高考真题分类汇编——解析几何大题.doc

2015年高考真题分类汇编解析几何大题1、（2015上海文22） 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）设与的斜率之积为，求的值，使得无论与如何变动，面积保持不变.【答案】【解析】学科网试题分析：（1）依题意，直线的方程为，（2）设直线的斜率为，直线的的方程为，联立方程组，消去解得，根据对称性，设，则，来源:Z_xx_k.Com所以，所以，解得或.来源:学科网（3）方法一：设直线的斜率为，则直线的斜率为，设直线的的方程为，联立方程组，消去解得，根据对称性，设，则，同理可得，所以，设（常数），所以，所以，由于左右两边恒成立，所以只能是，所以，此时，综上所述，.方法二：设直线、的斜率分别为、，则，所以，所以，因为，在椭圆上，所以，即，所以 ，因为是常数，所以是常数，所以令即可，所以，此时.来源:学_科_网Z_X_X_K综上所述，.来源:Zxxk.Com2、（2015上海理21）已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为. （1）设，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明； （2）设与的斜率之积为，求面积的值.【答案】（2）方法一：设直线的斜率为，则直线的斜率为，设直线的的方程为，联立方程组，消去解得，根据对称性，设，则，即，所以，即，所以.3、（2015年北京文20）已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点（）求椭圆的离心率；（）若垂直于轴，求直线的斜率；（）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由【答案】（1）；（2）1；（3）直线BM与直线DE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.第一问，先将椭圆方程化为标准方程，得到a，b，c的值，再利用计算离心率；第二问，由直线AB的特殊位置，设出A，B点坐标，设出直线AE的方程，由于直线AE与x=3相交于M点，所以得到M点坐标，利用点B、点M的坐标，求直线BM的斜率；第三问，分直线AB的斜率存在和不存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AB和直线AE的方程，将椭圆方程与直线AB的方程联立，消参，得到和，代入到中，只需计算出等于0即可证明，即两直线平行.试题解析：（）椭圆C的标准方程为.所以，.所以椭圆C的离心率.（）因为AB过点且垂直于x轴，所以可设，.直线AE的方程为.令，得.所以直线BM的斜率.（）直线BM与直线DE平行.证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由（）可知.又因为直线DE的斜率，所以.当直线AB的斜率存在时，设其方程为.设，则直线AE的方程为.令，得点.由，得.所以，.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.4、(2015年北京理19)已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点（）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；（）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由【答案】【解析】试题分析：椭圆：的离心率为，点在椭圆上，利用条件列方程组，解出待定系数，写出椭圆方程；由点和点，写出PA直线方程，令求出x值，写出直线与x轴交点坐标；由点，写出直线的方程，令求出x值，写出点N的坐标，设，求出和，利用二者相等，求出，则存在点使得.试题解析：（）由于椭圆：过点且离心率为， ，椭圆的方程为.,直线的方程为：，令，；考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题./5、(2015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。来源:学+科+网（1）求E的离心率e;(2)设点C的坐标为（0，-b）,N为线段AC的中点，证明：MNAB。【答案】（1） （2）详见解析.（）由题意可知N点的坐标为（） MNAB考点：1椭圆的离心率；2.直线与椭圆的位置关系.6、(2015安徽理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 ，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为. （I）求E的离心率e；（II）设点C的坐标为，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求 E的方程.【答案】（I）；（II）.试题解析：（I）由题设条件知，点的坐标为，又，从而，进而得，故.（II）由题设条件和（I）的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为.又点在直线上，且,从而有解得，所以，故椭圆的方程为.来源:学。科。网Z。X。X。K考点：1.椭圆的离心率；2.椭圆的标准方程；3.点点关于直线对称的应用.7、(2015福建理18).已知椭圆E：过点，且离心率为()求椭圆E的方程； ()设直线交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由【答案】()；() G在以AB为直径的圆外在圆上试题解析：解法一：()由已知得解得所以椭圆E的方程为故所以，故G在以AB为直径的圆外解法二：()同解法一.()设点，则由所以来源:学科网ZXXK从而 所以不共线，所以为锐角.故点G在以AB为直径的圆外考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系8、(2015福建文19)已知点为抛物线的焦点，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：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切来源:学科网ZXXK【答案】（）；（）详见解析【解析】试题分析：（）利用抛物线定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化本题由可得，可求的值，进而确定抛物线方程；（）欲证明以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切可证明点到直线和直线的距离相等（此时需确定两条直线方程）；也可以证明，可转化为证明两条直线的斜率互为相反数试题解析：解法一：（I）由抛物线的定义得因为，即，解得，所以抛物线的方程为（II）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，故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切解法二：（I）同解法一（II）设以点为圆心且与直线相切的圆的半径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，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与直线相切的圆必与直线相切考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系9、(2015广东文、理20)已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，.