猜押07 上海高考20题（解答压轴题）（4大题型）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

猜押07 上海高考20题（解答压轴题） 考点 3年考题 考情分析 解析几何 2025年春考 由直线与圆的位置关系求参数、椭圆中存在定点满足某条件问题、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中向量点乘问题 2024年 由双曲线的离心率求参数的取值范围、双曲线中向量点乘问题、判断点和双曲线的位置关系 2023年 抛物线定义的理解、求直线与椭圆的交点坐标、抛物线中的参数范围问题、直线与抛物线交点相关问题 题型一 与椭圆有关综合题 【例】（2025·上海金山·二模）已知椭圆，左右焦点分别为，上下顶点分别为，左右顶点分别为，是上异于椭圆顶点的两点. (1)求的周长； (2)若点在第一象限且满足的面积比的面积大，求点的横坐标的取值范围； (3)记点在直线上的投影为，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点为坐标原点三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 1．（2024·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 2．（2025·上海黄浦·二模）椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． (1)若，点的坐标为，求点到直线的距离； (2)当时，求满足的点的个数； (3)设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 3．（24-25高二上·上海·期末）设为椭圆的右焦点，点在椭圆上， (1)求椭圆的方程； (2)设分别为和椭圆上的点，求两点间的最大距离； (3)斜率为的直线过抛物线的焦点与交于，与交于，是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（24-25高二上·上海·期末）已知椭圆．记椭圆的左右焦点分别为，，直线交椭圆于不同的两点、． (1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程和离心率； (2)设，若直线过点，且以线段为直径的圆过点，求直线的方程； (3)设，若，求的面积． 5．（24-25高二上·上海·期末）在平面直角坐标系中，椭圆方程为．已知椭圆的长轴长为，离心率为，，分别是椭圆左、右焦点，直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆方程； (2)若直线是圆的任意一条切线，求的值； (3)若直线不经过左焦点，设焦点到直线的距离为，如果直线，，的斜率依次成等差数列，求的取值范围. 6．（2024·上海奉贤·一模）椭圆的左右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上的一点，的延长线交椭圆于点． (1)若椭圆的离心率，求的值； (2)若，求； (3)若，过点的直线与椭圆交于两点，且，则当时，判断符合要求的直线有几条，说明理由？ 7．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. (1)若，求点的坐标； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 8．（2025·上海浦东新·二模）已知椭圆的方程为，右顶点为，上顶点为，椭圆的中心位于坐标原点，两个椭圆的离心率相等． (1)若椭圆的方程是，焦点在轴上，求的值； (2)设椭圆的焦点在轴上，直线与相交于点、，若，求的标准方程； (3)设椭圆的焦点在轴上，点在上，点在上．若存在是等腰直角三角形，且，求的长轴的取值范围． 9．（2025·上海普陀·二模）设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； (3)若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 10．（2025·上海松江·二模）已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为、是面积为的正三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）. (1)求椭圆的离心率； (2)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离； (3)求四边形面积的取值范围. 题型二 与双曲线有关综合题 【例】（2025·上海杨浦·二模）已知双曲线的标准方程为，点是双曲线右支上的一个动点. (1)求双曲线的焦点坐标和渐近线方程； (2)过点分别向两条渐近线作垂线，垂足为点，求的值； (3)若，如图，过作圆的切线，切点为，交双曲线的左支于点，分别交两条渐近线于点.设，求实数的取值范围. 1．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线C的中心为坐标原点，是的两个焦点，其中左焦点为，离心率为. (1)求的方程； (2)双曲线上存在一点，使得，求三角形的面积； (3)记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于M，N两点，在第二象限，直线与交于点.证明：点在定直线上. 2．（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. 3．（2024·上海普陀·一模）设，，、分别是双曲线的左、右焦点，直线经过点与的右支交于、两点，点是坐标原点. (1)若点是上的一点，，求的值； (2)设、，点在直线上，若点、、、满足：，，求点的坐标； (3)设的延长线与交于点，若向量与满足：，求的面积的取值范围. 4．（2025·上海宝山·二模）已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点. (1)当直线过点，且时，求的周长； (2)已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积； (3)已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标. 5．（24-25高三上·上海黄浦·期末）双曲线的左、右焦点分别为、（），过点的直线与右支在轴上方交于点． (1)若，点的坐标为，求的值； (2)若，且是等比数列，求证：直线的斜率为定值； (3)设直线与左支的交点为，，当且仅当满足什么条件时，存在直线，使得成立． 6．（2024·上海徐汇·一模）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. (1)求双曲线的标准方程； (2)已知点，求证：； (3)若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 7．（2024·上海闵行·一模）已知圆，双曲线，直线，其中． (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若与圆相切，证明：与双曲线的左右两支各有一个公共点； (3)设与轴交于点，与圆交于点、，与双曲线的左右两支分别交于点、，四个点从左至右依次为、、、．当时，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 8．（2024·上海·模拟预测）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 9．（2025·上海闵行·二模）已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 10．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线的实轴长为2，离心率为.过右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点 (1)求双曲线的标准方程; (2)设直线（为坐标原点）的倾斜角分别为，且，求直线的方程; (3)点是线段的中点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，求三角形面积的最小值. 