大题04 解析几何（6大题型）-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）

大题04 解析几何 根据近几年的高考情况，解析几何是高考解答题必考题目，考查的内容比较多，比较广泛。本篇主要总结了高考中经常出现的定点，定值，面积及面积范围问题。对于解析几何中的范围问题，非对称问题。新高考中新定义问题也是解析几何考查的一个重要方向。预计2025年高考中解析几何依然会以这几种形式出现。 题型一 解析几何中的面积问题 1．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）已知等轴双曲线的左右焦点分别为，经过点的直线与的渐近线相交于点，点的横坐标为，是线段的中点，经过点的直线与相交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)当的面积为时，求的方程． 2 （24-25高三上·安徽阜阳·期末）已知线段，动点与点、的斜率之积为，点在线段上，且，过作两条互相垂直的直线和动点的轨迹分别交于点、和点、． (1)建立适当坐标系，求动点的轨迹的方程， (2)求四边形面积的最小值． 1．（24-25高三下·山东德州·开学考试）已知抛物线的焦点为，且为上不重合的三点. (1)若，求的值； (2)过两点分别作的切线与相交于点，若，求面积的最大值. 2．（2025·江西新余·模拟预测）已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，. (1)求的值； (2)设为上且不与O重合的一点， （ⅰ）若与面积相等，求的坐标； （ⅱ）若在曲线段上，求面积的最大值. 题型二 解析几何中定值定点问题 1（2025·湖南岳阳·一模）已知抛物线的焦点为，点在直线上，是抛物线上两个不同的点. (1)求抛物线的方程； (2)设直线的斜率为，若，证明：直线过定点，并求定点坐标. 2（24-25高三下·河北保定·开学考试）如图，过点作两直线分别交抛物线于四点，且点，C在第一象限.    (1)设两点的纵坐标分别为，求的值； (2)若直线分别交轴于两点，以线段为直径作，过原点作的切线交于点，证明：的值为定值. 解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为，形式； （5）代入韦达定理求解. 过程步骤：圆锥曲线中直线过定点问题，设动直线与圆锥曲线的交点坐标为，直线方程代入曲线方程后应用韦达定理得，利用这两个交点的坐标写出要求过定点的直线的方程，可根据直线的变化确定定点的位置，然后代入韦达定理的结论及利用定点所在的直线方程（得交点的横纵坐标关系）求出定点坐标． 1．（24-25高三下·云南德宏·阶段练习）已知P是抛物线C：()上任意一点，且点P到C的焦点F的最短距离为． (1)求抛物线C的方程； (2)设M是直线上除与x轴交点外的一动点，直线l与抛物线C相交于A，B两点，且直线AM与直线BM的斜率之和等于点M纵坐标的相反数，证明：直线l过定点． 2．（24-25高三下·山西·开学考试）已知双曲线：的右焦点为，且到的其中一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设，过点的直线与相交于两点，是否存在正数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型三 解析几何中证明类问题 1．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，． (1)当时，求直线的方程； (2)已知为坐标原点，证明：． 2（2025·陕西西安·二模）已知为椭圆的右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴交于点，证明：四点共圆. 1．（24-25高三下·广西·开学考试）已知椭圆的左、右顶点分别为，且上顶点与都在直线上. (1)求的方程； (2)若点为上的一个动点，点，求的最小值； (3)若过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：. 2．（24-25高三下·江西·阶段练习）已知双曲线的右顶点为，且它的一条渐近线的方程为． (1)求双曲线的方程； (2)若是双曲线上异于顶点的一个动点，过点作双曲线的两条渐近线的平行线，与直线（为坐标原点）分别交于点，证明：． 题型四 解析几何中非对称问题 （24-25高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记 (1)求椭圆C的方程； (2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标； (3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围． 1在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构。 2、但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”． 1（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点. (1)求的方程； (2)设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线. 2 （2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上的动点，的周长为6. (1)求的标准方程. (2)延长线段分别交于两点，连接，并延长线段交于另一点，若直线和的斜率均存在，且分别为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. 题型五 解析几何中范围类问题 1（2025·陕西榆林·模拟预测）已知平面上的动点到点的距离与到直线的距离相等，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设过点的直线交于两点，过点的直线与的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：线段垂直于轴； （ii）记的面积为的面积为，求的取值范围. 2（24-25高三下·河北邢台·阶段练习）椭圆的标准方程为，若将其绕原点逆时针旋转，得到的曲线方程为，如图所示．设椭圆的右焦点，则 (1)求椭圆的标准方程． (2)点分别为椭圆的左、右顶点，直线上有一动点（不落在轴上），连接分别与椭圆交于两点、， ①问直线是否恒过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由． ②将椭圆关于直线对称得到椭圆，直线与椭圆交于、两点，求的取值范围． 1（2025·安徽·一模）已知动点满足关系式. (1)求动点的轨迹方程； (2)设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点. ①证明：三点共线； ②当直线与有两个交点时，求的取值范围. 2（2025·湖北·模拟预测）已知椭圆的短轴长为，且离心率为. (1)求C的方程. (2)过点作斜率不为0的直线与椭圆C交于S，T不同的两点，再过点作直线ST的平行线与椭圆C交于G，H不同的两点. ①证明：为定值. ②求面积的取值范围. 