专题18 圆锥曲线综合（10大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

专题18 圆锥曲线综合 命题解读 考向 考查统计 1.高考对圆锥曲线综合的考查，重点是直线与圆锥曲线关系中的求弦长、面积及弦中点、定点、定值、参数取值范围和最值等问题。 椭圆的标准方程 2024·新高考Ⅰ卷，16（1） 双曲线中的双斜率 2022·新高考Ⅰ卷，21（1） 抛物线的轨迹方程 2023·新高考Ⅰ卷，22（1） 双曲线的标准方程 2022·新高考Ⅱ卷，21（1） 2023·新高考Ⅱ卷，21（1） 椭圆中的弦长公式、三角形面积 2024·新高考Ⅰ卷，16（2） 双曲线与数列的综合知识 2024·新高考Ⅱ卷，19 双曲线中的弦长公式、三角形面积 2022·新高考Ⅰ卷，21（2） 抛物线中的弦长公式 2023·新高考Ⅰ卷，22（2） 双曲线中的斜率问题 2022·新高考Ⅱ卷，21（2） 双曲线中的定直线问题 2023·新高考Ⅱ卷，21（2） 命题分析 2024年高考新高考Ⅰ卷考查了椭圆的标准方程、弦长公式，注重的是基础公式和计算能力，难度适中。Ⅱ卷考查了直线与双曲线、数列知识的交汇，综合能力要求较高，难度较难。但是每问的设计是环环相扣的，可以从第一问的设问中找到第二问的求解思路。圆锥曲线综合是高考数学的核心内容，是考查考生学科素养的重要载体。每年高考卷的必考题，一般是两小一大，是以课程学习情境与探索创新情境为主，注重数学知识的基础性、综合性和应用性的考查，侧重考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力。预计2025年高考还是主要考查圆锥曲线中的弦长、三角形（四边形）面积、定值定点问题。 试题精讲 一、解答题 1．（2024新高考Ⅰ卷·16）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 2．（2024新高考Ⅱ卷·19）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意的正整数，. 一、解答题 1．（2022新高考Ⅰ卷·21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 2．（2023新高考Ⅰ卷·22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 3．（2022新高考Ⅱ卷·21）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 4．（2023新高考Ⅱ卷·21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 一、直线和曲线联立 1、椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， 注意： ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系． ②焦点在轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述． 2、抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 注意：在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量．开口向上选择正设；开口向右，选择反设；注意不可完全生搬硬套，具体情况具体分析． 总结：韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式． 二、根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 注意：（1）由韦达定理写出，，注意隐含条件． （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可； 焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可． （5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标． 三、弦长公式 设，根据两点距离公式． 1、若在直线上，代入化简，得； 2、若所在直线方程为，代入化简，得 3、构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 注意：（1）上述表达式中，当为，时，； （2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用． （3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率． （4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单． （5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式． 四、已知弦的中点，研究的斜率和方程 1、是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上， 所以，两式相减得 所以 即，故 2、运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 一、解答题 1．（2024·山东济宁·三模）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程. 2．（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）． (1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； (2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积． 3．（2024·天津北辰·三模）已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 4．（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点． (1)求的值； (2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 5．（2024·江西九江·三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，. (1)求的方程； (2)已知点是上不同两点.若四边形是平行四边形，证明：直线过定点. 6．（2024·上海·三模）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点. (1)求椭圆的离心率； (2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标； (3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 7．（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值. 8．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值. 9．