2019-2023歷年高考真題分類專題08 平面解析幾何（解答題）（解析版）

五年（2019-2023）年高考真題分項匯編專題08平面解析幾何（解答題）平面解析幾何在高考中考查比例較大，一般是1+1+1模式或者是2+1+1模式。在選題中，解析幾何解答題中難度一般較大，計算量比較大.主要知識點是考點01橢圓及其性質(zhì)考點02雙曲線及其性質(zhì)考點03拋物線及其性質(zhì)考點01橢圓及其性質(zhì)1.(2020年新高考全國卷Ⅱ數(shù)學(海南)·第21題)已知橢圓C：過點M(2，3),點A為其左頂點，且AM的斜率為，(1)求C的方程；(2)點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值．【答案】(1)；(2)18．解析：(1)由題意可知直線AM的方程為：，即．當y=0時，解得，所以a=4，橢圓過點M(2，3)，可得，解得b2=12．所以C的方程：．(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為：，如圖所示，當直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值．聯(lián)立直線方程與橢圓方程，可得：，化簡可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，與AM距離比較遠的直線方程：，直線AM方程為：，點N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，利用平行線之間的距離公式可得：，由兩點之間距離公式可得．所以△AMN的面積的最大值：．2.(2020江蘇高考·第18題)在平面直角坐標系中，已知橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上且在第一象限內(nèi)，，直線與橢圓相交于另一點．(1)求的周長；(2)在軸上任取一點，直線與橢圓的右準線相交于點，求的最小值；(3)設(shè)點在橢圓上，記與的面積分別為，若，求點的坐標．【答案】【答案】(1)；(2)；(3)或．【解析】(1)∵橢圓的方程為,,由橢圓定義可得：．的周長為(2)設(shè)，根據(jù)題意可得．∵點在橢圓上，且在第一象限，,∵準線方程為,,，當且僅當時取等號．的最小值為．(3)設(shè)，點到直線的距離為．，∴直線的方程為,∵點到直線的距離為，,,①②,∴聯(lián)立①②解得，．或．3.(2020年高考課標Ⅲ卷理科·第20題)已知橢圓的離心率為，，分別為的左、右頂點．(1)求的方程；(2)若點在上，點在直線上，且，，求的面積．【答案】(1)；(2)．解析：(1)，，根據(jù)離心率，解得或(舍)，的方程為：，即；(2)不妨設(shè),在x軸上方點在上，點在直線上，且，，過點作軸垂線，交點為，設(shè)與軸交點為根據(jù)題意畫出圖形，如圖，，，又，，，根據(jù)三角形全等條件“”，可得：，，，，設(shè)點為，可得點縱坐標為，將其代入，可得：，解得：或，點為或，①當點為時，故，，，可得：點為，畫出圖象，如圖,，可求得直線的直線方程為：，根據(jù)點到直線距離公式可得到直線的距離為：，根據(jù)兩點間距離公式可得：，面積為：；②當點為時，故，，，可得：點為，畫出圖象，如圖,，可求得直線的直線方程為：，根據(jù)點到直線距離公式可得到直線的距離為：，根據(jù)兩點間距離公式可得：，面積為：，綜上所述，面積為：． 5．(2023年北京卷·第19題)已知橢圓離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．(1)求的方程；(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．【答案】(1)(2)證明見解析解析：(1)依題意，得，則，又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，所以，即，則，所以橢圓的方程為．(2)因為橢圓的方程為，所以，因為為第一象限上的動點，設(shè)，則，易得，則直線的方程為，，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，即，而，則直線的方程為，令，則，解得，即，又，則，，所以，又，即，顯然，與不重合，所以．6.(2023年天津卷·第18題)設(shè)橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓方程及其離心率；(2)已知點是橢圓上一動點(不與端點重合)，直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．【答案】(1)橢圓的方程為，離心率為．(2)．解析：(1)如圖，由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為．(2)由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達定理得，所以，所以，．所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為．7.(2022高考北京卷·第19題)已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值．【答案】解析:(1)依題意可得，，又，所以，所以橢圓方程為；(2)解：依題意過點的直線為，設(shè)、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直線的方程為，令，解得，直線的方程為，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得8.(2022年浙江省高考數(shù)學試題·第21題)如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；(2)求的最小值．【答案】解析:(1)設(shè)是橢圓上任意一點,,則，當且僅當時取等號，故的最大值是．(2)設(shè)直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得,設(shè)，所以，因為直線與直線交于,則,同理可得,．則，當且僅當時取等號，故的最小值為．9.(2021高考北京·第20題)已知橢圓一個頂點，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形面積為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與直線交y=-3交于點M，N，當|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【答案】(1)；(2)．解析：(1)因為橢圓過，故，因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，故橢圓的標準方程為：．(2)設(shè)，因為直線的斜率存在，故，故直線，令，則，同理直線，由可得，故，解得或．又，故，所以又故即，綜上，或．10.(2020天津高考·第18題)已知橢圓的一個頂點為，右焦點為，且，其中為原點．(Ⅰ)求橢圓方程；(Ⅱ)已知點滿足，點在橢圓上(異于橢圓的頂點)，直線與以為圓心的圓相切于點，且為線段的中點．求直線的方程．【答案】【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，或．【解析】(Ⅰ)橢圓的一個頂點為，，由，得，又由，得，所以，橢圓的方程為；(Ⅱ)直線與以為圓心的圓相切于點，所以，根據(jù)題意可知，直線和直線的斜率均存在，設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，即，，消去，可得，解得或．將代入，得，所以，點的坐標為，因為為線段的中點，點的坐標為，所以點的坐標為，由，得點的坐標為，所以，直線的斜率為，又因為，所以，整理得，解得或．所以，直線的方程為或．11.(2019·上海·第20題)已知橢圓，為左、右焦點，直線過交橢圓于A、B兩點.(1)若AB垂直于軸時，求；(2)當時，在軸上方時，求的坐標；(3)若直線交軸于M，直線交軸于N，是否存在直線，使，若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由.【答案】(1)；(2)，；(3)或【解析】(1)依題意：，當AB⊥x軸，則坐標，，∴(2)法一(秒殺)：焦點三角形面積公式：；又：，，即所以A在短軸端點，即直線(即)方程為：，聯(lián)立：，得.法二(常規(guī))：依題意：設(shè)坐標，∵(注意：用點更方便計算)則有：又A在橢圓上，滿足：，即：∴，解出：，B點坐標求解方法同法一，.設(shè)坐標，，，，直線l：(k不存在時不滿足題意)則：；；聯(lián)立方程：，，韋達定理：由直線方程：得M縱坐標：；由直線方程：得N縱坐標：；若，即∴，，代入韋達定理：得：，解出：∴存在直線或滿足題意.考點02雙曲線及其性質(zhì)1．(2023年新課標全國Ⅱ卷·第21題)已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析．解析：(1)設(shè)雙曲線方程為，由焦點坐標可知，則由可得，，雙曲線方程為．(2)由(1)可得，設(shè)，顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線的方程為，且，與聯(lián)立可得，且，則，直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據(jù)此可得點在定直線上運動．2.(2022新高考全國II卷·第21題)已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M．從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：①M在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．【答案】(1)(2)見解析解析:(1)右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；(2)由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關(guān)于軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線的斜率存在且不為零．設(shè)直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線方程合并為,聯(lián)立消去y并化簡整理得：設(shè),線段中點,則,設(shè),則條件③等價于,移項并利用平方差公式整理得：，,即,即；由題意知直線的斜率為,直線的斜率為,∴由,∴,所以直線的斜率,直線,即,代入雙曲線的方程,即中，得：,解得的橫坐標：,同理：，∴∴,∴條件②等價于，綜上所述：條件①在上，等價于；條件②等價于；條件③等價于；選①②推③:由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立．3．(2021年新高考Ⅰ卷·第21題)在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為．(1)求的方程；(2)設(shè)點在直線上，過兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和．【答案】解析：因為，所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，所以，軌跡的方程為；(2)設(shè)點，若過點的直線的斜率不存在，此時該直線與曲線無公共點，不妨直線的方程為，即，聯(lián)立，消去并整理可得，設(shè)點、，則且．由韋達定理可得，，所以，，設(shè)直線的斜率為，同理可得，因為，即，整理可得，即，顯然，故．因此，直線與直線的斜率之和為．4.(2022新高考全國I卷·第21題)已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．解析：(1)因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線易知直線l的斜率存在，設(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，，．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．(2)不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由(1)知，，當均在雙曲線左支時，，所以，即，解得(負值舍去)此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得(負值舍去)，于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．考點03拋物線及其性質(zhì)1.(2023年全國甲卷理科·第20題)已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．【答案】(1)(2)解析：(1)設(shè)，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．(2)因為，顯然直線的斜率不可能為零，設(shè)直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設(shè)點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當時，的面積．2.(2021年高考浙江卷·第21題)如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且，(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)過點F的直線交拋物線與A?B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍．【答案】(1)；(2)．解析:(1)因為，故，故拋物線的方程為：．(2)設(shè)，，，所以直線，由題設(shè)可得且．由可得，故，因為，故，故．又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，則且，故，故即，解得或或．故直線在軸上的截距的范圍為或或．3.(2021年高考全國乙卷理科·第21題)已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．(1)求；(2)若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】(1)；(2)．解析：(1)拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；(2)拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導得，設(shè)點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點、的坐標滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當時，的面積取最大值．4.(2021年高考全國甲卷理科·第20題)拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．(1)求C，的方程；(2)設(shè)是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)拋物線，方程為；(2)相切，理由見解析解析：(1)依題意設(shè)拋物線，，所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，所以的方程為；(2)設(shè)若斜率不存在，則方程為或，若方程為，根據(jù)對稱性不妨設(shè)，則過與圓相切的另一條直線方程為，此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；若方程為，根據(jù)對稱性不妨設(shè)則過與圓相切的直線為，又，，此時直線關(guān)于軸對稱，所以直線與圓相切；若直線斜率均存在，則，所以直線方程為，整理得，同理直線的方程為，直線的方程為，與圓相切，整理得，與圓相切，同理所以為方程的兩根，，到直線的距離為：，所以直線與圓相切；綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切．5.(2020年浙江省高考數(shù)學試卷·第21題)如圖，已知橢圓，拋物線，點A是橢圓與拋物線的交點，過點A的直線l交橢圓于點B，交拋物線于M(B，M不同于A)．(Ⅰ)若，求拋物線的焦點坐標；(Ⅱ)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)解析：(Ⅰ)當時，的方程為，故拋物線的焦點坐標為；(Ⅱ)設(shè)，由，，由在拋物線上，所以，又，，，．由即，所以，，，所以，的最大值為，此時．法2：設(shè)直線，．將直線的方程代入橢圓得：，所以點的縱坐標為．將直線的方程代入拋物線得：，所以，解得，因此，由解得，所以當時，取到最大值為．6.(2022年高考全國甲卷數(shù)學(理)·第20題)設(shè)拋物線焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設(shè)直線與C另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．【答案】(1)；(2)．【解析】(1)拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，此時，所以，所以拋物線C的方程為；(2)設(shè)，直線，由可得，，由斜率公式可得，，直線，代入拋物線方程可得，，所以，同理可得，所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設(shè)，則，當且僅當即時，等號成立，所以當最大時，，設(shè)直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線．7.(2019·浙江·第21題)如圖，已知點為拋物線的焦點．過點的直線交拋物線于，兩點，點在拋物線上，使得的重心在軸上，直線交軸于點，且在點的右側(cè)，記，的面積分別為，．(Ⅰ)求的值及拋物線的準線方程；(Ⅱ)求的最小值及此時點的坐標．【答案】【解析】(Ⅰ)由題意得，即，所以，拋物線的準線方程為．(Ⅱ)設(shè)，，，，，，重心，，令，，則，由于直線過，故直線的方程為，代入，得：，，即，，，又，，重心在軸上，，，，，，直線的方程為，得，，在焦點的右側(cè)，，，令，則，，當時，取得最小值為，此時．8.(2019·全國Ⅲ·理·第21題)已知曲線C：y=，D為直線y=上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B．(1)證明：直線AB過定點：(2)若以E(0，)為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．【答案】【答案】(1)見詳解；(2)3或．【官方解析】(1)設(shè)則．由于，所以切線的斜率為，故整理得．．設(shè)同理可得．故直線的方程為．所以直線過定點．(2)由(1)得直線的方程為．由可得．于是，．設(shè)分別為到直線的距離，則．因此，四邊形的面積．設(shè)線段的中點，則．由于，而，與向量平行，所以．解得或．當時，；當時，．因此，四邊形的面積為3或．9.(2019·全國Ⅰ·理·第19題)已知拋物線的焦點為，斜率為的直線與的交點為，，與軸的交點為．(1)若，求的方程；(2)若，求．【答案】解：設(shè)直線．(1)由題設(shè)得，故，由題設(shè)可得．由，可得，則．從而，得．所以的方程為．(2)由可得．由，可得．所以．從而，故．代入的方程得．故．10.(2019·北京·理·第18題)已知拋物線C：x2=?2py經(jīng)過點(2，?1)．(Ⅰ)求拋物線C的方程及其準線方程；(Ⅱ)設(shè)O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．【答案】【解析】(Ⅰ)將點代入拋物線方程：，可得，故拋物線方程為：，其準線方程為：．(Ⅱ)很明顯直線的斜率存在(不為零)，焦點坐標為，設(shè)直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立可得：．設(shè)，則．且，直線的方程為，與聯(lián)立可得：，同理可得，易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為：，圓的半徑為：，且：，，則圓的方程為：，令整理可得：，解得：，即以AB為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點．考點04圓錐曲線的定點定值問題1.(2021年新高考全國Ⅱ卷·第20題)已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【答案】解析:(1)由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；(2)由(1)得，曲線為，當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當直線的斜率存在時，設(shè)，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設(shè)直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯(lián)立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設(shè)直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯(lián)立可得，所以，所以，化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立；所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．2.(2020年高考課標Ⅰ卷理科·第20題)已知A、B分別為橢圓E：(a>1)左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．(1)求E方程；(2)證明：直線CD過定點．【答案】(1)；(2)證明詳見解析．【解析】(1)依據(jù)題意作出如下圖象：由橢圓方程可得：，，，，橢圓方程為：(2)證明：設(shè)，則直線的方程為：，即：聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：，解得：或?qū)⒋胫本€可得：所以點的坐標為．同理可得：點的坐標為直線的方程為：，整理可得：整理得：故直線過定點3.(2020年新高考全國Ⅰ卷(山東)·第22題)已知橢圓C：的離心率為，且過點A(2，1)．(1)求C的方程：(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．【答案】(1)；(2)詳見解析．解析：(1)由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：．(2)設(shè)點．因為AM⊥AN，∴，即,①當直線MN的斜率存在時，設(shè)方程為,如圖1．代入橢圓方程消去并整理得：②,根據(jù),代入①整理可得：將②代入，，整理化簡得,∵不在直線上，∴，∴，于是MN的方程為，所以直線過定點直線過定點．當直線MN的斜率不存在時，可得,如圖2．代入得,結(jié)合,解得,此時直線MN過點,由于AE為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，所以AE中點Q滿足為定值(AE長度的一半)．由于，故由中點坐標公式可得．故存在點，使得|DQ|為定值．4.(2022年高考全國乙卷數(shù)學(理)·第20題)已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【答案】(1)(2)解析：設(shè)橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：．【小問2詳解】，所以，①若過點的直線斜率不存在，直線．代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到．求得HN方程：，過點．②若過點的直線斜率存在，設(shè)．聯(lián)立得，可得，，且聯(lián)立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點考點05解析幾何綜合類問題1.(2023年新課標全國Ⅰ卷·第22題)在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析解析：(1)設(shè),則，兩邊同平方化簡得，故．(2)法一：設(shè)矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，則,令，同理令，且，則，設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，則．，易知則令,令，解得，當時，，此時單調(diào)遞減，當，，此時單調(diào)遞增，則，故,即．當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證．法二：不妨設(shè)在上，且，依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，直線的方程為，則聯(lián)立得，，則則，同理，令，則，設(shè)，則，令，解得，當時，，此時單調(diào)遞減，當，，此時單調(diào)遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故．法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于．設(shè),根據(jù)對稱性不妨設(shè)．則,由于,則．由于且介于之間,則．令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此，當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于．．2.(2023年全國乙卷理科·第20題)已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳解解析：(1)由題意可得，解得，所以橢圓方程為．(2)由題意可知：直線的斜率存在，設(shè)，聯(lián)立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點．3.(2020年高考課標Ⅱ卷理科·第19題)已知橢圓C1：(a>b>0)右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合．過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=|AB|．(1)求C1的離心率；(2)設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標準方程．【答案】(1)；(2)，．解析：(1)，軸且與橢圓相交于、兩點，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，則，拋物線的方程為，聯(lián)立，解得，，，即，，即，即，，解得，因此，橢圓的離心率為；(2)由(1)知，，橢圓的方程為，聯(lián)立，消去并整理得，解得或(舍去)，由拋物線的定義可得，解得．因此，曲線的標準方程為，曲線的標準方程為．4.(2019·天津·理·第18題)設(shè)橢圓的左焦點為，上頂點為．已知橢圓的短軸長為4，離心率為．(Ⅰ)求橢圓的方程；(Ⅱ)設(shè)點在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點為直線與軸的交點，點在軸的負半軸上．若(為原點)，且，求直線的斜率．【答案】本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識。考查用代數(shù)方法研究圓錐曲面的性質(zhì)．考查運算求解能力，以及用方程思想解決問題的能力．滿分13分．(Ⅰ)解：設(shè)橢圓的半焦距為，依題意，，又，可得，．所以，橢圓的方程為．(Ⅱ)解：由題意，設(shè)．設(shè)直線的斜率為，又，則直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立整理得，可得，代入得，進而直線的斜率．在中，令，得．由題意得，所以直線的斜率為．由，得，化簡得，從而．所以，直線的斜率為或．5.(2019·全國Ⅱ·理·第21題)已知點