题型六 解析几何中新定义问题 （2025·河北邯郸·一模）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点. (1)求椭圆的标准方程. (2)设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为. ①证明：且直线过定点. ②试问在轴上是否存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 2（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”． (1)若为“－相伴”，求直线的斜率． (2)若为“－相伴”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 1 （24-25高三上·山东青岛·期末）圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P． (1)已知点，求切线l的方程； (2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若． （i）求抛物线的方程； （ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由． 2．（2025高三·全国·专题练习）定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且． (1)求椭圆的标准方程． (2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 1．（2025·河南·二模）已知椭圆的焦距为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值. 2．（24-25高三下·青海海东·阶段练习）已知双曲线的离心率为，直线与交于，两点．点在上，且直线与轴垂直． (1)求的标准方程． (2)试问直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． (3)设直线与轴交于点，，求面积的最大值． 3．（24-25高三下·浙江·阶段练习）已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为. (1)求C的方程； (2)在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 4．（2025·甘肃·一模）设为坐标原点，点，、为椭圆上的两个动点，. (1)证明：向量是直线的一个法向量； (2)若线段与椭圆交于点，求面积的最大值. 5．（2025·河北秦皇岛·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作斜率为的直线，直线与双曲线交于点，且的内切圆半径恰为. (1)求双曲线的方程. (2)若直线交双曲线的右支于两点，线段的中垂线过点. （i）证明：. （ii）求的取值范围. 6．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，动点到点和的距离之和为4．记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设直线与曲线交于两点． ①若点，直线过点且与直线垂直，求的周长； ②若，求面积的取值范围． 7．（24-25高三上·上海·阶段练习）设双曲线的方程为(常数. (1)若双曲线的焦距为4，求两条渐近线的夹角； (2)设是第一象限内双曲线上一点，是双曲线右顶点，当为等腰三角形时，求点的坐标； (3)设是直线上一点.已知过点的直线、的斜率分别为，分别与交于和，当时，求的值. 8．（24-25高三下·安徽阜阳·开学考试）阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C:的面积为，椭圆的焦距为. (1)求椭圆的标准方程. (2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点，，，分别为椭圆的上、下顶点，设为直线上一点，且直线，的斜率的积为，证明:点在轴上. 9．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知和为椭圆上两点． (1)求椭圆的方程； (2)若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积； (3)过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值． 1．（2024·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，. 3．（2024·全国甲卷·高考真题）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． 4．（2023·全国·高考真题）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． 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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. 6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 8．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 9．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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． 11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题04 解析几何 根据近几年的高考情况，解析几何是高考解答题必考题目，考查的内容比较多，比较广泛。本篇主要总结了高考中经常出现的定点，定值，面积以及面积范围问题。对于解析几何中的范围问题，非对称问题。新高考中新定义问题也是解析几何考查的一个重要方向。预计2025年高考中解析几何依然会以这几种形式出现。 题型一 解析几何中的面积问题 1．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）已知等轴双曲线的左右焦点分别为，经过点的直线与的渐近线相交于点，点的横坐标为，是线段的中点，经过点的直线与相交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)当的面积为时，求的方程． 【思路分析】（1）设双曲线方程为，求的坐标，求双曲线的渐近线方程，讨论的位置，求点的坐标，列方程求，由此可得结论； （2）设的方程为，联立方程组，结合设而不求法表示的面积，列方程求可得结论. 【规范答题】 （1）因为双曲线为等轴双曲线，故可设双曲线方程为， 则，， 所以双曲线的渐近线方程为， 若点在渐近线上，则，故， 代入渐近线，可得， 所以双曲线的方程为， 若点在渐近线上，则，故， 代入渐近线，可得， 所以双曲线的方程为， 故双曲线方程为. （2）由题直线不与轴垂直，不妨设的方程为， 联立，消可得， 由已知，， 设，， 由已知为方程的根， 所以，， 所以， 又点到直线的距离， 所以的面积， 所以， 所以直线的方程为或. 