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，. (1)求的方程； (2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由. 10．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：点在定直线上. 11．（2024·上海浦东新·三模）已知双曲线，点、分别为双曲线的左、右焦点，、为双曲线上的点. (1)求右焦点到双曲线的渐近线的距离； (2)若，求直线的方程； (3)若，其中A、B两点均在x轴上方，且分别位于双曲线的左、右两支，求四边形的面积的取值范围. 12．（2024·天津南开·二模）已知椭圆C：（）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程. 13．（2024·贵州六盘水·三模）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且动点满足，记P的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)设曲线C与x轴的交点为A1，A2（A1在A2的左边），过点Q（1，0）且不与x轴平行的直线l与C相交于M，N两点，记直线A1M，A2N的斜率分别为k1和k2，求的值． 14．（2024·广东汕头·三模）已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. (1)求的方程； (2)记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. (3)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 15．（2024·江西鹰潭·二模）设椭圆E：经过点，且离心率，直线垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于，两点，连接，，． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线PA，PB的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值． 16．（2024·山东烟台·三模）已知抛物线C：（）过点，F为C的焦点，A，B为C上不同于原点O的两点. (1)若，试探究直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由； (2)若，求面积的最小值. 17．（2024·山西阳泉·三模）已知圆．点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足． (1)求点的轨迹的方程； (2)设点在直线上运动，．直线与轨迹分别交于两点，求证：所在直线恒过定点． 18．（2024·湖南衡阳·三模）已知椭圆. (1)已知的顶点均在椭圆上，若坐标原点为的重心，求点到直线PQ距离的最小值； (2)已知定在椭圆上，直线（与轴不重合）与椭圆交于A、B两点，若直线AB，AN，BN的斜率均存在，且，证明：直线AB过定点（坐标用，表示）. 19．（2024·四川攀枝花·三模）已知抛物线上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为． (1)求抛物线C的方程； (2)过F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作x轴的垂线交直线AO（O是坐标原点）于D，过A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，直线与交于点G．求 20．（2024·新疆·三模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于M，N两点，的最小值为4.连接，并延长分别交于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，与的面积分别记为，. (1)求和的方程； (2)记，求的最小值. 21．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，． (1)求双曲线的方程； (2)求证为定值． 22．（2024·浙江·三模）已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1． (1)求双曲线的标准方程： (2)若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T． （i）证明：射线是的角平分线； （ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围． 23．（2024·甘肃张掖·三模）已知双曲线的渐近线为，左顶点为． (1)求双曲线的方程； (2)直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上， ①求的值，并求点的横坐标； ②求圆面积的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $$ 专题18 圆锥曲线综合 命题解读 考向 考查统计 1.高考对圆锥曲线综合的考查，重点是直线与圆锥曲线关系中的求弦长、面积及弦中点、定点、定值、参数取值范围和最值等问题。 椭圆的标准方程 2024·新高考Ⅰ卷，16（1） 双曲线中的双斜率 2022·新高考Ⅰ卷，21（1） 抛物线的轨迹方程 2023·新高考Ⅰ卷，22（1） 双曲线的标准方程 2022·新高考Ⅱ卷，21（1） 2023·新高考Ⅱ卷，21（1） 椭圆中的弦长公式、三角形面积 2024·新高考Ⅰ卷，16（2） 双曲线与数列的综合知识 2024·新高考Ⅱ卷，19 双曲线中的弦长公式、三角形面积 2022·新高考Ⅰ卷，21（2） 抛物线中的弦长公式 2023·新高考Ⅰ卷，22（2） 双曲线中的斜率问题 2022·新高考Ⅱ卷，21（2） 双曲线中的定直线问题 2023·新高考Ⅱ卷，21（2） 命题分析 2024年高考新高考Ⅰ卷考查了椭圆的标准方程、弦长公式，注重的是基础公式和计算能力，难度适中。Ⅱ卷考查了直线与双曲线、数列知识的交汇，综合能力要求较高，难度较难。但是每问的设计是环环相扣的，可以从第一问的设问中找到第二问的求解思路。圆锥曲线综合是高考数学的核心内容，是考查考生学科素养的重要载体。每年高考卷的必考题，一般是两小一大，是以课程学习情境与探索创新情境为主，注重数学知识的基础性、综合性和应用性的考查，侧重考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力。预计2025年高考还是主要考查圆锥曲线中的弦长、三角形（四边形）面积、定值定点问题。 试题精讲 一、解答题 1．（2024新高考Ⅰ卷·16）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】(1) (2)直线的方程为或. 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解的或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 2．（2024新高考Ⅱ卷·19）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意的正整数，. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）根据等比数列的定义即可验证结论； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 一、解答题 1．（2022新高考Ⅰ卷·21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率； （2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积． 【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线． 易知直线l的斜率存在，设，， 联立可得，， 所以，，且． 所以由可得，， 即， 即， 所以， 化简得，，即， 所以或， 当时，直线过点，与题意不符，舍去， 故． （2）［方法一］：【最优解】常规转化 不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，， 当均在双曲线左支时，，所以， 即，解得（负值舍去） 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当均在双曲线右支时， 因为，所以，即， 即，解得（负值舍去）， 于是，直线，直线， 联立可得，， 因为方程有一个根为，所以，， 同理可得，，． 所以，，点到直线的距离， 故的面积为． ［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得， 由，得，即， 联立，及得，， 同理，，，故， 而，， 由，得， 故 【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解； 法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样． 2．（2023新高考Ⅰ卷·22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可； （2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可. 法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可. 法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明. 【详解】（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，    则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则，易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证. 法二：不妨设在上，且，    依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.   . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可. 3．（2022新高考Ⅱ卷·21）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程； （2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可. 【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴． ∴C的方程为：； （2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符； 总之，直线的斜率存在且不为零. 设直线的斜率为,直线方程为, 则条件①在上，等价于； 两渐近线的方程合并为, 联立消去y并化简整理得： 设,线段中点为,则, 设, 则条件③等价于, 移项并利用平方差公式整理得： ， ,即, 即； 由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为, ∴由, ∴, 所以直线的斜率, 直线,即, 代入双曲线的方程,即中， 得：, 解得的横坐标：, 同理：， ∴ ∴, ∴条件②等价于， 综上所述： 条件①在上，等价于； 条件②等价于； 条件③等价于； 选①②推③: 由①②解得：,∴③成立； 选①③推②： 由①③解得：，， ∴，∴②成立； 选②③推①： 由②③解得：，，∴， ∴，∴①成立. 4．（2023新高考Ⅱ卷·21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上. 【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. （2）由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则，    直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 一、直线和曲线联立 1、椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， 注意： ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系． ②焦点在轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述． 2、抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 注意：在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量．开口向上选择正设；开口向右，选择反设；注意不可完全生搬硬套，具体情况具体分析． 总结：韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式． 二、根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 注意：（1）由韦达定理写出，，注意隐含条件． （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可； 焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可． （5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标． 三、弦长公式 设，根据两点距离公式． 1、若在直线上，代入化简，得； 2、若所在直线方程为，代入化简，得 3、构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 注意：（1）上述表达式中，当为，时，； （2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用． （3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率． （4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单． （5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式． 