圆锥曲线解答题11大热门题型讲义-2025届高三数学二轮复习

高考一轮复习考点通关 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：弦长面积直线方程问题】 例题精选 【例题1】（2024·广东江苏·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． 【例题2】（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【例题3】（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 相似练习 【相似题1】（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． 【相似题2】（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 【相似题3】（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 【题型2：四边形三角形面积线段最值与范围】 例题精选 【例题1】（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． 【例题2】（2023·新课标Ⅰ卷·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． 【例题3】（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求的最小值． 相似练习 【相似题1】（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【相似题2】（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 【相似题3】（2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【相似题4】（2025高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过的直线交椭圆于点（其中点在轴上方），为椭圆的左顶点．若与的面积分别为，，求的取值范围． 【相似题5】（2025·河南信阳·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. (1)求曲线的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 【题型3：斜率问题与齐次化】 例题精选 【例题1】（2025·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且． (1)求椭圆的方程． (2)设点为直线上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点．证明：直线的斜率成等差数列． 【例题2】（2025·福建·模拟预测）已知点是直线外的一个动点，，垂足为，且在线段外，，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)若不过原点的直线交于两点，关于轴的对称点为，请再从条件①、②和③中选择一个合适的作为已知，证明以下问题： （i）过定点； （ii）不可能为锐角三角形． 条件：①直线和的斜率之和为； ②直线和的斜率之积为； ③直线和的斜率之商为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【例题3】（2025·北京·模拟预测）椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 相似练习 【相似题1】（24-25高三下·江苏南京·开学考试）已知P为圆上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM并延长至点Q，使得点Q的轨迹记为曲线 (1)求曲线C的方程； (2)设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A，B两点，连结AT，BT证明：直线l过定点； (3)若过右焦点的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，且当时，求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【相似题2】（2025·陕西咸阳·一模）已知圆，圆．若动圆M与圆外切，与圆内切，动圆圆心M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若P为直线与x轴的交点，Q为直线上的另外一点，直线l过且与曲线C交于A，B两点，求证： ①； ②直线，，的斜率成等差数列． 【相似题3】（24-25高三上·湖北·期末）已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式． 【相似题4】（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 【题型4：定点问题】 例题精选 【例题1】（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． 【例题2】（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． 【例题3】（2025·江苏·一模）已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点． (1)求的方程； (2)若的面积为，求的方程； (3)证明：线段的中点为定点． 相似练习 【相似题1】（2025·河北保定·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，分别为的左、右顶点，且到的两条渐近线的距离之和为. (1)求双曲线的标准方程； (2)设为上异于的不同的两点，且直线的斜率与直线的斜率满足，证明：直线恒过定点. 【相似题2】（2025·安徽合肥·二模）已知抛物线，，点在上． (1)求的最小值； (2)设点的横坐标为2，过作的两条切线，分别交于，两点． （ⅰ）求直线斜率的取值范围； （ⅱ）证明直线过定点． 【相似题3】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知椭圆经过中的三点. (1)求的方程； (2)设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为. （i）证明：直线过定点，并求出该定点坐标； （ii）当直线的斜率为1时，求线段的长. 【相似题4】（2025·山东·模拟预测）已知点，，是平面内一动点，，垂足位于线段上且不与点A，B重合，. (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且与曲线相交的两条线段分别为和，（直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线上），若G，H分别是和的中点，求证：直线过定点. 【题型5：定直线的问题】 例题精选 【例题1】（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. 【例题2】（2025·四川成都·二模）已知双曲线过点，渐近线方程为. (1)求的方程； (2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点. （i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率； （ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上. 【例题3】（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 相似练习 【相似题1】（2025·河北·模拟预测）已知点，，直线MA和MB的斜率的乘积为1，点M的轨迹为C． (1)求轨迹C的方程； (2)过点的直线与轨迹C相交于P，Q两点，记直线BP，BQ的斜率分别为，，求的值； (3)在（2）的条件下，证明：直线AP与BQ的交点T在定直线上． 【相似题2】（2025·内蒙古呼和浩特·一模）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹为曲线（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）. (1)求曲线的方程； (2)为曲线与轴的交点，过点作直线交于两点（与，不重合），直线与交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【题型6：定值问题】 例题精选 【例题1】（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值． 【例题2】（2025·山东·模拟预测）已知椭圆的离心率为，上的点与其中一个焦点的距离的最小值为． (1)求的方程； (2)设直线与相交于不同的两点，． （ⅰ）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值； （ⅱ）当时，求的值． 【例题3】（2025·广东佛山·二模）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值． (3)在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 相似练习 【相似题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. 【相似题2】（2025·江西赣州·一模）已知椭圆E：，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线于R，且（其中O为坐标原点）. (1)求椭圆C的标准方程； (2)点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由. 【题型7：定比点差法】 例题精选 【例题1】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率为2，过点的直线与相交于，两点，且当的斜率为0时，． (1)求的方程； (2)是否存在，使得恰好是线段的中点？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由； (3)与直线：交于点，设，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 【例题2】（2023·重庆万州·模拟预测）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，的一条渐近线与直线：垂直. (1)求的标准方程； (2)点为上一动点，直线，分别交于不同的两点，（均异于点），且，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值，请说明理由. 相似练习 【相似题1】（2024·广东广州·二模）已知直线，动点分别在直线上，，是线段的中点，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知点，过点作直线与曲线交于不同的两点，线段上一点满足，求的最小值. 【题型8：圆锥曲线与立体几何的综合】 例题精选 【例题1】．（2025·贵州遵义·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），且面积的最大值为2．将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图1，2所示． (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求折叠后，平面与平面所成锐二面角的余弦值； (3)求折叠后面积的最大值． 【例题2】（2025·黑龙江·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）．    (1)为椭圆上顶点时求的面积； (2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． （ⅰ）若，求异面直线和所成角的余弦值； （ⅱ）是否存在，使得折叠后与距离与折叠前与距离之比为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 相似练习 【相似题1】（2025·广东·一模）如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为． ①若，求直线与平面所成角的正弦值； ②证明：三棱锥的体积为定值． 