2 （24-25高三上·安徽阜阳·期末）已知线段，动点与点、的斜率之积为，点在线段上，且，过作两条互相垂直的直线和动点的轨迹分别交于点、和点、． (1)建立适当坐标系，求动点的轨迹的方程， (2)求四边形面积的最小值． 【思路分析】（1）利用椭圆的定义即可得到动点的轨迹的方程； （2）设其中一条直线的方程为，可得，另一条直线的方程为，可得，故，通过换元结合均值不等式可得结果. 【规范答题】（1）以中点为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴， 建立平面直角坐标系如图所示， 则，，设， 由得，， 化简整理，得，即． （2）由题意的斜率存在且不为0，设为在线段上， ，则，设,, 由，消元，得， ，， ， 同理可得：， ， 令， ， ，，当且仅当，即时等号成立． 四边形面积的最小值为． 1．（24-25高三下·山东德州·开学考试）已知抛物线的焦点为，且为上不重合的三点. (1)若，求的值； (2)过两点分别作的切线与相交于点，若，求面积的最大值. 【答案】(1)3(2)8 【详解】（1）抛物线的焦点，准线，设， 由，得，即， 所以. （2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由得：，，， 由，得，求导得， 则切线的方程为，即，同理，切线的方程为， 由，解得，即， 则点到直线的距离为， 由，化简得：， 因此，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为8. 2．（2025·江西新余·模拟预测）已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，. (1)求的值； (2)设为上且不与O重合的一点， （ⅰ）若与面积相等，求的坐标； （ⅱ）若在曲线段上，求面积的最大值. 【答案】(1)2 (2)（ⅰ）或或；（ⅱ） 【分析】（1）设：，直曲联立，结合韦达定理和垂直向量坐标表示计算即可. （2）（ⅰ）与有相同的底，只需要其高相同即可.直曲联立求解即可. （ⅰⅰ）的底，要使高最大，即：与相切： 直曲联立，用根的判别式，结合面积公式计算即可. 【详解】（1）设：， 则： 而，所以. （2）（ⅰ），与有相同的底，只需要其高相同即可. ①设：，，故 ②设：，或，即：或 综上：或或 （ⅱ）的底 要使高最大，即：与相切： ，， 此时，，，.    题型二 解析几何中定值定点问题 1（2025·湖南岳阳·一模）已知抛物线的焦点为，点在直线上，是抛物线上两个不同的点. (1)求抛物线的方程； (2)设直线的斜率为，若，证明：直线过定点，并求定点坐标. 【思路分析】（1）根据抛物线焦点坐标求解即可； （2）法一：设所在直线方程为，联立，根据韦达定理代入求解即可； 法二：先讨论当直线的斜率不存在时，直线过点，再分析当直线的斜率存在时，设所在直线方程为 ，联立，再根据求解即可. 【规范答题】 （1）的焦点在轴上，为， 直线与轴的交点坐标为， 则，即 所以抛物线为 （2）法一：由题意可知所在直线斜率不为0， 设所在直线方程为，联立，化简可得： ， 则， 又 则，满足（*）式 即直线恒过点 法二：当直线的斜率不存在时，设， 所以，所以，所以直线的方程为； 当直线的斜率存在时，设所在直线方程为 ，联立，化简可得：， 由题意可知即（*）； 由韦达定理知， 所以， 所以，满足（*）式； 所以所在直线方程为 综上，直线恒过点 2（24-25高三下·河北保定·开学考试）如图，过点作两直线分别交抛物线于四点，且点，C在第一象限.    (1)设两点的纵坐标分别为，求的值； (2)若直线分别交轴于两点，以线段为直径作，过原点作的切线交于点，证明：的值为定值. 【思路分析】（1）设直线，代入抛物线方程，利用根与系数的关系可得结论； （2）设，直线：，直线，直线，由（1）类似可得，联立与抛物线方程，由根与系数的关系可得，同理可得，可而计算可得，利用条件可求得，可证结论. 【规范答题】（1）设直线，代入， 可得，则. （2）设，直线：， 直线，直线， 由（1）同理可知. 将，代入，可得， 则， 同理， 故， 又， 可得. 易知的中点为的半径为， 故的方程为， ， 可得，故的值为定值. 解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为，形式； （5）代入韦达定理求解. 过程步骤：圆锥曲线中直线过定点问题，设动直线与圆锥曲线的交点坐标为，直线方程代入曲线方程后应用韦达定理得，利用这两个交点的坐标写出要求过定点的直线的方程，可根据直线的变化确定定点的位置，然后代入韦达定理的结论及利用定点所在的直线方程（得交点的横纵坐标关系）求出定点坐标． 1．（24-25高三下·云南德宏·阶段练习）已知P是抛物线C：()上任意一点，且点P到C的焦点F的最短距离为． (1)求抛物线C的方程； (2)设M是直线上除与x轴交点外的一动点，直线l与抛物线C相交于A，B两点，且直线AM与直线BM的斜率之和等于点M纵坐标的相反数，证明：直线l过定点． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据抛物线的定义有，结合其最小值得，即可得抛物线方程； （2）设()，，，直线l的方程为，联立抛物线并应用韦达定理得，，结合求得，即可证结论. 【详解】（1）设，易知，准线方程为，所以． 当时，取得最小值，由，解得，则抛物线C为． （2）设()，，， 因为直线l的斜率显然不为0，所以设直线l的方程为， 联立，消去x得，， 所以，， 恒成立，解得， 符合，故直线l过定点. 2．（24-25高三下·山西·开学考试）已知双曲线：的右焦点为，且到的其中一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设，过点的直线与相交于两点，是否存在正数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据双曲线的性质和点到直线的距离公式求出即可； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理和斜率公式求解即可，注意讨论直线斜率不存在的情况. 【详解】（1）易得双曲线C的半焦距， 又到的其中一条渐近线的距离为， 由对称性不妨取该渐近线为，则， 所以，， 所以C的方程为. （2）当直线的斜率存在时，设的方程为，，，    由消去得，则， 恒成立， 所以，. 假设存在正数，使得为常数， 则 ， 要使为常数，则，解得， 此时点，； 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入双曲线得， 不妨取，， 若，则； 综上，存在正数，使得为常数. 题型三 解析几何中证明类问题 1．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，． (1)当时，求直线的方程； (2)已知为坐标原点，证明：． 【思路分析】（1）由题意设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得根与系数的关系.由结合根与系数关系可求出的值，从而得到直线的方程. （2）由向量共线的坐标运算可得在线段上；同理，在线段上，由，可得相似三角形，由相似比即可得证. 