，且．等内容，欢迎下载使用。

1.（新课标Ⅰ）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【解析】
（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线AP的方程为：，即：
联立直线AP的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点C的坐标为.
同理可得：点D的坐标为
直线CD的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线CD过定点
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
2.（新课标Ⅱ）已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程，考查计算能力，属于中等题.
3.（新课标Ⅲ）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求C的方程；
（2）若点P在C上，点Q在直线上，且，，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）
，，
根据离心率，
解得或(舍)，
的方程为：，
即；
（2）点P在C上，点Q在直线上，且，，
过点P作轴垂线，交点为M，设与轴交点为N
根据题意画出图形，如图
，，，
又，，
，
根据三角形全等条件“”，
可得：，
，
，
，
设P点为，
可得P点纵坐标为，将其代入，
可得：，
解得：或，
点为或，
①当点为时，
故，
，
，
可得：Q点为，
画出图象，如图
,，
可求得直线AQ的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当P点时，
故，
，
，
可得：Q点为，
画出图象，如图
,，
可求得直线AQ的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：，
综上所述，面积为：.
【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
4.（北京卷）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【解析】
(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且：，注意到：
，
而：
，
故.
从而.
【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．
5.（江苏卷）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
（2）由于，，所以.
由于，所以，所以
所以
.
由于，所以.
所以.
【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.
6.（江苏卷）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．
（1）求△AF1F2的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．
【答案】（1）6；（2）-4；（3）或.
【解析】
（1）∵椭圆的方程为
∴,
由椭圆定义可得：.
∴的周长为
（2）设，根据题意可得.
∵点在椭圆上，且在第一象限，
∴
∵准线方程为
∴
∴，当且仅当时取等号.
∴的最小值为.
（3）设，点到直线的距离为.
∵，
∴直线的方程为
∵点到直线的距离为，
∴
∴
∴①
∵②
∴联立①②解得，.
∴或.
【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据推出是解答本题的关键.
7.（山东卷）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）12.
【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．
8.（天津卷）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．
【解析】
（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为；
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
9.（浙江卷）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
法2：设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
12．【高考全国Ⅱ卷】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，
则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
13．【高考全国Ⅲ卷】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
14．【高考北京卷】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．
（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直线AG在平面AEF内.
15．【高考天津卷】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．
16．【高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
17．【高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得．
设平面A1BC的法向量为n，
由，得，
取n，故，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．
4. （天津卷）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．
所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．
由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．
易知直线AB的方程为x+y–2=0，
由方程组消去x，可得．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=，
两边平方，整理得，
解得，或．
所以，k的值为或
5. （江苏卷）如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．
（1）求椭圆C及圆O的方程；
（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）椭圆C的方程为；圆O的方程为
（2）①点P的坐标为；②直线l的方程为
【解析】（1）因为椭圆C的焦点为，
可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，
所以，解得
因此，椭圆C的方程为．
因为圆O的直径为，所以其方程为．
（2）①设直线l与圆O相切于，则，
所以直线l的方程为，即．
由，消去y，得
．（*）
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点P的坐标为．
②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以
．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此P的坐标为．
综上，直线l的方程为．
6. （全国I卷理数）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
【答案】(1) AM的方程为或.
(2)证明见解析.
【解析】
（1）由已知得，l的方程为x=1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得
.
将代入得
.
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.
7. （全国Ⅲ卷理数）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】（1）
（2）或
【解析】（1）设，则.
两式相减，并由得
.
由题设知，于是
.①
由题设得，故.
（2）由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是
.
同理.
所以.
故，即成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
抛物线
1. （全国I卷理数）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】D
【解析】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，消元整理得：，解得，又，所以，从而可以求得，故选D.
2. （全国Ⅲ卷理数）已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．
【答案】2
【解析】设
则
所以
所以
取AB中点,分别过点A,B作准线的垂线，垂足分别为
因为,

因为M’为AB中点，
所以MM’平行于x轴
因为M(-1,1)
所以，则即
故答案为2.
3. （浙江卷）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（Ⅱ）若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）设，，．
因为，的中点在抛物线上，所以，为方程
即的两个不同的实数根．
所以．
因此，垂直于轴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
所以，．
因此，的面积．
因为，所以．
因此，面积的取值范围是．
4. （北京卷）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【解析】（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（I）知，．
直线PA的方程为y–2=．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
5. （全国Ⅱ卷理数）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
【答案】(1) y=x–1,(2)或．
【解析】
（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由得．
，故．
所以．
由题设知，解得k=–1（舍去），k=1．
因此l的方程为y=x–1．
（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为
，即．
设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则
解得或
因此所求圆的方程为
或．
12.【2017课标1，理20】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】（1）.（2）见解析。
【解析】（1）由于， 两点关于y轴对称，故由题设知C经过， 两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t， ），（t， ）.
则，得，不符合题设.
从而可设l： （）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时， ，欲使l： ，即，
所以l过定点（2， ）
13.【2017课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。
求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线上，且。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。
【答案】(1) 。(2)证明略。
【解析】（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故
3+3m-tn=0.
所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
14.【2017山东，理21】在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.
【答案】（I）.
（Ⅱ）的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.
【解析】
（I）由题意知 ， ，
所以 ，
因此 椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，
联立方程
得，
由题意知，
且，
所以 .
由题意可知圆的半径为
由题设知，
所以
因此直线的方程为.
联立方程
得，
因此 .
由题意可知 ，
而
，
令，
则，
因此 ，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以 ，
因此，
所以 最大值为.
综上所述： 的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.
15.【2017北京，理18】已知抛物线C：y2=2px过点P（1，1）.过点（0，）作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.
（Ⅰ）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
（Ⅱ）求证：A为线段BM的中点.
【答案】（Ⅰ）方程为，抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由抛物线C： 过点P（1，1），得.
所以抛物线C的方程为.
抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.
（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为， .
由，得.
则， .
因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.
直线ON的方程为，点B的坐标为.
因为
，
所以.
故A为线段BM的中点.
16.【2017天津，理19】设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.
（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；
（II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.
【答案】（Ⅰ）， .（Ⅱ），或.
【解析】
（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意， ， ， ，解得， ， ，于是.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.
所以，直线的方程为，或.
20.【2017江苏，17】 如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为, ,离心率为,两准线之间的距离为8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作 直线的垂线,过点作直线的垂线.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c.
因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以， ，
解得，于是，
因此椭圆E的标准方程是.
（2）由（1）知， ， .
设，因为点为第一象限的点，故.
当时， 与相交于，与题设不符.
当时，直线的斜率为，直线的斜率为.
因为， ，所以直线的斜率为，直线的斜率为，
从而直线的方程： ， ①
直线的方程： . ②
由①②，解得，所以.
因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.
又在椭圆E上，故.
由，解得； ，无解.
因此点P的坐标为.
14.【2016高考山东理数】（本小题满分14分）
平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（ = 1 \* ROMAN I）求椭圆C的方程；
（ = 2 \* ROMAN II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（ = 1 \* rman i）求证：点M在定直线上;
（ = 2 \* rman ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求 的最大值及取得最大值时点P的坐标.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（ = 1 \* rman i）见解析；（ = 2 \* rman ii）的最大值为，此时点的坐标为
【解析】
（Ⅰ）由题意知，可得：.
因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（Ⅰ）设，由可得，
所以直线的斜率为，
因此直线的方程为，即.
设，联立方程
得，
由，得且，
因此,
将其代入得，
因为，所以直线方程为.
联立方程，得点的纵坐标为，
即点在定直线上.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线方程为，
令得，所以，
又，
所以，
，
所以，
令，则，
当，即时，取得最大值，此时，满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.
15.【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为；
②求p的取值范围.
【答案】（1）（2）①详见解析，②
【解析】
解：（1）抛物线的焦点为
由点在直线上，得，即
所以抛物线C的方程为
（2）设，线段PQ的中点
因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ，
于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为
①由消去得
因为P 和Q是抛物线C上的相异两点，所以
从而，化简得.
方程（*）的两根为，从而
因为在直线上，所以
因此，线段PQ的中点坐标为
②因为在直线上
所以，即
由①知，于是，所以
因此的取值范围为
16.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
17.【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】由题设.设，则，且
.
记过两点的直线为，则的方程为. 分
（Ⅰ）由于在线段上，故.
记的斜率为，的斜率为，则，
所以. 分
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. 分
18.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值
范围.
【答案】（I）；（II）．
【解析】
（Ⅰ）设直线被椭圆截得的线段为，由得，
故，．
因此．
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此， ①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
19.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）设，则由题意知，当时，的方程为，.
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.
将代入得.解得或，所以.
因此的面积.
（Ⅱ）由题意，，.
将直线的方程代入得.
由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得，
由得，即.
当时上式不成立，
因此.等价于，
即.由此得，或，解得.
因此的取值范围是.
20.【高考北京理数】（本小题14分）
已知椭圆C： （）的离心率为 ，，，，的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.
求证：为定值.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
21.【高考四川理数】（本小题满分13分）
已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【解析】（ = 1 \* ROMAN I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.
由方程组 得. = 1 \* GB3 ①
方程 = 1 \* GB3 ①的判别式为，由，得，
此方程 = 1 \* GB3 ①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（ = 2 \* ROMAN II）由已知可设直线 的方程为，
有方程组 可得
所以P点坐标为（ ），.
设点A，B的坐标分别为 .
由方程组 可得. = 2 \* GB3 ②
方程 = 2 \* GB3 ②的判别式为，由，解得.
由 = 2 \* GB3 ②得.
所以 ，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
22. 【2016高考上海理数】（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.
双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.
【答案】（1）．（2）.
【解析】
（1）设．
由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得．
故双曲线的渐近线方程为．
（2）由已知，，．
设，，直线．显然．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
设的中点为．
由即，知，故．
而，，，
所以，得，故的斜率为．