【相似题2】（2025·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【相似题3】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，其中点A在x轴的上方． (1)当时，求的值： (2)将平面沿x轴折叠成直二面角，点A，B在折叠后分别到达点，位置． （i）若，求k的值； （ii）是否存在k，使得的周长为？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 【题型9：圆锥曲线与数列结合】 例题精选 【例题1】（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，. 【例题2】（2025·辽宁·二模）已知抛物线，焦点为．抛物线上有一点，直线与抛物线的另一个交点为．按照如下方式依次构造点，过作x轴的垂线，垂足为，垂线与抛物线C的另一个交点为．作直线，与抛物线C的另一个交点为，直线与x轴的交点为．记．    (1)若，求； (2)求证：数列是等比数列，并用m表示数列的通项公式； (3)对任意的正整数与的面积之比是否为定值？若是，请用m表示这个定值；若不是，请说明理由． 【例题3】（2025·河南驻马店·模拟预测）我们把焦点在x轴上，且离心率相同的双曲线称为双曲线系），记的方程为，左、右顶点为．已知双曲线系中曲线经过两点． (1)求双曲线系的离心率； (2)已知是双曲线系上的动点，其中在第二象限，在第三象限，依次构造点满足当三点共线时，直线的斜率与直线的斜率之比恒为常数． （ⅰ）证明：数列是以为公比的等比数列； （ⅱ）定义：无穷等比递减数列的所有项之和为，其中为的首项，q为的公比，且．设O是坐标原点，的面积的最小值为，求数列的所有项之和T． 相似练习 【相似题1】（2025·江西·二模）已知曲线，点在曲线上. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)如图1，过曲线外一点（不在轴上）作的两条切线，切点为，过曲线上一点的切线交于点，且，把这样的叫做“外切三角形”. ①连接交于点，求证：三点的纵坐标成等差数列； ②如图2，从点出发作出的第一个外切三角形是再过点分别作出2个外切三角形，即和；继续过点分别作出4个外切三角形以此类推，依次作出，个外切三角形.设的面积为，求这些“外切三角形”的面积之和，并证明. 【相似题2】（2025·湖北·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为. (1)求双曲线的离心率； (2)证明：数列是以为公比的等比数列； (3)定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）. 【相似题3】（2025·辽宁·模拟预测）已知双曲线的右顶点为，右焦点为，直线与交于两点，且. (1)求的方程； (2)已知是轴的正半轴上点列，是第一象限曲线上点列），且和重合，与轴垂直，直线的斜率为，记点的横坐标为，设的面积为. （i）写出之间的递推公式； （ii）求证：. 【相似题4】（24-25高三下·重庆渝中·阶段练习）已知双曲线 的离心率为 ，其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2 . (1)求双曲线 的方程； (2)设 ，若点 在双曲线 上， 在点 处的切线 与两条渐近线分别交于 两点， 是坐标原点，且 . （i）证明数列 是等差数列，并求通项公式 ; （ii）设数列的前 项和为 .求证: 对  . (其中 表示不超过 的最大整数，例如 ) 【相似题5】（2025·辽宁鞍山·二模）已知双曲线（，）的两条渐近线为，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点……；依此类推得到点列，. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）、分别在双曲线的左支和右支上，且直线经过点，当，时满足：①直线的倾斜角总是；②点和关于轴对称.设点的坐标为，数列的前项和为.证明：. 【题型10：圆锥曲线与三角形四心】 例题精选 【例题1】（2025·陕西咸阳·二模）已知，是椭圆：（）的左，右焦点，焦距为2，离心率，过左焦点的直线交椭圆于两点. (1)求椭圆C的方程； (2)求证为定值； (3)求内切圆的面积的最大值. 【例题2】（2025·陕西西安·二模）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形．已知抛物线的焦点为F，直线过点F，过x轴下方的一点P作C的两条切线和，且，分别交x轴于点A，B，交l于点M，N． (1)求抛物线C的标准方程； (2)若△PMN为阿基米德三角形，求∠MPN； (3)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点． 【例题3】（2025·广东·一模）已知抛物线，过点作两条直线分别交抛物线于和（其中在轴上方）． (1)当垂直于轴，且四边形的面积为，求直线的方程； (2)当倾斜角互补时，直线与直线交于点，求的内切圆的圆心横坐标的取值范围． 相似练习 【相似题1】（2025·江苏宿迁·二模）已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点． (1)求C的标准方程； (2)P是x轴上的定点，且． （i）求P的坐标： （ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积． 【相似题2】（24-25高三下·辽宁·开学考试）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求C的方程； (2)若斜率为1的直线与C相交于E，F两点，且，求l的方程； (3)椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线交于M，N两点，设与的外接圆的半径分别为，，求的最小值. 【相似题3】（2024·广东深圳·一模）在平面直角坐标系中，已知动点和定点，，直线，分别与轴交于，两点，且.记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知点，斜率为的直线与交于A，两点， （i）求直线与的斜率之和； （ii）的外心是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由. 【题型11：圆锥曲线中探索存在性问题】 例题精选 【例题1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知直线与双曲线及其渐近线分别交于点，和点，. (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若，过双曲线上一点向双曲线作切线，，其斜率分别为，，问是否存在这样的，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由. 【例题2】（2025·吉林·三模）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程： (2)已知，为椭圆上异于点的两点，且，，点为垂足，求证：直线过定点；并判断是否存在定点，使得为定值．若存在，求出定值；若不存在，请说明理由． 【例题3】（2025·北京房山·一模）已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 相似练习 【相似题1】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线，双曲线，圆， (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若直线与圆相切，证明：与的上下两支各有一个公共点； (3)设直线与轴交于点，且与圆交于点，与的上下两支交于点，从上到下依次为，当时，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【相似题2】（2025·福建莆田·二模）已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方． （ⅰ）证明：； （ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【相似题3】（2025·海南海口·模拟预测）已知上下顶点分别为的椭圆经过点为直线上的动点，且不在椭圆上，与椭圆的另一交点为与椭圆的另一交点为（均不与椭圆上下顶点重合）. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线过定点； (3)设（2）问中定点为，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数，使得，，总为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$高考一轮复习考点通关 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：弦长面积直线方程问题】 例题精选 【例题1】（2024·广东江苏·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. 【例题2】（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为. (2). 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 【例题3】（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值； （2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程. 【详解】（1）解：， 离心率为. （2）解：由（1）可知椭圆的方程为， 易知直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立得， 由，① ，， 由可得，② 由可得，③ 联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为． 相似练习 【相似题1】（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 【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． 【相似题2】（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程； （2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程. 【详解】（1）易知点、，故， 因为椭圆的离心率为，故，， 因此，椭圆的方程为； （2）设点为椭圆上一点， 先证明直线的方程为， 联立，消去并整理得，， 因此，椭圆在点处的切线方程为. 在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点， 直线的斜率为，所以，直线的方程为， 在直线的方程中，令，可得，即点， 因为，则，即，整理可得， 所以，，因为，，故，， 所以，直线的方程为，即. 【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切. 【相似题3】（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解； （2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证； 充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解. 【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以， 又，所以椭圆方程为； （2）由（1）得，曲线为， 当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； 当直线的斜率存在时，设， 必要性： 若M，N，F三点共线，可设直线即， 由直线与曲线相切可得，解得， 联立可得，所以， 所以, 所以必要性成立； 充分性：设直线即， 由直线与曲线相切可得，所以， 联立可得， 所以， 所以 ， 化简得，所以， 所以或，所以直线或， 所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重. 