题型三 与抛物线有关综合题 【例】（2025·上海徐汇·二模）已知抛物线，点是抛物线的焦点． (1)求点的坐标及点到准线的距离； (2)过点作相互垂直的两条直线，交抛物线于点、，交抛物线于点、，求证：为定值，并求出该定值； (3)过点且斜率为的直线交抛物线于两点，设点不在直线上且为的内角平分线，求面积的最大值. 1．（24-25高三上·上海·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线及圆的四个交点依次为、、、． (1)若点的纵坐标为，求； (2)证明为定值，并求出该定值； (3)过、分别作抛物线的切线、，且、交于点，求与的面积之和的最小值． 2．（24-25高三上·上海·期中）在平面直角坐标系中，已知抛物线: 的焦点为，点 是抛物线上的一点.    (1)若 求点A的坐标； (2)已知是轴上的点，若线段的最小值为4，求实数的值； (3)如图，已知 点在抛物线上，满足 作 ，为垂足. 问：是否存在定点，使得为定值? 若存在，求出点坐标以及的值； 若不存在，说明理由. 3．（24-25高三上·上海·期中）已知抛物线经过点，直线过点且与抛物线有两个不同的交点，. (1)求抛物线的准线方程； (2)求直线的斜率的取值范围； (3)若直线交轴于，直线交轴于，设为原点，，，求的值. 4．（2023·上海崇明·一模）已知抛物线，，直线交抛物线于点、，交抛物线于点、，其中点、位于第一象限． (1)若点到抛物线焦点的距离为2，求点的坐标； (2)若点的坐标为，且线段的中点在轴上，求原点到直线的距离； (3)若，求与的面积之比． 5．（2023·上海嘉定·一模）抛物线上有一动点．过点P作抛物线的切线l，再过点P作直线，使得，直线m和抛物线的另一个交点为Q． (1)当时，求切线的直线方程； (2)当直线与抛物线准线的交点在x轴上时，求三角形的面积（点O是坐标原点）； (3)求出线段关于s的表达式，并求的最小值； 6．（2024·上海·三模）已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P． (1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明； (2)证明：点P必在直线上； (3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标． 7．（2025·上海崇明·二模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于点、，与轴交于点．    (1)若点位于第一象限，且点到抛物线的焦点的距离等于，求点的坐标； (2)若点坐标为，且点恰为线段的中点，求原点到直线的距离； (3)若抛物线上存在定点使得满足题意的点、都有，求、满足的关系式． 8．（2024·上海杨浦·一模）如图所示，已知抛物线，点是抛物线上的四个点，其中在第一象限，在第四象限，满足，线段与交于点.记线段与的中点分别为. (1)求拋物线的焦点坐标； (2)求证：点三点共线； (3)若，求四边形的面积. 题型四 圆锥曲线综合题 【例】（2025·上海奉贤·二模）如图1，曲线是与组合的． (1)过点，求的渐近线方程； (2)，设，，曲线上找一个点，使得达到最小； (3)若，如图2，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限．是否存在非零实数使得成立，请说明理由． 1．（2023·上海黄浦·三模）如图，已知椭圆：的离心率为，点为其左顶点．过A的直线交抛物线于B、C两点，C是AB的中点．    (1)求椭圆的方程； (2)求证：点C的横坐标是定值，并求出该定值； (3)若直线m过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，且交椭圆于M，N两点，求p的值，使得的面积最大． 2．（2024·上海闵行·二模）如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设△OMN、的面积分别为、． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的取值范围. 3．（2024·上海黄浦·二模）如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点. (1)求与的方程； (2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标； (3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得. 4．（2024·上海奉贤·三模）如图，已知椭圆的方程为和椭圆，其中分别是椭圆的左右顶点． (1)若恰好为椭圆的两个焦点，椭圆和椭圆有相同的离心率，求椭圆的方程； (2)如图，若椭圆的方程为.是椭圆上一点，射线分别交椭圆于，连接（均在轴上方）.求证：斜率之积为定值，求出这个定值； (3)在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为，求正数的值． 5．（24-25高三上·上海·期中）设， 椭圆与双曲线的离心率分别为 (1)若 ，求的值； (2)当时，过双曲线的右顶点作两条斜率分别为的直线 分别交双曲线于点（不同于右顶点），若 ，求证：直线的倾斜角为定值，并求出该定值； (3)当时，设点， 若对于直线，椭圆上总存在不同的两点与关于直线对称，且 ，求实数的取值范围. 6．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，由椭圆和椭圆组合而成的曲线，由图形特点，这里称曲线为“猫眼曲线”.特别地，若两个椭圆的离心率相等，则称其为“优美猫眼曲线”. (1)已知猫眼曲线满足a，b，t成等比数列，试判断该曲线是否为“优美猫眼曲线”； (2)在曲线中，若，，，斜率为的直线l不经过坐标原点，且l与椭圆相交所得弦的中点为M，与椭圆相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON的斜率之比为定值； (3)在（2）的条件下，若直线l的斜率，且l与椭圆相切，与椭圆相交于A，B两点，Q为椭圆上异于A，B的任意一点，求面积的最大值. 7．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值； (3)设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标. 8．（2024·上海青浦·二模）已知双曲线，，分别为其左、右焦点． (1)求，的坐标和双曲线的渐近线方程； (2)如图，是双曲线右支在第一象限内一点，圆是△的内切圆，设圆与，，分别切于点，，，当圆的面积为时，求直线的斜率； (3)是否存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 9．（2024·上海奉贤·二模）已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点. (1)当与轴垂直时，求的面积； (2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；    (3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.    10．（2025·上海青浦·模拟预测）如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为.曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合，当时，曲线与双曲线重合. (1)当时，求的值； (2)已知，直线过点与曲线交于两点，若，求直线的方程； (3)已知，斜率为的直线过点与曲线交于两点，若，求实数的最大值. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押07 上海高考20题（解答压轴题） 考点 3年考题 考情分析 解析几何 2025年春考 由直线与圆的位置关系求参数、椭圆中存在定点满足某条件问题、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中向量点乘问题 2024年 由双曲线的离心率求参数的取值范围、双曲线中向量点乘问题、判断点和双曲线的位置关系 2023年 抛物线定义的理解、求直线与椭圆的交点坐标、抛物线中的参数范围问题、直线与抛物线交点相关问题 题型一 与椭圆有关综合题 【例】（2025·上海金山·二模）已知椭圆，左右焦点分别为，上下顶点分别为，左右顶点分别为，是上异于椭圆顶点的两点. (1)求的周长； (2)若点在第一象限且满足的面积比的面积大，求点的横坐标的取值范围； (3)记点在直线上的投影为，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点为坐标原点三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)是定圆 【分析】（1）求出，结合椭圆的定义即可得解； （2）设，由，可得，再根据点在椭圆上即可得解； （3）设直线的方程为，直线的方程为，分布于椭圆方程联立，利用韦达定理求出两点的坐标，进而可求出的方程，进而可得出答案. 【详解】（1）由椭圆， 得，所以， 所以的周长为； （2）设， 由，得， 所以，即， 又因为，所以， 解得， 即点的横坐标的取值范围为； （3）， 设直线的方程为，直线的方程为， 联立，消得， 则，所以，所以， 故， 联立，消得， 则，所以，所以， 故， 当，即时， ， 则直线的方程为， 即，过定点， 当，即时， 此时，直线过定点， 设，因为， 所以过点为坐标原点三点的圆即为过点为坐标原点三点的圆， 因为过原点，点，点， 所以过点为坐标原点三点的圆是定圆. 1．（2024·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)存在， 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. （2）设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. （3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，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． 2．（2025·上海黄浦·二模）椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． (1)若，点的坐标为，求点到直线的距离； (2)当时，求满足的点的个数； (3)设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3). 【分析】（1）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求解. （2）求出以线段为直径的圆方程，再与椭圆方程联立，按求出方程组的交点坐标即可. （3）设，表示出点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，建立的关系，进而建立不等式求解. 【详解】（1）依题意，，而，则直线的方程为， 即，所以点到直线的距离. （2）由，得点在以线段为直径的圆上，， 由消去得，即， 当时，，，因此点，共2个； 当时，，解得，， 因此点，共4个， 所以当时，点的个数为2；当时，点的个数为4. （3）设，由，且在线段上，得， 则，解得，而， 由点在上，得，即， 整理得，即，由，得，解得， 所以的取值范围是. 3．（24-25高二上·上海·期末）设为椭圆的右焦点，点在椭圆上， (1)求椭圆的方程； (2)设分别为和椭圆上的点，求两点间的最大距离； (3)斜率为的直线过抛物线的焦点与交于，与交于，是否存在常数，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) (3)存在， 【分析】（1）将代入椭圆方程求解即可； （2）利用两点间距离公式将距离问题转化为函数求最值即可； （3）设直线，，将直线方程分别与椭圆方程和抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解即可. 【详解】（1）将代入椭圆方程得可得：， 所以椭圆方程为：； （2） 因为，，所以只需找到的最大值即可， 设，而，则， 由可得，代入消去可得： ， 因为，所以当时，， 从而； （3） 设直线，， 与椭圆联立方程：， ∴， ∴； 直线与抛物线联立方程：， ∴， ∵是焦点弦， ∴， ∴ 若为常数，则，∴，常数为. 所以存在实数，使为常数. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于处理弦长问题时，常利用韦达定理代入弦长公式求解；在处理抛物线中的焦点弦问题时，常利用焦点弦公式求解. 4．（24-25高二上·上海·期末）已知椭圆．记椭圆的左右焦点分别为，，直线交椭圆于不同的两点、． (1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程和离心率； (2)设，若直线过点，且以线段为直径的圆过点，求直线的方程； (3)设，若，求的面积． 【答案】(1)， (2)或 (3) 【分析】（1）可将已知点代入椭圆方程求出，进而得到标准方程和离心率； （2）可先设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和向量垂直的条件求解； （3）可根据向量坐标关系，设出题中向量与横轴所成的角和他们的模长，用之表示的坐标，代入椭圆方程，进而求得角和模长，然后利用面积割补思想求得要求三角形的面积. 【详解】（1）已知椭圆过点， 将点代入椭圆方程可得：，解得，则椭圆的标准方程为. 又因为，所以，，则离心率. （2）当时，椭圆方程为，. 当斜率不存在时，此时，，，，则.满足题意. 当斜率存在时，设直线的方程为，，. 联立，消去得： 则，即. 由韦达定理得，. 因为以线段为直径的圆过点，所以. ，，则. ，代入上式可得： ， ， ， 将，代入上式得： ， ， ， ，解得，满足. 所以直线的方程为，即. 故直线的方程为或. （3）当时，椭圆的方程为，即， 焦点坐标. 设轴正方向转到与向量相同的方向所转过的角为，根据椭圆的对称性，不妨设. 再设，由得，且同向. 则向量， 所以， 分别代入椭圆方程， ， ， 整理得， ， 由，分别解得， 所以， 解得，所以，， 5．（24-25高二上·上海·期末）在平面直角坐标系中，椭圆方程为．已知椭圆的长轴长为，离心率为，，分别是椭圆左、右焦点，直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆方程； (2)若直线是圆的任意一条切线，求的值； (3)若直线不经过左焦点，设焦点到直线的距离为，如果直线，，的斜率依次成等差数列，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法，即可求椭圆方程； （2）分直线的斜率不存在和存在两种情况，根据直线与椭圆相交，以及直线与圆相切的条件，求的值； （3）首先利用坐标表示直线和的斜率，根据斜率成等差数列，列式得到，整理后代入韦达定理得到，根据条件得，，结合韦达定理了，以及点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）由题意可得，椭圆的长轴长为，即有，即，又，解得，即有椭圆的标准方程为； （2）圆，设，则. 直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论： ①当直线的斜率不存在时，直线. 若，由，解得，此时. 若，同理得：. ②当直线的斜率存在时，设.    由，得，① ，又直线是圆的切线， 故，可得，恒成立， 又，而， ，即. 综上，恒有. （3）分别是椭圆的左、右焦点，可得， 则，②， 由直线的斜率依次成等差数列， 可得， 所以有， 化简井整理得: 假设，则直线的方程为:，即直线经过点，不符合条件， 则，    由方程（1）及韦达定理可知:，则，③ 由②③可知，，化简得:，这等价于:， 反正，当满足③及时，直线必不经过（否则将导致，与③矛盾）， 而此时满足②，从而直线1与椭圆有两个不同的交点 同时也保证了的斜率存在（否则中的某一个为-1， 结合可知，与方程①有两个不同的实根矛盾） 记点到直线的距离为，则 ，注意到， 令，则，从而④式可改写为:， 考虑到函数在上单调递减，则. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用坐标，结合韦达定理表示条件中的几何关系，尤其是第三问，利用，表示的不等式关系. 6．（2024·上海奉贤·一模）椭圆的左右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上的一点，的延长线交椭圆于点． (1)若椭圆的离心率，求的值； (2)若，求； (3)若，过点的直线与椭圆交于两点，且，则当时，判断符合要求的直线有几条，说明理由？ 