高考数学真题变式题圆锥曲线解答题讲义-2025届高三数学一轮复习

2024新高考真题及变式题 圆锥曲线解答题 考情分析： 圆锥曲线综合是高考数学的核心内容，是考查每年高考卷的必考题，圆锥曲线解答题侧重考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力。 近几年的新高考圆锥曲线综合试题，主要以椭圆、抛物线和双曲线为背景考查斜率、弦长及面积问题、轨迹问题、方程求解及劣构性问题、定值问题、范围问题等，这些方法同时也是高考复习的重点内容。 2024年新高考Ⅰ卷考查椭圆的标准方程、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。 可以预测2025年新高考命题方向应该还是考查弦长、三角形（四边形）面积、定值定点问题。 必备知识： 一、直线与圆锥曲线相交问题的基本方法：直线和曲线联立韦达定理转化求解 1、(1)椭圆与直线相交于两点，设， 再将所求问题或题中的关系转化为、的形式，代入韦达定理的结果，从而可以求解。 (2)椭圆与过定点的直线相交于两点，设为， 再将所求问题或题中的关系转化为、的形式，代入韦达定理的结果，从而可以求解。 注意：①注意是否需要加上这一条件. ②焦点在轴上时与上述方法类似． 2、(1)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，为通径的时候也满足该式． (2)抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 二、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，． (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． 三、弦中点问题点差法 1、AB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、若AB是双曲线的弦，中点，则； 若AB是抛物线的弦，中点，则. 四、处理定点问题的思路： (1)确定题目中的核心变量(此处设为直线斜率，根据题目变化核心变量也相应改变)， (2)利用条件找到与曲线的联系，得到有关与的等式， (3)将关于与的等式进行变形化简，直至找到， ①若等式为整式，则将含的式子归为一组，取的系数等于0，求出定点； ②若等式是分式，一方面可取分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 五、处理定值问题的思路： 联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可. 题型一 弦长与面积计算问题 【真题在线】 【2024新高考1卷T16】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． 【变式题 基础】 1.已知椭圆C：的离心率为，且过点． (1)求C的标准方程；(2)过C的左焦点且斜率为的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积为时，求k的值． 2.已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于B，C两点，若面积为，求m． 【变式题 巩固】 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． 题型二 最值与范围问题 【真题在线】 1．（2023新高考Ⅰ卷·22）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． 【变式题 巩固】 1.已知椭圆经过点，其右焦点为. (1)求椭圆的离心率； (2)若点在椭圆上，右顶点为，且满足直线与的斜率之积为.求面积的最大值. 题型三 直线的斜率与方程问题问题 【真题在线】 【2024北京卷T19】已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【变式题 基础】 1.已知椭圆C：的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于点A，B，且，O为坐标原点． (1)求椭圆C的离心率；(2)若，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，求直线OP的斜率与直线OQ的斜率的乘积． 2.（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. 【变式题 巩固】 1.已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程；(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值． 【变式题 提高】 1.已知椭圆：（）短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，离心率和长半轴的比值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过椭圆的左焦点，与交于，两点，当的面积最大时，求直线的方程． 2.（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. 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. 题型四 定点定值定直线问题 【真题在线】 【2024甲卷理科T20】已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【变式题 基础】 1.已知椭圆的左焦点，点在椭圆上，过点的两条直线分别与椭圆交于另一点，且直线的斜率满足． (1)求椭圆的方程；(2)证明直线过定点． 2.(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. 【变式题 巩固】 1.已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点. (1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 2.(2024·河北廊坊·模拟预测)在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一点，直线交于两点． (1)若直线过的焦点，求的值；(2)若直线分别与轴相交于两点，且，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 3．(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. 4.（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. 5.已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点. (1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【变式题 提高】 1.已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于两点，为上异于的点．设直线的斜率分别为． (1)若三角形的面积为2，求点的坐标；(2)若，证明：直线过定点； (3)若，求满足的关系式． 2.（2024·山东·模拟预测）设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程． (1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出． (2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值． 题型四 存在性问题 【真题在线】 【2024天津卷T18】已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程．(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 【变式题 巩固】 1.（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点． (1)求点的轨迹方程；(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 2.已知，分别是椭圆的左右顶点.椭圆长轴长为6，离心率为.为坐标原点，过点，且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于、两个不同的点. (1)求椭圆的标准方程；(2)当直线的斜率为正时，设直线、分别交轴于点，记，，求的取值范围. 3.已知椭圆C：的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程；(2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足， （i）求的取值范围；（ii）求的面积. 【变式题 提高】 1.椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． (1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 2.(2024·福建厦门·二模)已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线. (1)求的轨迹方程；(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 题型五 圆锥曲线与数列综合 【真题在线】 【2024新高考2卷T19】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：对任意正整数，. 第 2 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司第 1 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024新高考真题及变式题 圆锥曲线解答题 考情分析： 圆锥曲线综合是高考数学的核心内容，是考查每年高考卷的必考题，圆锥曲线解答题侧重考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力。 近几年的新高考圆锥曲线综合试题，主要以椭圆、抛物线和双曲线为背景考查斜率、弦长及面积问题、轨迹问题、方程求解及劣构性问题、定值问题、范围问题等，这些方法同时也是高考复习的重点内容。 2024年新高考Ⅰ卷考查椭圆的标准方程、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。 可以预测2025年新高考命题方向应该还是考查弦长、三角形（四边形）面积、定值定点问题。 必备知识： 一、直线与圆锥曲线相交问题的基本方法：直线和曲线联立韦达定理转化求解 1、(1)椭圆与直线相交于两点，设， 再将所求问题或题中的关系转化为、的形式，代入韦达定理的结果，从而可以求解。 (2)椭圆与过定点的直线相交于两点，设为， 再将所求问题或题中的关系转化为、的形式，代入韦达定理的结果，从而可以求解。 注意：①注意是否需要加上这一条件. ②焦点在轴上时与上述方法类似． 2、(1)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，为通径的时候也满足该式． (2)抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 二、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，． (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． 三、弦中点问题点差法 1、AB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、若AB是双曲线的弦，中点，则； 若AB是抛物线的弦，中点，则. 四、处理定点问题的思路： (1)确定题目中的核心变量(此处设为直线斜率，根据题目变化核心变量也相应改变)， (2)利用条件找到与曲线的联系，得到有关与的等式， (3)将关于与的等式进行变形化简，直至找到， ①若等式为整式，则将含的式子归为一组，取的系数等于0，求出定点； ②若等式是分式，一方面可取分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 五、处理定值问题的思路： 联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可. 题型一 弦长与面积计算问题 【真题在线】 【2024新高考1卷T16】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． 【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. 【变式题 基础】 1.已知椭圆C：的离心率为，且过点． (1)求C的标准方程；(2)过C的左焦点且斜率为的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积为时，求k的值． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由题意得，，解得，∴C的标准方程为； （2）由（1）得，椭圆C的左焦点为，∴设直线l的方程为， 令，， 联立，整理得， ∴，，∴， ∴，解得. 2.已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于B，C两点，若面积为，求m． 【详解】（1）根据题意可知：，解得，所以椭圆的方程为； （2）解：设， 联立，消整理得，则，解得， ，则， 点到直线的距离，则，解得， 所以若面积为，. 【变式题 巩固】 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． 【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 题型二 最值与范围问题 【真题在线】 1．（2023新高考Ⅰ卷·22）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． 【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.   【变式题 巩固】 1.已知椭圆经过点，其右焦点为. (1)求椭圆的离心率； (2)若点在椭圆上，右顶点为，且满足直线与的斜率之积为.求面积的最大值. 【详解】（1）依题可得，，解得，所以椭圆的方程为；所以离心率. （2）易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴， 故可设， 由可得，，所以， ，而，即，化简可得， ， 化简得，所以或，所以直线或， 因为直线不经过点，所以直线经过定点. 设定点 ， 因为，所以，设， 所以，当且仅当即时取等号，即面积最大值为. 题型三 直线的斜率与方程问题问题 【真题在线】 【2024北京卷T19】已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【详解】（1）由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，，联立， 化简并整理得，由题意， 即应满足，所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令， 得，所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 【变式题 基础】 1.已知椭圆C：的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于点A，B，且，O为坐标原点． (1)求椭圆C的离心率；(2)若，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，求直线OP的斜率与直线OQ的斜率的乘积． 【详解】（1）由题易知，，，则，代入椭圆C的方程，可得， 所以，即，所以，所以． （2）由（1）及，得，所以椭圆C的方程为，易得直线：．设，， 由，得，其中恒成立（直线l与椭圆C相交于P，Q两点）， 则，，所以， 所以． 2.（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. 【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． 【变式题 巩固】 1.已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程；(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值． 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为面积的最大值为， 所以，因为，所以解得，所以椭圆C的方程为； （2），设直线为（），，不妨设， 设，由，得，则， 所以， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，解得， 因为，所以，，所以， ；， 所以，化简得，解得，因为，所以. 【变式题 提高】 1.已知椭圆：（）短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，离心率和长半轴的比值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过椭圆的左焦点，与交于，两点，当的面积最大时，求直线的方程． 【详解】(1)离心率和长半轴的比值为，…①， 短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，…②， 又…③，由①②③可解得：，，，椭圆的标准方程为：. (2)由题意可知：，直线倾斜角不为零，可设， 由得：，设，，则，， ， 令，则，， （当且仅当，即时取等号）， ，此时，解得：， 直线的方程为：，即. 2.（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. 【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. 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. 【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． 题型四 定点定值定直线问题 【真题在线】 【2024甲卷理科T20】已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得，故，故， 又，而，故直线，故， 所以 ，故，即轴. 【变式题 基础】 1.已知椭圆的左焦点，点在椭圆上，过点的两条直线分别与椭圆交于另一点，且直线的斜率满足． (1)求椭圆的方程；(2)证明直线过定点． 【详解】（1）由点在椭圆上，得，由为椭圆的左焦点， 得，所以椭圆的方程为. （2）依题意，直线不垂直于坐标轴，设其方程为，，， 由消去y并整理得， ，，， 由得，即， 整理得，即有，而， 解得，满足，直线：过定点，所以直线过定点. 2.(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. 【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. 【变式题 巩固】 1.已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点. (1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【详解】(1)由题意得，解得，故椭圆的标准方程为． (2)由(1)知，，设，直线的方程为， 由消去得，， 则，直线的方程为， 由，得，同理， 则， 所以为定值. 2.(2024·河北廊坊·模拟预测)在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一点，直线交于两点． (1)若直线过的焦点，求的值；(2)若直线分别与轴相交于两点，且，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 【详解】（1）因为点在抛物线上，所以有，即， 所以抛物线方程为，焦点坐标为，根据抛物线方程设，； 若直线斜率不存在，则直线为轴，不合题意，所以直线的斜率存在设为， 且直线过的焦点，所以直线的方程为， 联立直线与抛物线方程：，整理有，根据韦达定理有：，； 因为向量，，所以. （2）根据题意可知直线的斜率一定存在，设直线方程为， 根据题意设，，，，， 联立直线与抛物线有：，整理有：，根据韦达定理有，， 由题意可知直线斜率存在，若所在直线斜率为，则与或重合，不合题意； 所以所在直线斜率不为，则方程为，化简得：， 令解得；同理可得；，，所以， 即，由，有，，所以直线过定点. 3．(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. 【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. 4.（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. 