【题型2：四边形三角形面积线段最值与范围】 例题精选 【例题1】（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. 【例题2】（2023·新课标Ⅰ卷·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.   . 【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. 【例题3】（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出； （2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值． 【详解】（1）设是椭圆上任意一点,, ，当且仅当时取等号，故的最大值是. （2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以， 因为直线与直线交于, 则,同理可得,.则 ， 当且仅当时取等号，故的最小值为. 【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题． 相似练习 【相似题1】（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得． 点P到直线的距离为． 所以， 其中，即． 当时，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 【相似题2】（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 【答案】（1）；（2）最大值为. 【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解； （2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解. 【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为， 由题意，该抛物线焦点到准线的距离为， 所以该抛物线的方程为； （2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法 设，则， 所以， 由在抛物线上可得，即， 据此整理可得点的轨迹方程为， 所以直线的斜率， 当时，； 当时，， 当时，因为， 此时，当且仅当，即时，等号成立； 当时，； 综上，直线的斜率的最大值为. [方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法 同方法一得到点Q的轨迹方程为． 设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为． [方法三]：轨迹方程+换元求最值法 同方法一得点Q的轨迹方程为． 设直线的斜率为k，则． 令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为． [方法四]：参数+基本不等式法 由题可设． 因为，所以． 于是，所以 则直线的斜率为． 当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为． 【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值； 方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解； 方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值； 方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 【相似题3】（2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【答案】（1）；（2）18. 【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程； (2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值. 【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即. 当y=0时，解得，所以a=4， 椭圆过点M(2，3)，可得， 解得b2=12. 所以C的方程：. (2)设与直线AM平行的直线方程为：， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.    联立直线方程与椭圆方程， 可得：， 化简可得：， 所以，即m2=64，解得m=±8， 与AM距离比较远的直线方程：， 直线AM方程为：， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得：， 由两点之间距离公式可得. 所以△AMN的面积的最大值：. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆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． 【相似题4】（2025高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过的直线交椭圆于点（其中点在轴上方），为椭圆的左顶点．若与的面积分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求解即可； （2）当斜率不存在时，易知；当直线斜率存在时，设点设直线，联立，韦达定理，然后将面积比表示出来，转换成函数值域问题，即可求解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意，得，解得， 故椭圆方程为． （2） ①当斜率不存在时，易知； ②当斜率存在时，可设，，， 由，得，显然， 所以，． 因为，， 所以． 因为， 又， 设，则，，解得且， 所以． 综上所述，的取值范围为． 【相似题5】（2025·河南信阳·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. (1)求曲线的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 【答案】(1)，且 (2)①证明见解析，；② 【分析】（1）设，则有即可求解； （2）①设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理有，，由即可求解； ②点到直线的方程为，，代入，利用二次函数即可求解. 【详解】（1）设，动点满足直线和直线的斜率乘积为， ，即 即，. 曲线的方程为，且. （2）①设点、， 若轴，则且，，， 此时，，不合题意. 设直线的方程为，    联立可得， ， 由韦达定理可得，， ， ， 因为直线不过点，则，整理可得，解得. 直线的方程为，∴直线过定点. ②直线的方程为. 点到直线的距离为， ， 令， 则， 因为时，故当时，取最大值. 【题型3：斜率问题与齐次化】 例题精选 【例题1】（2025·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且． (1)求椭圆的方程． (2)设点为直线上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点．证明：直线的斜率成等差数列． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据即可求解得解， （2）联立直线与椭圆方程，根据相切可得，即，即可根据韦达定理以及两点斜率公式求解. 【详解】（1）由右焦点知，，所以，若，则，即，方程无解；若，则，所以，椭圆的方程为. （2）设，易知过且与相切的直线斜率存在，方程设为， 联立方程，消得， ，即， 设直线的斜率分别为， 所以，，，则， 即直线的斜率成等差数列. 【例题2】（2025·福建·模拟预测）已知点是直线外的一个动点，，垂足为，且在线段外，，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)若不过原点的直线交于两点，关于轴的对称点为，请再从条件①、②和③中选择一个合适的作为已知，证明以下问题： （i）过定点； （ii）不可能为锐角三角形． 条件：①直线和的斜率之和为； ②直线和的斜率之积为； ③直线和的斜率之商为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）先设动点坐标，将几何关系转化为坐标关系后可得曲线的方程； （2）设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数式后可得定点，利用向量的数量积可判断三角形的形状. 【详解】（1）设，因为，且，垂足为，则点坐标为． 则， 已知，即． 因为在线段外，所以， 则，整理可得曲线的方程为． （2）选择①作为条件. 设，则，其中． 因为直线和的斜率之和为，故直线的斜率等于的斜率， 故，故， 故即，故，故， 则关于原点对称，故过原点，与题设矛盾，故不选①. 选择②作为条件． （i）设，则． 显然的斜率不为零，否则有， 此时，与直线和的斜率之积为6，矛盾． 故可设，由得， 依题意，且， ∴且． 由得， ∴， ∵直线和的斜率之积为6，∴， 即，，，解得． 此时恒成立，∴，过定点． （ii）由（i）知，． ①当，即时，，∴均在的右支，如图． 此时 ， ∴是钝角，是钝角三角形． ②当，即或时，， ∴分别在的两支．不妨设在的右支，则，如图． 设，则， ∴． ∵过点，∴， ∴是钝角，是钝角三角形． 综上可知，不可能是锐角三角形． 选择③作为条件． （i）设，则． 显然的斜率不为零，否则， ∵直线和的斜率之商为2，∴， 从而有，解得，此时重合，与题设矛盾． 故可设， 由得， 依题意，且， ∴且． 由得， ∴， 因为直线和的斜率之商为2，所以. ∵点在上，∴，即，∴， 即， 解得．此时恒成立，∴，过定点． （ii）同条件②的（ii）. 【例题3】（2025·北京·模拟预测）椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由长轴长得，当点在椭圆上下顶点时，面积取得最大值， 由此求得，即得椭圆的方程，有平方关系可得，即求得离心率； （2）先设点的坐标，由椭圆的对称性得点的坐标， 再分别写出直线和直线的方程得点和的坐标， 由此得到的表达式，结合点在椭圆上代入化简即可证明. 【详解】（1）由题意知，当点在椭圆上下顶点时， 面积取得最大值，即， 所以椭圆方程为，，所以离心率； （2）不妨设点，由椭圆的对称性可知， 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点纵坐标； 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点横坐标， 所以直线的斜率为， 直线的斜率为， 故直线和直线的斜率之积为 ， 因为点在椭圆上，所以有， 也即，代入斜率之积的表达式的三次项中， 得为定值. 相似练习 【相似题1】（24-25高三下·江苏南京·开学考试）已知P为圆上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM并延长至点Q，使得点Q的轨迹记为曲线 (1)求曲线C的方程； (2)设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A，B两点，连结AT，BT证明：直线l过定点； (3)若过右焦点的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，且当时，求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设则由已知可得代入圆的方程可轨迹C方程； （2）设直线与C联立方程组，利用根与系数的关系，结合可求得或可求定点坐标； （3）设直线联立直线与曲线方程，利用根与系数的关系可求得①②，结合已知计算可求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【详解】（1）设则 由题意知又所以 得所以 因为得故曲线C的方程为 （2）设直线 联立方程组消去y得 所以 又 所以 = 化简得即 解得或 当时，直线l过定点与点T重合，舍去， 当时，直线l过定点 （3）设直线 联立方程组 消去x得 所以①②， 由得③， 由①③可得 代入②化简得 即 由得 即解得 即 从而直线l在y轴上的截距为 【点睛】方法点睛，直线与圆锥曲线交点问题，一般采用联立方程组，借助韦达定理得到点的坐标和所设参数的关系，再由条件建立相应的等式或不等式，即可求出范围或者参数之间的关系，从而解决求范围问题或者定点定值问题. 