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1、解析几何高考真题1【2015高考新课标1，文5】已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为，E的右焦点及抛物线的焦点重合，是C的准线及E的两个交点，则 （ ）（A） （B） （C） （D）2【2015高考重庆，文9】设双曲线的右焦点是F，左、右顶点分别是，过F做的垂线及双曲线交于B，C两点，若，则双曲线的渐近线的斜率为（ ）（A） （B） （C） （D）3【2015高考四川，文7】过双曲线的右焦点且及x轴垂直的直线交该双曲线的两条渐近线于A、B两点，则|AB|（ ）（A） （B）2 （C）6 （D）44【2015高考陕西，文3】已知抛物线的准线经过点，则抛物线焦点坐标为（ ）A B C D5【201
2、5高考广东，文8】已知椭圆（）的左焦点为，则（ ）A B C D6【2015高考天津，文5】已知双曲线的一个焦点为，且双曲线的渐近线及圆相切，则双曲线的方程为（ ）（A） （B） （C） （D）7【2015高考湖南，文6】若双曲线的一条渐近线经过点（3，-4），则此双曲线的离心率为（ ）A、 B、 C、 D、8【2015高考安徽，文6】下列双曲线中，渐近线方程为的是（ ）（A） （B）（C） （D）9【2015高考湖北，文9】将离心率为的双曲线的实半轴长和虚半轴长同时增加个单位长度，得到离心率为的双曲线，则（ ）A对任意的， B当时，；当时，C对任意的， D当时，；当时，10【2015高考福建
3、，文11】已知椭圆的右焦点为短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A B C D11【2015高考新课标1，文16】已知是双曲线的右焦点，P是C左支上一点， ，当周长最小时，该三角形的面积为 12【2015高考浙江，文15】椭圆（）的右焦点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率是 13【2015高考北京，文12】已知是双曲线（）的一个焦点，则 14【2015高考上海，文7】抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为1，则 15【2015高考上海，文12】已知双曲线、的顶点重合，的方程为，若的一条渐近线的斜率是的一条渐近线的斜率的2倍，则的方程为
4、 16【2015高考山东，文15】过双曲线的右焦点作一条及其渐近线平行的直线，交于点若点的横坐标为，则的离心率为 17【2015高考安徽，文20】设椭圆E的方程为点O为坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为（0，b），点M在线段AB上，满足直线OM的斜率为（）求E的离心率e；（）设点C的坐标为（0，-b），N为线段AC的中点，证明：MNAB18【2015高考北京，文20】（本小题满分14分）已知椭圆，过点且不过点的直线及椭圆交于，两点，直线及直线交于点（）求椭圆的离心率；（）若垂直于轴，求直线的斜率；（）试判断直线及直线的位置关系，并说明理由19【2015高考福建，文19】已知点为抛物线的焦点，
5、点在抛物线上，且（）求抛物线的方程；（）已知点，延长交抛物线于点，证明：以点为圆心且及直线相切的圆，必及直线相切20【2015高考湖北，文22】一种画椭圆的工具如图1所示是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链及ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系（）求椭圆C的方程；（）设动直线及两定直线和分别交于两点若直线总及椭圆有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由21【2015高考湖南，文20】（本小题
6、满分13分）已知抛物线的焦点F也是椭圆的一个焦点，及的公共弦长为，过点F的直线及相交于两点，及相交于两点，且及同向（）求的方程；（）若，求直线的斜率22【2015高考山东，文21】平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且点（，）在椭圆上（）求椭圆的方程；（）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点（）求的值；（）求面积的最大值23【2015高考陕西，文20】如图，椭圆经过点，且离心率为（）求椭圆的方程；（）经过点，且斜率为的直线及椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线及的斜率之和为224【2015高考四川，文20】如图，椭圆E：（ab0）的离心率是，点P（0，1）