【答案】(1)； (2)； (3)答案见解析 【分析】（1）直接根据离心率的定义求解即可； （2）直线与椭圆方程联立，利用三角函数的知识表示出，再利用弦长公式表示出，结合向量数量积公式代入求出，再求和； （3）分类讨论，当直线斜率不存在时满足条件，当斜率存在时，先写出的表达式，然后对方程进行分类讨论. 【详解】（1）若，则，解得：. （2）若，则椭圆方程为：且，由点在第一象限可知的斜率不为， 设直线的方程为：，直线与椭圆方程联立消去得：， 所以，， 因为，所以， 而， 解得：，把代入得：， 把代入椭圆方程得：. （3）若，则椭圆方程为：，且， 当且直线斜率存在时，设直线的方程为：，， 直线与椭圆方程联立消去得：， 所以，， 所以，整理得：， 当或时，即或时， 方程无解，所以不存在满足的直线； 当即时，方程只有唯一的解，所以，存在一条满足的直线； 当，即时，方程有两个不相等的实数解， 所以存在两条满足的直线； 当且直线斜率不存在时，直线即轴，满足. 综上所述：当或时，存在一条满足的直线； 当时，存在两条满足的直线； 当 时，存在三条满足的直线. 【点睛】关键点点睛：本题考查的是直线与圆锥曲线相交的弦长问题，第二问的关键点是如何表示出和，第三问的关键点是写出当直线斜率存在时的表达式以及如何分类讨论解决方程的解的个数，另外还需注意直线斜率不存在的情况. 7．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. (1)若，求点的坐标； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 【答案】(1)或； (2)或； (3)的面积为定值，该定值为. 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得或； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程根据韦达定理计算可得，可得直线的方程； （3）利用点差法计算可得，设直线的方程为，联立椭圆方程并根据韦达定理可得，再根据弦长公式以及点到直线距离可得. 【详解】（1）易知，设点， 可得，可得， 则， 所以，解得， 可得， 即或 （2）设直线的方程为，， 联立并整理可得， 所以， 易知的面积为 ， 解得，即； 所以直线的方程为或. （3）根据题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，则，如下图所示： 易知，两式相减可得； 由，所以可得， 即，又，可得； 即， 联立整理可得， ，可得； 可得； 所以， 整理可得，即； 易知 ； 原点到直线的距离为， 所以的面积为； 所以的面积为定值，该定值为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达定理表示出面积公式，化简即可得出结论. 8．（2025·上海浦东新·二模）已知椭圆的方程为，右顶点为，上顶点为，椭圆的中心位于坐标原点，两个椭圆的离心率相等． (1)若椭圆的方程是，焦点在轴上，求的值； (2)设椭圆的焦点在轴上，直线与相交于点、，若，求的标准方程； (3)设椭圆的焦点在轴上，点在上，点在上．若存在是等腰直角三角形，且，求的长轴的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）运用离心率公式计算即可； （2）先求出，得到直线的方程，设的方程为，，，直曲联立，运用弦长公式得到，求出即可； （3）先设出的方程，因为有且的条件，所以任取上一点（不与点重合），算出和直线的斜率.接着设出点的坐标，算出.由于，得出直线方程，进而得到与、的关系.结合以及曲线方程进一步求解，最后得到长轴取值范围即可. 【详解】（1）由题，椭圆的离心率为，椭圆的离心率为， 解得 （2）由题，，，所以，直线的方程为， 设的方程为，，， 联立直线与椭圆的方程，代入整理得， ，可得， 由韦达定理可得，， 故 ，解得. 所以的标准方程为. （3）由题，设的方程为， 由题意，且， 任取上一点（不与点重合），则，. 设，则， 直线的方程为，故， 代入得， 因为，解得， 由对称性，不妨设，代回直线方程可解得， 而点位于上，所以 ，为上任一点，所以为定值，化简得. 设，为上任一点，即有解. 整理得，， 解得，所以 . 故的长轴长. 9．（2025·上海普陀·二模）设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； (3)若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦点坐标和的长度求出基本量后可得椭圆的标准方程； （2）求出直线与椭圆的交点后可得关于横坐标的方程，从而可求其坐标. （3）利用两角和的正切结合韦达定理可证. 【详解】（1）， 直线l过所以右焦点，即， 所以，椭圆方程为. （2）当，直线，， 解得， ， 设，到直线距离， 由面积，得或， 即或 . （3）    设， 因为向量在直线上的投影为向量，故， 故直线的斜率为，故直线的方程为，故， 而， 故， 联立， ，， 故， 设，设， 由双勾函数的性质可得在为增函数， 故，故， . 10．（2025·上海松江·二模）已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为、是面积为的正三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）. (1)求椭圆的离心率； (2)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离； (3)求四边形面积的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据题意利用为正三角形得到，再求解离心率即可. （2）利用的面积求出基本量，进而得到椭圆方程设，利用两点间距离公式表示，转化为二次函数分类讨论求解最值即可. （3）设直线的方程为，与椭圆联立方程组可得，根据点分别在第一、四象限，得，解得，四边形的面积可表示为，可得，令，得到，再利用对勾函数单调性求得范围即可. 【详解】（1）如图，设椭圆的焦距为，则， 因为，所以中， 又因为为正三角形，所以，即， 所以椭圆的离心率. （2）由于正三角形的面积为，得到， 解得，，又，得到，故椭圆方程为， 设，且，即， ， 其对称轴为，而，当，即时， 在时取得最大值，； 当，即时， 在时取得最大值，. 综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为. （3）设直线的方程为， 联立，消去整理得， 则，. 因为点分别在第一、四象限， 所以，即， 故，解得， 得到四边形的面积为， ， 因为，， 所以， 令，，则， 因为，所以在上单调递增， 故，即四边形面积的取值范围为. 题型二 与双曲线有关综合题 【例】（2025·上海杨浦·二模）已知双曲线的标准方程为，点是双曲线右支上的一个动点. (1)求双曲线的焦点坐标和渐近线方程； (2)过点分别向两条渐近线作垂线，垂足为点，求的值； (3)若，如图，过作圆的切线，切点为，交双曲线的左支于点，分别交两条渐近线于点.设，求实数的取值范围. 【答案】(1)焦点坐标为，渐近线方程为 (2) (3) 【分析】（1）根据双曲线方程求出，从而求出焦点坐标与渐近线方程； （2）设，则，求得双曲线的渐近线方程分别与相应的垂线方程联立，求得交点，，以及、的坐标，由向量数量积的坐标表示，化简整理，即可得解； （3）设切点，则切线的方程为，且，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式表示出、，从而得到的式子，再根据的取值范围计算可得. 【详解】（1）双曲线的标准方程为，则， 所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为； （2）设，则， 由，解得，所以， 由，解得，所以， 所以，， 所以 ， 即． （3）设切点，则切线的方程为，且， 由，解得，所以， 设，，，， 由，消去得，所以； 由，消去得，所以； 所以，， 所以 ， 又，所以， 因为，所以，所以，所以， 即. 1．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线C的中心为坐标原点，是的两个焦点，其中左焦点为，离心率为. (1)求的方程； (2)双曲线上存在一点，使得，求三角形的面积； (3)记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于M，N两点，在第二象限，直线与交于点.证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2) (3)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）根据（1）可得，，进而结合余弦定理及三角形面积公式求解即可； （3）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，进而联立直线方程，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， 由左焦点坐标可知， 则，可得，， 双曲线方程为. （2）由（1）知，，，所以，， 在中，由余弦定理得， 即， 即，即， 所以三角形的面积为. （3）证明：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， 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，消去可得： ， 由，可得，即， 据此可得点在定直线上运动.    2．（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. 3．（2024·上海普陀·一模）设，，、分别是双曲线的左、右焦点，直线经过点与的右支交于、两点，点是坐标原点. (1)若点是上的一点，，求的值； (2)设、，点在直线上，若点、、、满足：，，求点的坐标； (3)设的延长线与交于点，若向量与满足：，求的面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3)的面积的取值范围为 【分析】（1）由直线过点，可求，判断点的位置，结合双曲线定义求结论； （2）联立方程组，设，利用设而不求法求，由条件证明四边形为平行四边形，列方程求，由此确定的坐标； （3）由条件列不等式求的范围，表示的面积，利用换元法求其最值. 【详解】（1）双曲线的右焦点的坐标为， 因为过点， 所以，所以， 因为， 所以点在双曲线的左支上， 由双曲线定义知，又， 所以. （2）由（1）知，，则双曲线， 联立 ，消去得， 则， 设，则，， 所以， ， 又，所以， 因为点、、、满足：，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 故与互相平分，点在直线上， 所以，又，所以， 所以点的纵坐标为， 所以点的坐标为. （3）因为， 所以， 所以，又，所以， 由双曲线的对称性可得，， 所以， 所以， 令，，即， 所以， 因为在区间上单调递减，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以的面积的取值范围为. 4．（2025·上海宝山·二模）已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点. (1)当直线过点，且时，求的周长； (2)已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积； (3)已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标. 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】（1）由双曲线的定义，根据整体思想，可得答案； （2）由斜率之和为零，可得倾斜角的大小，从而求得直线方程，利用三角形面积公式，可得答案； （3）分斜率存在与不存在两种情况，表示出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，结合题意建立方程，可得答案. 【详解】（1） 根据双曲线定义得：，， 两式相加得，即， 由已知得，所以的周长为， （2） 设直线的倾斜角分别为， 由已知得，不妨设，则， 则可求得，， 所以直线解得， 直线解得， 所以的面积为. （3）设，由知 若直线斜率不存在，则，此时与点重合，不符题意，舍去； 设直线方程为：， 与双曲线联立化简得， 显然成立，设交点， 由韦达定理： 由得， 从而，即， 将韦达定理代入 化简得（※）， 因为，即， 由已知在双曲线上，得， 从而得代入（※）式， ， 化简得，即， 解得，则点的坐标为. 5．（24-25高三上·上海黄浦·期末）双曲线的左、右焦点分别为、（），过点的直线与右支在轴上方交于点． (1)若，点的坐标为，求的值； (2)若，且是等比数列，求证：直线的斜率为定值； (3)设直线与左支的交点为，，当且仅当满足什么条件时，存在直线，使得成立． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将值和点坐标代入双曲线方程求出值，即可求得值； （2）设直线，与双曲线方程联立消元，得关于的方程，依题方程有解为，代入整理方程后，借助于，可推得，即得证； （3）利用双曲线定义化简得到，，设，利用余弦定理求出的值，结合图形和题意，确定其范围，即得关于的不等式，解之即得. 【详解】（1）依题意，将，代入中， 解得，则； （2）    依题意知，可设直线，代入中， 整理得：（*）， 如图，因，故点的横坐标为恰是方程（*）的解， 则， 整理得：，即， 因是等比数列，则，代入此式，可得，即得， 因过点的直线与右支在轴上方交于点，故得，即直线的斜率为定值； （3）    如图，因点在双曲线右支上，则，即， 故由可得, 又因点直线与左支的交点,故，则， 在中，设，由余弦定理，， 因为，所以， 所以， 故当且仅当满足时，存在直线，使得成立. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于难题. 解题的关键在于对双曲线定义的理解掌握，在处理相关的焦半径问题时，要有转化思想，结合图形和定义，将其化简为常量或最值问题，即可解决. 6．（2024·上海徐汇·一模）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. (1)求双曲线的标准方程； (2)已知点，求证：； (3)若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是，定值为 【分析】(1)利用双曲线的渐近线方程可设出双曲线的方程，再将点的坐标代入即可求解； (2)要证，只需证即可； (3)构造直角三角形，利用锐角三角函数即可求出定值. 【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为， 所以设双曲线方程为，又双曲线过点， 则， 所以双曲线的方程为，即. （2）由(1)可知，的斜率存在且不为0，所以设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 所以，且， 所以 ， 所以，即得证. （3）由(2)可知恒成立，， 所以圆心到的距离， 半径， 设所对圆心角为， 则， 因为为劣弧，所以， 所以，所以，即所对圆心角的大小为定值. 7．（2024·上海闵行·一模）已知圆，双曲线，直线，其中． (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若与圆相切，证明：与双曲线的左右两支各有一个公共点； (3)设与轴交于点，与圆交于点、，与双曲线的左右两支分别交于点、，四个点从左至右依次为、、、．当时，是否存在实数，使得成立？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) 【分析】（1）根据离心率公式即可； （2）联立双曲线和直线方程，根据韦达定理即可证明； （3）联立圆和直线方程，得到韦达定理式和判别式，再联立双曲线方程和直线方程，得到韦达定理和判别式，再将向量点乘式化成横坐标关系，再代入化简即可. 【详解】（1）由题意，，所以，， 因此，双曲线的离心率. （2）由直线与圆相切，得，即， 联立得， 即， 该一元二次方程的判别式， 因此有两个不相等的实数根， 且两根之积为，因此两根一正一负， 即与双曲线的左右两支各有一个公共点. （3）设， 联立，得，得， 由可得. 联立得，得 且分别交于左右两支可得， 又，又、、、四个点在同一直线上， ， ，还可得， ， 即，化简后可得:， 代入后化简可得:，解得，由，得. 经检验，此时与两支分别有交点， 为唯一满足条件的实数. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是多次联立，得到韦达定理，再将向量式化简得，即，再代入韦达定理式计算即可. 8．（2024·上海·模拟预测）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)当时，； (3)的最大值为. 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【详解】（1）由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. （2）当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. （3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 9．（2025·上海闵行·二模）已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 【答案】(1) (2)点的坐标为 (3)的最小值为 【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程； （2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标； （3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值. 【详解】（1）已知双曲线，则，所以双曲线方程为； （2）双曲线的右焦点， 又，所以，则， 因为，所以， 则直线，即， 所以，解得，即， 则，所以点的坐标为； （3）设直线， ， 则， 因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以， 又因为的重心在轴上，所以， 由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以， 而，代入可得， 所以， 代入化简可得：， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 10．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线的实轴长为2，离心率为.过右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点 (1)求双曲线的标准方程; (2)设直线（为坐标原点）的倾斜角分别为，且，求直线的方程; (3)点是线段的中点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，求三角形面积的最小值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由离心率和实轴长列方程组求得，计算出后即得双曲线标准方程； （2）设直线方程为，，设，直线方程代入双曲线方程消元后应用韦达定理得，代入（其中，）可求得得直线方程； （3）设，则，，由写出直线方程与直线方程联立求得点坐标，计算和，然后由计算面积，利用换元法化简表达式，最后再利用导数求得最值． 【详解】（1）由已知，所以，，则， 所以双曲线标准方程是； （2）双曲线的渐近线为，焦点为坐标为，设直线方程为，，设， ，消去得， ∴，， 直线（为坐标原点）的倾斜角分别为，即，， ∵，∴， 又 ， ∴，化简得， 解得或， ∴直线的方程为或； （3）设，则，， 直线方程为， ，则直线的方程为， 由，解得，即， 由（2）知，， ， ， 所以， 设，则， ， 令，， ，令， 则，由且得， 时，，递增，时，，递减， 所以，， 所以． 【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线相交问题，才学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题．直线与双曲线相交，一般设出直线方程，设出交点坐标，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，题中涉及的其他量尽量用这两个交点的坐标表示，如，如计算的面积，先计算出和，再求面积，目的是可以代入韦达定理的结果，转化为参数的函数来解决． 题型三 与抛物线有关综合题 【例】（2025·上海徐汇·二模）已知抛物线，点是抛物线的焦点． (1)求点的坐标及点到准线的距离； (2)过点作相互垂直的两条直线，交抛物线于点、，交抛物线于点、，求证：为定值，并求出该定值； (3)过点且斜率为的直线交抛物线于两点，设点不在直线上且为的内角平分线，求面积的最大值. 【答案】(1)坐标为，距离为 (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）由抛物线的标准方程的定义即可得到焦点坐标和点到准线的距离； （2）设的方程为，与相交于，联立直线与抛物线方程，可得，又，得到关于的等式，同理可得，取倒数相加可求得其为定值； （3）由已知可得直线的方程，与抛物线方程联立即可得点坐标，则可求得，再利用角平分线的性质得，由此可求得点的轨迹为一个挖去了两个点的圆，且圆心在直线上，进而得到面积的最大值. 【详解】（1）由已知可得，即， 所以点的坐标为，点到准线的距离为； （2）由已知可知直线的斜率均存在且不等于并过点， 设的方程为，则的斜率为，设与相交于， 由得，则，， ，同理可得， 所以； （3）由已知可得直线的方程为， 由，解得，， 不妨令， 则，， 在中，， 在中，， 由及得 设点，于是， 整理得， 所以点在以点为圆心，为半径的圆上（除去与直线的两个交点）， 因为圆心在直线上，则点到直线距离的最大值为， 所以面积的最大值为. 1．（24-25高三上·上海·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线及圆的四个交点依次为、、、． (1)若点的纵坐标为，求； (2)证明为定值，并求出该定值； (3)过、分别作抛物线的切线、，且、交于点，求与的面积之和的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析；定值为 (3) 【分析】（1）根据抛物线定义即可求得； （2）根据题意，，再根据韦达定理可证； （3）利用点的坐标求出切线的方程，可得点的坐标，再得到弦长和点到直线的距离，可得面积代数式，根据二次函数求得最值. 【详解】（1）根据已知抛物线的焦点，准线方程为：， 则. （2）证明：由已知直线的斜率存在，设其方程为：， 设，则， 则，， 由可得： 则，， 即为定值. （3） 由可得， 则切线的方程为：   ① 切线的方程为：   ② ②①可得：，则， 由①可得：，    同理由②可得： 联立可得：，则， 点到直线的距离为， 则与的面积之和为： 令，则， 在恒成立，即函数单调递增， 则当即当时，即直线的方程为时， 则与的面积之和的最小值为. 【点睛】思路点睛： 解决圆锥曲线中有关三角形或者四边形面积问题时，一般思路： 确定三角形（四边形部分可转化为三角形）的底边和高；利用弦长和点到线的距离公式得到面积.另外可根据具体题目进行适当的分割，得以减少很大的运算量. 2．（24-25高三上·上海·期中）在平面直角坐标系中，已知抛物线: 的焦点为，点 是抛物线上的一点.    (1)若 求点A的坐标； (2)已知是轴上的点，若线段的最小值为4，求实数的值； (3)如图，已知 点在抛物线上，满足 作 ，为垂足. 问：是否存在定点，使得为定值? 若存在，求出点坐标以及的值； 若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)存在，, 【分析】（1）根据焦半径公式可得，即可代入抛物线方程中求解， （2）根据两点距离公式结合换元法可得，即可分类讨论求解最值， （3）根据向量垂直的坐标运算，代入韦达定理化简可得，即可求解直线 过定点，利用垂直可得. 【详解】（1）由抛物线的性质可知，，准线方程为. 所以，代入抛物线， （2）设 令，，对称轴为， 当，即，当时取最小值，， 当，即，当时取最小值，， （3）设， ，又 ， ， 令直线，联立 ，整理得 ， 且 则 代入（1）式得: 当时， 过定点与重合，不符; 当 时，过定点, 直线 过定点 又 ，故 在以 为直径的圆上， 而 中点为，即为定值. 【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 3．（24-25高三上·上海·期中）已知抛物线经过点，直线过点且与抛物线有两个不同的交点，. (1)求抛物线的准线方程； (2)求直线的斜率的取值范围； (3)若直线交轴于，直线交轴于，设为原点，，，求的值. 【答案】(1)； (2)； (3)2. 【分析】（1）将点代入求参数，即可得准线方程； （2）设且，联立抛物线结合判别式求参数范围； （3）根据题意，设直线，和，由向量的线性关系求得、，应用韦达定理化简求值即可. 【详解】（1）由在抛物线上，可得，故，则准线为； （2）由题意，直线的斜率存在且不为0， 设且，联立抛物线得， 所以，则，故直线的斜率范围是. （3）由题意，根据（2）易知，当直线与抛物线相切，即时过， 令，，且，且，， 若，得，所以， 同理得，而，故，， 由题意，同理可得， 所以，而，， 所以. 4．（2023·上海崇明·一模）已知抛物线，，直线交抛物线于点、，交抛物线于点、，其中点、位于第一象限． (1)若点到抛物线焦点的距离为2，求点的坐标； (2)若点的坐标为，且线段的中点在轴上，求原点到直线的距离； (3)若，求与的面积之比． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由抛物线的定义根据其方程得出准线，由定义得出抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，或通过焦半径公式，即可得出点的横坐标，代入方程得出纵坐标，根据点所在的象限得出其坐标； （2）设，得出线段AC的中点坐标，根据已知列式，代入方程得出点的坐标，即可由两点式得出直线的方程，即可由点到直线的距离公式得出答案； （3）设直线的方程为，设，根据已知与方程的联立与韦达定理得出，，，设原点到直线的距离为，由弦长公式与三角形面积公式的出，即可代入化解得出答案. 【详解】（1） 抛物线的准线为， 因为点到抛物线焦点的距离为2， 所以点到抛物线准线的距离为2， 所以点的横坐标为1， 代入方程的，解得， 因为点位于第一象限， 故点的坐标为. （2）设，则线段AC的中点坐标为 因为线段的中点在轴上， 所以，故， 代入方程得，解得，所以， 所以直线的方程为：，整理得： 所以原点O到直线l的距离 （3）由题意，直线的斜率显然存在且， 设直线的方程为， 设 由，得， 由，得：， 因为直线与抛物线交于点、， 所以，即，且，， 同理，，， 所以，， 由①，②得：，代入③得，代入②得 设原点到直线的距离为， 所以. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线中的三角形面积问题一般转化为弦长问题与点到直线距离问题，使用弦长公式利用直线与圆锥曲线联立得出的二次方程由韦达定理转化. 5．（2023·上海嘉定·一模）抛物线上有一动点．过点P作抛物线的切线l，再过点P作直线，使得，直线m和抛物线的另一个交点为Q． (1)当时，求切线的直线方程； (2)当直线与抛物线准线的交点在x轴上时，求三角形的面积（点O是坐标原点）； (3)求出线段关于s的表达式，并求的最小值； 【答案】(1)切线方程为： (2) (3)详见解析 【分析】（1）利用求导解决点在抛物线上的切线问题； （2）利用第一问的计算结果，得到直线的方程，求出线段的长，和到直线的距离，计算面积即可； （3）利用求导得到直线的方程，从而得到直线的方程，求出点的坐标，联立得到的表达式，再根据求导研究表达式的增减性，从而得到的最小值. 【详解】（1）当时，点，又因为点在抛物线上， 由于点在第一象限，则， 求导，代入，则 所以过点的切线方程为：；    （2）当直线与抛物线准线的交点在x轴上时, 则直线过点，由于（1）的切线方程过点， 则此时切线方程为，又因为， 则的方程为：.    联立，解得或. 故点点， 则， 到直线的距离为：， 则面积为. （3）由于点， 所以点在第一象限，则， 求导，代入，即， 则直线的方程为：， 所以直线的方程为：， 联立抛物线于直线得：，得， 令，则，即， ， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时， 取最小值，即. 6．（2024·上海·三模）已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P． (1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明； (2)证明：点P必在直线上； (3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标． 【答案】(1)，证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式求出直线的方程，从而可求出的坐标，则可得，从而可得结论； （2）设，，利用导数的几何意义可求出，的方程，两方程联立求出交点的坐标，再由三点共线得，化简变形后可得结论； （3）解法一：表示出三点坐标，设的外接圆方程为，将坐标代入方程可求出，从而可得圆的方程，再将代入圆方程，化简后与联立可求出点的坐标；解法二：由（1）可得， ，则F，M，N，P四点共圆，PF是的外接圆的直径，而在的外接圆上，从而可求出直线TP方程，从而可求出点的坐标. 【详解】（1）点A横坐标为a，则， 因为，，所以点A处的切线斜率为a 所以切线的方程为， 切线与x轴的交点为， 因为，所以， 所以，所以， 当时，亦有； 结论得证. （2）证明：设，，由，得， 所以， 所以直线，直线， 由，得，即两直线的交点， 因为点，，三点共线， 所以，，得， 所以，所以 所以点P在直线上 （3）因为直线，直线， 所以，，由（2）可知， 设的外接圆方程为， 则， 解得，， 所以外接圆方程为 将代入方程，得 又，解得，， 所以点P坐标为 解法二:抛物线的焦点， 由（1）可知，同理可证得， 所以F，M，N，P四点共圆， 所以PF是的外接圆的直径， 因为P、M、N、T四点共圆，所以点在的外接圆上， 所以， 所以，即，得， 所以直线TP方程为，即 又点P在直线上， 则由，得， 所以点P坐标为 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的切线问题，考查直线过定点问题，四点共圆问题，解题的关键是利用导数的几何意义求出切线方程，考查计算能力和数形结合的思想，属于难题. 7．（2025·上海崇明·二模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于点、，与轴交于点．    (1)若点位于第一象限，且点到抛物线的焦点的距离等于，求点的坐标； (2)若点坐标为，且点恰为线段的中点，求原点到直线的距离； (3)若抛物线上存在定点使得满足题意的点、都有，求、满足的关系式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，利用抛物线的定义可求出点的值，由此可求出点的坐标； （2）设，则，根据点在轴上，可求出的值，可得出点的坐标，可求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式可求得结果； （3）分析可知，直线斜率必然存在，设其方程为，设点、、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据可得出关于的等式，消去即可得出结果. 【详解】（1）设，因为点在抛物线上， 所以点到抛物线的焦点的距离等于它到抛物线的准线的距离， 所以，则，所以，故点的坐标是. （2）设，则，由题意，所以， 所以点的坐标为，则， 所以，直线的方程为，即直线的方程为， 所以原点到直线的距离为. （3）设，若直线的斜率不存在时，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 所以，直线斜率必然存在，设其方程为， 代入中，得， 设、，则，， 因为，且， 所以， 显然，，则， 所以 故，即． 由题意，得，因此. 8．（2024·上海杨浦·一模）如图所示，已知抛物线，点是抛物线上的四个点，其中在第一象限，在第四象限，满足，线段与交于点.记线段与的中点分别为. (1)求拋物线的焦点坐标； (2)求证：点三点共线； (3)若，求四边形的面积. 【答案】(1) (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）由抛物线方程可直接得焦点坐标； （2）当直线AB，CD斜率不存在时，由对称性可证明结论；当直线AB，CD斜率存在时，设直线MN与线段AC，BD交点为P，Q，证明P，Q重合即P，Q为H时可证明结论； （3）由（2）结合，可得，后由，可得与四边形面积组成部分的比例关系，即可得答案. 【详解】（1）因抛物线方程为，则焦点坐标为； （2）证明：设. 