四、已知弦的中点，研究的斜率和方程 1、是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上， 所以，两式相减得 所以 即，故 2、运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 一、解答题 1．（2024·山东济宁·三模）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程. （2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得. 【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率， 由直线过点，得直线的方程为，因此， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为， 于是，即有，显然均不等于， 则，即直线的斜率满足， 由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由，消去x并整理得，，显然， 设，则， 由，得，即， 则，整理得， 即，于是，而，解得，， 所以直线的方程为，即. 【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键. 2．（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）． (1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； (2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积． 【答案】(1)1 (2)． 【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、（、），则，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；     （2）先求出点的坐标，进而得到双曲线在点处的切线方程为，不妨设直线为，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解. 【详解】（1）由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角， 设直线、的倾斜角分别为、（、）， 直线、关于直线对称，， ． （2）联立， 双曲线在点处的切线方程为． 不妨设直线为，，， 联立得， 整理得，将等式看作关于的方程： 两根之和，两根之积， 而其中， 由（1）得， 直线为，过定点， 又双曲线在点处的切线方程为，过点，， ． 3．（2024·天津北辰·三模）已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】 （1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程； （2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程． 【详解】（1）， ，所以， 因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1， 所以椭圆方程为． （2） 如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2）， ， 联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0， Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2， 所以，. ， ， 因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，， ，， 点O到直线l的距离， 所以， 当且仅当，即m2＝3， 因为m＞0，所以时，取得最大值为， 因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大， 所以或． 4．（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点． (1)求的值； (2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)-3 (2)存在，，或 【分析】（1）设 ，利用斜率公式求解； （2）设，直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解. 【详解】（1）由题可得双曲线E：， 则， ∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为： 设， ，同理可得． ∴； （2）设，如图， 直线方程为， 代入双曲线方程可得：， 所以，则， 则， ， ， ． 同理， 即， 即， ∴或， 又， 若．无解，舍去． ∴，解得，，或，， 若，，由A在直线上可得，， ∴．此时， 若，，由A在直线上可得，， ∴此时 ∴存在点，或，满足． 5．（2024·江西九江·三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，. (1)求的方程； (2)已知点是上不同两点.若四边形是平行四边形，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）过点A作轴的垂线，准线的垂线，结合抛物线的定义可得，即可得和方程； （2）设直线方程为，联立方程结合韦达定理可得，代入抛物线方程可得，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：抛物线的焦点，准线， 过点A作轴的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为， 由抛物线定义可得， 因为直线的倾斜角为，则， 可得，解得， 所以的方程为. （2）设直线方程为，， 联立方程组，消去整理得， 则， 因为四边形是平行四边形， 则，即， 代入中得，整理得， 则直线：， 所以直线过定点. 6．（2024·上海·三模）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点. (1)求椭圆的离心率； (2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标； (3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)； (3)存在直线或满足题意 【分析】（1）根据椭圆方程直接求，即可得离心率； （2）由垂直的向量表示化简，结合点在椭圆上即可求出点坐标，再联立直线与椭圆可得B点坐标； （3）由直线方程得出，分别求出三角形面积，根据面积相等建立方程求出即可得解. 【详解】（1）由椭圆方程知，，， 所以， 所以离心率. （2），，设，且. 所以，， ，， 又在椭圆上，满足，即， ，解得，即. 所以直线：， 联立，解得或， 所以； （3）设，，，， 直线：， 联立，得. 则，. 直线的方程：，令得纵坐标； 直线的方程：，令得的纵坐标. 则， 若，即， ， ，， 代入根与系数的关系，得，解得. 存在直线或满足题意. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法: （1）利用弦长以及点到直线的距离公式，表示出三角形的面积; （2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或的形式求解. 