（1）求圆的圆心坐标；（2）求线段的中点的轨迹的方程；（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点：若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由得， 圆的圆心坐标为；（2）设，则 点为弦中点即， 即， 线段的中点的轨迹的方程为；（3）由（2）知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点），且，又直线：过定点，LDxyOCEF来源:Z+xx+k.Com当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线：与曲线只有一个交点【考点定位】本题考查圆的标准方程、轨迹方程、直线斜率等知识与数形结合思想等应用，属于中高档题10、(2015湖北文、理*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处铰链与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；（）设动直线与两定直线和分别交于两点若直线总与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【答案】（）（）当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.【解析】试题分析：（）由题意并结合三角形三边关系（两边之和大于第三边，两边之差小于第三边）知，即，这表明椭圆的长半轴长为，短半轴长为，即可求出椭圆的方程；（）首先讨论直线的斜率存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，易知直线的方程为或，即可求出的面积的值；当直线的斜率存在时，设出直线的方程，然后联立直线与椭圆的方程并整理得到一元二次方程，然后根据题意直线总与椭圆有且只有一个公共点知，即可得到.再分别联立直线与直线和可解得点和点的坐标，并根据原点到直线的距离公式可求得，于是的面积可表示为消去参数可得，于是分两种情况进行讨论：当时；当时，分别求出的面积的最小值，并比较即可求出的面积取得最小值.试题解析：（）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.因为直线总与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，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8. 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆相交综合问题；11、(2015湖南文20)已知抛物线的焦点F也是椭圆的一个焦点，与的公共弦长为，过点F的直线与相交于两点，与相交于两点，且与同向。（I）求的方程；（II）若，求直线的斜率。【答案】（I） ；(II) .【解析】试题分析：（I）由题通过F的坐标为，因为F也是椭圆的一个焦点，可得，根据与的公共弦长为，与都关于轴对称可得，然后得到对应曲线方程即可； (II) 设根据，可得，设直线的斜率为，则的方程为，联立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程、利用韦达定理进行计算即可得到结果.试题解析：（I）由知其焦点F的坐标为，因为F也是椭圆的一个焦点，所以 ； 又与的公共弦长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为， ，联立得，故的方程为。（II）如图，设 因与同向，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，即直线的斜率为来源:学科网ZXXK考点：直线与圆锥曲线的位置关系；椭圆的性质12、(2015湖南理20)已知抛物线的焦点F也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.（1）求的方程；（2）过点F的直线与相交于A、B两点，与相交于C、D两点，且与同向（）若，求直线的斜率（）设在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线绕点F旋转时，总是钝角三角形【答案】（1）；（2）（i），（ii）详见解析.【解析】试题分析：（1）根据已知条件可求得的焦点坐标为，再利用公共弦长为即可求解；（2）（i）设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1.由得+16kx-64=0，根据条件可知=，从而可以建立关于的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明=-=+1>0，因此是锐角，从而是钝角，即可得证试题解析：（1）由:知其焦点F的坐标为（0,1），因为F也是椭圆的一焦点，所以 又与的公共弦的长为2，与都关于y轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为（），所以 ，联立，得=9，=8，故的方程为 ；（2）如图，设A（）B（）C（）D（）.（i）因与同向，且|AC|=|BD|,所以=，从而=，即=，于是-4= -4设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1.由得+16kx-64=0.而，是这个方程的两根.所以=4k，=-4 ，由得（9+8）+16kx-64=0.而，是这个方程的两根.所以 =-，=-，将带入 ，得16（+1）=+,即16（+1）=，所以=，解得k=，即直线l的斜率为.（ii）由得=，所以在点A处的切线方程为y-=（x-），即 y=-.令y=0得x=，即M（,0）,所以=(,-1).而=().于是=-=+1>0，因此是锐角，从而是钝角.故直线l绕点F旋转时，MFD总是钝角三角形.考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系.13、(2015江苏18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3. （1）求椭圆的标准方程； （2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.