【规范答题】（1）    由题意，为抛物线的焦点．设． 设直线的方程为：，代入，得：． 则①，②． 因为，所以，即③． 由①③得：．又由②，解得． 因为，所以．直线的方程为． （2）由题意，． 因为，所以在线段上． 同理，在线段上． 因为，所以与相似， 从而，即． 2（2025·陕西西安·二模）已知为椭圆的右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴交于点，证明：四点共圆. 【思路分析】 （1）由题意得①，把代入中，求得点的坐标，利用可得，代入坐标化简得，由① ，② 联立求出即得椭圆方程； （2）先由点关于轴对称，设出的外接圆圆心，将代入求得，写出的外接圆的方程，利用点在该圆上，化简得出该圆方程：，再由直线与轴交于点求出点坐标，证明其在该圆上即可. 【规范答题】（1）依题，，即 ①，把代入中，解得， 因点在第一象限，则，由可得， 代入点的坐标可得：，即得， 整理得：②， 将① 代入②可得：，解得（负值舍去），则， 故椭圆的标准方程为：. （2）依题意，点关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设， 将代入，解得，依题意，， 则的外接圆半径为， 于是的外接圆的方程为：， 因点在该圆上，代入解得， 故的外接圆的方程可化简为：（*）. 又直线的方程为：，令，可得， 将其代入（*），可得：， 即点在该圆上，故四点共圆.    【点睛】关键点点睛：证明四点共圆问题，一般先由其中三点建立其外接圆方程，再证明第四个点在该圆上即可. 1．（24-25高三下·广西·开学考试）已知椭圆的左、右顶点分别为，且上顶点与都在直线上. (1)求的方程； (2)若点为上的一个动点，点，求的最小值； (3)若过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：. 【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【详解】（1）在直线方程中，令，得，即，则， 令，得，即，则， 所以的方程为. （2）设，则，， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. （3）当直线的斜率为0时，不妨记，而，由，得， 则，因此； 当直线的斜率不为0时，设，直线的方程为， 由消去得， 则，，且， 如图，由，得点在线段的垂直平分线上，即， 显然，设，即， 于是，由点在直线上，得， 则，整理得， 于是，因此，， 所以. 2．（24-25高三下·江西·阶段练习）已知双曲线的右顶点为，且它的一条渐近线的方程为． (1)求双曲线的方程； (2)若是双曲线上异于顶点的一个动点，过点作双曲线的两条渐近线的平行线，与直线（为坐标原点）分别交于点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线右顶点坐标可直接得到的值，再结合渐近线方程求出的值，进而得到双曲线方程.（2）先设出点的坐标，写出直线的方程，运用向量共线，求出点、的坐标，接着计算用表示，结合是双曲线上异于顶点的一个动点，最后证明它们相等. 【详解】（1）解：由题意知解得 故双曲线的方程为． （2）证明：设，，，直线的方程分别为，． 因为，，所以，， 所以，． 所以，． 故． 因为，所以． 题型四 解析几何中非对称问题 （24-25高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记 (1)求椭圆C的方程； (2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标； (3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围． 【思路分析】 （1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆方程； （2）由图形对称性可知定点在x轴上，设，由题意得，求解即可. （3）设直线PQ的方程为，，，并表示 联立由韦达定理得，，代入化简并结合即可得所求. 【规范答题】 （1）由题意知，，，又，，， 所以椭圆C的方程为： （2）证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上， 设直线PQ方程为：，，，， ，解得， 即定点坐标为 （3）设直线PQ的方程为，， 联立可得， 则，，且 于是 ， ，，即的范围是 1在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构。 2、但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”． 1（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点. (1)求的方程； (2)设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率及焦点坐标列方程求解得出双曲线方程； （2）分直线的斜率为0和直线的斜率不为0两种情况分别检验，即可证明三点共线. 【详解】（1）由题意知，因为， 所以，所以， 所以的方程为. （2）由题意知，， 当直线的斜率为0时，：，此时，，三点共线显然成立， 当直线的斜率不为0时，设：，，， 联立可得， 由题意得， ， 所以，， 因为直线的方程为， 令，得，所以， 所以， 因为， 所以 所以，故，，三点共线， 综上得，，三点共线. 【点睛】关键点点睛：证明的关键点是把三点共线转化为结合韦达定理即可求解证明. 2 （2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上的动点，的周长为6. (1)求的标准方程. (2)延长线段分别交于两点，连接，并延长线段交于另一点，若直线和的斜率均存在，且分别为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)是， 【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定的值，得出椭圆的标准方程； （2）设，，由三点共线，可得，由直线的方程和直线的方程联立，再利用根与系数关系由分别表示出，再表示出，即可得到的值. 【详解】（1）设椭圆的焦距， 所以的周长为，即. 又椭圆的离心率为，所以， 所以，所以，所以， 所以的标准方程为. （2）是定值. 由（1）得， 设，， 又三点共线，所以，化简得， 则直线的方程为，直线的方程为， 由，化简得， 由根与系数关系可知，， 所以， 同理， 又 ， 所以. 题型五 解析几何中范围类问题 1（2025·陕西榆林·模拟预测）已知平面上的动点到点的距离与到直线的距离相等，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设过点的直线交于两点，过点的直线与的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：线段垂直于轴； （ii）记的面积为的面积为，求的取值范围. 【思路分析】（1）由题意可得动点轨迹为抛物线，由焦点和准线，可得答案； （2）（i）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，由设出的点的坐标，表示出直线的斜率，研究其关系，可得答案；（ii）由点的坐标，表示出三角形的面积，整理函数解析式，利用导数求得最值，可得答案. 【规范答题】（1）设点，由于动点到点的距离与直线的距离相等， 所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线. 设此抛物线的方程是，则，故曲线的方程是. （2）（i）因为直线的斜率不为0，故设的方程为， 联立可得：，， 则， . 故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴. （ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以， ， 则， 令，则， 令，则，解得； 令，解得. 则在上单调递增，在上单调递减， ，所以的取值范围为. 2（24-25高三下·河北邢台·阶段练习）椭圆的标准方程为，若将其绕原点逆时针旋转，得到的曲线方程为，如图所示．设椭圆的右焦点，则 (1)求椭圆的标准方程． (2)点分别为椭圆的左、右顶点，直线上有一动点（不落在轴上），连接分别与椭圆交于两点、， ①问直线是否恒过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由． ②将椭圆关于直线对称得到椭圆，直线与椭圆交于、两点，求的取值范围． 【思路分析】（1）根据椭圆与对称轴联立得出，即可得出椭圆标准方程； （2）①先设直线再联立计算得，化简令代入上式得即得定点；②应用弦长公式求解，再结合对称性得出 ，再应用值域求解. 【规范答题】（1）联立得，即， 联立得，即， 所以椭圆； （2）①设，， ， 联立得， 则, 联立，得， ，则， 代入式， ， 令代入上式得， 直线恒过定点； ②只需将直线关于对称，得， 与椭圆联立求弦长即可，，， ， 同理，将换成得  ， 因为，所以， 所以. 1（2025·安徽·一模）已知动点满足关系式. (1)求动点的轨迹方程； (2)设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点. ①证明：三点共线； ②当直线与有两个交点时，求的取值范围. 【答案】(1)(2)①证明见解析；②的取值范围为. 【分析】（1）由双曲线定义即可求解； （2）①由切线方程和导数几何意义依次求出和即可得证； ②求出直线的方程，与曲线联立，利用判别式结合焦半径公式即可求解. 【详解】（1）设， 则即 ， 所以由双曲线定义可知动点的轨迹是以为焦点的双曲线的下支，且 所以动点的轨迹方程为. （2）①证明：由（1）曲线:,，设， 对函数求导得， 所以两切线方程为：，即， 又切线过点P，所以，即满足，即满足方程，所以， 设， 则由， 所以，即三点在直线上，即三点共线； ②由上得，所以直线的方程为即， 联立， 因为直线与有两个交点，则由题意可知方程有两个不等负根， 所以，所以.所以的取值范围为. 2（2025·湖北·模拟预测）已知椭圆的短轴长为，且离心率为. (1)求C的方程. (2)过点作斜率不为0的直线与椭圆C交于S，T不同的两点，再过点作直线ST的平行线与椭圆C交于G，H不同的两点. ①证明：为定值. ②求面积的取值范围. 【答案】(1)； (2)①证明见解析； ②. 【分析】（1）利用椭圆参数的关系即可求解椭圆方程； （2）①利用设的直线与椭圆联立方程组，利用纵坐标与斜率关系计算线段长度，，即可得到线段之积与直线系数的关系，同理计算出，再作比值，即可得到定值； ②利用弦长公式和面积公式可计算出，再利用换元法,化归到对钩函数来求值域即可. 【详解】（1）由已知得， 因为，又由， 可解得， 所以椭圆方程为：. （2） ①设斜率不为0的直线的方程为， 联立直线和椭圆方程可得，化简得， 由于椭圆与直线交于两点，， 因此，所以或， 根据韦达定理可得，， 又因为，， 因此， 令的方程为，椭圆与直线交于两点， 联立直线和椭圆方程，化简得， 同理：，， ， 因此（为定值）． ②由于，又由于， 因此， 化简可得，设，由于，因此， 因此， 又由于当时，，因此， 因此， 所以面积的取值范围为． 题型六 解析几何中新定义问题 （2025·河北邯郸·一模）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点. (1)求椭圆的标准方程. (2)设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为. ①证明：且直线过定点. ②试问在轴上是否存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 【思路分析】（1）根据共轭椭圆的定义结合已知，即可求得答案； （2）①联立直线和椭圆方程，可得根与系数的关系式，利用判别式以及直线的斜率公式化简，即可证明结论；②设，求出直线，的斜率之积的表达式，根据求定值问题可令参变量m的系数为0，即可求得答案. 【规范答题】（1）由题意可设的共轭椭圆方程为，即（，且）， 由于是该椭圆的右顶点，即得， 椭圆的标准方程； （2）①证明：联立和，    可得， 需满足，即， 即； 设，则， 则 ， 由题意得直线与直线的斜率之积为，即， 即， 即，即得， 解得（舍）或， 则直线为直线，过定点； ②假设在轴上存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值，设， 由①知，，， 则 ， 要使得为定值，需，解得（舍）或， 即时，为定值， 即在轴上存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值. 2（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”． (1)若为“－相伴”，求直线的斜率． (2)若为“－相伴”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【思路分析】（1）根据题干列出等式，再利用对称性即可得到结果. （2）（ⅰ）根据点在上，且点在上列出等式，得到， 进而得到，又，列出关于的等式， 利用对勾函数的性质即可得到结果. （ⅱ）由，及（ⅰ）中得出a的值， 进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果. 【规范答题】（1）设，由题意知的焦点为，准线为直线， 由抛物线定义得点到的准线的距离． 易知点在第二象限或第三象限． 当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则， 所以，，所以，即直线的斜率为． 当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为． 综上，直线的斜率为或． （2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为， 因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故 因为点在上，所以， 所以，解得，所以． 由椭圆的定义得，又，所以， 所以，即． 设，则，且， 由，可得， 所以，解得，即的取值范围是． （ⅱ） 因为的方程为，所以， 由，及（ⅰ）中，得， 解得（舍去）或， 所以， 所以的方程为． 设，，由，得， 所以，，， 假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0， 即 ， 所以， 所以，即， 所以存在定点，使得直线与的倾斜角互补且． 关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 1 （24-25高三上·山东青岛·期末）圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P． (1)已知点，求切线l的方程； (2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若． （i）求抛物线的方程； （ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，理由见解析 【分析】（1）由点P可得抛物线方程，然后设切线方程为，将切线方程与抛物线方程联立，利用判别式为0可得斜率； （2）（i）法1，利用抛物线光学性质可得，然后由几何知识可得，即可得答案；法2，将切线方程设为，类似于（1）可得，注意到，然后由几何知识可得，即可得答案；法3，类似于法2可得切线斜率为，设直线l，PF的倾斜角分别为，经计算可得，然后由几何知识可得；法4，类似于法2可得，通过将过原点与切线平行的直线方程与直线PF的方程联立可得点S坐标，然后由结合两点间距离公式可得关于p的表达式，化简后可得答案； （ii）由（i）设，将方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得关于的表达式，然后由切线到圆心距离为1可得，代入表达式可得答案. 【详解】（1）因为在抛物线上，所以，所以抛物线为 设切线方程为，与抛物线联立得：， 所以，所以 所以切线方程为： （2）（i）（法1）如图，因由光学性质可知轴， 因为入射角等于反射角，所以， 所以，所以， 所以，所以抛物线方程为 （法2）设切线l的方程为： 与抛物线方程联立得， 由，整理，即 如图，因为，所以，又因为， 所以，所以，即， 所似抛物线方程为 （法3）点在第一象限，同法2，求得 设直线l，PF的倾斜角分别为， 计算可得： 即，即，所以抛物线方程为 （法4）同法2，求得，所以过原点与切线平行的直线为： 直线PF的方程为：，解得点S的坐标为 因为，由两点距离公式可得 整理得，注意到：， 进一步整理可得：，所以，所以抛物线方程为 （ii）由（i）可得抛物线方程为：，则准线方程为： 设，， 将方程与抛物线方程联立，消去x并化简可得：， 又，则由韦达定理可得，同理可得. 则. 又与圆相切，则到圆心的距离为1， 则， 同理有， 则为方程的两根， 由韦达定理可得：. 则 注意到当时，切线中有一条与x轴平行，不合题意，则. 要使为定值，则，又，则. 故存在圆，使得当点N运动时，为定值. 【点睛】关键点睛：抛物线问题存在大量相等的线段或相等的角，解决问题时可合理利用，对于定值问题，常用思路是找到定值关于所设参数的表达式，然后证明表达式与参数无关. 2．（2025高三·全国·专题练习）定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且． (1)求椭圆的标准方程． (2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)为定值，定值为 【分析】（1）利用新定义“0类共轭点对”得到之间的关系,利用两点间的距离公式结合的关系求解的值，即可得解； （2）设，，，利用新定义满足，，得到直线方程：；当时，联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，进而得的值，当时，求出相关点的坐标，进而求得的值，即可得结论. 【详解】（1）因为点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”， 所以，即，所以， 因为点，在椭圆上，所以，， 所以，整理得， 所以． 所以， 因为，所以，所以，， 所以椭圆的标准方程为． （2）因为点在椭圆上，所以，即． 设，，因为点是上不同的两点，且都与点是一对类互为 共轭点， 所以，， 所以直线的方程为，即． 当时，直线的方程为， 代入，消去并整理得， 所以，， 所以， ． 由题可得， 所以． 当时，若，则，， 此时，所以，，故； 若，则，， 此时，所以，，故． 综上，为定值，且定值为． 1．（2025·河南·二模）已知椭圆的焦距为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）依题意得到、、的方程组，求出、即可得解； （2）依题意直线、的斜率存在且不为，设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，同理可得，即可求出、，即可得解. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）依题意直线、的斜率存在且不为， 设，，直线的方程为， 由，消去得， 所以，因为直线平分， 所以直线、的斜率互为相反数， 所以设直线的方程为，同理可得， 因为，， 所以， 又， 所以，即直线的斜率为定值. 2．（24-25高三下·青海海东·阶段练习）已知双曲线的离心率为，直线与交于，两点．点在上，且直线与轴垂直． (1)求的标准方程． (2)试问直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． (3)设直线与轴交于点，，求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)过定点； (3) 【分析】（1）由离心率求得后得双曲线标准方程； （2）设设，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，由已知得，写出直线方程，并令，代入，及可求得，从而得定点坐标； （3）利用直线过定点，因此有，代入韦达定理的结论并利用函数单调性可得面积范围． 【详解】（1）由已知，解得（负值舍去）， 所以双曲线的标准方程是； （2）设， 由得， 且，， 所以，， 因为与轴垂直，且也在双曲线上，所以， 直线的方程为， 又，，， 所以直线的方程化为， 令，得， 所以，， 所以直线过定点； （3）在中令得，所以， ， 设，设，则， 因为，所以，，, 所以，在上是减函数，， 所以的最大值是． 3．（24-25高三下·浙江·阶段练习）已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为. (1)求C的方程； (2)在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，或 【分析】（1）由垂直关系得到方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，由，列出等式求解即可； （2）假设存在满足题意，过点得动直线方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理，由斜率公式求得得斜率，再由等差数列列出等式求解； 【详解】（1）由题意可得：，所以， 所以直线的方程为：， 设， 联立抛物线方程消去得：， 所以， 所以， 因为，所以， 即，解得：， 所以抛物线方程为： （2） 由（1）得，假设存在满足题意， 过点得动直线方程为， 联立，解得则，设， 联立，消去得：， 所以， 直线得斜率为，直线得斜率为， 直线的斜率为， 因为直线的斜率均成等差数列， 所以， 整理得：，对任意恒成立， 所以，解得：或，此时， 即存在或满足题意； 【点睛】关键点点睛：由韦达定理及斜率公式得到：直线得斜率为，直线得斜率为，直线的斜率为； 4．