【相似题2】（2025·陕西咸阳·一模）已知圆，圆．若动圆M与圆外切，与圆内切，动圆圆心M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若P为直线与x轴的交点，Q为直线上的另外一点，直线l过且与曲线C交于A，B两点，求证： ①； ②直线，，的斜率成等差数列． 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）令圆M的半径为，根据已知可得，结合双曲线的定义即可得轨迹方程； （2）①令且，，联立曲线方程，应用韦达定理及斜率的两点式化简，即可证结论； ②应用斜率两点式得，，，结合①中韦达定理化简整理得，即可证结论. 【详解】（1）对于，圆心，半径， 对于，圆心，半径， 显然，即两圆外离，如下图示， 由动圆M与圆外切，与圆内切，令圆M的半径为，则，， 所以，故动圆圆心M的轨迹为. （2）①由题设且， 令，设， 联立，消得， 由，知，又， 所以，， 则，且有， 故 ， 所以，得证. ②由①知，，， 所以 ， 所以，即直线，，的斜率成等差数列． 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是将角度相等关系的证明由对称性转化为斜率之和为0的证明；二是利用韦达定理，将斜率表达式中的根关系转化为系数关系再化简证明. 【相似题3】（24-25高三上·湖北·期末）已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）. 【分析】（1）将转化为，由求出即可； （2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程得，由韦达定理及化简求解即可得出直线过定点；写出直线方程，作比化简得出，解得，即点在直线上，记与轴的交点为，借助表达出即可. 【详解】（1）由椭圆知，， ， 所以，所以， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则，不符合题意； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理可得，， 所以， 又因为， 所以， 又因为，所以，解得， 即直线方程为， 故直线过定点； （ⅱ）由（ⅰ）可知，直线方程为，直线方程为， 所以，解得，即点在直线上， 记与轴的交点为， 则， ， 又因为同号，所以. 【相似题4】（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 【答案】（1）；（2）. 【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值. 【详解】(1) 因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为. （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设, 设直线的方程为．    联立, 化简得，， 则． 故． 则． 设的方程为，同理． 因为，所以， 化简得， 所以，即． 因为，所以． [方法二] ：参数方程法 设．设直线的倾斜角为， 则其参数方程为， 联立直线方程与曲线C的方程， 可得， 整理得． 设， 由根与系数的关系得． 设直线的倾斜角为，， 同理可得 由，得． 因为，所以． 由题意分析知．所以， 故直线的斜率与直线的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设,直线的方程为， 直线的方程为, 则二次曲线． 又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即. 【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中. 方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 【题型4：定点问题】 例题精选 【例题1】（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.    【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 【例题2】（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 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： 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. 【例题3】（2025·江苏·一模）已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点． (1)求的方程； (2)若的面积为，求的方程； (3)证明：线段的中点为定点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由顶点到渐近线距离建立方程解得的值，从而得到曲线方程； （2）设直线方程，联立方程组得到一元二次方程，设交点坐标，由韦达定理得到根与系数的关系，由三角形面积建立方程得到的值，从而得到直线方程； （3）设坐标，然后得到直线方程，联立方程组得到一元二次方程，由韦达定理得到点坐标，同理求得点坐标.从而得到，由向量共线建立等式，从而得到点纵坐标的关系，即可得证. 【详解】（1）因为的一条渐近线方程为， 到渐近线的距离为， 过得， 解得：， 所以的方程为①． （2）显然直线的斜率存在，设的方程为②， ①②联立得：． 则有③，④， 设， 则⑤，⑥， 把⑤⑥代入：， 所以， 得：，解得：． 满足③④式，则直线的方程为． （3）设，不妨设．则直线⑦， 联立①⑦得：， 则， 则； 同理：． 而，， 又三点共线，则有， 则， 得：， 所以的中点为定点． 【点睛】技巧点睛，三角形在直角坐标的面积可以用铅锤高乘水平宽来表示，例如本题中(表示点的水平宽) . 相似练习 【相似题1】（2025·河北保定·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，分别为的左、右顶点，且到的两条渐近线的距离之和为. (1)求双曲线的标准方程； (2)设为上异于的不同的两点，且直线的斜率与直线的斜率满足，证明：直线恒过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用垂直关系求得渐近线方程，得出，再利用点到直线的距离得出，则方程可求； (2)分类讨论，先分析斜率存在时的情况，联立方程组，将转化为坐标关系，关键点在于利用将非对称韦达转化为对称性韦达，即可得出关于的一次关系式，即可得出直线的定点；而斜率不存在的情况，可利用对称性得出两点的坐标，得出直线方程，验证是否过定点即可. 【详解】（1）双曲线的一条渐近线方程为， 因为双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直， 所以双曲线的一条渐近线方程为，即， 则， ，由对称性可知，到的一条渐近线的距离为， 所以，解得， 所以， 故的标准方程为. （2）证明：由（1）可知，， ①当直线的斜率存在时，设方程为，， 由，整理得， 则， 得， 由得，，即， 由，则， 所以， 则 即， 所以， 整理得， 所以， 解得或， 若时，直线的方程为， 即，则直线过定点，不合题意，舍去； 若时，直线的方程为，即，则直线过定点. 当直线过定点， ②当斜率不存在时，， 得，故直线，满足题意. 综上可知，直线恒过定点. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问的考查的知识为直线过定点，需要注意两点，其一，利用将非对称韦达问题转化为对称性韦达问题；其二，直线过定点时，定点必具有唯一性，故这个增根若能提前找出，则可降低化简难度. 【相似题2】（2025·安徽合肥·二模）已知抛物线，，点在上． (1)求的最小值； (2)设点的横坐标为2，过作的两条切线，分别交于，两点． （ⅰ）求直线斜率的取值范围； （ⅱ）证明直线过定点． 【答案】(1)取最小值为 (2)（ⅰ）直线斜率的取值范围为； （ⅱ）证明见解析． 【分析】（1）设，由两点间的距离公式可得，进而可求最小值； （2）记直线的斜率分别为，设切线方程为，由题意可得，进而可得，联立直线与椭圆方程可得，（ⅰ）可得，计算可求直线斜率的取值范围；（ⅱ）可求得直线的方程为，进而可求定点. 【详解】（1）设，则，又， 所以， 所以当时，取最小值，最小值为. （2）记直线的斜率分别为， 因为点的横坐标为2，可得，设过的圆的切线方程为， 由题意可得，即， 因为是方程的根，所以， 又，所以， 所以，即， （ⅰ）因为的斜率为， 所以， 又因为，所以. 即直线斜率的取值范围为； （ⅱ）因为，所以， 所以直线的方程为，即， 即，即， 令，则，所以直线过定点． 【相似题3】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知椭圆经过中的三点. (1)求的方程； (2)设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为. （i）证明：直线过定点，并求出该定点坐标； （ii）当直线的斜率为1时，求线段的长. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，；（ii）. 【分析】（1）利用对称性得出图象上的两点，再分类讨论即可； （2）（i）设直线方程，将点坐标代入直线、方程中，得出关系式，再利用非对称韦达化简求解； （ii）利用弦长公式求解. 【详解】（1）由题可知点均在椭圆上， 若点也在椭圆上，则，方程组无解， 所以椭圆经过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由对称性可知直线经过的定点必在轴上且异于原点与左、右顶点， 设定点为，且， 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，， 联立，得， 则，， 由（1）可得， 则直线的方程为，直线的方程为， 由题意知直线与交于点，且点在直线上， 所以，即， 所以，即， 所以①， 当，，得， 代入①得，， 若时，上式恒成立，直线过定点； 若，则，即②， ②式与联立得，， ②式与联立得，， 则，得与矛盾； 当，即直线的斜率不存在时， 若，则直线的方程为， 取，满足①式. 当直线的斜率为0时，直线，过点. 综上，直线过定点，且该定点的坐标为. （ii）由（i）可知直线过定点，由题可知直线的斜率为1， 所以， 所以. 【相似题4】（2025·山东·模拟预测）已知点，，是平面内一动点，，垂足位于线段上且不与点A，B重合，. (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且与曲线相交的两条线段分别为和，（直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线上），若G，H分别是和的中点，求证：直线过定点. 【答案】(1)动点的轨迹的方程为. (2)证明见解析，直线过定点. 【分析】（1）先设设，，接着由列方程化简即可得解； （2）由题先设直线的方程为，接着与曲线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出点G坐标，同理求出点H的坐标，从而求出直线GH的斜率，再利用点斜式计算时x的值即可得解. 【详解】（1）由题可设，， 因为，所以， 整理得，即动点的轨迹的方程为. （2）证明：由题可设直线的方程为，， 联立， 所以， 所以的中点为， 因为，所以直线方程为， 同理可得中点坐标为， 所以直线斜率为，    所以直线的方程为， 令. 所以直线过定点. 【题型5：定直线的问题】 例题精选 【例题1】（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. 【例题2】（2025·四川成都·二模）已知双曲线过点，渐近线方程为. (1)求的方程； (2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点. （i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率； （ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程； （2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率； （ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与轴交点坐标，再根据中点关系证明点在定直线上。 【详解】（1）由题意，得，则①， 将点代入双曲线方程，得②， 联立①②解得故的方程为. （2）若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线的斜率存在. 设直线的方程为，与联立得. 设，由题意，得解得. （i）解：因为为中点，所以. 由，得. 又，解得，所以直线的斜率为. （ii）证明：设直线的方程为，令，得. 同理可得，. 因为为中点，所以，即. 又因为点都在直线上， 所以， 整理，得， 代入韦达定理，得，所以. 因为，所以点恒在定直线上. 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 参数法：参数解决定点问题的思路： ①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 【例题3】（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线上，理由见详解. 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）在定直线上，理由如下： 设点与直线联立消去整理得， 由，且， 所以， 易知，，则，， 两式作商得，解得， 故在定直线上. 相似练习 【相似题1】（2025·河北·模拟预测）已知点，，直线MA和MB的斜率的乘积为1，点M的轨迹为C． (1)求轨迹C的方程； (2)过点的直线与轨迹C相交于P，Q两点，记直线BP，BQ的斜率分别为，，求的值； (3)在（2）的条件下，证明：直线AP与BQ的交点T在定直线上． 【答案】(1) (2)－3 (3)证明见解析 【分析】（1）利用两点斜率公式计算即可； （2）设直线PQ的方程为，及点坐标，联立直线与双曲线方程利用韦达定理及两点斜率公式化简计算即可； （3）利用第二问的结论及条件表达两条直线，联立直线方程计算交点即可. 【详解】（1）设点M的坐标为， 由直线MA和MB的斜率的乘积为1，有， 可得．又由，可得轨迹C的方程为； （2）由（1）知，∴直线PQ的斜率不为0，故设直线PQ的方程为， 点P，Q的坐标分别为， 联立方程，消去x后整理为， 有，， 又由 ，故； （3）由直线PA和PB的斜率的乘积为1，可得直线PA的斜率为， 可得直线PA的方程为， 又由，有，可得直线BQ的方程为， 将直线PA和BQ的方程联立消去y，有， 解得，可得点T的坐标为， 所以直线AP与BQ的交点T在定直线上． 【点睛】思路点睛：第二问求斜率之积，通法为联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理化简求值；第三问，直线过定点，一个直接的思路是由第二问结论中的斜率关系，利用点斜式表示直线，联立求交点，根据某一坐标为定值确定定直线. 【相似题2】（2025·内蒙古呼和浩特·一模）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹为曲线（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）. (1)求曲线的方程； (2)为曲线与轴的交点，过点作直线交于两点（与，不重合），直线与交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）设出点的坐标，并表示出点的坐标，利用坐标代换法求出轨迹方程. （2）（i）设出直线的方程，与的方程联立，利用直线的点斜式方程，结合韦达定理计算推理得证；（ii）由（i）及已知求出点的坐标，进而求出直线方程，再与的方程联立求出的坐标即可. 【详解】（1）设点的坐标为，由轴于，为线段的中点，得点， 由点在圆上，得，即， 所以点的轨迹的方程是. （2）（i）由（1）不妨令，直线不垂直于轴， 设直线，， 由，得，由，得或， 则，， 直线方程为，直线方程为， 联立消去，得， 解得，所以点在直线上. （ii）由，得，则点在以为直径的圆上， 设，则，解得，即， 于是直线的方程为，由消去得， 而点横坐标为，则点横坐标，纵坐标， 所以直线的斜率.    【题型6：定值问题】 例题精选 【例题1】（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可求得的值，可求得椭圆的方程； （2）设直线，，与椭圆方程联立方程组由韦达定理可得，求得，进而计算可得，可得结论. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆的方程是． （2）由题可知直线斜率存在．设直线． 由，得． 由，得，即． 设， 则． 直线的方程为． 令，得的纵坐标为． 因为 ， 所以． ． 又 ． 所以，即． 所以直线的斜率为定值． 【例题2】（2025·山东·模拟预测）已知椭圆的离心率为，上的点与其中一个焦点的距离的最小值为． (1)求的方程； (2)设直线与相交于不同的两点，． （ⅰ）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值； （ⅱ）当时，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）根据离心率以及椭圆的性质即可求解得解， （2）（ⅰ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，结合斜率公式即可求解为定值，（ⅱ）根据弦长公式即可求解. 【详解】（1）依题意得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）由得. 因为直线与椭圆有两个交点， 所以，即（*）， 设，，,则， 所以， 故， 因此为定值， （ⅱ），因此， 化简可得，即， 解得，均满足（*）， 故 【例题3】（2025·广东佛山·二模）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值． (3)在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 【答案】(1) (2)时，为定值 (3) 【分析】（1）由题意，得，进而解出即可求解； （2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，进而求解即可； （3）结合（2）求得，，，表示出的周长，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线l的方程为，，， 联立，消去y整理得， 则， 且，， 又，， 则 ， 则，即时，此时为定值. （3）由（2）知，，，直线l的方程为， 且，，，， 则，， 则直线的方程为， 令，得 ， 即，则，，， 则周长为， 当且仅当，即时等号成立， 则周长的最小值为.    【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，必要时计算； （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. 相似练习 【相似题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. 【相似题2】（2025·江西赣州·一模）已知椭圆E：，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线于R，且（其中O为坐标原点）. (1)求椭圆C的标准方程； (2)点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）结合已知条件根据两点间距离公式得到关于、的方程组，求解方程组即可求解； （2）分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，直曲联立，将条件转化为、的关系，结合韦达定理再将条件转化为关于、的关系式即可求解. 【详解】（1） 由题意可知，，， 所以，， 整理联立有：， 又因为，，解得，， 所以椭圆方程为. （2）根据已知条件设，设，， 当直线斜率不为时，设直线， 联立，整理得， 需， 即， 由韦达定理有：，， 故 因为为定值，所以， 整理得，解得，此时； 当直线斜率为时，不妨设，，， 此时符合题设， 同理可证当的坐标为时也符合题设， 又恒成立， 所以存在点或使得的值为（定值）. 【题型7：定比点差法】 例题精选 【例题1】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率为2，过点的直线与相交于，两点，且当的斜率为0时，． (1)求的方程； (2)是否存在，使得恰好是线段的中点？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由； (3)与直线：交于点，设，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)为定值0 【分析】（1）根据双曲线的离心率求出、的关系，再结合直线与双曲线相交弦长求出的值，进而得到双曲线方程； （2）利用点差法求出直线的斜率，得到直线方程，然后联立直线与双曲线方程，通过判别式判断直线与双曲线是否有交点，从而确定是否存在满足条件的直线； （3）先设直线方程，与双曲线方程联立，根据判别式求出的取值范围，再用韦达定理得到与.设点坐标，利用在两条直线上得到相关等式.接着根据向量关系得出与表达式，最后将、代入表达式，结合前面得到的等式化简，得出为定值. 【详解】（1）设的焦距为． 因为的离心率为2，所以， 即，所以：． 当直线的斜率为0时，：， 代入，得， 所以，解得， 所以的方程为． （2）假设存在直线满足条件，设，， 则，，所以， 即， 因为为线段的中点，所以，， 所以，所以，即直线的斜率为3， 所以直线的方程为． 联立，消去并整理得， ， 所以直线与无公共点，这与直线与交于，两点矛盾， 故不存在直线，使得恰好是线段的中点. （3）由题可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，即， 联立得，，且， 解得，且， 由韦达定理得．① 设， 由在直线：上，得，即；② 由在直线上，得．③ 由，得， 即，解得， 同理，由，得， 结合①②③，得 ，故为定值0． 【例题2】（2023·重庆万州·模拟预测）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，的一条渐近线与直线：垂直. (1)求的标准方程； (2)点为上一动点，直线，分别交于不同的两点，（均异于点），且，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，，理由见解析. 【分析】（1）利用焦距求c，利用渐近线与直线垂直求出a、b关系，再利用求解； （2）设直线的方程与双曲线联立，得到韦达定理，利用点M在曲线上满足消元，分别得到，，将韦达定理代入求定值. 【详解】（1）因为，所以， 因为双曲线的渐近线与直线：垂直， 所以，② 又，③ 解得，， 所以双曲线的方程为. （2）设，则，， 设，， 所以，， 因为，所以，所以， 同理可得，所以， 直线的方程为， 联立双曲线的方程可得， 所以，所以，所以， 因为，即，所以 同理， ， 所以是定值，定值为.    【点睛】点斜式设直线方程为形式，与双曲线联立消x，得到y的二次方程，计算方便，再利用向量关系得到，同理求，利用韦达定理求定值. 相似练习 【相似题1】（2024·广东广州·二模）已知直线，动点分别在直线上，，是线段的中点，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知点，过点作直线与曲线交于不同的两点，线段上一点满足，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知设，可得，设，利用中点坐标公式计算可得，代入化简即可得出结果. （2）设，则,,设,,利用向量的坐标计算化简可得①.设，由可得②，结合在曲线上，可得的轨迹方程，利用点到直线的距离公式计算即可. 【详解】（1）根据条件可设， ∵，∴（*）， 设，由题意知，∴， 代入（*）式得，故曲线的方程为. （2）设，则,,设,, 由，可知， ∴，∴①. ∵，设∴②. ①②可得（**）， ∵在曲线上，∴， ∴，化简得：， （**）式代入可得，即. ∴的轨迹方程为：. ∴的最小值为到直线的距离. ∴. 【题型8：圆锥曲线与立体几何的综合】 例题精选 【例题1】．（2025·贵州遵义·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），且面积的最大值为2．将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图1，2所示． (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求折叠后，平面与平面所成锐二面角的余弦值； (3)求折叠后面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用离心率公式以及椭圆中的关系，结合三角形面积公式求解椭圆的标准方程. （2）通过联立直线方程和椭圆方程，求解交点坐标.先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求二面角的余弦值. （3）根据题意，直曲联立，结合韦达定理，和面积公式得到，再换元后，运用导数讨论单调性，得到最值即可. 【详解】（1）已知椭圆离心率，可得，即， 把代入，得到，所以. 当点为椭圆的上顶点时，的面积最大，其面积， 又因为，所以，解得. 由，可得，则. 所以椭圆的标准方程为. （2）折叠前，，当时，直线的斜率为，根据点斜式可得直线的方程为. 联立直线与椭圆方程，得到，解得，. 当时，；当时，. 所以，. 折叠后，建立空间直角坐标系， 得到，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，即，化简得， 令，可得，，所以. 易知平面的法向量为. 设平面与平面所成的锐角为，根据向量的夹角公式， 其中，，，所以. （3）设折叠前，，，联立， 将代入，得到， 展开可得，，， 折叠后，如前问的图，建立空间直角坐标系得到，，， ，. 可得，，. 因为，所以. 根据三角形面积公式. 令，则. 对求导得. 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 因此，在处取得最大值，. 因为，所以. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后联立方程，利用空间量的知识求解.求最值时用到换元和导数. 【例题2】（2025·黑龙江·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）．    (1)为椭圆上顶点时求的面积； (2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． （ⅰ）若，求异面直线和所成角的余弦值； （ⅱ）是否存在，使得折叠后与距离与折叠前与距离之比为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可联立直线与题意方程，得交点坐标，即可利用面积公式求解， （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算，结合夹角公式即可求解，（ⅱ）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据两点距离公式可得,根据即可求解. 【详解】（1）由椭圆方程知 当为椭圆上顶点时，又，直线的方程为 由知， ． （2）（ⅰ）时在折叠前图中，直线方程为， 由（1）可知此时 折叠后仍以轴为轴，轴原位置仍为轴，折叠后轴的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则 ， 所以异面直线和所成角的余弦值为；    （ⅱ）折叠前设，直线 由知， 折叠后按（ⅰ）中坐标系 由知 或（舍去） ，故存在 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值． 相似练习 【相似题1】（2025·广东·一模）如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为． ①若，求直线与平面所成角的正弦值； ②证明：三棱锥的体积为定值． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，进而得出抛物线； （2）①联立方程得出点的坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；②应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解. 【详解】（1）当时，，所以点的坐标为， 因为，所以， 解得， 所以抛物线的方程为． （2）①在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为， 联立 所以点的坐标分别为． 过O点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系，则， 当二面角的大小为时，点，即， 所以， 设平面的法向量为， 则即解得取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． ②由题意得． ， 当时，， 当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为， 设点的坐标分别为， 联立得， 则， 因为，所以，得， 所以， ， 综上所述，三棱锥的体积为定值． 【相似题2】（2025·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)①；②； (2)存在， 【分析】（1）①分别求出和的外接圆半径，进而可求三棱锥外接球半径为，由此可求其外接球的表面积； ②易知，联立直线和椭圆方程即可求出，坐标，进而根据公式即可求解； （2）由折叠前折叠后的周长可得，利用两点间的距离公式列出等式，对等式进行变形，进而弦长可用，表示，将韦达定理代入即可求解m，进而得到直线的斜率． 【详解】（1）①由题可知，，则 . 直线的倾斜角，则斜率. 所以直线的方程为. 联立直线与椭圆方程，解得或. 又因为点A在x轴上方，所以. 所以为边长是的正三角形，且. 折叠后，. 又因为，所以； 外接圆半径； 外接圆半径. 三棱锥外接球半径为 . 三棱锥的外接球的表面积为. ②因为二面角为直二面角， 所以到轴距离即为三棱锥的高，. 底面的面积， 所以. 即三棱锥的体积为. （2）设翻折前，翻折后，建立空间坐标系，如图所示，. 设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立得， ，则. 翻折前， 翻折后， 由，，所以. ， 分母有理化， 所以. 则. 又因为， 所以， 将代入上式， 整理得， 整理得， 因为，所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题.解题关键是找到等式：折叠前折叠后的周长差，对等式进行整理变形后用，表示弦长，再应用韦达定理求出，进而得到直线的斜率即． 【相似题3】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，其中点A在x轴的上方． (1)当时，求的值： (2)将平面沿x轴折叠成直二面角，点A，B在折叠后分别到达点，位置． （i）若，求k的值； （ii）是否存在k，使得的周长为？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，此时． 【分析】（1）根据椭圆经过的点，和离心率公式，再由，求得，，得到椭圆的标准方程．设直线的方程为，直曲联立， 结合韦达定理和弦长公式计算，再用椭圆定义得到． （2）（i）以原x轴正半轴，y轴正半轴，y轴负半轴分别为折叠后的x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，得到，，因为，得，结合韦达定理得到． （ii）假设存在满足条件的k，运用，得，运用两点间距离公式，结合韦达定理得到关于k的方程，解得，求得即可． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知可得且， 再由，可得，，所以椭圆的标准方程为， 由于直线过点且斜率为k，所以直线的方程为，    由消去y并整理得， 设，，则，， 当时，， 所以， 又因为，所以． （2）（i）以原x轴正半轴，y轴正半轴，y轴负半轴分别为折叠后的x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，则，， 若，则，所以， 所以，又因为，所以． （ii）假设存在满足条件的k，因为，所以， 即① 所以， 所以② 由①，②可得， 所以， 所以， 解得，又因为，所以存在k使得的周长为，此时．    【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题.解题关键是找到等式：折叠前折叠后的周长差，对等式进行整理变形后用k表示，再应用韦达定理求出k. 【题型9：圆锥曲线与数列结合】 知识讲解 例题精选 【例题1】（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. 【例题2】（2025·辽宁·二模）已知抛物线，焦点为．抛物线上有一点，直线与抛物线的另一个交点为．按照如下方式依次构造点，过作x轴的垂线，垂足为，垂线与抛物线C的另一个交点为．作直线，与抛物线C的另一个交点为，直线与x轴的交点为．记．    (1)若，求； (2)求证：数列是等比数列，并用m表示数列的通项公式； (3)对任意的正整数与的面积之比是否为定值？若是，请用m表示这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3)为定值 【分析】（1）由两点求得直线方程，联立抛物线方程，可得答案； （2）设出直线方程，联立抛物线，写出韦达定理，结合等比数列的定义，可得答案； （3）根据三角形面积公式，整理化简，可得答案. 【详解】（1）   ， 直线，联立可得， 直线，联立可得，则， 由，可得， 综上可得：； （2）一方面，对任意的自然数k，都有直线过点， 设直线的方程为：， ，， 则， 因为，，故①， 另一方面，对任意的自然数k，都有直线过点 设直线的方程为：， ，， 则， 因为，，故②， 由①得：， 两式相乘得：③， 把②带入③，得：， 即：， 综上可得：递推知数列是等比数列，且公比为． 又，故． （3）对任意的自然数， ，    另解： ， ， 因此，，所以面积之比为定值． 【例题3】（2025·河南驻马店·模拟预测）我们把焦点在x轴上，且离心率相同的双曲线称为双曲线系），记的方程为，左、右顶点为．已知双曲线系中曲线经过两点． (1)求双曲线系的离心率； (2)已知是双曲线系上的动点，其中在第二象限，在第三象限，依次构造点满足当三点共线时，直线的斜率与直线的斜率之比恒为常数． （ⅰ）证明：数列是以为公比的等比数列； （ⅱ）定义：无穷等比递减数列的所有项之和为，其中为的首项，q为的公比，且．设O是坐标原点，的面积的最小值为，求数列的所有项之和T． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）利用给定条件应用点在双曲线上列式得出，进而求出离心率； （2）（ⅰ）由（1）求出双曲线方程，设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理定理求出直线的斜率与直线的斜率，计算即可得出等比数列；（ⅱ）利用（1）求出的面积结合函数值域得出最小值，求出数列的所有项和即可. 【详解】（1）双曲线系中曲线经过两点 由题意，得，，则， 所以双曲线的离心率为， 所以双曲线系的离心率为； （2）（ⅰ）由（1）及题意，知，，． 设，． 设直线的方程为，其中在第二象限，在第三象限， 联立得方程组， 消去并整理，得， 则， ，， 所以， 则 ， 所以，则． 故数列是以为公比的等比数列． （ⅱ）由（ⅰ）知，直线也恒过定点， 因此 ， 设，则， 则，当时，则 ， ， 所以数列的所有项之和. 相似练习 【相似题1】（2025·江西·二模）已知曲线，点在曲线上. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)如图1，过曲线外一点（不在轴上）作的两条切线，切点为，过曲线上一点的切线交于点，且，把这样的叫做“外切三角形”. ①连接交于点，求证：三点的纵坐标成等差数列； ②如图2，从点出发作出的第一个外切三角形是再过点分别作出2个外切三角形，即和；继续过点分别作出4个外切三角形以此类推，依次作出，个外切三角形.设的面积为，求这些“外切三角形”的面积之和，并证明. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②，证明见解析 【分析】（1）先求出导函数，再根据导数求出切线斜率最后点斜式得出切线方程即可； （2）①先设直线由（1）得出直线的方程进而得出直线的斜率为再结合等比中项即可证明 等差数列；②由三点的纵坐标成等差数列及比例关系计算面积再结合等比数列求和证明即可. 【详解】（1）由题可得，则， 故点处的切线方程为, 即. （2）①, 则由（1）可知直线为，直线为， 由在上，同时在， 可知直线的方程为， ， 又由（1）可知直线的斜率为，又， ，即，则直线为点横坐标为， 又在上，， 即三点的纵坐标成等差数列. ②由①可知三点的纵坐标成等差数列，则， 又，则，可得，且相似比为， 故， 同理可得 如图连接，因，又， 则与在底边与底边对应的高相同， 又，则，则， 则， 即第二次所做的“外切三角形”的面积之和是第一次所做“外切三角形”的面积的， 同理每一次所做“外切三角形”面积之和都是上一次“外切三角形”面积之和的 可得 【相似题2】（2025·湖北·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为. (1)求双曲线的离心率； (2)证明：数列是以为公比的等比数列； (3)定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用给定条件，求出渐近线方程，进而求出离心率. （2）由（1）求出双曲线方程，设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理定理求出直线与轴交点坐标，结合已知推理得证. （3）利用（2）求出的坐标，求出的面积，求出数列的所有项和的函数关系，再求出其最小值即可. 【详解】（1）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为， 依题意，，解得，， 则双曲线的渐近线方程为，即， 所以双曲线的离心率为 （2）由（1）知，，双曲线的方程为， 设，，则，， 过的直线斜率不为0，设直线的方程为， 由消去并整理得，， 则，， ， 直线的斜率，直线的方程为， 令，则 ，因此直线恒过定点， 又直线与轴的交点为，于是，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. （3）由对称性知，直线也恒过定点，则，， 因此 ，， 则是以为首项，为公比的等比数列，数列的所有项和 ，设，则， 由过的直线与双曲线的右支交于两点，得，即， 则，又函数在上单调递减， 则 ，， 所以数列的所有项和的最小值为. 【相似题3】（2025·辽宁·模拟预测）已知双曲线的右顶点为，右焦点为，直线与交于两点，且. (1)求的方程； (2)已知是轴的正半轴上点列，是第一象限曲线上点列），且和重合，与轴垂直，直线的斜率为，记点的横坐标为，设的面积为. （i）写出之间的递推公式； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用焦点坐标以及垂直关系联立方程组计算可得结果; （2）（i）设，利用两点间斜率公式计算可得递推公式； （ii）根据递推公式利用双曲线的范围结合放缩法可得，再写出的表达式利用等比数列的前项和公式计算即可. 【详解】（1）如下图： 易知，不妨设， 则，① 又， 由，得， 即， 所以，即，② 将②代入①得，即， 又， 所以， 由题意知，所以， 故的方程为. （2）（i）设，则， 又在第一象限，所以. 又直线的斜率，即 所以， 即所求递推公式为. （ii）证明：由， 两边平方得，即， 两边平方得， 所以，所以， 又，所以， 故， 所以当时，， 即， 所以， 所以.又， 所以， 由题意知， 由得， 故 . 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用递推公式结合放缩法可得，写出关于的表达式并根据等比数列的前项和公式计算即可得出证明. 【相似题4】（24-25高三下·重庆渝中·阶段练习）已知双曲线 的离心率为 ，其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2 . (1)求双曲线 的方程； (2)设 ，若点 在双曲线 上， 在点 处的切线 与两条渐近线分别交于 两点， 是坐标原点，且 . （i）证明数列 是等差数列，并求通项公式 ; （ii）设数列的前 项和为 .求证: 对  . (其中 表示不超过 的最大整数，例如 ) 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；；（ii）证明见解析. 【分析】（1）由题可得，然后由虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2可得答案； （2）（i）由（1）可得，，然后由导数知识可得切线斜率，即可得切线方程，与渐近线方程联立后可得坐标，最后结合可完成证明，并得到通项公式；（ii）由，可证明；由题可得，然后构造函数证明即可证明. 【详解】（1）由题可得，又， 则，又其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2， 则，则，故双曲线方程为：； （2）（i）因在双曲线上， 则. 因，则在第一象限， 则此时点P满足方程：， 则，故点P对应切线斜率为： . 则切线方程为：. 与渐近线联立，可得，同理可得. 则， 又， 则， 又，则， 故数列 是以1为首项，公差为1的等差数列，则； （ii）由（1）可得，则. 则， 注意到 ， 又，则； 另一方面，. 注意到时，，则. 则 ，又， 则. 下面证明：， 注意到， 则要证，即证， 注意到， 则证明. 令，因，则，则对于函数. 有， 令，则， 则， 故在上单调递增，在上单调递减， 又注意到，则当时，. 则. 最后由不等式同向可加性可得： 又注意到，则， 则. 则 . 综上可知，. 【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线的切线，可利用导数，从而简化运算；对于数列不等式，多利用放缩法，或将需证不等式两边化为代数式相加的形式，再利用作差法，构造函数，数学归纳法证明多项式的大小关系. 【相似题5】（2025·辽宁鞍山·二模）已知双曲线（，）的两条渐近线为，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点……；依此类推得到点列，. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）、分别在双曲线的左支和右支上，且直线经过点，当，时满足：①直线的倾斜角总是；②点和关于轴对称.设点的坐标为，数列的前项和为.证明：. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得双曲线方程. （2）（ⅰ）设出过点的两条直线方程，与双曲线方程联立求得弦中点坐标，再求出直线的方程，建立的关系即可求得通项公式；（ⅱ）求出直线的方程，与双曲线方程联立求出，再利用分组求和及等比数列前项和公式计算推理得证. 【详解】（1）由双曲线的两条渐近线为，得，即， 又双曲线经过点，得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）令，设两条直线的方程分别为和， 设，，由得， 由，得，， 则，， 点，同理得点， 于是直线的斜率， 直线的方程为：， 令，得，因此， 由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以.    （ⅱ）设直线的方程为，由点的坐标为，得的坐标为， 由消去得，因此，， 则， 所以. 【题型10：圆锥曲线与三角形四心】 例题精选 【例题1】（2025·陕西咸阳·二模）已知，是椭圆：（）的左，右焦点，焦距为2，离心率，过左焦点的直线交椭圆于两点. (1)求椭圆C的方程； (2)求证为定值； (3)求内切圆的面积的最大值. 【答案】(1) (2)，证明见详解 (3) 【分析】（1）由焦距求得，由离心率求得，然后得到，写出椭圆方程； （2）讨论斜率是否存在，先得到斜率不存在时的值，然后讨论斜率存在时，设直线方程和交点坐标，联立方程组整理得到一元二次方程，由韦达定理得到点的横坐标与参数的关系，由焦点弦长公式求得线段，代入化简得到的值，从而得证； （3）由三角形的面积公式，将求内切圆面积最大值转化为求焦点三角形面积最大值，由（2）中的结论，讨论直线斜率不存在时焦点三角形的面积；直线斜率存在时通过根与系数的关系列出表示，由放缩法求得焦点三角形面积，从而得到焦点三角形面积的最大值，即得到圆的面积的最大值. 【详解】（1）由题意知，则，，则，∴， ∴椭圆C的方程：. （2）由题意可知， ①当直线斜率不存在时，即直线方程为，∴， 即； ②当直线斜率存在时，设直线方程为：，，，假设， 则联立方程组整理得， ∴,, ,, ∴ ， 综上所述：是定值. （3）的周长， 设的内切圆的半径为，则， ∴当面积最大时，的内切圆的半径最大，即内切圆面积最大. ， 由（2）可知，①当直线斜率不存在时，， ②当直线斜率存在且不为0时， ， 令， ∴， 综上所述：，当直线斜率不存在时取得最大值， 此时圆的半径，圆的面积. 【点睛】方法点睛，由三角形面积与内切圆半径的关系，将求圆的面积的最大值转变为求焦点三角形面积的最大值，在用韦达定理表示出三角形面积的表达式后需借助放缩法来求得范围，然后得到结论. 【例题2】（2025·陕西西安·二模）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形．已知抛物线的焦点为F，直线过点F，过x轴下方的一点P作C的两条切线和，且，分别交x轴于点A，B，交l于点M，N． (1)求抛物线C的标准方程； (2)若△PMN为阿基米德三角形，求∠MPN； (3)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由条件求得即可； （2）通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切线垂直得出角度； （3）先求出切线方程，进而得到、坐标，再根据外接圆性质证明过定点； 【详解】（1）由题意得，则， 所以抛物线的方程为， （2）因为为阿基米德三角形， 所以分别与抛物线切于点， 不妨设点在轴左侧，则. 由，得， 则， 所以的斜率为的斜案为1， 所以， 所以. （3）由（1）可知抛物线， 设分别与抛物线切于点， 由（1）可知直线的斜率为，直线的斜率为， 所以直线的方程为.即 直线的方程为，即， 所以. 设外接圆的圆心为， 则圆心在线段的垂直平分线上， 所以， 则圆的半径为， 所以圆的方程为， 又点在圆上， 所以， 即，所以， 所以 整理得， 即， 令，得， 所以的外接圆过定点. 【例题3】（2025·广东·一模）已知抛物线，过点作两条直线分别交抛物线于和（其中在轴上方）． (1)当垂直于轴，且四边形的面积为，求直线的方程； (2)当倾斜角互补时，直线与直线交于点，求的内切圆的圆心横坐标的取值范围． 【答案】(1)或． (2) 【分析】（1）法一：设，由面积公式求得，再联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； 法二：设，由面积求得，结合弦长公式求得，联立即可求解； （2）法一：设点，得到方程，求出，设的内切圆圆心，再由到的距离与点到的距离相等，得到，进而可求解；或化简得到，通过换元构造函数，通过求导求解即可； 法二：设，得到，，进而得到，构造函数进而可求解； 【详解】（1） 法一：  当轴，令，则， 设直线，由于， 则， 由于，则，则， ， 则，则， 所以直线的方程为或． 法二： 设，倾斜角为，由对称性知有两条，且关于对称， 不妨设，那么， 则，则， 由于，则， 则， ， 则由对称性，另一条直线：， 所以直线的方程为或． （2）法一：设点， 因为，同理：， 所以，化简可得：， 同理可得：，， ， 又因为，直线和直线交于点， 所以，且，即， ，且，化简得：，于是， 则，解得，所以点， 由于，则，所以，则轴平分， 设的内切圆圆心，则到的距离， 点到的距离， 所以， 化简可得：， 由于，当且仅当取等号（舍）， 则， 则． 或由化简得到：， 令，当且仅当取等号（舍）， 则，设， ， 则在单调递减，．】 法二：点证明同解法1； 设的内切圆圆心， 设定点，由于，设半径为， 设，于是， ，那么， （或：在中，由角平分线定理：．则．） 设， 由于，当且仅当取等号（舍），则， 则，则． 【点睛】关键点点睛：第二问：则到的距离，点到的距离， 得到. 相似练习 【相似题1】（2025·江苏宿迁·二模）已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点． (1)求C的标准方程； (2)P是x轴上的定点，且． （i）求P的坐标： （ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程. （2）（i）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数，根据列方程来求得点坐标. （ii）先求得的外接圆的半径，然后根据弦长列方程，进而求得正确答案. 【详解】（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为， 所以，，解得，， 所以C的标准方程为． （2）（i）设直线的方程为，，，， 联立化简得，． 因为直线与双曲线的右支交于两点， 由，整理得 则或或， 解得. 由，可得，即， 将代入上式得， 将，代入上式并化简得 ， 整理得， 因为上式对任意都成立，所以， 解得，所以. （ii） 因为， 所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T， 因为圆心，即， 所以半径． 因为外接圆被x轴截得的弦长为16， 所以（*），即，解得或． 因为直线与C的右支交于A，B两点，所以， 所以，（舍去），代入（*）可得． 所以外接圆的面积为． 【相似题2】（24-25高三下·辽宁·开学考试）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求C的方程； (2)若斜率为1的直线与C相交于E，F两点，且，求l的方程； (3)椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线交于M，N两点，设与的外接圆的半径分别为，，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将点的坐标代入方程可得，结合离心率算出a、b即可求解； （2）设l的方程为，联立方程组，结合韦达定理及弦长公式求解即可； （3）设直线PA的方程为，直线PB的方程为，进而求出，再由正弦定理知，，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意得，将代入椭圆方程得， 又，解得， 故椭圆的方程为 （2）设l的方程为，则. 联立方程组，整理得， 则，即， 所以， 则， 解得，满足题设， 所以l的方程为. （3）设直线PA的方程为，则直线PB的方程为. 令，得，同理得，则. 在中，由正弦定理知，    同理可得. 因为，所以， 从而， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 【相似题3】（2024·广东深圳·一模）在平面直角坐标系中，已知动点和定点，，直线，分别与轴交于，两点，且.记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知点，斜率为的直线与交于A，两点， （i）求直线与的斜率之和； （ii）的外心是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）是， 【分析】（1）设，由点斜式得直线的方程，令，即可求出点G坐标，同理求出点H坐标，再结合列式化简即可得解； （2）（i）设直线的方程并与的方程联立结合判别式和韦达定理依次求出的取值范围、以及，再代入计算化简即可得解； （ii）设直线的方程并与的方程联立结合韦达定理求出的中点为从而求出线段的中垂线方程，同理求出线段的中垂线方程，由两中垂线方程联立即可求出的外心坐标及其满足的关系式为得解. 【详解】（1）设，则直线的斜率为， 直线的方程为， 令，则，即，从而. 同理可得，由，得，化简得. 当时，显然不满足题设，故的方程为. （2）（i）由题意，设直线的方程为，与的方程联立得. 因为直线与交于A，两点，所以，解得. 设，，则，. 所以， 又 所以. （ii）设直线的方程为，即， 与的方程联立得. 因为A，为直线与椭圆的交点，所以 设的中点为，则 ， 所以线段的中垂线方程为，即.① 又因为直线的方程为，同理可得线段的中垂线方程为② 设的外心为，联立①②，解得，，消去，得. 故的外心在一条定直线上. 【题型11：圆锥曲线中探索存在性问题】 例题精选 【例题1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知直线与双曲线及其渐近线分别交于点，和点，. (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若，过双曲线上一点向双曲线作切线，，其斜率分别为，，问是否存在这样的，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)或 (2)证明见解析 (3)不存在，使得为定值 【分析】（1）联立方程组，利用判别式即可求解； （2）根据韦达定理和中点坐标公式得点，进而联立直线方程可得点，坐标，即可得与的中点重合，即可求解； （3）根据相切可利用判别式为0得，为方程的两个根，进而根据韦达定理化简，结合假设法即可求解． 【详解】（1）联立，得， 由题意可得，，解得或； （2）证明：设，，    由（1）可得， 设的中点为，则， 从而，即， 又双曲线的渐近线方程为， 联立，解得， 同理可得， 则的中点为，故与的中点重合， 则，，即； （3）设过且与双曲线相切的直线方程为， 即，联立， 得， 由题意可知， 化简可得， 由题意可知，为方程的两个根， 则，， 故， 若为定值，则有，化简得，此时， 但此时， 故不存在，使得为定值． 【例题2】（2025·吉林·三模）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程： (2)已知，为椭圆上异于点的两点，且，，点为垂足，求证：直线过定点；并判断是否存在定点，使得为定值．若存在，求出定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； （2）方法一：设直线的方程为，与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，化简后确定直线所过定点坐标， 当为的中点，可求得使得为定值． 方法二：当直线斜率不存在时，设，利用，求得点，当直线斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，化简后确定直线所过定点坐标， 当为的中点，可求得使得为定值． 【详解】（1）， 即椭圆的标准方程为． （2）（法一）由题可知，直线的斜率不为0， 设直线的方程为，设， 由消去，得． ， ， ， ， 化简得，或（舍），即 直线过定点． （注：此处亦可按如下方法求 ） 设为的中点，即． 若与不重合，则是的斜边，； 若与重合，则． 综上所述，存在定点，使得为定值． （法二）1.当直线斜率不存在时， 设， ， ，解得，不符题意（舍），或，符合题意． 直线过点． 2.当直线斜率存在时，设直线的方程为， 设， 由消去，得． ． ， ． ， ． 化简得：，或． 当时，，此时直线过点，不符题意，舍去： 当时，，此时直线过定点． 综上所述，直线过定点． 设为的中点，即． 若与不重合，则是的斜边，； 若与重合，则． 综上所述，存在定点，使得为定值． 【例题3】（2025·北京房山·一模）已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)，离心率； (2)存在，. 【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，法一：根据面积比得到，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，列方程求得；法二：根据面积比得，结合两点距离公式并整理求得，即得结论. 【详解】（1）由题意，得，所以. 所以椭圆的方程为，离心率. （2）设直线的方程为（显然），点， 设，联立方程， 整理得. 所以. 法一：因为. 又，所以. 所以，直线的斜率与直线的斜率互为相反数. 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，整理可得， ，因为， 所以，， 即，解得. 所以点的坐标. 法二：因为，又， 所以，即，， 所以，且， 整理得， 则， 而，显然， 所以， 故， 所以，解得. 所以点的坐标. 相似练习 【相似题1】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线，双曲线，圆， (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若直线与圆相切，证明：与的上下两支各有一个公共点； (3)设直线与轴交于点，且与圆交于点，与的上下两支交于点，从上到下依次为，当时，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在 【分析】（1）把时代入，进而求出双曲线离心率. （2）由相切可得，把直线方程与双曲线方程联立，利用判别式及韦达定理推理得证. （3）把直线方程与圆及双曲线方程分别联立，利用韦达定理，结合数量积关系列出关于的方程求解. 【详解】（1）当时，双曲线的实半轴，半焦距， 所以双曲线的离心率. （2）由直线与圆相切，得，即， 由消去得，即， 由恒成立，得与有两个不同的交点，且两根之积为， 即该方程的两根一正一负，所以直线与的上下两支各有一个公共点. （3）存在，， 由直线与圆相交，得，即，由直线与双曲线相交及（2）知， 方程中，，即， 而，且，则， 设，由（2）得， 由，得，则， 由，且四点共线，得，则， 即，则或，因此，即， 整理得，即 ， 于是，化简得，解得，符合题意， 所以存在，使得. 【相似题2】（2025·福建莆田·二模）已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方． （ⅰ）证明：； （ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在， 【分析】（1）根据条件，列出方程求出，即可得出椭圆方程； （2）（ⅰ）问题可转化为两弦中点重合，联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式可得证； （ⅱ）根据根与系数的关系及可得的关系式，再由三角形面积相等及点到直线的距离可得另外的关系式，据此联立即可求解. 【详解】（1）由已知，可得， 因为，， 解得， 所以椭圆方程为 （2）如图， （ⅰ）证明： 要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合. 当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合， 此时 当不垂直于轴时，设直线的方程为， 由，得， 则， 所以弦中点的横坐标为， 同理可得， 所以弦中点的横坐标为 所以弦的中点与弦的中点重合，此时. 综上所述， (ii)因为，所以， 又因为点在第一象限内，， 由(i)知，，所以, 又，所以， 化简得  ① 设到的距离为，C到的距离为， 假设的面积与的面积相等，则， 因为，所以，所以, 又， 因为，所以， 所以  ② 由①②解得，经检验符合题意， 所以 【点睛】关键点点睛：在求参数的过程中，根据，的面积与的面积相等，分别列出方程，再联立方程即可求出参数的取值. 【相似题3】（2025·海南海口·模拟预测）已知上下顶点分别为的椭圆经过点为直线上的动点，且不在椭圆上，与椭圆的另一交点为与椭圆的另一交点为（均不与椭圆上下顶点重合）. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线过定点； (3)设（2）问中定点为，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数，使得，，总为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）将点坐标代入即可求得椭圆的方程； （2）设，直线的方程为，联立椭圆和直线的方程得到两根之和与之积，因为点在直线上，代入化简可求得的值，即直线过定点； （3）先表示出为，，，由等比中项知，再将（2）中结果代入化简可解得的值，即存在这样的常数. 【详解】（1）因为椭圆经过点，代入可得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）由题意，直线的斜率一定存在，设，直线的方程为， 联立椭圆和直线的方程得， 由韦达定理可得， 由点斜式可知直线的方程为，直线的方程为， 两式相比得，因为点在直线上，所以， 又点在椭圆上，所以，变形得，所以， 将直线方程代入得，即， 将韦达定理结果代入得，解得或， 因为均不与椭圆上下顶点重合，所以舍去，即， 直线的方程为，过定点. （3）由题意可知，显然在直线的两侧，不妨设， 则， 设存在常数，使得，，为等比数列，则， 即， 由（2）可知， 代入化简可得， 由（2）知联立后的方程， 所以，解得， 所以存在，使得，，总为等比数列. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$