7、在短轴CD上，且1ADBCOxyP（）求椭圆E的方程；（）设O为坐标原点，过点P的动直线及椭圆交于A、B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由25【2015高考天津，文19】（本小题满分14分）已知椭圆的上顶点为B，左焦点为，离心率为， （）求直线BF的斜率；（）设直线BF及椭圆交于点P（P异于点B），过点B且垂直于BP的直线及椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ及y轴交于点M，（）求的值；（）若，求椭圆的方程26【2015高考浙江，文19】（本题满分15分）如图，已知抛物线，圆，过点作不过原点O的直线PA，PB分别及抛物线和圆相切，A，B为切点（1）求点A，B的坐标
8、；（2）求的面积注：直线及抛物线有且只有一个公共点，且及抛物线的对称轴不平行，则该直线及抛物线相切，称该公共点为切点27【2015高考重庆，文21】如图，椭圆（0）的左右焦点分别为，且过的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ（）若|=2+，|=2-，求椭圆的标准方程（）若|PQ|=|，且，试确定椭圆离心率的取值范围28【2015高考上海，文22】（本题满分14分）本题共3个小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，设的面积为（1）设，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；（2）设，求的值；（3）设及的斜率之积为，求的值，使得无论及如何变动，面积保
9、持不变第 19 页参考答案1B【解析】抛物线的焦点为（2，0），准线方程为，椭圆E的右焦点为（2，0），椭圆E的焦点在x轴上，设方程为，c=2，椭圆E方程为，将代入椭圆E的方程解得A（-2，3），B（-2，-3），|AB|=6，故选B【考点定位】抛物线性质；椭圆标准方程及性质【名师点睛】本题是抛物线及椭圆结合的基础题目，解此类问题的关键是要熟悉抛物线的定义、标准方程及性质、椭圆的定义、标准方程及性质，先由已知曲线及待确定曲线的关系结合已知曲线方程求出待确定曲线中的量，写出待确定曲线的方程或求出其相关性质2C【解析】由已知得右焦点 （其中，从而，又因为，所以，即，化简得到，即双曲线的渐近线的斜率
10、为，故选C【考点定位】双曲线的几何性质及向量数量积【名师点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，利用向量垂直的条件来转化两直线垂直的条件而得到及的关系式来求解本题属于中档题，注意运算的准确性3D【解析】由题意，a1，b，故c2，渐近线方程为yx将x2代入渐近线方程，得y1，22故|AB|4，选D【考点定位】本题考查双曲线的概念、双曲线渐近线方程、直线及直线的交点、线段长等基础知识，考查简单的运算能力【名师点睛】本题跳出直线及圆锥曲线位置关系的常考点，进而考查直线及双曲线渐近线交点问题，考生在解题中要注意识别本题需要首先求出双曲线的渐近线方程，然后联立方程组，接触线段AB的端点坐标，即可求得|AB|
11、的值属于中档题4B【解析】由抛物线得准线，因为准线经过点，所以，所以抛物线焦点坐标为，故答案选【考点定位】抛物线方程和性质【名师点睛】1本题考查抛物线方程和性质，采用待定系数法求出的值本题属于基础题，注意运算的准确性2给出抛物线方程要求我们能够找出焦点坐标和直线方程，往往这个是解题的关键5C【解析】由题意得：，因为，所以，故选C【考点定位】椭圆的简单几何性质【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的简单几何性质，属于容易题解题时要注意椭圆的焦点落在哪个轴上，否则很容易出现错误解本题需要掌握的知识点是椭圆的简单几何性质，即椭圆（）的左焦点，右焦点，其中6D【解析】由双曲线的渐近线及圆相切得，由，解得，故
