第三篇 经典考题体验篇：专题8 平面解析几何 - 2021年高考数学考前必读【解析版】

第三篇 经典考题体验篇 专题八 平面解析几何 一、单选题 1．（2021·辽宁高三二模）历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯(公元前 375 年—325 年)，大约 100 年 后，阿波罗尼奥更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质，比如： 从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于 抛物线对称轴的光线，经抛物线反射后，反射光线经过抛物线的焦点.设抛物线C ： 2y x ，一束平行于抛 物线对称轴的光线经过  5,2A ，被抛物线反射后，又射到抛物线C 上的Q 点，则 Q 点的坐标为（ ） A． 1 1,4 2     B． 1 1,8 4     C． 1 1,16 4     D． 1 1,64 8     【答案】D 【解析】 求出入射光线与抛物线的交点坐标，再根据抛物线的光学性质，利用斜率相等列式可解得结果. 【详解】 设从点  5,2A 沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线与抛物线交于点 P ，易知 2Py  ，将 ,P Px y 代入 抛物线方程得 4Px  ，即  4,2P ， 设焦点为 F ，则 1 ,04F      ，设  2 ,Q QQ y y ，由 P ， F ，Q 三点共线， 有 2 02 0 1 14 4 4 Q Q y y     ，化简得 28 15 2 0Q Qy y   ， 解得 1 8Qy   或 2Qy  (舍)，即 1 1,64 8Q    . 故选：D 2．（2020·全国高考真题（文））在平面内，A，B 是两个定点，C 是动点，若 =1AC BC  ，则点 C 的轨迹为（ ） A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线 【答案】A 【解析】 首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可. 【详解】 设  2 0AB a a  ，以 AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则：    ,0 , ,0A a B a ，设  ,C x y ，可得：    , , ,AC x a y BC x a y       ， 从而：    2AC BC x a x a y        ， 结合题意可得：   2 1x a x a y    ， 整理可得： 2 2 2 1x y a   ， 即点 C 的轨迹是以 AB 中点为圆心， 2 1a  为半径的圆. 故选：A. 3．（2020·全国高考真题（文））设O 为坐标原点，直线 2x  与抛物线 C： 2 2 ( 0)y px p  交于 D ，E 两 点，若OD OE ，则C 的焦点坐标为（ ） A． 1 ,04      B． 1 ,02      C． (1,0) D． (2,0) 【答案】B 【解析】 根据题中所给的条件OD OE ，结合抛物线的对称性，可知 4DOx EOx     ，从而可以确定出点 D 的坐标，代入方程求得 p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果. 【详解】 因为直线 2x  与抛物线 2 2 ( 0)y px p  交于 ,E D 两点，且 OD OE ， 根据抛物线的对称性可以确定 4DOx EOx     ，所以  2,2D ， 代入抛物线方程 4 4p ，求得 1p  ，所以其焦点坐标为 1( ,0)2 ， 故选：B. 4．（2020·北京高考真题）设抛物线的顶点为O ，焦点为 F ，准线为l ． P 是抛物线上异于O 的一点，过 P 作 PQ l 于 Q ，则线段 FQ 的垂直平分线（ ）． A．经过点O B．经过点 P C．平行于直线 OP D．垂直于直线 OP 【答案】B 【解析】 依据题意不妨作出焦点在 x 轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段 FQ 的垂直平分线经过点 P ，即求解. 【详解】 如图所示： ． 因为线段 FQ 的垂直平分线上的点到 ,F Q 的距离相等，又点 P 在抛物线上，根据定义可知， PQ PF ， 所以线段 FQ 的垂直平分线经过点 P . 故选：B. 5．（2020·全国高考真题（理））设O 为坐标原点，直线 x a 与双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的两条渐近 线分别交于 ,D E 两点，若 ODE 的面积为 8，则C 的焦距的最小值为（ ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【解析】 因为 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     ，可得双曲线的渐近线方程是 by xa   ，与直线 x a 联立方程求得 D ，E 两点坐标，即可求得| |ED ，根据 ODE 的面积为8 ，可得 ab 值，根据 2 22 2c a b  ，结合均值不等式， 即可求得答案. 【详解】  2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     双曲线的渐近线方程是 by xa    直线 x a 与双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的两条渐近线分别交于 D ， E 两点 不妨设 D 为在第一象限， E 在第四象限 联立 x a by xa   ，解得 x a y b    故 ( , )D a b 联立 x a by xa    ，解得 x a y b     故 ( , )E a b  | | 2ED b  ODE 面积为： 1 2 82ODES a b ab   △  双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     其焦距为 2 22 2 2 2 2 16 8c a b ab     当且仅当 2 2a b  取等号  C 的焦距的最小值：8 故选：B. 6．（2020·全国高考真题（理））已知⊙M： 2 2 2 2 2 0x y x y     ，直线l ：2 2 0x y   ， P 为l 上的 动点，过点 P 作⊙M 的切线 ,PA PB ，切点为 ,A B ，当| | | |PM AB 最小时，直线 AB 的方程为（ ） A． 2 1 0x y   B． 2 1 0x y   C． 2 1 0x y   D． 2 1 0x y   【答案】D 【解析】 由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点 , , ,A P B M 共圆，且 AB MP ，根据 4 4PAMPM AB S PA   可知，当直线 MP l 时， PM AB 最小，求出以 MP 为直径的圆的方程， 根据圆系的知识即可求出直线 AB 的方程． 【详解】 圆的方程可化为   2 21 1 4x y    ，点 M 到直线l 的距离为 2 2 2 1 1 2 5 2 2 1 d       ，所以直线 l 与圆相离． 依圆的知识可知，四点 , , ,A P B M 四点共圆，且 AB MP ，所以 14 4 42PAMPM AB S PA AM PA       ，而 2 4PA MP  ， 当直线 MP l 时， min 5MP  ， min 1PA  ，此时 PM AB 最小． ∴  1: 1 12MP y x   即 1 1 2 2y x  ，由 1 1 2 2 2 2 0 y x x y        解得， 1 0 x y     ． 所以以 MP 为直径的圆的方程为     1 1 1 0x x y y     ，即 2 2 1 0x y y    ， 两圆的方程相减可得： 2 1 0x y   ，即为直线 AB 的方程． 故选：D. 7．（2020·全国高考真题（文））设 1 2,F F 是双曲线 2 2: 13 yC x   的两个焦点，O 为坐标原点，点 P 在C 上 且| | 2OP  ，则 1 2PF F△ 的面积为（ ） A． 7 2 B．3 C． 5 2 D．