7．（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题可知椭圆的焦点在轴上，标准方程可设为，由椭圆的性质可得四边形面积为，由焦点坐标可知，联立方程即可求出、 （2）由点斜式设出直线、的方程，联立直线与椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，由弦长公式得到，同理可得，四边形面积为，而、，利用和进行转化，即可求出面积的最小值. 【详解】（1）根据题意可知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为， 椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂直，而两条对角线长分别为，， 由已知得，即， 因为左焦点为，所以，可得， 联立，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）作出椭圆的图象，如下图所示： 根据题意可知直线、的斜率存在，且， 所以两直线、的斜率存在且不为0， 因此设直线AB、CD的斜率分别为、， 又，设直线方程为，直线方程为， 设、、、的坐标分别为、、、， 设四边形面积为. 联立，得， ， 因为、是该方程两根，由韦达定理可得， 由弦长公式可得， 则， 同理可得，. 因为、分别是线段、的中点，且， 所以，，， ， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故四边形面积的最小值为. 8．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的基本量即可求解； （2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解. 【详解】（1）依题意：，解得，，， 椭圆的标准方程为； （2） 直线DA：，， 解得，.若直线MN：， 则，若直线MN：， 设，，， 整理得， ， 解得或，，， 直线CM：，令， 得.直线BN：， 令，得，因为， 所以D，P，Q三点共线，所以， 综上知：. 9．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，. (1)求的方程； (2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)点恒在直线上. 【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可； （2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可. 【详解】（1）设. 若直线的倾斜角为，则直线的方程为. 联立得， 则， 且， 所以. 因为，所以，故的方程为. （2）存在，定直线为. 由题意知直线的斜率存在， 设直线的方程为，. 联立得. 由，得且， . 不妨设，则， 过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示， 则，. 因为，所以， 整理得，所以. 代入直线的方程得. 因为，所以点恒在直线上. 10．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：点在定直线上. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得. 【详解】（1）依题意，，半焦距，则， 所以椭圆的方程为. （2）显然直线不垂直于y轴，设直线， 由消去x并整理得， ，设， 则，且有， 直线，直线， 联立消去y得，即， 整理得， 即， 于是，而， 则，因此， 所以点在定直线上. 11．（2024·上海浦东新·三模）已知双曲线，点、分别为双曲线的左、右焦点，、为双曲线上的点. (1)求右焦点到双曲线的渐近线的距离； (2)若，求直线的方程； (3)若，其中A、B两点均在x轴上方，且分别位于双曲线的左、右两支，求四边形的面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）由题意，求出点的坐标和渐近线方程，根据点到直线的距离公式计算即可求解； （2）易知直线不与x轴重合，设其方程为，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，结合计算求得即可； （3）如图，由（2），利用弦长公式求出，利用平行线之间的距离公式求出平行线与之间的距离，进而表示，结合换元法计算即可求解. 【详解】（1）由题，右焦点，渐近线方程为， 因此焦点到渐近线的距离为. （2）显然，直线不与x轴重合，设直线方程为， 由，得， 由，得， 其中，恒成立， ，， 代入，消元得，， 即，解得， 所以，直线的方程为. （3）延长交双曲线于点P，延长交双曲线于点Q.则由对称性得， 四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍. 由题，设，直线程为，直线方程， 由第（2）问，易得， 因为，得，因而， 平行线与之间的距离为， 因此，. 令，则， 得在上是严格增函数， 故（等号当且仅当时成立）， 所以，四边形面积的取值范围为. 12．（2024·天津南开·二模）已知椭圆C：（）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆焦点与顶点的坐标与离心率的定义计算即可得答案； （2）设出直线l的方程，联立曲线方程后可得与坐标有关的韦达定理表达式，结合三角形面积公式表示出面积后借助基本不等式计算即可得答案. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，依题意，，，又， 解得，，， 所以椭圆C的方程为； （2）由题意可得直线的斜率不为，故可设直线l的方程为， ，，则， 联立直线l与椭圆C的方程，得， 由于直线过椭圆内一点，故必有，则． 又，， 易知与同号， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最大值为，此时直线l的方程为． 13．（2024·贵州六盘水·三模）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且动点满足，记P的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)设曲线C与x轴的交点为A1，A2（A1在A2的左边），过点Q（1，0）且不与x轴平行的直线l与C相交于M，N两点，记直线A1M，A2N的斜率分别为k1和k2，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知结合向量的线性运算的坐标表示即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，结合方程的根与系数关系及直线的斜率关系即可求解． 【详解】（1）解：设， 因为，所以， 由得，， 将，代入得，， 所以动点P的轨迹C的方程为； （2）由（1）知， 联立得，， 由韦达定理得，， 于是，从而， 因为，， 则，， ，所以．    14．