12、选D【考点定位】圆及双曲线的性质及运算能力【名师点睛】本题是圆及双曲线的交汇题，虽有一定的综合性，但方法容易想到，仍属于基础题不过要注意解析几何问题中最容易出现运算错误，所以解题时一定要注意运算的准确性及技巧性，基础题失分过多是相当一部分学生数学考不好的主要原因7D【解析】因为双曲线的一条渐近线经过点（3，-4）， 故选D【考点定位】双曲线的简单性质【名师点睛】渐近线是双曲线独特的性质，在解决有关双曲线问题时，需结合渐近线从数形结合上找突破口及渐近线有关的结论或方法还有：（1）及双曲线共渐近线的可设为；（2）若渐近线方程为，则可设为；（3）双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长；（4）的一条渐
13、近线的斜率为可以看出，双曲线的渐近线和离心率的实质都表示双曲线张口的大小另外解决不等式恒成立问题关键是等价转化，其实质是确定极端或极限位置8A【解析】由双曲线的渐进线的公式可行选项A的渐进线方程为，故选A【考点定位】本题主要考查双曲线的渐近线公式【名师点睛】在求双曲线的渐近线方程时，考生一定要注意观察双曲线的交点是在轴，还是在轴，选用各自对应的公式，切不可混淆9D【解析】不妨设双曲线的焦点在轴上，即其方程为：，则双曲线的方程为：，所以，当时，所以，所以，所以；当时，所以，所以，所以；故应选【考点定位】本题考查双曲线的定义及其简单的几何性质，考察双曲线的离心率的基本计算，涉及不等式及不等关系【名
14、师点睛】将双曲线的离心率的计算及初中学习的溶液浓度问题联系在一起，突显了数学在实际问题中实用性和重要性，充分体现了分类讨论的数学思想方法在解题中的应用，能较好的考查学生思维的严密性和缜密性10A【解析】设左焦点为，连接，则四边形是平行四边形，故，所以，所以，设，则，故，从而，所以椭圆的离心率的取值范围是，故选A【考点定位】1、椭圆的定义和简单几何性质；2、点到直线距离公式【名师点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，将转化为，进而确定 的值，是本题关键所在，体现了椭圆的对称性和椭圆概念的重要性，属于难题求离心率取值范围就是利用代数方法或平面几何知识寻找椭圆中基本量满足的不等量关系，以确定的取值范围1
15、1【解析】设双曲线的左焦点为，由双曲线定义知，APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|AF|=|PA|+|AF|+，由于是定值，要使APF的周长最小，则|PA|+最小，即P、A、共线，（3，0），直线的方程为，即代入整理得，解得或（舍），所以P点的纵坐标为，【考点定位】双曲线的定义；直线及双曲线的位置关系；最值问题【名师点睛】解决解析几何问题，先通过已知条件和几何性质确定圆锥曲线的方程，再通过方程研究直线及圆锥曲线的位置关系，解析几何中的计算比较复杂，解决此类问题的关键要熟记圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质及直线及圆锥曲线位置关系的常见思路12【解析】设关于直线的对称点为，则
16、有，解得，所以在椭圆上，即有，解得，所以离心率【考点定位】1点关于直线对称；2椭圆的离心率【名师点睛】本题主要考查椭圆的离心率利用点关于直线对称的关系，计算得到右焦点的对称点，通过该点在椭圆上，代入方程，转化得到关于的方程，由此计算离心率本题属于中等题。主要考查学生基本的运算能力13【解析】由题意知，所以【考点定位】双曲线的焦点【名师点晴】本题主要考查的是双曲线的简单几何性质，属于容易题解题时要注意双曲线的焦点落在哪个轴上，否则很容易出现错误解本题需要掌握的知识点是双曲线的简单几何性质，即双曲线（，）的左焦点，右焦点，其中142【解析】依题意，点为坐标原点，所以，即【考点定位】抛物线的性质，最
17、值【名师点睛】由于抛物线上的点到焦点的距离及到准线的距离相等，所以抛物线的顶点到焦点的距离最小15【解析】因为的方程为，所以的一条渐近线的斜率，所以的一条渐近线的斜率，因为双曲线、的顶点重合，即焦点都在轴上，设的方程为，所以，所以的方程为【考点定位】双曲线的性质，直线的斜率【名师点睛】在双曲线的几何性质中，应充分利用双曲线的渐近线方程，简化解题过程同时要熟练掌握以下三方面内容：（1）已知双曲线方程，求它的渐近线； （2）求已知渐近线的双曲线的方程； （3）渐近线的斜率及离心率的关系，如16【解析】双曲线的右焦点为不妨设所作直线及双曲线的渐近线平行，其方程为，代入求得点的横坐标为，由，得，解之得
18、，（舍去，因为离心率），故双曲线的离心率为【考点定位】1双曲线的几何性质；2直线方程【名师点睛】本题考查了双曲线的几何性质及直线方程，解答本题的关键，首先是将问题进一步具体化，即确定所作直线及哪一条渐近线平行，事实上，由双曲线的对称性可知，两种情况下结果相同；其次就是能对所得数学式子准确地变形，利用函数方程思想，求得离心率本题属于小综合题，也是一道能力题，在较全面考查直线、双曲线等基础知识的同时，考查考生的计算能力及函数方程思想17（） （）详见解析【解析】（）解：由题设条件知，点，又从而进而，故（）证：由是的中点知，点的坐标为，可得又，从而有由（）得计算结果可知所以，故【考点定位】本题主要考