【答案】（1）（2）或（2）当轴时，又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为，且若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而，故直线的方程为，则点的坐标为，从而因为，所以，解得此时直线方程为或考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系14、(2015陕西理20)已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为（I）求椭圆的离心率；（II）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程【答案】（I）；（II）【解析】试题分析：（I）先写过点，的直线方程，再计算原点到该直线的距离，进而可得椭圆的离心率；（II）先由（I）知椭圆的方程，设的方程，联立，消去，可得和的值，进而可得，再利用可得的值，进而可得椭圆的方程试题解析：（I）过点(c,0),(0,b)的直线方程为，则原点O到直线的距离，由，得，解得离心率.(II)解法一：由（I）知，椭圆E的方程为. (1)依题意，圆心M(-2,1)是线段AB的中点，且.易知，AB不与x轴垂直，设其直线方程为，代入(1)得设则由，得解得.从而.于是.由，得，解得.故椭圆E的方程为.解法二：由（I）知，椭圆E的方程为. (2)依题意，点A，B关于圆心M(-2,1)对称，且.设则，两式相减并结合得.易知，AB不与x轴垂直，则，所以AB的斜率因此AB直线方程为，代入(2)得所以，.于是.由，得，解得.故椭圆E的方程为.考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.15、(2015陕西文20)如图，椭圆经过点，且离心率为.(I)求椭圆的方程；(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2.【答案】(I) ； (II)证明略，详见解析.【解析】学科网试题分析：(I)由题意知，由，解得，继而得椭圆的方程为；(II) 设，由题设知，直线的方程为，代入，化简得，则，由已知， 从而直线与的斜率之和化简得.试题解析：(I)由题意知，来源:学科网综合，解得，所以，椭圆的方程为.(II)由题设知，直线的方程为，代入，得 ，由已知，设，则，从而直线与的斜率之和 .考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.16、(2015四川文20)如图，椭圆E：(a>b>0)的离心率是，点(0，1)在短轴CD上，且1(I)求椭圆E的方程；(II)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于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.【解析】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识，考查推理论证呢过能留、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.(I)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方程为.(II)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3.17、(2015四川理20)如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.(1)求椭圆E的方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，Q点的坐标为.【解析】试题分析：（1）根据椭圆的对称性，当直线与轴平行时，将这个点的坐标代入椭圆的方程，得.再根据离心率得，又，三者联立，解方程组即可得，进而得椭圆的方程为.（2）先利用与轴平行和垂直这两种特殊情况找出点Q的坐标为.接下来联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系证明：对任意的直线，均有.设，由图可看出，为了证明，只需证明，为此作点B关于y轴对称的点，这样将问题转化为证三点共线.试题解析：（1）由已知，点在椭圆E上.因此，解得.所以椭圆的方程为.（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.如果存在定点Q满足条件，则，即.来源:Z。xx。k.Com所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.则，由，有，解得或.所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为.下面证明：对任意的直线，均有.当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，A、B的坐标分别为.联立得.其判别式，所以，.因此.易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.又，所以，即三点共线.所以.故存在与P不同的定点，使得恒成立.考点：本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.18、(2015天津文19). 已知椭圆的上顶点为B,左焦点为,离心率为, （I）求直线BF的斜率；（II）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,故点B且垂直于BF的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与x轴交于点M,. （i）求的值；（ii）若,求椭圆的方程.【答案】（I）2；（II）（i） ；（ii）【解析】试题分析：（I）先由 及得,直线BF的斜率；（II）先把直线BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,可得（ii）先由得=,由此求出c=1,故椭圆方程为试题解析：（I） ,由已知 及 可得 ,又因为 ,故直线BF的斜率 .来源:学_科_网Z_X_X_K（II）设点 ,（i）由（I）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 ,与椭圆方程联立消去y得 ,解得 .又因为 ,及 得 （ii）由（i）得,所以,即 ,又因为,所以=.又因为, 所以,因此 所以椭圆方程为学科网考点：直线与椭圆.19、(2015天津理19).已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆截得的线段的长为c，.(I)求直线FM的斜率；(II)求椭圆的方程；(III)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.【答案】(I) ； (II) ；(III) .【解析】试题分析：(I) 由椭圆知识先求出的关系，设直线直线的方程为，求出圆心到直线的距离，由勾股定理可求斜率的值； (II)由(I)设椭圆方程为，直线与椭圆方程联立，求出点的坐标，由可求出，从而可求椭圆方程.(III)设出直线：，与椭圆方程联立，求得，求出的范围，即可求直线的斜率的取值范围.试题解析：(I) 由已知有，又由，可得，设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有，解得.(II)由(I)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为(III)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.当时，有，因此，于是，得当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是考点：1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式.20、(2015新课标1理20)在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与直线(0)交与M,N两点，（）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPM=OPN？说明理由。【答案】（）或（）存在【解析】试题分析：（）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（）先作出判定，再利用设而不求思想即将代入曲线C的方程整理成关于的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出关系，从而找出适合条件的P点坐标.试题解析：（）由题设可得，或，.，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为，即.故在=-处的到数值为-，C在处的切线方程为，即. 故所求切线方程为或. 5分（）存在符合题意的点，证明如下： 设P（0，b）为复合题意得点，直线PM，PN的斜率分别为. 将代入C得方程整理得. . =. 当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故OPM=OPN，所以符合题意. 12分考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力21、(2015新课标1文20)已知过点且斜率为k的直线l与圆C：交于M，N两点.（I）求k的取值范围；（II），其中O为坐标原点，求.【答案】（I）（II）2【解析】试题分析：（I）设出直线l的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列出关于k的不等式，即可求出k的取值范围；（II）设，将直线l方程代入圆的方程化为关于x的一元二次方程，利用韦达定理将用k表示出来，利用平面向量数量积的坐标公式及列出关于k方程，解出k，即可求出|MN|.试题解析：（I）由题设，可知直线l的方程为.因为l与C交于两点，所以.解得.所以的取值范围是.（II）设.将代入方程,整理得,所以,由题设可得，解得，所以l的方程为.故圆心在直线l上，所以.考点：直线与圆的位置关系；设而不求思想；运算求解能力22、(2015新课标2文20)已知椭圆 的离心率为,点在C上.（I）求C的方程；（II）直线l不经过原点O,且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB中点为M,证明：直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.【答案】（I）（II）见试题解析考点：直线与椭圆23、(2015新课标2理20) 已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为 ()证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由【答案】()详见解析；（）能，或【解析】试题分析：()题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦的中点和直线的斜率；设直线的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦的中点，并寻找两条直线斜率关系；（）根据()中结论，设直线方程并与椭圆方程联立，求得坐标，利用以及直线过点列方程求的值试题解析：()设直线，将代入得，故，于是直线的斜率，即所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值（）四边形能为平行四边形因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，由()得的方程为设点的横坐标为由得，即将点的坐标代入直线的方程得，因此四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即于是解得，因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系24、(2015浙江文19)如图，已知抛物线，圆，过点作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线和圆相切，A，B为切点.(1)求点A，B的坐标； (2)求的面积.注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则该直线与抛物线相切，称该公共点为切点.【答案】(1)；(2)因为直线PA与抛物线相切，所以，解得.所以，即点.设圆的圆心为，点的坐标为，由题意知，点B,O关于直线PD对称，故有，来源:学,科,网Z,X,X,K解得.即点.(2)由(1)知，直线AP的方程为，所以点B到直线PA的距离为.所以的面积为.考点：1.抛物线的几何性质；2.直线与圆的位置关系；3.直线与抛物线的位置关系.25、(2015浙江理19) 已知椭圆上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称（1）求实数m的取值范围；（2）求AOB面积的最大值（O为坐标原点） 【答案】（1）或；（2）.试题分析：（1）可设直线AB的方程为，从而可知有两个不同的解，再由中点也在直线上，即可得到关于的不等式，从而求解；（2）令，可考点：1.直线与椭圆的位置关系；2.点到直线距离公式；3.求函数的最值.26、(2015重庆文21)如题（21）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.（I） 若|=2+，|=2-，求椭圆的标准方程.（II） 若|PQ|=|，且，试确定椭圆离心率的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）由椭圆的定义知可求出a的值，再由及勾股定理可求得c的值，最后由求得b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e的取值范围。试题解析：(1)由椭圆的定义，设椭圆的半焦距为c，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,若记，则上式变成.由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即.考点：1. 椭圆的标准方程；2. 椭圆的定义；3.函数与方程思想.27、(2015重庆理21)如题（21）图，椭圆的左、右焦点分别为过的直线交椭圆于两点，且（1）若，求椭圆的标准方程（2）若求椭圆的离心率【答案】（1）；（2） (2)解法一：如图(21)图，设点P在椭圆上，且，则求得由,得,从而由椭圆的定义，,从而由，有又由，知，因此于是解得.解法二：如图(21)图由椭圆的定义，,从而由，有又由，知，因此,从而由,知，因此考点：椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.