【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. 5.已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点. (1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【详解】（1）由题意得，解得，故椭圆的标准方程为． （2）由（1）知，，设，直线的方程为， 由消去得，，则， 直线的方程为，由，得，同理， 则， 所以为定值. 【变式题 提高】 1.已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于两点，为上异于的点．设直线的斜率分别为． (1)若三角形的面积为2，求点的坐标；(2)若，证明：直线过定点； (3)若，求满足的关系式． 【详解】(1)设点，由，得，所以， 所以，即，， 代入，则，即，所以点的坐标为或． (2)设，联立得，，， 则，， 即，所以，即直线过定点． (3)设，由（1）（2）得，， ，因为，所以，即， 代入，得，则，所以， 因为，所以，整理得， 故满足的关系式为． 2.（2024·山东·模拟预测）设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程． (1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出． (2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值． 【详解】（1）过作直线，则直线的夹角为，令它们确定的平面为，有， 过作，交直线于点，连接，于是，而，则， 取的中点，而是线段的中点，连接，则，， 显然四边形为矩形，，而，因此， 点在移动过程中，点到平面的距离，于是点轨迹所在平面平行于， 点轨迹与点的轨迹形状完全相同，在平面内以直线相交构成的两组对顶角的平分线为坐标轴， 建立平面直角坐标系，其中轴与直线都成，令直线的方程分别为， 设，则，即， 由，得，于是，即， 所以方程为. （2）设，则， 显然中任意两个都不相等，否则外心在轴上，直线斜率不存在，即， 设的外接圆方程为， 得， 两式相减得， 由，得，则有，同理， 两式相减得：，则 因此 ， 所以，即为定值. 题型四 存在性问题 【真题在线】 【2024天津卷T18】已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程．(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设， 由可得，故 且而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【变式题 巩固】 1.（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点． (1)求点的轨迹方程；(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 【详解】(1)连接，则， 点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，点的轨迹方程为:. (2)因为点的轨迹方程为:，则. 当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则， 而，易知此时为等腰直角三角形， 其中，即，即:， 下证：对直线斜率存在的情形也成立， 设，其中，且，因为，则，且，即， ， ，， 结合正切函数在上的图象可知，.    2.已知，分别是椭圆的左右顶点.椭圆长轴长为6，离心率为.为坐标原点，过点，且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于、两个不同的点. (1)求椭圆的标准方程；(2)当直线的斜率为正时，设直线、分别交轴于点，记，，求的取值范围. 【详解】（1）由题可知解得，所以椭圆的标准方程为. （2）设直线，， 由得 解得或（舍）， 且的直线方程为，的直线方程为， 令解得，所以，同理， 所以, 由，可得 所以 即 ，因为，所以，所以， 所以；的取值范围为. 3.已知椭圆C：的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程；(2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足， （i）求的取值范围；（ii）求的面积. 【详解】（1）由已知可得，解得，所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线的方程为，设， 联立，得，，即， ，；，；, ，即， ， ，，， 又直线的斜率不存在时；的取值范围是. （ii）设原点到直线的距离为， 则， 由化简可得；的面积为. 【变式题 提高】 1.椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． (1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 【详解】(1)如图所示，由题意知，，即， 故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为， 所以，解得，所以，所以椭圆C的方程为. (2)当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为，如图所示，    此时为椭圆的上下顶点，且，因为点总在以线段为直径的圆内，且， 所以；当直线的斜率存在时，设的方程为；如图所示，    由方程组得， 因为直线与椭圆有两个公共点，即，得； 设，则，； 设的中点，则，，所以； 所以，， 因为点总在以线段为直径的圆内，所以对于恒成立， 所以，化简，得，整理得， 而（当且仅当时等号成立）；所以， 由，得，综上，的取值范围是. 2.(2024·福建厦门·二模)已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线. (1)求的轨迹方程；(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 【详解】（1）由题意设点，由于， 故，整理得，即的轨迹方程为； （2）由题意知直线的斜率分别为，，且满足， 设直线的方程为，令，则可得，即， 直线，同理求得，又直线的方程为， 令，得，即， 故， 当时，取到最大值12，即存在最大值，最大值为12. 题型五 圆锥曲线与数列综合 【真题在线】 【2024新高考2卷T19】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：对任意正整数，. 【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. 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. 第 2 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司第 1 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司 $$