（2024·广东汕头·三模）已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. (1)求的方程； (2)记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. (3)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 【答案】(1)； (2)； (3)存在. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得. （3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解. 【详解】（1）由对称性知，双曲线过点，则，解得， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）得，设， 显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为， 由消去x得， 显然，， 则，即， 所以. （3）圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0， 设双曲线的两条切线分别为， 将代入消去得：， 由得，解得， 因此，设两条切线的交点坐标为， 则，即有，且， 即， 于是是方程的两根， 而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆， 而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3， 显然，满足，即圆与圆相交， 所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 15．（2024·江西鹰潭·二模）设椭圆E：经过点，且离心率，直线垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于，两点，连接，，． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线PA，PB的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值． 【答案】(1) (2)（i）2；（ii）1 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，利用待定系数法，即可求解； （2）（ⅰ）首先设直线的方程，并联立椭圆方程，转化为关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理，即可求解； （ⅱ）首先设直线的倾斜角分别为,根据正弦定理利用角表示边长，，再求比值，利用（ⅰ）的结论，即可求解. 【详解】（1）由题意知 解得， 所以椭圆E的方程为； （2）（ⅰ）易知，，，， 设直线的方程为，由直线过知， 联立方程 得， 变形得：， 即； （ⅱ）设直线的倾斜角分别为, 则，，，,，， 在中，， 在中，， 所以 由知，，即， 故. . 【点睛】关键点点睛：本题第一问的转化比较巧妙，转化为关于斜率的方程，利用韦达定理即可求解，第二问巧妙设倾斜角，利用三角函数表示的值. 16．（2024·山东烟台·三模）已知抛物线C：（）过点，F为C的焦点，A，B为C上不同于原点O的两点. (1)若，试探究直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由； (2)若，求面积的最小值. 【答案】(1)直线过定点 (2) 【分析】（1）首先根据已知点求出抛物线方程，设，，联立抛物线方程，有，结合，由向量垂直的坐标表示可列出方程，由此解出，进一步检验判别式即可得解； （2）由得条件等式，进一步得出的取值范围是或，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出面积，结合的范围即可得解. 【详解】（1） 已知抛物线C：（）过点， 所以，所以抛物线的方程为， 直线斜率不可能为0，否则直线与抛物线没有两个交点， 故可设，， 联立抛物线的方程为，可得 ，， 由韦达定理有， 因为， 所以， 因为A，B为C上不同于原点O的两点，所以，所以，经检验符合题意； 即， 所以直线过定点； （2） 显然，由（1）得，， 因为，所以 ， 即有条件等式成立，而 ， 所以首先有，其次，或， 因为为直线在轴上的截距，且与相异，由图可知， 从而的取值范围是或， ， 点到直线的距离为， 所以的面积可表示为：， 因为的取值范围是或， 所以或， 所以当，即时，， 综上所述，面积的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键是得出的取值范围以及面积的表达式，由此即可顺利得解. 17．（2024·山西阳泉·三模）已知圆．点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足． (1)求点的轨迹的方程； (2)设点在直线上运动，．直线与轨迹分别交于两点，求证：所在直线恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据得到向量模的关系，根据即可求解； （2）设点的坐标，根据三点共线得到平行关系，设出直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，据此即可求解. 【详解】（1） ， ，为的中点， 又为的中点，， 则， 点的轨迹是以为焦点的椭圆， 而，点的轨迹的方程为； （2） 由（1）得是椭圆的左右顶点， 设， 由三点共线，得， 而， ， 由三点共线，得， 而， ， ，即， 设的方程为，联立， 得， 则， ， ，由， 得， 即， ， 恒成立，， 所在直线恒过定点． 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于设点的坐标，根据三点共线得到平行关系. 18．（2024·湖南衡阳·三模）已知椭圆. (1)已知的顶点均在椭圆上，若坐标原点为的重心，求点到直线PQ距离的最小值； (2)已知定在椭圆上，直线（与轴不重合）与椭圆交于A、B两点，若直线AB，AN，BN的斜率均存在，且，证明：直线AB过定点（坐标用，表示）. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，当时，求出原点到直线PQ的距离；当，点差法求出直线PQ的斜率，得直线PQ的方程，表示原点到直线PQ的距离，由的取值范围求最小值. （2）设，，由，得，设直线，代入椭圆的方程，利用韦达定理化简，得， 代入直线方程可得所过定点. 【详解】（1）设，记线段PQ中点为， 因为为的重心，所以，则点的坐标为， 若，则，此时直线PQ与轴垂直，故原点到直线PQ的距离为； 若，此时直线PQ的斜率存在， 设，，则， 又两式相减得， 可得. 故直线PQ的方程为，即， 则点到直线PQ的距离为， 将代入得， 因为，所以， 故原点到直线PQ距离的最小值为. （2）证明：设，，， 因为，所以，所以， 即①， 设直线，代入椭圆的方程， 得， 则，，， ，， 将以上4个式子代入①，得， 得， 即②， 因为点在椭圆上，所以，， 代入②得， 得， 即， 因为，所以不在直线AB上，则， 则，得， 所以直线过定点. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题，而中点弦问题，采用点差法． 19．