2 【答案】B 【解析】 由 1 2F F P 是以 P 为直角直角三角形得到 2 2 1 2| | | | 16PF PF  ，再利用双曲线的定义得到 1 2| | | | 2PF PF  ，联立即可得到 1 2| || |PF PF ，代入 1 2F F PS △ 1 2 1 | || |2 PF PF 中计算即可. 【详解】 由已知，不妨设 1 2( 2,0), (2,0)F F ， 则 1, 2a c  ，因为 1 2 12 2OP F F  ， 所以点 P 在以 1 2F F 为直径的圆上， 即 1 2F F P 是以 P 为直角顶点的直角三角形， 故 2 2 2 1 2 1 2| | | | | |PF PF F F  ， 即 2 2 1 2| | | | 16PF PF  ，又 1 2| | | | 2 2PF PF a   ， 所以 2 1 24 | | | |PF PF   2 2 1 2| | | | 2PF PF  1 2| || | 16 2PF PF   1 2| || |PF PF ， 解得 1 2| || | 6PF PF  ，所以 1 2F F PS △ 1 2 1 | || | 32 PF PF  故选：B 8．（2019·北京高考真题（理））数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C： 2 2 1 | |x y x y   就 是其中之一（如图）.给出下列三个结论： ①曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2 ； ③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3. 其中，所有正确结论的序号是( ) A．① B．② C．①② D．①②③ 【答案】C 【解析】 由 2 2 1x y x y   得, 2 21y x y x   , 2 2 2 2| | 3 3 41 ,1 0,2 4 4 3 x x xy x       … „ , 所以 x 可为的整数有 0,-1,1,从而曲线 2 2: 1C x y x y   恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确. 由 2 2 1x y x y   得, 2 2 2 2 1 2 x yx y  „ ,解得 2 2 2x y  ,所以曲线C 上任意一点到原点的距离都不 超过 2 . 结论②正确. 如图所示,易知        0, 1 , 1,0 , 1,1, , 0,1A B C D , 四边形 ABCD 的面积 1 31 1 1 12 2ABCDS       ,很明显“心形”区域的面积大于 2 ABCDS ,即“心形”区 域的面积大于 3,说法③错误. 故选 C. 9．（2020·浙江高考真题）已知点 O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点 P 满足|PA|–|PB|=2，且 P 为函数 y= 23 4 x 图像上的点，则|OP|=（ ） A． 22 2 B． 4 10 5 C． 7 D． 10 【答案】D 【解析】 根据题意可知，点 P 既在双曲线的一支上，又在函数 23 4y x  的图象上，即可求出点 P 的坐标，得到 OP 的值． 【详解】 因为| | | | 2 4PA PB   ，所以点 P 在以 ,A B 为焦点，实轴长为 2 ，焦距为 4 的双曲线的右支上，由 2, 1c a  可得， 2 2 2 4 1 3b c a     ，即双曲线的右支方程为   2 2 1 03 yx x   ，而点 P 还在函数 23 4y x  的图象上，所以， 由   2 2 2 1 03 3 4 yx x y x        ，解得 13 2 3 3 2 x y     ，即 13 27 104 4OP    ． 故选：D. 10．（2020·天津高考真题）设双曲线 C 的方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ，过抛物线 2 4y x 的焦点和点 (0, )b 的直线为l ．若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线 C 的方程为（ ） A． 2 2 14 4 x y  B． 2 2 14 yx   C． 2 2 14 x y  D． 2 2 1x y  【答案】D 【解析】 由抛物线的焦点 1,0 可求得直线l 的方程为 1yx b   ，即得直线的斜率为 b ，再根据双曲线的渐近线的 方程为 by xa   ，可得 bb a    ， 1bb a     即可求出 ,a b ，得到双曲线的方程． 【详解】 由题可知，抛物线的焦点为  1,0 ，所以直线l 的方程为 1yx b   ，即直线的斜率为 b ， 又双曲线的渐近线的方程为 by xa   ，所以 bb a    ， 1bb a     ，因为 0, 0a b  ，解得 1, 1a b  ． 故选： D ． 11．（2021·辽宁高三二模（文））第 24 届冬季奥林匹克运动会，将在 2022 年 2 月 4 日在中华人民共和国北 京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥 林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、 残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式 的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭 圆长轴一端点 A 和短轴一端点 B 分别向内层椭圆引切线 AC ， BD （如图），且两切线斜率之积等于 9 16  ， 则椭圆的离心率为（ ） A． 3 4 B． 7 4 C． 9 16 D． 3 2 【答案】B 【解析】 分别设内外层椭圆方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     、 2 2 2 2 1( 1)( ) ( ) x y mma mb    ，进而设切线 AC 、 BD 分 别为 1( )y k x ma  、 2y k x mb  ，联立方程组整理并结合 0  求 1k 、 2k 关于 a、b、m 的关系式，再 结合已知得到 a、b 的齐次方程求离心率即可. 【详解】 若内层椭圆方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，由离心率相同，可设外层椭圆方程为 2 2 2 2 1( 1)( ) ( ) x y mma mb    ， ∴ ( ,0), (0, )A ma B mb ，设切线 AC 为 1( )y k x ma  ，切线 BD 为 2y k x mb  ， ∴ 1 2 2 2 2 ( ) 1 y k x ma x y a b     ，整理得 2 2 2 2 3 2 2 4 2 2 2 1 1 1( ) 2 0a k b x ma k x m a k a b     ，由 0  知： 3 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 1 1(2 ) 4( )( ) 0ma k a k b m a k a b    ，整理得 2 2 1 2 2 1 1 bk a m    ， 同理， 2 2 2 2 2 1 y k x mb x y a b     ，可得 2 2 2 2 2 ( 1)bk ma    ， ∴ 4 2 2 1 2 4 9( ) ( )16 bk k a    ，即 2 2 9 16 b a  ，故 2 2 2 7 4 c a be a a    . 故选：B. 二、多选题 12．（2020·海南高考真题）已知曲线 2 2: 1C mx ny  .（ ） 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 n C．若 mn0，则 C 是两条直线 【答案】ACD 【解析】 结合选项进行逐项分析求解， 0m n  时表示椭圆， 0m n  时表示圆， 0mn  时表示双曲线， 0, 0m n  时表示两条直线. 【详解】 对于 A，若 0m n  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 2 11 1 x y m n   ， 因为 0m n  ，所以 1 1 m n  ， 即曲线C 表示焦点在 y 轴上的椭圆，故 A 正确； 对于 B，若 0m n  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 2 1x y n   ， 此时曲线 C 表示圆心在原点，半径为 n n 的圆，故 B 不正确； 对于 C，若 0mn  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 2 11 1 x y m n   ， 此时曲线 C 表示双曲线， 由 2 2 0mx ny  可得 my xn    ，故 C 正确； 对于 D，若 0, 0m n  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 1y n  ， ny n   ，此时曲线C 表示平行于 x 轴的两条直线，故 D 正确； 故选：ACD. 三、填空题 13．（2021·江苏盐城市·高三二模）已知椭圆 2 2 14 3 x y  的右顶点为 ,A 右焦点为 ,F 以 A 为圆心，R 为半径 的圆与椭圆相交于 ,B C 两点，若直线 BC 过点 ,F 则 R 的值为_____． 【答案】 13 2 【解析】 由对称性得弦 BC 是椭圆的通径，由通径长可得关系式，从而求得 R ． 【详解】 由已知 (2,0)A ， (1,0)F ，因为 BC 过焦点 F ，所以由对称性知 BC x 轴，所以 22 2 3 32 bBC a    ， 1FA  ，所以 2 2 3 131 2 2R       ． 故答案为： 13 2 ． 14．（2018·浙江省高考真题）已知点 P(0，1)，椭圆 2 4 x +y2=m(m>1)上两点 A，B 满足 AP =2 PB ，则当 m=___________时，点 B 横坐标的绝对值最大． 【答案】5 【解析】 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由 2AP PB  得 1 2 1 2 1 22 ,1 2( 1), 2 3,x x y y y y        因为 A,B 在椭圆上,所以 2 2 2 21 2 1 2, ,4 4 x xy m y m    2 2 2 22 2 2 2 4 3(2 3) , ( )4 4 2 4 x x my m y        ， 与 2 22 24 x y m  对应相减得 2 2 2 2 3 1, ( 10 9) 44 4 my x m m      ，当且仅当 5m  时取最大值. 15．（2020·海南高考真题）斜率为 3 的直线过抛物线 C：y2=4x 的焦点，且与 C 交于 A，B 两点，则 AB =________． 【答案】16 3 【解析】 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. 【详解】 ∵抛物线的方程为 2 4y x ，∴抛物线的焦点 F 坐标为 (1,0)F ， 又∵直线 AB 过焦点 F 且斜率为 3 ，∴直线 AB 的方程为： 3( 1)y x  代入抛物线方程消去 y 并化简得 23 10 3 0x x   ， 解法一：解得 1 2 1 , 33x x  所以 2 1 2 1 16| | 1 | | 1 3 | 3 |3 3AB k x x        解法二： 100 36 64 0     设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 10 3x x  , 过 ,A B 分别作准线 1x   的垂线，设垂足分别为 ,C D 如图所示. 1 2| | | | | | | | | | 1 1AB AF BF AC BD x x        1 2 16+2= 3x x  故答案为：16 3 16．（2020·天津高考真题）已知直线 3 8 0x y   和圆 2 2 2 ( 0)x y r r   相交于 ,A B 两点．若| | 6AB  ， 则 r 的值为_________． 【答案】5 【解析】 根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离 d ，进而利用弦长公 式 2 2| | 2AB r d  ，即可求得 r ． 【详解】 因为圆心  0,0 到直线 3 8 0x y   的距离 8 4 1 3 d    ， 由 2 2| | 2AB r d  可得 2 26 2 4r  ，解得 = 5r ． 故答案为：5． 17．（2021·全国高三其他模拟（文））已知双曲线 2 2 14 3 x y  的左､右焦点分别为 1F ， 2F ， P 为双曲线上一 点，且 1 2 3PF FS  ，则 1 2F PF  ___________. 【答案】 2 3  【解析】 利用双曲线的定义、余弦定理、三角形的面积公式列方程组，化简求得 1 2F PF . 【详解】 依题意 2, 3, 7a b c   ， 设 1 2,PF m PF n  ，不妨设 m n ， 1 2 2 2 7F F c  ， 设  1 2 0,F PF    ， 根据双曲线的定义、余弦定理、三角形的面积公式得  2 2 2 4 2 7 2 cos 1 sin 32 m n m n mn mn             ，  2 2 2 16 28 2 cos sin 2 3 m n m n mn mn           ， 2 2 2 2 2 16 28 2 cos sin 2 3 m n mn m n mn mn             ， 28 2 16 2 cos 2 3 sin mn mn mn       ，  12 2 1 cos 2 3 sin mn mn        ，  2 312 2 1 cossin     ， 3sin cos 1   ， 12sin 1,sin6 6 2                ， 由于 70 , 6 6 6          ， 所以 5 2,6 6 3       ，所以 1 2 2 3F PF   . 故答案为： 2 3  18．（2019·全国高考真题（理））已知双曲线 C： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A，B 两点．若 1F A AB  ， 1 2 0F B F B   ，则 C 的离心率为____________． 【答案】2. 【解析】 如图， 由 1 ,F A AB  得 1 .F A AB 又 1 2 ,OF OF 得 OA 是三角形 1 2F F B 的中位线，即 2 2/ / , 2 .BF OA BF OA 由 1 2 0F B F B    ，得 1 2 1, ,F B F B OA F A  则 1OB OF 有 1AOB AOF   ， 又 OA 与 OB 都是渐近线，得 2 1,BOF AOF   又 2 1BOF AOB AOF       ，得 0 2 1 60 ,BOF AOF BOA      ．又渐近线 OB 的斜率为 0tan 60 3b a   ，所以该双曲线的离心率为 2 21 ( ) 1 ( 3) 2c be a a       ． 四、双空题 19．（2020·北京高考真题）已知双曲线 2 2 : 16 3 x yC   ，则 C 的右焦点的坐标为_________；C 的焦点到其 渐近线的距离是_________． 【答案】 3,0 3 【解析】 根据双曲线的标准方程可得出双曲线 C 的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离 公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离. 【详解】 在双曲线 C 中， 6a  ， 3b  ，则 2 2 3c a b   ，则双曲线 C 的右焦点坐标为 3,0 ， 双曲线C 的渐近线方程为 2 2y x  ，即 2 0x y  ， 所以，双曲线 C 的焦点到其渐近线的距离为 2 3 3 1 2   . 故答案为： 3,0 ； 3 . 20．（2020·浙江高考真题）设直线 : ( 0)l y kx b k   与圆 2 2 1x y  和圆 2 2( 4) 1x y   均相切，则 k  _______；b=______． 【答案】 3 3 2 3 3  【解析】 由直线与两圆相切建立关于 k，b 的方程组，解方程组即可. 【详解】 设 2 2 1 : 1C x y  ， 2 2 2 : ( 4) 1C x y   ，由题意， 1 2,C C 到直线的距离等于半径，即 2 2 | | 1 1 b k   ， 2 2 | 4 | 1 1 k b k    ， 所以| | 4b k b  ，所以 0k  （舍）或者 2b k  ， 解得 3 2 3,3 3k b   . 故答案为： 3 2 3;3 3  五、解答题 21．（2021·全国高三二模（理））已知抛物线C ：  2 2 0y px p  经过点 1,2 . （1）求抛物线C 的方程及其准线方程； （2）设过点  2,0 的直线l 与抛物线 C 交于 A ， B 两点，若 2AB AM uuur uuur ， MN y 轴.垂足为 N ，求证： 以 MN 为直径的圆恒过定点. 【答案】（1）抛物线C 的方程为 2 4y x ，其准线方程为 1x   ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）代入点的坐标可得 2p  ，可得抛物线的标准方程和准线方程； （2）设直线l 的方程并代入抛物线方程，根据韦达定理求出 M 的坐标，进而得 N 的坐标，设以 MN 为直 径的圆恒经过点  0 0,D x y ，利用 0DM DN  uuuur uuur 恒成立可解得结果. 【详解】 （1）由抛物线 2 2y px 经过点 1,2 ，得 4 2p ，即 2p  . 所以抛物线C 的方程为 2 4y x ，其准线方程为 1x   . （2）证明：由题意知，直线l 的斜率不为 0，设直线l 的方程为 2x my  . 将 2x my  代入 2 4y x ，消去 x 得 2 4 8 0y my   ， 显然 216 32 0m    ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则 1 2 4y y m  ， 1 2 8y y   . ∵ 1 2AM AB  ，∴ M 是线段 AB 的中点，设  ,M MM x y ， 则  1 2 21 2 4 2 22 2M m y yx xx m     ， 1 2 22M y yy m  ， ∴  22 2,2M m m ，又 MN y 轴，所以垂足 N 的坐标为  0,2N m . 设以 MN 为直径的圆恒经过点  0 0,D x y ， 则  2 0 02 2 ,2DM m x m y    uuuur ，  0 0,2DN x m y   uuur ， 由 0DM DN  uuuur uuur ，得    22 0 0 02 2 2 0x m x m y      ， 即  2 2 2 0 0 0 0 04 2 4 2 0x m y m x y x      ，① 因为对任意的实数 m ，①式要恒成立， 所以 0 0 2 2 0 0 0 4 2 0, 4 0, 2 0 x y x y x         ，解得 0 0 2, 0, x y    所以以 MN 为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为  2,0 . 22．（2021·辽宁高三其他模拟）椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ，过 2F 且与 x 轴 垂直的直线交椭圆于 M ， N 两点，其中点 M 在第一象限， 1 7cos 25MF N  ， 1 2 2F F  ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）A 为椭圆上顶点，过 A 引两条直线 1l ， 2l ，斜率分别为 1k ， 2k ，若 1 2 1k k  ， 1l ， 2l 分别交椭圆另一 点为 P ，Q ，求证：直线 PQ 恒过定点． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）由已知求得 , ,a b c ，可得椭圆方程． （2）设  1 1P x y ，  2 2,Q x y ，分 PQ 斜率不存在时和斜率存在时两种情况，当直线斜率存在时设直线 PQ 的方程为 y kx t  ，与椭圆的方程联立，再由根与系数的关系表示直线 PQ ，可得证. 【详解】 （1）设  1 ,0F c ，  2 ,0F c ，由题意知： 1c  ，即 2 2 1a b  ①， 将 x c 代入椭圆方程得： 2 M by a  ， 由 2 1 1 2 1 2 1 2 7 4cos cos2 2cos 1 cos25 5MF N MF F MF F MF F          ， 得 1 2 3tan 4MF F  ，即 2 3 2 4 b a  ②， 联立①②得 22 3 2 0 2a a a     ， 2 3b  ． ∴椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）设  1 1P x y ，  2 2,Q x y ，当 PQ 斜率不存在时， 2 1y y  ． 则 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 3 44 1 3 y y y yk k x x x y              ，不合题意，舍去， 当斜率存在时，直线 PQ 的方程为 y kx t  ， ∵  0, 3A ， 1 2 1 2 1 2 3 3 1y yk k x x     ， 化为          22 1 2 1 2 1 2 1 23 3 1 3 3 0kx t kx t x x k x x k t x x t             （*）， 将 y kx t  代入椭圆方程并整理得 2 2 23 4 8 4 12 0k x ktx t     1 2 2 8 3 4 ktx x k     ， 2 1 2 2 4 12 3 4 tx x k   ， 代入（*）式得：     2 22 2 2 4 12 81 3 3 03 4 3 4 t ktk k t tk k               ， 即   2 2 2 2 1 (4 4 3) 83 3 03 4 3 4 k t k tt tk k             ． 3t  ，故约去 3t  ，原式整理得 7 3t   ， 即直线 PQ 恒过定点 0, 7 3 ． . 23．（2021·全国高三其他模拟（理））已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的两个焦点分别为 1F ， 2F ，过点 1F 的直线l 与椭圆 C 交于 M ， N 两点(点 M 位于 x 轴上方)， 2MNF ， 1 2MF F△ 的周长分别为8 ， 6. （1）求椭圆C 的方程； （2）若 1 | | MF mMN  ，且 2 3 3 4m  ，设直线l 的倾斜角为 ，求 sin 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 50, 3      . 【解析】 （1）根据椭圆的定义可得 2MNF ， 1 2MF F△ 的周长分别为 4 ,2 2a a c ，结合 2 2 2a b c  可得答案. (2)根据题意设出直线l 的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由 1 | | MF mMN  ，得出 1 1 MF F N ，得出 ,M N 的 纵坐标 1 2,y y 的关系，从而可求出答案. 【详解】 （1）设椭圆C 的半焦距为 c ，因为 2MNF ， 1 2MF F△ 的周长分别为8， 6， 所以根据椭圆的定义得 2 2 2 4 8 2 2 6 a a c a b c        ，解得 2 1 3 a c b       . 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）由条件 1 | | MF mMN  ，且 2 3 3 4m  ，则 1 2MF MF ,所以直线l 的斜率存在. 根据题意，可设直线l 的方程为 ( 1)( 0).y k x k   . 联立 2 2 ( 1) 14 3 y k x x y     ，消去 x ，得  2 2 23 4 6 9 0k y ky k    ， 则  2 2144 1 0k k    ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1 2 2 6 3 4 ky y k    ①， 2 1 2 2 9 3 4 ky y k   ②， 又 1 | | MF mMN  ，且 2 3 3 4m  ，则 1 1 [2,3)1 MF m F N m   . 设 1 m m  ， [2,3)  ， 则 1 1MF F N  ，所以 1 2y y=- ③， 把③代入①得  2 2 6 (1 ) 3 4 ky k    ，  1 2 6 (1 ) 3 4 ky k      ， 并结合②可得   2 2 1 2 2 22 2 36 9 3 4(1 ) 3 4 k ky y kk        ， 则 2 2 (1 ) 4 3 4k      ，即 2 1 42 3 4k      ， 因为 1 2   在 [2,3)  上单调递增，所以 1 1 422 3      ， 即 2 1 4 4 2 3 4 3k   ，且 0k  ，解得 50 2k  ， 即 50 tan 2   ，所以 50 sin 3   . 故sin 的取值范围是 50, 3      . 【点睛】 关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是由 1 2 2 6 3 4 ky y k    ， 2 1 2 2 9 3 4 ky y k   ，又 1 | | MF mMN  ，且 2 3 3 4m  ，则 1 1 [2,3)1 MF m F N m   ，得出关系求解，属于中档题. 24．（2021·北京高三二模）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yG a ba b     的离心率为 2 2 ，且过点 (2, 2) ． （1）求椭圆 G 的方程； （2）过点 (0,1)M 斜率为 ( 0)k k  的直线 l 交椭圆 G 于 A，B 两点，在 y 轴上是否存在点 N 使得 ANM BNM   （点 N 与点 M 不重合），若存在，求出点 N 的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 18 4 x y  ；（2）  0,4N ，证明详见解析. 【解析】 （1）由条件列式，利用待定系数法求解椭圆方程；（2）首先直线方程  : 1, 0l y kx k   与椭圆方程联立， 得根与系数的关系，将条件转化为 0AN BNk k  ，代入坐标，利用根与系数的关系化简求定点. 【详解】 （1）由条件可知 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 c a a b a b c           ，解得： 2 8a  ， 2 2 4b c  ， 所以椭圆G 的方程是 2 2 18 4 x y  ； （2）设直线  : 1, 0l y kx k   ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  00,N y ， 联立 2 2 1 18 4 y kx x y     ，得  2 21 2 4 6 0k x kx    ， 1 2 2 4 1 2 kxx x k     ， 1 2 2 6 1 2x x k   ， ANM BNM   ， 0AN BNk k   ， 即 1 0 2 0 2 1 2 0 1 2 1 0 1 2 1 2 y y y y x y x y x y x y x x x x            2 1 1 2 0 1 2 1 2 1 1 0x kx x kx y x x x x       ， 即   1 2 0 1 22 1 0kx x y x x    ，  0 2 2 4 112 01 2 1 2 k yk k k     ，得 0 4y  ， 即存在定点  0,4N . 25．（2021·北京东城区·高三一模）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     过点 ( 2,0)D  ，且焦距为 2 3 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点 ( 4,0)A  的直线 l(不与 x 轴重合)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，点 T 与点 Q 关于 x 轴对称，直线TP 与 x 轴交于点 H，是否存在常数  ，使得| | | | (| | | |)AD DH AD DH   成立，若存在，求出  的值；若 不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）存在, 2  【解析】 （1）根据椭圆的几何性质求出 ,a b 可得结果； （2）设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，则 2 2( , )T x y ，设直线 :l ( 4)y k x  ，代入 2 2 14 x y  ，得到 1 2x x 和 1 2x x ，利用直线 PT 的方程求出 H 的坐标，求出| |AD 、| |DH ，则可得  的值. 【详解】 （1）因为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     过点 ( 2,0)D  ，所以 2a  ， 又 2 2 3c  ，即 3c  ，所以 2 2 2 4 3 1b a c     ， 所以椭圆 C 的方程为： 2 2 14 x y  . （2）显然直线l 的斜率存在且不为 0，设直线 :l ( 4)y k x  ， 联立 2 2 ( 4) 14 y k x x y     ，消去 y 并整理得 2 2 2 2(1 4 ) 32 64 4 0k x k x k     ， 2 2 2 2(32 ) 4(1 4 )(64 4)k k k     0 ，得 2 10 12k  ， 设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，则 2 2( , )T x y ， 所以 2 1 2 2 32 1 4 kx x k     ， 2 1 2 2 64 4 1 4 kx x k   ， 直线 PT ： 1 2 1 1 1 2 ( )y yy y x xx x    ，令 0y  ，得 1 1 2 1 1 2 ( )y x xx x y y    ， 所以 1 1 2 1 1 2 ( )( ,0)y x xH x y y   ， 又| | | | (| | | |)AD DH AD DH   ，所以 1 | | | | 1 1 | | | | | | | | AD DH AD DH DH AD    ， 又因为 ( 2,0), ( 4,0)D A  ， 1 1 2 1 1 2 ( )( ,0)y x xH x y y   ， 所以| | 2AD  ， 1 1 2 1 1 2 ( )| | 2y x xDH x y y    1 1 2 1 1 2 ( 4)( ) 2( 4) ( 4) k x x xx k x k x       1 1 2 1 1 2 ( 4)( ) 2( ) 8 k x x xx k x x k      1 1 2 1 1 1 2 1 2 ( ) 8 ( 4)( ) 2( ) 8 kx x x kx k x x x k x x k        2 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 8 4 4 2( ) 8 kx kx x k x kx kx x kx kx k x x k         1 2 1 2 1 2 4 ( ) 2 2( ) 8 k x x kx x k x x k     2 2 2 2 2 2 32 64 44 21 4 1 4 232 81 4 k kk kk k kk kk        1 2   1 ， 所以 1 1 1 1 2   ，解得   2 . 所以存在常数 2  ，使得| | | | 2(| | | |)AD DH AD DH   成立. 26．（2020·全国高考真题（理））已知椭圆 C1： 2 2 2 2 1x y a b   (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|= 4 3 |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） 1 2 ；（2） 2 2 1 : 136 27 x yC   ， 2 2 : 12C y x . 【解析】 （1）求出 AB 、 CD ，利用 4 3CD AB 可得出关于 a 、 c 的齐次等式，可解得椭圆 1C 的离心率的值； （2）由（1）可得出 1C 的方程为 2 2 2 2 14 3 x y c c   ，联立曲线 1C 与 2C 的方程，求出点 M 的坐标，利用抛物 线的定义结合 5MF  可求得 c 的值，进而可得出 1C 与 2C 的标准方程. 【详解】 （1）  ,0F c ， AB x 轴且与椭圆 1C 相交于 A 、 B 两点， 则直线 AB 的方程为 x c ， 联立 2 2 2 2 2 2 2 1 x c x y a b a b c        ，解得 2 x c by a    ，则 22bAB a  ， 抛物线 2C 的方程为 2 4y cx ，联立 2 4 x c y cx    ， 解得 2 x c y c     ， 4CD c  ， 4 3CD AB ，即 284 3 bc a  ， 22 3b ac ， 即 2 22 3 2 0c ac a   ，即 22 3 2 0e e   ， 0 1e Q ，解得 1 2e  ，因此，椭圆 1C 的离心率为 1 2 ； （2）由（1）知 2a c ， 3b c ，椭圆 1C 的方程为 2 2 2 2 14 3 x y c c   ， 联立 2 2 2 2 2 4 14 3 y cx x y c c      ，消去 y 并整理得 2 23 16 12 0x cx c   ， 解得 2 3x c 或 6x c  （舍去）， 由抛物线的定义可得 2 5 53 3 cMF c c    ，解得 3c  . 因此，曲线 1C 的标准方程为 2 2 136 27 x y  ， 曲线 2C 的标准方程为 2 12y x . 27．（2020·天津高考真题）已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的一个顶点为 (0, 3)A  ，右焦点为 F ，且 | | | |OA OF ，其中O 为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点 C 满足 3OC OF  ，点 B 在椭圆上（ B 异于椭圆的顶点），直线 AB 与以C 为圆心的圆相切 于点 P ，且 P 为线段 AB 的中点．求直线 AB 的方程． 【答案】（Ⅰ） 2 2 118 9 x y  ；（Ⅱ） 1 32y x  ，或 3y x  ． 【解析】 （Ⅰ）根据题意，并借助 2 2 2a b c  ，即可求出椭圆的方程； （Ⅱ）利用直线与圆相切，得到CP AB ，设出直线 AB 的方程，并与椭圆方程联立，求出 B 点坐标，进 而求出 P 点坐标，再根据 CP AB ，求出直线 AB 的斜率，从而得解. 【详解】 （Ⅰ） 椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的一个顶点为  0, 3A  ，  3b  ， 由 OA OF ，得 3c b  ， 又由 2 2 2a b c  ，得 2 2 2 83 13a    ， 所以，椭圆的方程为 2 2 118 9 x y  ； （Ⅱ） 直线 AB 与以C 为圆心的圆相切于点 P ，所以CP AB ， 根据题意可知，直线 AB 和直线 CP 的斜率均存在， 设直线 AB 的斜率为 k ，则直线 AB 的方程为 3y kx+ = ，即 3y kx  ， 2 2 3 118 9 y kx x y     ，消去 y ，可得  2 22 1 12 0k x kx   ，解得 0x  或 2 12 2 1 kx k   . 将 2 12 2 1 kx k   代入 3y kx  ，得 2 2 2 12 6 3 2 1 2 13 ky k k kk     ， 所以，点 B 的坐标为 2 2 2 12 6 3,2 1 2 1 k k k k       ， 因为 P 为线段 AB 的中点，点 A 的坐标为  0, 3 ， 所以点 P 的坐标为 2 2 6 3,2 1 2 1 k k k       ， 由3OC OF  ，得点 C 的坐标为  1,0 ， 所以，直线CP 的斜率为 2 2 2 3 0 32 1 6 2 6 112 1 CP k k k k k k       ， 又因为CP AB ，所以 2 3 12 6 1k k k     ， 整理得 22 3 1 0k k   ，解得 1 2k  或 1k  . 所以，直线 AB 的方程为 1 32y x  或 3y x  . 28．（2020·海南高考真题）已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     过点 M（2，3）,点 A 为其左顶点，且 AM 的斜率为 1 2 ， （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 2 116 12 x y  ；（2）18. 【解析】 (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. 【详解】 (1)由题意可知直线 AM 的方程为： 13 ( 2)2y x   ，即 2 4  x y . 当 y=0 时，解得 4x   ，所以 a=4， 椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     过点 M(2，3)，可得 2 4 9 116 b   ， 解得 b2=12. 所以 C 的方程： 2 2 116 12 x y  . (2)设与直线 AM 平行的直线方程为： 2x y m  ， 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 2x y m  与椭圆方程 2 2 116 12 x y  ， 可得：  2 23 2 4 48m y y   ， 化简可得： 2 216 12 3 48 0y my m    ， 所以  2 2144 4 16 3 48 0m m      ，即 m2=64，解得 m=±8， 与 AM 距离比较远的直线方程： 2 8x y  ， 直线 AM 方程为： 2 4  x y ， 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： 8 4 12 5 51 4 d    ， 由两点之间距离公式可得 2 2| | (2 4) 3 3 5AM     . 所以 △ AMN 的面积的最大值： 1 12 53 5 182 5    . 29．（2021·全国高三其他模拟（文））已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 1 2 ， A ， B 为其左､ 右顶点， M 为椭圆上任意一点(除去 A ， B )且 3 4MA MBk k   . （1）求椭圆C 的方程； （2）过右焦点 2F 的直线交曲线 C 于 P ，Q 两点，又以 PQ 为边的平行四边形 PQRS 交曲线C 于 R ，S， 求 PQRS 的最大值，并求此时直线 PQ 的方程. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）3； 1x  . 【解析】 （1）表示出 MA，MB 的直线斜率，根据条件求出参数 a，b，从而求得椭圆方程. （2） △ PQR 的面积等价于 △ PQF1，设方程，联立圆锥曲线，求得弦长，表达出 △ PQR 面积表达式，借助函 数解决面积最值问题. 【详解】 （1）令  0 0,M x y ，则 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ， 2 0 0 2 0 0 3 4MA MB y y bk k x a x a a         3 2 b a   ，又 1 2e  ， 2a  ， 3b  故所求椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）由椭圆方程的对称性知平行四边形 PQRS 的另一边 RS 过点 1F ， 如图， / /RS PQ ， 1F 到 PQ 的距离等于 R 到 PQ 的距离， 1F PQ PQRS S   又 1c  ， 1( 1,0)F  ， 2 (1,0)F 令直线 PQ 的方程为 1x ny  联立 2 2 1 14 3 x ny x y     ， 2 23( 1) 4 12ny y     2 23 4 6 9 0n y ny     显然 0  且 1 2 2 6 3 4 ny y n     ， 1 2 2 9 3 4y y n    ， 1 2 0y y  1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2F PQ PF F QF FS S S F F y F F y       ‖ ‖  2 1 2 1 2 1 2 1 24c y y y y y y y y           2 2 2 222 2 36 36 1123 43 4 3 4 n n nn n     令 2 1t n  ， n R ， 1t    2 2 22 1 1 1(3 1)3 4 9 6 n t tn t t      令 1( ) 9 6h t t t    ，则 2 1( ) 9h t t    ， ( ) 0h t  ， ( )h t 在 1, 为单调递增函数， ( ) 16h t  ， 1 112 316F PQS   当且仅当 1t  ，即 0n  时， PQRS 的最大值为3，此时直线 PQ 自方程为 1x  . 