1、平面解析几何解答题1（2021全国高三专题练习）某城市决定在夹角为的两条道路之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，为的中点，为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域，其中，在椭圆上，且的倾斜角为，交于.（1）若千米，为了不破坏道路，求椭圆长半轴长的最大值；（2）若椭圆的离心率为，当线段长为何值时，游乐区域的面积最大？【答案】（1）；（2）当线段长为千米，游乐区域的面积最大.【解析】（1）由题可设椭圆方程为，可得出直线的方程为，根据题意可得直线与椭圆至多只有一个交点，联立方程利用可求出的范围；（2）由题可得椭圆方程为，设，将直线的方程代入椭圆，利用韦达定理表示出三角形
2、面积可求出最值.【详解】（1）以点为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设椭圆方程为，因为，则，又夹角为，所以直线的方程为.又因为，则，则椭圆方程为，为了不破坏道路，则直线与椭圆至多只有一个交点，联立方程组，得，由于直线与半椭圆至多只有一个交点，则，又，得.当时半椭圆形主题公园与道路直线相切，所以.（2）设椭圆焦距为，由椭圆的离心率，解得，所以，椭圆的方程为.设，又倾斜角为，且交于，所以直线的方程为，由得，设，则，则，当且仅当时，的面积最大.所以当线段长为千米，游乐区域的面积最大.2（2021全国高三专题练习（理）已知椭圆的左右焦点分别为.点在椭圆上；直线交轴于点.且.其中为坐
3、标原点.（1）求椭圆的方程;（2）直线斜率存在，与椭圆交于两点，且与椭圆有公共点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由可得，再将点代入方程化简即可求得方程；（2）设直线的方程代入椭圆方程，结合韦达定理求得弦长，由点到直线距离公式与三角形面积公式求得面积表达式，通过化简整理即可得结果.【详解】解: 设由可得 得 即另外在椭圆上，因此即解得或(舍去)故椭圆的方程.设直线的方程为原点到直线的距离为联立方程组并化简得，设，则:故而由可得则即故当时，则故即直线与椭圆相切时面积最大为当时，易知:时，面积最大为.综上可得3（2021山东高三专题练习）已知双曲线C： 1(a，b0)的左、右
4、焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c0， M(c，3)在C上，且C的离心率为2.（1）求C的标准方程；（2）若O为坐标原点，F1MF2的角平分线l与曲线D： 1的交点为P，Q，试判断OP与OQ是否垂直，并说明理由.【答案】（1）；（2）OP与OQ不垂直，答案见解析【解析】（1）利用点在曲线上和离心率，解出，进而得出双曲线方程；（2）利用角平分线定理求出点坐标，联立直线与曲线D的方程，由根与系数的关系，结合平面向量的数量积得出结论【详解】（1）由题意得，即，解得，又，可得，故双曲线C的标准方程为；（2）设角平分线与轴交于点，根据角平分线性质可得，设，联立方程，可得，即OP与OQ不垂
5、直4（2021全国高三专题练习）已知椭圆：（）的离心率为，的长轴是圆：的直径.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的直线，其中交椭圆于，两点，交圆于，两点，求四边形面积的最小值.【答案】（1）；（2）2.【解析】（1）根据的长轴是圆：的直径，可得a，再由离心率，求得b即可.（2）由（1）可得，分过点的直线的斜率不存在，斜率为0，的直线的斜率存在且不为0时，分别求得弦长，根据两直线垂直，由求解.【详解】（1）由，得.由，得，所以.所以椭圆的方程为.（2）由（1）可得.当过点的直线的斜率不存在时，这时.当过点的直线的斜率为0时，这时.当过点的直线的斜率存在且不为0时，设直线的
6、方程为，.由，整理可得.，.所以.直线的方程为，坐标原点到的距离，所以，所以.由，得，即.综上所述，四边形的面积的最小值为2.5（2021山东高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，右焦点为，上顶点为，点到直线的距离等于1（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线：与椭圆相交于，两点，为中点，直线，分别与圆：相切于点，求的最小值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由离心率与点到直线的距离等于1，列方程即可求得，可得方程；（2）将直线代入椭圆结合韦达定理求得点坐标，通过计算可得，即可得【详解】解：（1）直线的方程为到直线的距离为而，椭圆的标准方程为（2）设，令，6（2021全国高三专题
7、练习）已知点，动点满足记点的轨迹为曲线（1）求的方程；（2）设为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别是，证明：直线过定点【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）把已知条件用坐标表示，并化简即得的方程；（2）设，利用导数得出切线的方程，由在切线上，从而可得直线的方程，由直线方程可得定点坐标【详解】（1）设，则，所以，可以化为，化简得所以，的方程为（2）由题设可设，由题意知切线，的斜率都存在，由，得，则，所以，直线的方程为，即，因为在上，所以，即，将代入得，所以直线的方程为同理可得直线的方程为因为在直线上，所以，又在直线上，所以，所以直线的方程为，故直线过定点7（2021全国高三专题练习
8、）在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到，两点的距离之和为4.（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；（2）已知直线:与圆:交于、两点，与曲线交于、两点，其中、在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.【答案】（1）椭圆，；（2）存在，.【解析】（1）根据椭圆定义得方程；（2）分析可知，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到的函数关系式，再求最值.【详解】（1）由题意知，又，所以，动点的轨迹是椭圆.由椭圆的定义可知，又因为所以，故的轨迹方程.（2）由题设可知，、一个椭圆外，一个在椭圆内；、一个在内，一个在外，在直线上的四点满足：由消去
9、得：，恒成立.设，由韦达定理，得，.所以，到距离，当且仅当，即时等号成立.验证可知满足题意.8（2021全国高三专题练习（文）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且点在C上（1）求椭圆C的标准方程；（2）设过的直线l与C交于A，B两点，若，求【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题得，又，解方程可得，从而得椭圆的方程；（2）当直线l的斜率不存在时，所以，直线l的斜率存在时，设其为，联立方程并由韦达定理求出的式子得，求得，同理得出，求出，即可得.【详解】解：（1）因为椭圆C过点，所以又椭圆C的离心率为，所以，故联立得解得故椭圆C的标准方程为（2）当直线l的斜率不存在时，所以，故直线l的斜率存在
10、，设直线联立消去y并整理得，则，同理因为，解得，所以，又因为，所以9（2021山东烟台市高三一模）已知分别是椭圆的左右焦点， 为椭圆的上顶点，是面积为的直角三角形.（1）求椭圆的方程；（2）设圆上任意一点处的切线交椭圆于点，问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【解析】（1）由题意可得，再由即可求解.（2）当切线的斜率不存在时，其方程为，求出，当切线的斜率存在时，设方程为，利用点到直线的距离公式可得，再将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得，再由即可求解.【详解】解：（1）由为直角三角形，故，又，可得解得所以，所以椭圆的方程为；（2）当切线的斜率
11、不存在时，其方程为将代入，得，不妨设，又所以同理当时，也有.当切线的斜率存在时，设方程为，因为与圆相切，所以即，将代入，得，所以又，又，将代入上式，得，综上，.10（2021江苏常州市高三一模）已知O为坐标系原点，椭圆的右焦点为点F，右准线为直线n.（1）过点的直线交椭圆C于两个不同点，且以线段为直径的圆经过原点O，求该直线的方程；（2）已知直线l上有且只有一个点到F的距离与到直线n的距离之比为.直线l与直线n交于点N，过F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设过点的直线为交于椭圆，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出直线的斜率即得解；
12、（2）分析得到直线与椭圆相切，设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到，求出,再把代入化简即得解.【详解】（1）设过点的直线为交于椭圆联立消去y得又因为以线段为直径的圆经过原点，则则所求直线方程（2）已知椭圆的离心率为，右准线直线n的方程为，因为直线上只有一点到F的距离与到直线n的距离之比为，所以直线与椭圆相切，设直线的方程为，联立消去y得到：联立点N坐标为得到,由11（2021湖南岳阳市高三一模）已知双曲线的离心率为，点在上（1）求双曲线的方程；（2）设过点的直线l与曲线交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由【答案】（1）；（
13、2）存在；定点【解析】（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线的方程；（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.【详解】解：（1）由题意，解得，双曲线方程为；（2）设直线的方程为，设定点，联立，得，且，解得且设，为常数，与无关，即，此时在轴上存在定点，使得为常数12（2021湖南衡阳市高三一模）已知圆：与圆：的公共点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）设点为圆：上任意点，且圆在点处的切线与交于，两点.试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，.【解析】（1）由题知，,故,进而