（2025·甘肃·一模）设为坐标原点，点，、为椭圆上的两个动点，. (1)证明：向量是直线的一个法向量； (2)若线段与椭圆交于点，求面积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设、，利用点差法求出直线的斜率，根据直线斜率与直线方向向量的关系可证得结论成立； （2）求出点的坐标，设直线方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出以及点到直线的距离，利用导数可求出面积的最大值. 【详解】（1）由于点在椭圆外，、为椭圆上的两个动点，设、， ， 则，由①②得， 即，由于直线的斜率为， 所以直线的斜率为，故直线的一个方向向量为， 从而为直线的一个法向量. （2）由得，即， 由（1）可知，直线的斜率为，设直线方程为， 若，则直线过原点，则，从而与矛盾，故， 由得， 则，解得或， 由韦达定理可得，， 所以， ， 由于到直线的距离， 所以， 令，则， 令，则， 当时，时；当时，. 所以，函数在、上单调递增，在上单调递减， 所以，当时，即当时，取到最大值. 5．（2025·河北秦皇岛·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作斜率为的直线，直线与双曲线交于点，且的内切圆半径恰为. (1)求双曲线的方程. (2)若直线交双曲线的右支于两点，线段的中垂线过点. （i）证明：. （ii）求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据给定条件探求出的内切圆圆心坐标，借助点到直线距离公式计算可得，结合求出，进而得离心率； （2）（i）设，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理可得的中点为，进而结合题意列出方程即可求证； （ii）由（i）易得，，，结合弦长公式、两点间距离公式及正切函数的定义可得的取值范围，进而求解即可. 【详解】（1）由题意，，直线方程为：，即， 设的内切圆与三边相切的切点分别为，，， 如图所示， 则， 即，而轴，圆半径为，则， 点到直线的距离：，整理得， 且，解得， 又因为，可得， 所以双曲线的方程为. （2）（i）设， 联立，则， 所以，即， 且， 则， 则的中点为，即， 因为线段的中垂线过点， 则，整理得. （ii）由（i）知，， 则，， 则，， 则，解得， 又 ， 则, 又， 则，即， 又，则的取值范围为. 6．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，动点到点和的距离之和为4．记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设直线与曲线交于两点． ①若点，直线过点且与直线垂直，求的周长； ②若，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2)①8；② 【分析】（1）利用椭圆的定义及其标准方程即可得出； （2）①由（1）可知，为正三角形，得直线为线段的垂直平分线，则的周长为；②当直线的斜率一条为0，另一条不存在时，的面积为；当直线的斜率存在且都不为零时，设直线，与椭圆联立消去得，则，则，则得，同理可得，，代入，变形后利用基本不等式，即可求得其取值范围. 【详解】（1）由题意知，， 所以动点的轨迹是以和为焦点的椭圆， 故可设椭圆的方程为， 则，所以， 所以曲线的方程为． （2） ①由（1）知，，得为正三角形， 则由，得直线为线段的垂直平分线， 所以，且， 则的周长为 ②（Ⅰ）当直线的斜率一条为0，另一条不存在时，的面积为， （Ⅱ）当直线的斜率存在且都不为零时，设直线， 由，得， 即，则， 则， 同理可得，， 故的面积为 ． 当且仅当，即时取最小值． 综上，的面积的取值范围为． 7．（24-25高三上·上海·阶段练习）设双曲线的方程为(常数. (1)若双曲线的焦距为4，求两条渐近线的夹角； (2)设是第一象限内双曲线上一点，是双曲线右顶点，当为等腰三角形时，求点的坐标； (3)设是直线上一点.已知过点的直线、的斜率分别为，分别与交于和，当时，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先求双曲线的值，然后求双曲线的渐近线方程，最后求两条渐近线的夹角；（2）分情况讨论，结合两点间距离公式和N是第一象限内双曲线上一点条件计算即可；（3）先设出点的坐标以及直线、的参数方程，然后将参数方程代入双曲线方程，利用参数的几何意义得到与的表达式，再结合已知条件求解的值. 【详解】（1）对于双曲线，其标准方程为，其中. 双曲线的焦距，则. 根据双曲线的性质，已知，，代入可得，即，解得，则.   对于双曲线，其渐近线方程为. 已知，，则双曲线的渐近线方程为. 设渐近线的倾斜角为，则， 因为倾斜角，所以. 设渐近线的倾斜角为，则， 因为倾斜角，所以.   两条直线夹角的范围是. 两条渐近线倾斜角相差，所以两条渐近线的夹角为. （2）对于双曲线，则. 已知，则双曲线方程为. 分情况讨论为等腰三角形时点的坐标： 情况一：当时， 已知，，则. 设（，），因为，根据两点间距离公式可得. 又因为点在双曲线上，所以，联立方程组，解方程组： 由可得，即. 将代入中得：， 解得或（舍去）. 当时，，（），所以. 情况二：当时 ，则，即，. 联立方程组，将代入中得： ，解得或（舍去）. 当时，，（不满足在第一象限，舍去）. 情况三：当时 ，两边同时平方可得，即，展开得，移项可得，解得（不满足在第一象限，舍去）.   综上所得，点的坐标为. （3）设，直线的参数方程为（为参数），其中. 直线的参数方程为（为参数），其中. 将直线的参数方程代入双曲线方程 把代入双曲线方程，可得： 展开并整理得： 设、对应的参数分别为、，根据韦达定理，. 由直线参数方程中参数的几何意义可知. 因为，则，，代入上式可得：. 同理将直线的参数方程代入双曲线方程，按照上述步骤可得. 因为，所以. 由于，则，即. 又因为，而（因为）. 由可得，即. 因为，所以. 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 8．（24-25高三下·安徽阜阳·开学考试）阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C:的面积为，椭圆的焦距为. (1)求椭圆的标准方程. (2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点，，，分别为椭圆的上、下顶点，设为直线上一点，且直线，的斜率的积为，证明:点在轴上. 【答案】(1)+y2=1 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意列方程，解方程即可得到椭圆方程； （2）设坐标，根据直线BD，BM的斜率的积得到直线BD的斜率，然后联立直线的方程得到，再结合得到即可证明. 【详解】（1）依题意有，解得， 所以椭圆C的标准方程是. （2） 设，则，，，且，， 所以直线BM的斜率为， 因为直线BD，BM的斜率的积为， 所以直线BD的斜率为， 所以直线BD的方程为， 又直线AN的方程为， 联立方程组，解得， 因为点M在椭圆C上，所以， 则，所以点D在x轴上. 9．