（2024·四川攀枝花·三模）已知抛物线上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为． (1)求抛物线C的方程； (2)过F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作x轴的垂线交直线AO（O是坐标原点）于D，过A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，直线与交于点G．求 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由题意，设出点Q的坐标，根据题目所给信息列出等式求出p的值，进而可得抛物线的方程； （2）设出直线的方程和A，B两点的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点D，G的坐标，即可求出的表达式，再进行求解即可． 【详解】（1）不妨设， 因为抛物线C上一点Q到焦点F的距离为4，点Q到y轴的距离为， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 则抛物线C的方程为； （2）由题意知直线的斜率必存在，， 不妨设直线AB的方程为，， 联立，消去y并整理得，， 由韦达定理得， 易知直线OA的方程为， 因为轴，所以，即， 所以， 因为DF⊥AE，所以， 则直线AE的方程为， 因为，所以， 此时， 因为， 所以， 由题意知，则， 所以． 故的取值范围为． 【点评】易错点点睛：本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．容易出错的地方在于计算，并且计算基本都是相关字母参数的运算，因此要求十分细心才可以. 20．（2024·新疆·三模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于M，N两点，的最小值为4.连接，并延长分别交于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，与的面积分别记为，. (1)求和的方程； (2)记，求的最小值. 【答案】(1)椭圆的方程为，抛物线的方程为 (2). 【分析】（1）利用抛物线过焦点弦求最小值，求解出值，即可求解两个方程； （2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，从而引入新变量直线斜率为，即可求出点坐标，同理也可以求出点坐标，然后利用两点间弦长公式可求得的长度，即可计算两三角形面积比的平方，最后转化到变量的函数求最小值即可. 【详解】（1）设直线的方程为，设，，联立, 整理得，所以， 所以当时，有最小值，所以，解得， 又因为离心率为，所以，则， 所以椭圆的方程为，抛物线的方程为. （2）    由（1）可得，，所以， 设直线的方程为， 联立，整理得，解得， 同理可设直线的方程为，可解得， . 所以当时，有最小值. 【点睛】方法点睛：（1）利用抛物线过焦点弦的最小值为通径这一性质来解题； （2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，来引入斜率变量，求出点坐标； （3）利用两点间的弦长公式来求出长度，即可求面积比； （4）最后把面积比转化为两根之积的韦达定理，以及斜率变量上来，最后利用基本不等式可求出最小值. 21．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，． (1)求双曲线的方程； (2)求证为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得； （2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故双曲线的方程为； （2）由双曲线的方程为，则，， 由题意可知直线斜率不为，故可设，，， 联立，消去可得， ，即， 则，， 则，即， ，， 则 ， 即为定值.    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 22．（2024·浙江·三模）已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1． (1)求双曲线的标准方程： (2)若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T． （i）证明：射线是的角平分线； （ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）由题意可直接求出，从而可求出双曲线的方程； （2）（i）设，切线，代入双曲线方程化简，由判别式等于零可表示出，从而可表示出切线方程，表示出点的坐标，然后通过计算的值可得结论；（ii）过作，设，根据角平分线的性质和三角形中位线定理求出，再表示出面积可求出其范围. 【详解】（1）因为实轴长为4  所以，即， 因为右焦点到渐近线距离为1， 所以， 故双曲线的标准方程为． （2）（i）设，切线，则， 联立 化简得． 由，解得：， 所以直线，令，得， 故，． 因为， 所以， 所以，即， 故射线PT是的角平分线． （ii）过作，设． 因为为的角平分线，所以 所以． 因为，，所以， 又因为O为中点． 则是的中位线，故Q是的中点． 所以，记， 因为，所以为锐角，所以为钝角， 所以，所以，所以， 由正弦定理得， 所以， 则． 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的面积问题，第（2）问解题的关键是根据双曲线的性质结合角平分线的性质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 23．（2024·甘肃张掖·三模）已知双曲线的渐近线为，左顶点为． (1)求双曲线的方程； (2)直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上， ①求的值，并求点的横坐标； ②求圆面积的取值范围． 【答案】(1) (2)① 1；；② 【分析】（1）根据渐近线方程及顶点求出得双曲线方程； （2）①设，由四点共圆可得，根据斜率公式转化为点坐标表示形式，由直线与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出；②求出点坐标得出，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值. 【详解】（1）设双曲线的方程为（，）， 从而渐近线方程为：，由题条件知：． 因为双曲线的左顶点为，所以，， 所以双曲线的方程为：． （2）①如图，，设直线的方程为：， 将代入方程：，得， 当且时， 设，，则，． 设直线的倾斜角为，不妨设，则， 由于，，，四点共圆知：， 所以直线的倾斜角为，． 直线的方程为：， 令，则，从而， 所以，又， 得：， 又，代入上式得： ， ， 化简得：，解得：（舍）或．故点的坐标为． ②直线的方程为，由①知：，所以． 直线方程；，所以， 若，在轴上方时，在的上方，即时，； 若，在轴下方时，即时，， 所以或． 又直线与渐近线不平行，所以． 所以，或且． 因为， 设圆的半径为，面积为，则， 所以 ， 当且仅当即时，上述不等式取等号， 或且． 所以且，从而且． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用直线的倾斜角与圆的内接四边形的角的关系，得出这一关键数量关系，再转化为直线与双曲线相交，利用根与系数的关系化简求参数的常规问题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $$