内心是三条角平分线的交点，它到三边的距离相等。 外心是三条边垂直平分线的交点，它到三个顶点的距离相等。 重心是三条中线的交点，它到顶点的距离
是它到对边中点距离的2倍。 垂心是三条高的交点，它能构成很多直角三角形相似。 （2019年全国一卷理科）19．（12分）已知抛物线
C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若
，求|AB|．19．解：设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以
．从而，故．代入的方程得．故．（2019年全国二卷理科）21．（12分）已知点A(?2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直
线AM与BM的斜率之积为?.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P
在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.21．解：（1）由题
设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则
．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，
，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时
，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．（2019年全国三卷理科）21．已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过
D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中
点，求四边形ADBE的面积.21．解：（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 .整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所
以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是，.设分别为点D，E到直线AB的距离，则.因此，四边形ADBE的
面积.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.因此，四边形ADBE的面积为3
或.（2018年全国三卷理科）20. 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】分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明。（2）解出m,
进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，得到直的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解。详解：（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.（2018年全国二卷理科）19. 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】分析：(1)根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦
达定理代入求出斜率，即得直线的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可
得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.详解：（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．点睛：确定
圆的方程方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．(2)待定系数法①若已知条件与圆心和半径有关，则
设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出
关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值．（2018年全国一卷理科）19. 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】分析：(
1)首先根据与轴垂直，且过点，求得直线l的方程为x=1，代入椭圆方程求得点A的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；(2)分直线l与
x轴重合、l与x轴垂直、l与x轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系
来体现，从而证得结果.详解：（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，.点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有
直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单
，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦
达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.17年北京理科（18）（本小题14分）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.解：（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.17年全国一卷理科20.（12分）定点问题已知椭圆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.20.（12分）解：（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.（切记）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，）
（消去参量的影响）17年全国卷二20. （12分）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足.求点P
的轨迹方程；设点Q在直线x=-3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 20.解（1）设P（x,y）,M（x0,
y0）,设N（x0,0）, 由得因为M（x0,y0）在C上，所以因此点P的轨迹方程为（2）由题意知F（-1,0）.设Q（-3，t）
,P(m,n),则，由得，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.17年全国卷三理科20．（12分）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段
AB为直径的圆．（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程．20.解（1）设由可得又=4
因此OA的斜率与OB的斜率之积为所以OA⊥OB故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得故圆心M的坐标为，圆M的半径由于圆M过点P（
4，-2），因此,故即由（1）可得，所以，解得.当m=1时，直线l的方程为x-y-2=0，圆心M的坐标为（3,1），圆M的半径为，
圆M的方程为当时，直线l的方程为，圆心M的坐标为，圆M的半径为，圆M的方程为17年全国一卷文科20．（12分）设A，B为曲线C：y
=上两点，A与B的横坐标之和为4.（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直
线AB的方程.21．（12分）17年全国二卷文科20.（12分）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(1)求点P的轨迹方程；(2)设点在直线上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线 过C的左焦点F. 【答案】（1）（2）见解析
17年全国三卷文科20．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线y=x2+mx–2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变
化时，解答下列问题：（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.【答案】（1
）不会；（2）详见解析19．（12分）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1
）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．19．解：设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而
，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故．离心率问题11. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点
，若，且，则的离心率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.
详解：在中，设，则，又由椭圆定义可知则离心率，故选D.点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭
圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时
经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.1．（2011?浙江）已知椭圆C1：=1（a＞b＞0）与双曲线C2：x2﹣=1有公共的
焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则（ ）A．a2= B．a2=3
C．b2= D．b2=2【答案】C【解析】由题意，C2的焦点为（±，0），一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径
且AB=2a∴C1的半焦距c=，于是得a2﹣b2=5 ①设C1与y=2x在第一象限的交点的坐标为（x，2x），代入C1的方程得：②
，由对称性知直线y=2x被C1截得的弦长=2x，由题得：2x=，所以③由②③得a2=11b2④由①④得a2=5.5，b2=0.5故
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圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【解析】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距
分别为。因为所以点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆。与因为点M在椭圆的内部，所以，所以，所以 ，所以 ，故选C。 【点睛】求离心
率的值或范围就是找的值或关系。由想到点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆。再由点M在椭圆的内部，可得，因为 。所以由得，由关系求离
心率的范围。3．设圆锥曲线的两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于A．或B．或C．或D．或【答案】A【解析】【分析
】设，讨论两种情况，分别利用椭圆与双曲线的定义求出的值，再利用离心率公式可得结果.【详解】因为，所以可设，若曲线为椭圆则，则；若曲
线为双曲线则，，∴，故选.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率以及双曲线的定义及离心率，属于中档题. 离心率的求解在圆锥曲线的考
查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定
义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．4．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心
率为A． B． C． D．【答案】D【解析】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等
腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关
键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐
标的范围等.5．（2017新课标全国卷Ⅲ文科）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C
的离心率为A． B．C． D．【答案】A【解析】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，直线与圆相切，所以圆心到直线
的距离等于半径，即，整理可得，即即，从而，则椭圆的离心率，故选A.【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题，其关键
就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标
的范围等.6．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．D．【答案】A【解析】试题分析：设是椭圆的左焦点，由于直线过原点，因此两点关于原点对称，从而是平行四边形，所以，即，，设
，则，所以，，即，又，所以，．故选A．考点：椭圆的几何性质．【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得关系或范围，解题的关
键是利用对称性得出就是，从而得，于是只有由点到直线的距离得出的范围，就得出的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离
时，需要联想到椭圆的定义．7．已知椭圆C：的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直线l交C与A,B两点，若△AF1B的周长为，则
C的方程为( )A． B． C． D．【答案】A【解析】试题分析：若△AF1B的周长为4可知，所以方程为考点：椭圆方程及性质8．已
知是双曲线：上的一点，，是的两个焦点，若，则的取值范围是（ ）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题知，，所以==，解得，故选
A.考点：双曲线的标准方程；向量数量积坐标表示；一元二次不等式解法.9．设椭圆C：的左、右焦点分别为、，P是C上的点，⊥，∠=，则
C的离心率为（ ）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可设|PF2|＝m，结合条件可知|PF1|＝2m，|F1F2|＝ m，
故离心率e＝选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式
，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.10．过双曲线1（a＞0，b＞0）的一个焦点F1作
一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于点B，若A恰好是F1B的中点，则双曲线的离心率是（ ）A．B．C．2D．【答案】C
【解析】【分析】由题意可知，渐近线方程为y＝±x，则F1A的方程为y﹣0（x+c），代入渐近线方程yx可得B的坐标，由若A恰好是F
1B的中点，所以|OB|＝c，即可求得离心率．【详解】由题意可知，渐近线方程为y＝±x，则F1A的方程为y﹣0（x+c），代入渐近
线方程yx可得B的坐标为（，），因为若A恰好是F1B的中点，所以|OB|＝c，所以（）2+（）2＝c2，所以b2＝3a2，所以c2
＝a2+b2＝4a2，所以e＝2故选：C．【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求出B的坐标是解题的关键．
11．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆上，且轴， 直线交轴于点．若，则椭圆的离心率是（ ）A．B．C．D．【答案】D【解析】
试题分析：试题分析：由于BF⊥x轴，故，设，由得考点：椭圆的简单性质12．（5分）从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，
A是椭圆与x轴正半轴的交点，B是椭圆与y轴正半轴的交点，且AB∥OP（O是坐标原点），则该椭圆的离心率是（ ）A．B．C．D．【
答案】C【解析】依题意，设P（﹣c，y0）（y0＞0），则+=1，∴y0=，∴P（﹣c，），又A（a，0），B（0，b），AB∥O
P，∴kAB=kOP，即==，∴b=c．设该椭圆的离心率为e，则e2====，∴椭圆的离心率e=．13．椭圆C：的左右顶点分别为，
点P在C上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设P点坐标为，则，，，于是
，故.∵∴.故选B.【考点定位】直线与椭圆的位置关系14．已知椭圆的离心率为.双曲线的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个焦点为顶点的
四边形的面积为16，则椭圆的方程为A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：由题意，双曲线的渐近线方程为，∵以这四个交点为顶点的
四边形的面积为16，故边长为4，∴（2，2）在椭圆C：上，∴，∵，∴，∴，∴∴椭圆方程为：.故选D.考点：椭圆的标准方程及几何性质
；双曲线的几何性质.15．已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为A． B． C． D．【答案】D【解析】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.详解：在中，设，则，又由椭圆定义可知则离心率，故选D.点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.16．已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则A．a2=2b2B．3a2=4b2C．a=2bD．3a=4b【答案】B【解析】【分析】由题意利用离心率的定义和的关系可得满足题意的等式.【详解】椭圆的离心率,化简得,故选B.【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质,属于容易题,注重基础知识?基本运算能力的考查.17．如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点.若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是A．3 B．2 C． D．【答案】B【解析】是双曲线的两顶点，将椭圆长轴四等分椭圆的长轴长是双曲线实轴长的倍双曲线与椭圆有公共焦点，的离心率的比值是故答案选 |
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