30．（2021·全国高三其他模拟）已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b    0a b  的焦距为 2，点 31, 2G     在椭圆C 上． （1）求椭圆C 的方程； （2）已知直线l 与椭圆C 相切于点 M ，与抛物线 2 16y x  的准线相交于点 N ，若点 P 为平面内一点， 且 PM PN ，求点 P 的坐标． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 1,0 ． 【解析】 （1）根据椭圆的方程及性质求得椭圆C 的方程； （2）设直线方程并与椭圆联解，求出 M 的坐标，以及求出直线与抛物线的准线交点坐标，设点  ,P s t ， 根据 PM PN 求出点 P 的坐标． 【详解】 本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系、抛物线的性质的综合应用． （1）由题得 2 2 2 2 2 2 2, 1 9 1,4 , c a b a b c        解得 2, 3, 1, a b c      所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）根据题意可知直线 MN 的斜率存在，设直线 MN 的方程为 y kx m  ， 联立 2 2 , 1,4 3 y kx m x y     消去 y 并整理得  2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ． 由   2 2 2 264 4 3 4 4 12 0k m k m      ， 得 2 23 4m k  ， 所以 2 4 4 3 4M km kx k m    ， 2 3 3 3 4M my k m   ，即 4 3,kM m m     ． 因为抛物线 2 16y x  的准线方程为 4x  ， 所以当 4x  时， 4Ny k m  ，所以  4,4N k m ． 设点  ,P s t ，因为 PM PN ，所以 0PM PN   ， 所以  4 3, 4 ,4 0k s t s k m tm m            ， 即      21 4 3 4 3 0s ms k m t m km tm         ， 当 1 0, 0, s t     即 1s  ， 0t  时，方程（*）恒成立， 所以点 P 的坐标为 1,0 ． 31．（2020·全国高考真题（理））已知 A、B 分别为椭圆 E： 2 2 2 1x ya   （a>1）的左、右顶点，G 为 E 的上 顶点， 8AG GB   ，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 2 19 x y  ；（2）证明详见解析. 【解析】 （1）由已知可得：  ,0A a ，  ,0B a ，  0,1G ，即可求得 2 1AG GB a    ，结合已知即可求得： 2 9a  ， 问题得解. （2）设  06,P y ，可得直线 AP 的方程为：  0 39 yy x  ，联立直线 AP 的方程与椭圆方程即可求得点C 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 27 6,9 9 y y y y        ，同理可得点 D 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 3 2,1 1 y y y y        ，当 2 0 3y  时，可表示出直 线CD 的方程，整理直线 CD 的方程可得：   0 2 0 4 3 23 3 yy x y       即可知直线过定点 3 ,02      ，当 2 0 3y  时， 直线 CD ： 3 2x  ，直线过点 3 ,02      ，命题得证. 【详解】 （1）依据题意作出如下图象： 由椭圆方程 2 2 2: 1( 1)xE y aa    可得：  ,0A a ，  ,0B a ，  0,1G   ,1AG a ，  , 1GB a   2 1 8AG GB a     ， 2 9a  椭圆方程为： 2 2 19 x y  （2）证明：设  06,P y ， 则直线 AP 的方程为：    0 0 36 3 yy x   ，即：  0 39 yy x  联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：   2 2 0 19 39 x y yy x       ，整理得：  2 2 2 2 0 0 09 6 9 81 0y x y x y     ，解得： 3x   或 2 0 2 0 3 27 9 yx y    将 2 0 2 0 3 27 9 yx y    代入直线  0 39 yy x  可得： 0 2 0 6 9 yy y   所以点C 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 27 6,9 9 y y y y        . 同理可得：点 D 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 3 2,1 1 y y y y        当 2 0 3y  时， 直线 CD 的方程为： 0 0 2 2 2 0 00 0 2 22 2 0 00 0 2 2 0 0 6 2 9 12 3 3 3 27 3 31 1 9 1 y y y yy yy xy yy y y y                      ， 整理可得：       2 2 2 0 00 0 0 0 2 2 24 2 0 0 00 0 8 32 3 3 8 3 3 1 1 16 9 6 3 y yy y y yy x xy y yy y                    整理得：     0 0 0 22 2 00 0 4 2 4 3 3 23 3 3 3 y y yy x xyy y          所以直线 CD 过定点 3 ,02      ． 当 2 0 3y  时，直线 CD ： 3 2x  ，直线过点 3 ,02      ． 故直线 CD 过定点 3 ,02      ． 32．（2020·全国高考真题（文））已知椭圆 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m     的离心率为 15 4 ，A ，B 分别为C 的左、 右顶点． （1）求C 的方程； （2）若点 P 在C 上，点Q 在直线 6x  上，且| | | |BP BQ ， BP BQ ，求 APQ 的面积． 【答案】（1） 2 216 125 25 x y  ；（2） 5 2 . 【解析】 （1）因为 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m     ，可得 5a  ，b m ，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）点 P 在C 上，点Q 在直线 6x  上，且| | | |BP BQ ，BP BQ ，过点 P 作 x 轴垂线，交点为 M ，设 6x  与 x 轴交点为 N ，可得 PMB BNQ△ △ ，可求得 P 点坐标，求出直线 AQ 的直线方程，根据点到 直线距离公式和两点距离公式，即可求得 APQ 的面积. 【详解】 （1） 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m      5a  ，b m ， 根据离心率 2 2 15 41 1 5 c b me a a                ， 解得 5 4m  或 5 4m   (舍)，  C 的方程为： 2 2 2 1 4 25 5 x y        ， 即 2 216 125 25 x y  ； （2）不妨设 P ,Q 在 x 轴上方  点 P 在C 上，点Q 在直线 6x  上，且| | | |BP BQ ， BP BQ ， 过点 P 作 x 轴垂线，交点为 M ，设 6x  与 x 轴交点为 N 根据题意画出图形，如图  | | | |BP BQ ， BP BQ ， 90PMB QNB    ， 又 90PBM QBN    ， 90BQN QBN   ，  PBM BQN   ， 根据三角形全等条件“ AAS ”， 可得： PMB BNQ△ △ ，  2 216 125 25 x y  ，  (5,0)B ，  6 5 1PM BN    ， 设 P 点为 ( , )P Px y ， 可得 P 点纵坐标为 1Py  ，将其代入 2 216 125 25 x y  ， 可得： 2 16 125 25 Px   ， 解得： 3Px  或 3Px   ，  P 点为 (3,1) 或 ( 3,1) ， ①当 P 点为 (3,1) 时， 故 5 3 2MB    ，  PMB BNQ△ △ ，  | | | | 2MB NQ  ， 可得：Q 点为 (6,2) ， 画出图象，如图  ( 5,0)A  , (6,2)Q ， 可求得直线 AQ 的直线方程为： 2 11 10 0x y   ， 根据点到直线距离公式可得 P 到直线 AQ 的距离为： 2 2 2 3 11 1 10 5 5 51252 11 d        ， 根据两点间距离公式可得：    2 26 5 2 0 5 5AQ      ，  APQ 面积为： 1 5 55 52 5 2    ； ②当 P 点为 ( 3,1) 时， 故 5+3 8MB   ，  PMB BNQ△ △ ，  | | | | 8MB NQ  ， 可得：Q 点为 (6,8) ， 画出图象，如图  ( 5,0)A  , (6,8)Q ， 可求得直线 AQ 的直线方程为：8 11 40 0x y   ， 根据点到直线距离公式可得 P 到直线 AQ 的距离为：   2 2 8 3 11 1 40 5 5 185 1858 11 d         ， 根据两点间距离公式可得：    2 26 5 8 0 185AQ      ，  APQ 面积为： 1 5 51852 2185    ， 综上所述， APQ 面积为： 5 2 . 33．（2020·山东高考真题）已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，且过点  2,1A ． （1）求C 的方程： （2）点 M ，N 在C 上，且 AM AN ， AD MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得 DQ 为定值． 【答案】（1） 2 2 16 3 x y  ；（2）详见解析. 【解析】 （1）由题意得到关于 , ,a b c 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程. （2）设出点 M ，N 的坐标，在斜率存在时设方程为 y kx m  , 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件， 已得到 ,m k 的关系，进而得直线 MN 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 Q 的位置. 【详解】 （1）由题意可得： 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 c a a b a b c           ，解得： 2 2 26, 3a b c   ， 故椭圆方程为： 2 2 16 3 x y  . (2) 设点    1 1 2 2, , ,M x y N x y ， 若直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 的方程为： y kx m  ， 代入椭圆方程消去 y 并整理得： 2 2 21 2k 4 2 6 0x kmx m     ， 可得 1 2 2 4 1 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 6 1 2 mx x k   ， 因为 AM AN ，所以 · 0AM AN   ，即     1 2 1 22 2 1 1 0x x y y      ， 根据 1 1 2 2,kx m y kx my     ,代入整理可得：       22 1 2 1 21 2 1 4 0x x km k x xk m         ， 所以       2 22 2 2 2 6 4k 1 2 1 4 01 2 1 2 m kmkm k mk k               ， 整理化简得  2 3 1 2 1 0k m k m     ， 因为 2,1A（ ）不在直线 MN 上，所以 2 1 0k m   ， 故 2 3 1 0 1k m k   ， ， 于是 MN 的方程为 2 1 3 3y k x       1k  ， 所以直线过定点直线过定点 2 1,3 3P    . 当直线 MN 的斜率不存在时，可得  1 1,N x y ， 由 · 0AM AN   得：     1 1 112 2 1 1 0x x y y       ， 得  1 2 2 1 2 1 0x y    ，结合 2 2 1 1 16 3 x y  可得： 2 1 13 8 4 0x x   ， 解得： 1 2 3x  或 2 2x  （舍）. 此时直线 MN 过点 2 1,3 3P    . 令Q 为 AP 的中点，即 4 1,3 3Q     ， 若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 Rt ADP 的斜边， 故 1 2 2 2 3DQ AP  ， 若 D 与 P 重合，则 1 2DQ AP ， 故存在点 4 1,3 3Q     ，使得 DQ 为定值. 34．（2020·北京高考真题）已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   过点 ( 2, 1)A   ，且 2a b ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程： （Ⅱ）过点 ( 4,0)B  的直线 l 交椭圆 C 于点 ,M N ,直线 ,MA NA分别交直线 4x   于点 ,P Q ．求 | | | | PB BQ 的值． 【答案】（Ⅰ） 2 2 18 2 x y  ；（Ⅱ）1. 【解析】 (Ⅰ)由题意得到关于 a,b 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； (Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线 MA,NA 的方程确定点 P,Q 的纵坐标，将线段长度的比值转化 为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得 0P Qy y  ，从而可得两线段长度的比值. 【详解】 (1)设椭圆方程为：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，由题意可得： 2 2 4 1 1 2 a b a b      ，解得： 2 2 8 2 a b     ， 故椭圆方程为： 2 2 18 2 x y  . (2)设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线 MN 的方程为：  4y k x  ， 与椭圆方程 2 2 18 2 x y  联立可得：  22 24 4 8x k x   ， 即：    2 2 2 24 1 32 64 8 0k x k x k     ， 则： 2 2 1 2 1 22 2 32 64 8,4 1 4 1 k kx x x xk k      . 直线 MA 的方程为：  1 1 11 22 yy xx    ， 令 4x   可得：     1 11 1 1 1 1 1 4 1 2 1 41 22 1 22 2 2 2P k x k xy xy x x x x                  ， 同理可得：   2 2 2 1 4 2Q k xy x     . 很明显 0P Qy y  ，且： P Q PB y PQ y  ，注意到：              1 2 2 11 2 1 2 1 2 4 2 4 24 42 1 2 12 2 2 2P Q x x x xx xy y k kx x x x                     ， 而：       1 2 2 1 1 2 1 24 2 4 2 2 3 8x x x x x x x x           2 2 2 2 64 8 322 3 84 1 4 1 k k k k                  2 2 2 2 64 8 3 32 8 4 1 2 04 1 k k k k          ， 故 0,P Q P Qy y y y    . 从而 1P Q PB y BQ y   .