19、查椭圆的离心率，直线及椭圆的位置关系等基础知识【名师点睛】本题主要将椭圆的性质及求椭圆的离心率相结合，同时考查了中点坐标公式，以及解析几何中直线及直线垂直的常用方法，本题考查了考生的基本运算能力和综合分析能力18（）；（）1；（）直线及直线平行【解析】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力（）先将椭圆方程化为标准方程，得到，的值，再利用计算离心率；（）由直线的特殊位置，设出，点坐标，设出直线的方程，由于直线及相交于点，所以得到点坐标，利用点、点的坐标，求直线的斜率；（）分直线的斜率存在和不存
20、在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线和直线的方程，将椭圆方程及直线的方程联立，消参，得到和，代入到中，只需计算出等于即可证明，即两直线平行试题解析：（）椭圆的标准方程为所以，所以椭圆的离心率（）因为过点且垂直于轴，所以可设，直线的方程为令，得所以直线的斜率（）直线及直线平行证明如下：当直线的斜率不存在时，由（）可知又因为直线的斜率，所以当直线的斜率存在时，设其方程为设，则直线的方程为令，得点由，得所以，直线的斜率因为所以所以综上可知，直线及直线平行考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程、椭
21、圆的简单几何性质、直线的斜率和两条直线的位置关系，属于中档题解题时一定要注意直线的斜率是否存在，否则很容易出现错误解本题需要掌握的知识点是椭圆的离心率，直线的两点斜率公式和两条直线的位置关系，即椭圆（）的离心率，过，的直线斜率（），若两条直线，斜率都存在，则且19（）；（）详见解析【解析】解法一：（）由抛物线的定义得因为，即，解得，所以抛物线的方程为（）因为点在抛物线上，所以，由抛物线的对称性，不妨设由，可得直线的方程为由，得，解得或，从而又，所以，所以，从而，这表明点到直线，的距离相等，故以为圆心且及直线相切的圆必及直线相切解法二：（）同解法一（）设以点为圆心且及直线相切的圆的半径为因为点在
22、抛物线上，所以，由抛物线的对称性，不妨设由，可得直线的方程为由，得，解得或，从而又，故直线的方程为，从而又直线的方程为，所以点到直线的距离这表明以点为圆心且及直线相切的圆必及直线相切【考点定位】1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系【名师点睛】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离进行转化，从而简化问题的求解过程，在解抛物线问题的同时，一定要善于利用其定义解题直线和圆的位置关系往往利用几何判断简洁，即圆心到直线的距离及圆的半径比较；若由图形观察，结合平面几何知识，说明即可，这样可以把问题转化为判断，高效解题的过程就是优化转化的过程20（）（）当直线及椭圆在四个顶点处相切时，
23、的面积取得最小值8【解析】（）因为，当在x轴上时，等号成立；同理，当重合，即轴时，等号成立所以椭圆C的中心为原点，长半轴长为，短半轴长为，其方程为（）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有（2）当直线的斜率存在时，设直线， 由 消去，可得因为直线总及椭圆有且只有一个公共点，所以，即 又由 可得；同理可得由原点到直线的距离为和，可得将代入得，当时，；当时，因，则，所以，当且仅当时取等号所以当时，的最小值为8综合（1）（2）可知，当直线及椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8 【考点定位】本题考查椭圆的标准方程及直线及椭圆相交综合问题，属高档题【名师点睛】作为压轴大题，其第一问将椭圆的方程
24、及课堂实际教学联系在一起，重点考查学生信息获取及运用能力和实际操作能力，同时为椭圆的实际教学提供教学素材；第二问考查直线及椭圆相交的综合问题，借助函数思想进行求解其解题的关键是注重基本概念的深层次理解，灵活运用所学知识21（） ；（）【解析】试题分析：（）由题通过F的坐标为，因为F也是椭圆的一个焦点，可得，根据及的公共弦长为，及都关于轴对称可得，然后得到对应曲线方程即可； （）设根据，可得，设直线的斜率为，则的方程为，联立直线及抛物线方程、直线及椭圆方程、利用韦达定理进行计算即可得到结果试题解析：（）由知其焦点F的坐标为，因为F也是椭圆的一个焦点，所以 ； 又及的公共弦长为，及都关于轴对称，且
25、的方程为，由此易知及的公共点的坐标为， ，联立得，故的方程为。（）如图，设 因及同向，且，所以，从而，即，于是设直线的斜率为，则的方程为，由得，由是这个方程的两根，由得，而是这个方程的两根，将、代入，得。即所以，解得，即直线的斜率为【考点定位】直线及圆锥曲线的位置关系；椭圆的性质【名师点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法：根据条件确定关于a，b，c的方程组，解出a2，b2，从而写出椭圆的标准方程解决直线及椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程及椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根及系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦长问题利用弦长公式解决，往往会更简单22（）；（）（）；（
26、）【解析】（）由题意知又，解得，所以椭圆的方程为（）由（）知椭圆的方程为（）设由题意知因为又，即所以，即（）设将代入椭圆的方程，可得，由可得则有所以因为直线及轴交点的坐标为，所以的面积设将直线代入椭圆的方程，可得，由可得由可知故当且仅当，即时取得最大值由（）知，的面积为，所以面积的最大值为【考点定位】1椭圆的标准方程及其几何性质；2直线及椭圆的位置关系；3距离及三角形面积；4转化及化归思想【名师点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其几何性质、直线及椭圆的位置关系、距离及三角形面积、二次函数的性质等，解答本题的主要困难是（）中两小题，首先是通过研究的坐标关系，使（）得解，同时为解答（）提供简化基础，
27、即认识到及的面积关系，从而将问题转化成研究面积的最大值通过联立直线方程、椭圆方程，并应用韦达定理确定“弦长”，进一步确定三角形面积表达式，对考生复杂式子的变形能力及逻辑思维能力要求较高本题是一道能力题，属于难题在考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线及椭圆的位置关系、距离及三角形面积、二次函数的性质等基础知识的同时，考查考生的计算能力及转化及化归思想本题梯度设计较好，层层把关，有较强的区分度，有利于优生的选拔23（）； （）证明见解析【解析】试题分析：（）由题意知，由，解得，继而得椭圆的方程为；（）设，则，由题设知，直线的方程为，代入，化简得，则，由已知， 从而直线及的斜率之和化简得，把式代入方
28、程得试题解析：（）由题意知，综合，解得，所以，椭圆的方程为（）由题设知，直线的方程为，代入，得由已知，设，则，从而直线及的斜率之和【考点定位】1椭圆的标准方程；2圆锥曲线的定值问题【名师点睛】定值问题的处理常见的方法：（1）通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，然后再进行一般性的证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形形式，证明该式是恒定的，如果以客观题形式出现，特殊方法往往比较快速奏效；（2）进行一般计算推理求出其结果24（）（）存在常数1，使得为定值3【解析】（）由已知，点C，D的坐标分别为（0，b），（0，b）又点P的坐标为（0，1），且1于是，解得a2，b所以椭圆E方程
29、为（）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）联立，得（2k21）x24kx20其判别式（4k）28（2k21）0所以从而x1x2y1y2x1x2（y11）（y21）（1）（1k2）x1x2k（x1x2）1所以，当1时，3此时，3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD此时213故存在常数1，使得为定值3【考点定位】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归及转化、特殊及一般、分类及整合等数学思想【名师点睛】本题属于解析几何的基本题型，第（）问根据“离心率是，且1
30、”建立方程组可以求出椭圆方程；第（）问设出直线方程后，代入椭圆方程，利用目标方程法，结合韦达定理，得到两交点横坐标的和及积，再代入中化简整理要得到定值，只需判断有无合适的，使得结论及k无关即可，对考生代数式恒等变形能力要求较高属于较难题25（）2；（）（） ；（）【解析】（）先由 及得，直线BF的斜率；（）先把直线BF，BQ的方程及椭圆方程联立，求出点P，Q横坐标，可得（）先由得=，由此求出c=1，故椭圆方程为试题解析：（）设 ，由已知 及 可得 ，又因为 ， ，故直线BF的斜率 （）设点 ，（）由（）可得椭圆方程为 直线BF的方程为 ，两方程联立消去y得 解得 因为，所以直线BQ方程为 ，及
31、椭圆方程联立消去y得 ，解得 又因为 ，及 得 （）由（）得，所以，即 ，又因为，所以=又因为， 所以，因此 所以椭圆方程为 【考点定位】本题主要考查直线及椭圆等基础知识考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线及圆锥曲线的位置关系，直线及圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容，主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆，解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用26（1）；（2）【解析】（1）设定直线的方程，通过联立方程，判别式为零，得到点的坐标；根据圆的性质，利用点关于直线对称，
32、得到点的坐标；（2）利用两点求距离及点到直线的距离公式，得到三角形的底边长及底边上的高，由此计算三角形的面积试题解析：（1）由题意可知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为所以消去，整理得：因为直线及抛物线相切，所以，解得所以，即点设圆的圆心为，点的坐标为，由题意知，点，关于直线对称，故有，解得即点（2）由（1）知，直线的方程为，所以点到直线的距离为所以的面积为【考点定位】1抛物线的几何性质；2直线及圆的位置关系；3直线及抛物线的位置关系【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质以及直线及圆，直线及抛物线的位置关系利用直线及圆、抛物线分别相切，通过联立方程，判别式为零，计算得到点，的坐标，利用两点
33、之间的距离及点到直线的距离公式计算得到三角形相应的底边长及底边上的高，从而表示面积本题属于中等题主要考查学生基本的运算能力，培养学生不怕吃苦的品质27（），（）【解析】试题分析：（）由椭圆的定义知可求出的值，再由及勾股定理可求得的值，最后由求得的值，从而根据椭圆的标准方程得到结果，（）由，得由椭圆的定义，进而于是解得，故再注意到从而，两边除以，得，若记，则上式变成再由，并注意函数的单调性，即可求得离心率的取值范围。试题解析：（1）由椭圆的定义，设椭圆的半焦距为，由已知，因此即从而故所求椭圆的标准方程为（2）如题（21）图，由，得由椭圆的定义，进而于是解得，故由勾股定理得，从而，两边除以，得，若
34、记，则上式变成由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即【考点定位】1椭圆的标准方程，2椭圆的定义，3函数及方程思想【名师点睛】本题椭圆的定义、标准方程、简单几何性质的应用，第一问题应用椭圆的定义及基本量间的关第易于求解，第二问应用条件、椭圆的定义及勾股定理建军立离心率及的关系式，从而将离心率表示成为的函数，然后得用函数相关知识，求其值域，即是所求的范围本题属于较难题，注意运算的准确性及函数思想方法的应用28（1）详见解析；（2）或；（3）【解析】（1）直线的方程为，由点到直线的距离公式得点到的距离为，因为，所以（2）由，消去解得，由（1）得由题意知，解得或（3）设，则，设，由，的，同理，由（1）知，整理得，由题意知及无关，则，解得所以【考点定位】椭圆的性质，直线及椭圆的位置关系【名师点睛】直线及圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根及系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型当直线（斜率为k）及圆锥曲线交于点A（x1，y1），B（x2，y2）时，则，而|x1x2|，可根据直线方程及圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根及系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后再进行整体代入求解