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知和为椭圆上两点． (1)求椭圆的方程； (2)若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积； (3)过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值． 【答案】(1) (2)． (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得关于，的方程组，解出，的值，即可得出椭圆的方程； （2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积； （3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆的方程为． （2）由题可知 在中，由余弦定理得 则即 所以， 故的面积是． （3） 当的斜率为0时，． 当的斜率不为0时，设直线的方程为 联立，得， 此时． ， 故为定值． 1．（2024·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，. 【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）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （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.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【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）方法一：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. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此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. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，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. 3．（2024·全国甲卷·高考真题）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． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【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. 【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. 4．（2023·全国·高考真题）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.   . 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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. 6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去y得：， 则，解得， 可得， 因为，则直线， 令，解得，即, 同理可得， 则 ， 所以线段的中点是定点.    7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出； （2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值． 【详解】（1）设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． （2）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. 8．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可； （2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. 【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，， 所以椭圆E的方程为：. （2），所以， ①若过点的直线斜率不存在，直线.代入， 可得，，代入AB方程，可得 ，由得到.求得HN方程： ，过点. ②若过点的直线斜率存在，设. 联立得， 可得，， 且 即 联立可得 可求得此时， 将，代入整理得， 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点 9．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解； （2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解. 【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时，所以， 所以抛物线C的方程为； （2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式 设，直线， 由可得，， 由斜率公式可得，， 直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得， 所以 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以， 若要使最大，则，设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得， ，所以， 所以直线. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设,直线 由 得：，,同理，. 直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，. 代入抛物线方程可得:,所以，同理可得， 由斜率公式可得： （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得，，所以，所以直线. [方法三]：三点共线 设， 设,若 P、M、N三点共线，由 所以，化简得， 反之，若,可得MN过定点 因此，由M、N、F三点共线，得，       由M、D、A三点共线，得，       由N、D、B三点共线，得， 则，AB过定点（4,0） （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，所以直线. 10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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 11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$