14、由椭圆的定义即可得曲线方程；（2）先讨论直线斜率不存在时，易得，进而讨论当直线斜率存在，设：，由与圆相切得，与曲线联立方程，并计算得，进而由圆的性质即可得：.【详解】（1）设公共点为，则，即公共点的轨迹为椭圆.且，又，故曲线：.（2）方法一:当直线斜率不存在时，：，代入得，故，易知：；当直线斜率存在，设：，与圆相切，将方程代入，得，将代入，得，即综上，恒有，.法二:当直线斜率不存在时，：，代入得，；当直线斜率存在，设：，与圆相切，即.将方程代入，得，同理可得，故将，及代入，可得.综上.13（2021辽宁高三二模）已知点为椭圆：的右焦点，分别为椭圆的左右顶点，椭圆上异于，的任意一点与，两点连线的
15、斜率之积为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的两条弦，相互垂直，若，求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设点，根据已知条件，列出方程组，消去的坐标，可求得,得到椭圆的方程；（2），分别是，的中点，当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，设所在直线的方程为，则直线所在直线的方程为联立方程组，利用韦达定理求得中点的坐标为.同理可得，的中点的坐标为，直线的方程整理化简为，得到直线过定点.对一些特殊情况单独验证经过此点即可.【详解】解：（1），设点，由已知可得：，整理可得：，故椭圆的标准方程为.（2）证明：因为，所以，分别是，的中点，当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，
16、设所在直线的方程为，则直线所在直线的方程为，联立，得，.，所以，所以中点的坐标为.同理可得，的中点的坐标为，当，即时，所以直线的方程为，即，所以直线过定点.当时，直线的方程为，亦过定点.当两条直线的斜率分别为0和不存在时，直线的方程为，也过点.综上所述，直线过定点.14（2021辽宁高三二模（理）已知点，直线，的斜率乘积为，点的轨迹为曲线.（）求曲线的方程；（）设斜率为的直线交轴于，交曲线于，两点，是否存在使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（）；（）存在，.【解析】（）设设点坐标为，根据题意得计算斜率之积即可得：（）设，设直线为，与曲线C联立方程并结合弦长公式得：，再
17、令即可得答案.【详解】（）设点坐标为，则 ，曲线的方程为（）设，设直线为代入得所以由弦长公式得：所以为定值，则，15（2021辽宁高三其他模拟）已知椭圆，分别为椭圆的左，右焦点，且，两直线和与椭圆分别交于，和，其中，当时，直线经过椭圆的上顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设，若，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由已知条件求出直线的方程，从而可求出椭圆的上顶点的坐标，即可得的值，再由焦距，结合求出的值，进而可得椭圆的方程；（2）设，将直线的方程分别与椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系和弦长公式，距离公式求出和的值，然后由列方程可求出结果【详解】（1）当时，
18、直线，即为椭圆的上顶点，故，由半焦距，则，故椭圆的方程为；（2）设，联立，消去得，则；设，联立，消去得，即，则.由得，即，因为，故.16（2021全国高三专题练习）已知双曲线上一动点P，左、右焦点分别为，且，定直线，点M在直线上，且满足（1）求双曲线的标准方程；（2）若直线的斜率，且过双曲线右焦点与双曲线右支交于两点，求的外接圆方程【答案】（1）；（2）【解析】（1）设点，由，结合各点的坐标可得，由动点P在双曲线上，即可写出双曲线的标准方程；（2）设，而直线，联立双曲线方程，应用韦达定理得， ，即可求，而外接圆圆心在的垂直平分线上，根据弦长、弦心距、半径的关系，结合两点距离公式，求圆心、半径即
19、可写出圆的方程.【详解】（1）由题意，知，设点，则， ，得，整理得， 即双曲线的标准方程为 （2）由题意，知直线，设，联立方程，得，整理得，故， ，而，中点为，而外接圆圆心在的垂直平分线上，则，又由焦点弦长公式，可知 设圆心满足，解得 半径，故外接圆方程为17（2021全国高三专题练习）在平面直角坐标系中，两点的坐标分别为，直线相交于点且它们的斜率之积是，记动点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点作直线交曲线于两点，且点位于轴上方，记直线的斜率分别为证明：为定值；设点关于轴的对称点为，求面积的最大值【答案】（1）；（2）证明见解析；【解析】（1）根据条件列出方程化简即可求出曲线方程；（2
20、）设直线的方程为，直接表示出斜率，消元为关于的式子，再根据直线与椭圆联立可得的和、积，代入化简即可求证为定值；由题意坐标为，可得直线恒过点D(4,0),，化简后利用均值不等式求最值.【详解】（1）设点坐标为，则直线的斜率分别为，依题意知，化简得；（2）设直线的方程为，则，又，消得，得因此，故为定值；坐标为，则直线方程为，令解得，即直线恒过点，故，当，即时，等号成立，此时面积最大值为18（2021全国高三专题练习（理）已知，是椭圆：长轴的两个端点，点在椭圆上，直线，的斜率之积等于.（1）求椭圆的标准方程；（2）设，直线方程为，若过点的直线与椭圆相交于，两点，直线，与的交点分别为，线段的中点为.判
21、断是否存在正数使直线的斜率为定值，并说明理由.【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由在椭圆上得到，然后根据直线，的斜率之积等于，由求解.（2）当该直线的斜率不存在时验证即可,当该直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，根据，三点共线，求得，同理求得，进而得到N的坐标，再利用斜率公式求解.【详解】（1）由已知：，因为在椭圆上，直线，的斜率之积等于，所以，解得：，又，所以，所以椭圆的标准方程为，（2）设，为过点的直线与椭圆的交点，当经过点的直线斜率不存在时，此时，为椭圆长轴端点，不妨设，因为，三点共线，坐标为，同理坐标为，此时线段的中点为，所以，当该直线的斜率存在时
22、，设该直线的方程是，联立方程得：，消元并化简得：，所以，设，因为，三点共线，即，所以，由已知得，点不在直线上，且，所以，同理可得，所以，,将，代入上式并化简得：，所以的坐标为，当时，直线的斜率，因为与的取值无关，所以，即，此时.综合可知：存在使得直线的斜率为定值.19（2021浙江高二期末）如图，抛物线的焦点为四边形为正方形，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，交直线于点.（1）若为线段的中点，求直线的斜率；（2）若正方形的边长为，直线，的斜率分别为，则是否存在实数，使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】（1）过，分别向作垂线，垂足为，设中点为，
23、过向作垂线垂足为，利用抛物线的定义及题目中所给的条件可推出，从而得出斜率；（2）由正方形的边长为可得出抛物线的方程为，设直线的方程为，设，联立直线方程与直线得到点的坐标，然后分别表示出，再联立直线与抛物线方程，得到，使得成立，利用韦达定理代入值化简求解的值即可.【详解】解：（1）如图所示，过，分别向作垂线，垂足为，设中点为，过向作垂线垂足为，则又在中，直线的斜率为（2）正方形边长为，抛物线方程为，设，方程为，得由得，即存在常数使得成立.20（2021全国高三专题练习）已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线.（1）求的方程（2）过点作倾斜角互补的两条直线，若直线与曲线
24、交于两点，直线与圆交于两点，当四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【解析】（1）根据题意可得，进而判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；（2）可得轴时和轴时不符合题意，设方程为，则直线方程为，联立直线与椭圆，表示出点到直线的距离，即可表示出四边形的面积，求出，得出直线方程.【详解】（1）在线段的垂直平分线上，又在上，则可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，则，即，故的方程为；（2）若轴时，如图，此时，则，不符合题意；若轴时，如图，此时，则，不符合题意；当都不与坐标轴垂直时，如图，设斜率分别为，由于倾斜角互补，则斜率为，则直线方程为，直线方程为，联立直线与
25、椭圆，可得，设，则，则点到直线的距离为，同理可得点到直线的距离为，则，解得，故直线的方程为或.21（2021山东高三专题练习）设是坐标原点，以、为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和恰好有两个交点.（1）求的方程；（2）是外的一点，过的直线、均与相切，且、的斜率之积为，记为的最小值，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据已知条件求出、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设过的切线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去可得出关于的一元二次方程，由直线与椭圆相切可得出，可得出关于的二次方程，结合韦达定理得出，进而可得出的表达式，根据二次函数的基本性质得出，结合的取值范围可得结果
26、.【详解】（1）由题意可得，又因为以为直径的圆和恰好有两个交点，则，可得，因此，椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线、的斜率存在且不为零，设过点的切线，联立，消去可得，由于直线与椭圆相切，则，化简并整理得，整理成关于的二次方程得（易知），设直线、的斜率分别为、，易知、为关于的二次方程得的两根，所以，所以，易知当时，有，即的取值范围是.22（2021全国高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，以椭圆的短轴为直径的圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于，两点，且，求四边形面积的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】（1
27、）根据题意，结合， 即可求得的值，进而可得椭圆的标准方程；（2）分别讨论轴、轴时分别计算四边形面积，当和都不与轴垂直时，设，以及直线的方程，联立直线与椭圆的方程得出、，利用弦长公式计算，同理求出，四边形面积为，利用换元法和配方法求最值即可.【详解】解：（1）由题意知，又，解得，所以椭圆的标准方程为（2）设四边形面积为，则，当轴时，所以，当轴时，所以，当和都不与轴垂直时，直线斜率存在且不为0，设，直线斜率为，则直线斜率为，联立方程，消去得：，所以，（*）过做直线的平行线和椭圆交于点，由对称性知，在（*）中把换成，得，所以，所以，令，则，所以，令，则，所以，因为，所以综上所述：四边形面积取值范围是
28、23（2021全国高三专题练习）已知椭圆过点，离心率为，抛物线的准线l交x轴于点A，过点A作直线交椭圆C于M，N（1）求椭圆C的标准方程和点A的坐标；（2）若M是线段AN的中点，求直线MN的方程；（3）设P，Q是直线l上关于x轴对称的两点，问：直线PM于QN的交点是否在一条定直线上？请说明你的理由【答案】（1），；（2）；（3）与的交点恒在直线上，理由见解析【解析】（1）根据题意，列出方程组，结合，求得的值，得出椭圆的标准方程，又由抛物线，求得准线方程，即可求得的坐标；（2）设，则，联立方程组，求得的坐标，即可求得直线的方程；（3）设，得到，联立方程组，求得，得到，再由直线和的方程，求得交点的
29、横坐标，即可求解【详解】（1）由题意，椭圆过点，离心率为，可得且，又由，解得，即椭圆的方程为，又由抛物线，可得准线方程为，所以（2）设，则，联立方程组，解得，当时，可得直线；当时，可得直线，所以直线的方程为（3）设，可得，设，联立方程组，整理得，所以，则，又由直线，交点横坐标为，所以与的交点恒在直线上24（2021广东汕头市高三一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于（1）求动点的轨迹方程；（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；证明：直线恒过定点，并求出定点坐标求四边形面积的最小值【答案】（1）；（2）证明
30、见解析，定点坐标为；.【解析】（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；（2）分析出直线的斜率存在且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；求得、，利用基本不等式可求得四边形面积的最小值【详解】（1）设点，依题意，所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，动点的轨迹方程是；（2）若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合
31、乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点设、，由，由韦达定理可得，则，所以点的坐标为，同理可得点，直线的斜率为，直线的方程是，即，当时，直线的方程为，直线过定点综上，直线过定点；由可得，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当取等号因此，四边形的面积的最小值为.25（2021江苏盐城市高三二模）已知直线交抛物线于两点（1）设直线与轴的交点为若，求实数的值；（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得的范围，由韦达定理得，再由向量的数乘可得0，结合韦达定
32、理可得值；（2）设，由对称性得，再由在抛物线上，代入变形得与的关系，然后计算，得，同理，得证四点共圆【详解】解：由得设，则因为直线与相交，所以得（1）由，得，所以，解得从而，因为所以解得（2）设，因为两点关于直线对称，则解得又于是解得又点在抛物线上，于是因为所以，于是因此，同理于是点在以为直径的圆上，即四点共圆26（2021河北唐山市高三二模）已知、分别为椭圆的左顶点和下顶点，为直线上的动点，的最小值为（1）求的方程；（2）设与的另一交点为，与的另一交点为，问：是否存在点，使得四边形为梯形，若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在；【解析】（1）设，求出取得最小值，由求
33、出，从而可得的方程；（2）假设存在点满足题设，设，联立直线与椭圆方程，求出，联立直线与椭圆方程求出，利用得到，代入，可求出即可得解.【详解】（1）由题设得，设，则，所以，于是当时，取得最小值，所以，解得所以的方程为（2）假设存在点满足题设，设，所以直线的方程为，直线的方程为将代入得，可得，所以将代入得，可得若四边形为梯形，则，所以，因为，所以，所以，所以，整理可得，即，解得故当时，四边形为梯形27（2021山东枣庄市高三二模）已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线.（1）求的轨迹方程，并说明其形状；（2）过直线上的动点分别作的两条切线、（、为切点），为弦的中点，直线：分别与轴、轴交
34、于点、，求的面积的取值范围.【答案】（1），曲线是以为圆心，半径为2的圆；（2）.【解析】（1）设出动点M坐标，代入距离比关系式，化简方程可得；（2）先求切点弦方程，再根据切点弦过定点及弦中点性质得出N点轨迹，然后求出动点N到定直线EF的距离最值，最后求出面积最值.切点弦方程的求法可用以下两种方法.法一：由两切点即为两圆公共点，利用两圆相交弦方程（两圆方程作差）求出切点弦方程；法二：先分别求过Q、R两点的切线方程，再代入点P坐标，得到Q、R两点都适合的同一直线方程，即切点弦方程.【详解】解：（1）设，由，得.化简得，即.故曲线是以为圆心，半径为2的圆.（2）法一(由两圆相交弦方程求切点弦方程)
35、：由题意知,、与圆相切，、为切点，则，则D、R、P、Q四点共圆，Q、R在以为直径的圆上(如图).设，又，则的中点为，.以线段为直径的圆的方程为，整理得(也可用圆的直径式方程化简得. )又、在：上，由两圆方程作差即得：.所以，切点弦所在直线的方程为.法二(求Q、R均满足的同一直线方程即切点弦方程)：设，.由，可得处的切线上任一点满足(如图)，即切线方程为.整理得.又，整理得.同理，可得处的切线方程为.又既在切线上，又在切线上，所以，整理得.显然，的坐标都满足直线的方程.而两点确定一条直线，所以切点弦所在直线的方程为.则恒过坐标原点.由消去并整理得.设，则.点纵坐标.因为，显然，所以点与点，均不重
36、合.(或者由对称性可知，的中点N点在x轴上当且仅当点P在x轴上，因为，点P不在x轴上，则点N也不在x轴上，所以点与、均不重合.)因为为弦的中点，且为圆心，由圆的性质，可得，即(如图).所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径.因为直线分别与轴、轴交于点、，所以，.又圆心到直线的距离.设的边上的高为，则点到直线的距离的最小值为；点到直线的距离的最大值为(如图).则的最小值，最大值.因此，的面积的取值范围是.28（2021全国高三专题练习）已知椭圆：的离心率为，椭圆的上顶点与抛物线：的焦点重合，且抛物线经过点，为坐标原点（1）求椭圆和抛物线的标准方程；（2）已知直线：与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两
37、点，若直线平分，四边形能否为平行四边形？若能，求实数的值；若不能，请说明理由【答案】（1）；（2）四边形不是平行四边形，理由见解析.【解析】（1）由抛物线经过点，可得抛物线方程为，其焦点为，可知，再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线，的斜率分别为，由已知得，设，利用两点求斜率公式求得直线：且，联立直线与椭圆方程得，求得，假设四边形为平行四边形，则，即，推出矛盾即可得结论.【详解】（1）由抛物线经过点，得，故抛物线方程为抛物线：的焦点为，又椭圆的离心率，解得：所以椭圆的标准方程为（2）四边形不是平行四边形，理由如下：将代入，消去并整理得：由题意知，即设直线，的斜率分别为，因为直
38、线平分，所以设，则又，则，所以直线：且由消并整理得：由题意知解得：，所以设，则，若四边形为平行四边形，则，即，显然方程组无解所以四边形不是平行四边形29（2021江苏省天一中学高三二模）已知为坐标原点，椭圆的离心率，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，的中点为，周长等于.（1）求椭圆的标准方程；（2）为双曲线上的一个点，由向抛物线做切线，切点分别为.（）证明：直线与圆相切；（）若直线与椭圆相交于两点，求外接圆面积的最大值.【答案】（1）；（2）（）证明见解析，（）.【解析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）（）设，写出直线和的方程，联立求得与的交点的坐标，根点在双曲
39、线上，推得，进而结合点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，即可得到答案；（）联立直线与椭圆的方程，由韦达定理求得，根据，得到，写出弦长，方法一：令，结合二次函数的性质，求得有最大值.方法二：求得实数的取值范围，再由基本u不等式，求得的最大值，进而求得外接圆面积的最大值.【详解】（1）设，因为为的中点，所以周长，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）（）由得，求导得，设，则，即，同理：设，因为为，的交点，所以，由题直线的斜率存在，设其方程为，将代入得：，由韦达定理得，所以，因为，所以，所以圆心到直线的距离，所以，直线与圆相切.（）将与，联立方程组，可得，由韦达定理得，因为，所以，所以，又因为，所以，方法一：由（）知：方程的且，解得或，所以，令，所以或者，可以看出当时，即时，有最大值，且最大值为，所以外接圆直径的长度最大值为，所以外接圆面积的最大值等于.方法二：由（）知：方程的且所以或，所以，等号当仅当，即（舍），所以外接圆直径的长度最大值为，所以外接圆面积的最大值等于.