若，则直线AB，CD斜率不存在， 由对称性，可知M，N，H均在x轴上，则三点共线； 若，则直线斜率存在， 直线方程为：，结合， 则， 同理可得方程：，方程：， BD方程：.设， 因，则. 则直线MN与x轴平行，设直线MN与线段AC，BD交点为. 将代入直线AC方程， 则； 将代入直线BD方程， 则. 注意到 ，又，则P，Q两点重合， 即P，Q为线段与交点H，且点三点共线； （3）由（2），直线MN与x轴平行， 则. 又，同理可得， 又由（2）， 则， 由，则， 即. 则 . 如图，过B作MN平行线，交CD为E，则四边形MBEN为平行四边形， 结合，则，. 因，则，结合， 则，又M为AB中点，则N为DE中点. 则， 则四边形的面积. 【点睛】关键点睛：对于所涉点较多的圆锥曲线综合问题，常不设直线，而改为设点，并用点的坐标结合曲线方程化简直线方程；对于不规则图形面积，常分割为多个三角形求面积. 题型四 圆锥曲线综合题 【例】（2025·上海奉贤·二模）如图1，曲线是与组合的． (1)过点，求的渐近线方程； (2)，设，，曲线上找一个点，使得达到最小； (3)若，如图2，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限．是否存在非零实数使得成立，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析，理由见解析 【分析】（1）将点代入即可求出，再计算渐近线即可； （2）分和两种情况，设点坐标，利用消元法将问题转化为求一元二次函数在区间上的最小值问题； （3）设直线和直线的方程，联立方程组求四个点的坐标，再化简即可. 【详解】（1）将点代入，得，得， 所以，渐近线方程：. （2）因，则，， ①当时，取到最小值时，点一定在上， 设点，则， 则， 当时，则或时，取最小值，此时或， 当时，当时，取最小值，此时； ②当时，取到最小值时，点一定在上， 设点，则， 则 ， 因，则， 故当时， 取最小值，此时. 综上可知，曲线上存在点，使得达到最小. （3）设，， 设 由，得，则 ， 由 ，得，则 ， 由，得，则 ， 由，得，则 ， 则 ， 同理可得，， 若存在非零实数使得成立，则，即， 即，则或， 若，则或，此时直线或的方程为，不符合题意，        故当且、均不为零时，存在非零实数使得成立 1．（2023·上海黄浦·三模）如图，已知椭圆：的离心率为，点为其左顶点．过A的直线交抛物线于B、C两点，C是AB的中点．    (1)求椭圆的方程； (2)求证：点C的横坐标是定值，并求出该定值； (3)若直线m过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，且交椭圆于M，N两点，求p的值，使得的面积最大． 【答案】(1)； (2)证明见解析，定值为1； (3). 【分析】（1）根据给定条件，求出a，b得椭圆的方程作答. （2）设出直线的方程，与抛物线方程联立结合中点问题推理计算作答. （3）利用（2）中信息求出直线的方程，与抛物线方程联立，求出面积的函数关系，借助均值不等式求解作答. 【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，依题意，，，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2）显然直线不垂直于坐标轴，设的方程为，设， 由消去x得：，， 则，而C是AB的中点，即有，于是， 满足，因此， 所以点C的横坐标是定值，该定值为1. （3）由直线过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，得直线和直线l的斜率互为相反数， 则由（1）得直线的方程为，即， 由消去x得：，， 设，则， ，点到直线：的距离， 由C是AB的中点得的面积， 令，则，当且仅当，即时取等号， 所以当时，的面积取得最大值，此时. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 2．（2024·上海闵行·二模）如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设△OMN、的面积分别为、． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值； （2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值； （3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围. 【详解】（1）椭圆的上顶点坐标为， 则抛物线的焦点为，故. （2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、， 联立可得，恒成立，则， . （3）设直线、的斜率分别为、，其中，， 联立可得，解得， 点在第三象限，则， 点在第四象限，同理可得， 且    ， 当且仅当时，等号成立. 的取值范围为. 【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． 3．（2024·上海黄浦·二模）如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点. (1)求与的方程； (2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标； (3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得. 【答案】(1)与 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设的方程分别为与，将点的坐标代入的方程可求出，利用椭圆的定义可求出的值，从而可得，进而可得的方程； （2）分点在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点的坐标； （3）利用两点的斜率公式及点在上即可证明，设的方程为，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示，化简为常数，即可得出答案. 【详解】（1）设的方程分别为与， 由，得，故的坐标分别为， 所以故， 故与的方程分别为与. （2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意； 当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍， 可知，故， 设点坐标为，可知且， 解得，故点的坐标为， （3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为， 则， 的方程为， 代入可得， 故， 所以， 同理可得，又，故， 故， 即，所以存在，使得. 【点睛】方法点睛：求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． 4．（2024·上海奉贤·三模）如图，已知椭圆的方程为和椭圆，其中分别是椭圆的左右顶点． (1)若恰好为椭圆的两个焦点，椭圆和椭圆有相同的离心率，求椭圆的方程； (2)如图，若椭圆的方程为.是椭圆上一点，射线分别交椭圆于，连接（均在轴上方）.求证：斜率之积为定值，求出这个定值； (3)在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为，求正数的值． 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3) 【分析】（1）根据椭圆顶点坐标、焦点坐标、离心率和的关系直接求解即可； （2）设，利用两点连线斜率公式表示出，结合在椭圆上直接化简整理即可； （3）设直线与椭圆交于另一点，知关于坐标原点对称，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，利用可构造方程求得结果. 【详解】（1）由得：，，且的离心率为； 恰为的两个焦点，即椭圆的半焦距， 又椭圆的离心率，，， 椭圆的方程为：. （2）设，则，即， ，， ， 为定值，定值为. （3） 设直线与椭圆交于另一点，由椭圆对称性可知：关于坐标原点对称， 设直线，，，则， 由得：， 则， ，， ， 由（2）知：， ， 解得：，又，. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中的定值、参数值的求解问题；本题第三问求解的关键是能够通过椭圆的对称性将问题转化为一条直线与椭圆的交点问题，进而根据已知等量关系，利用韦达定理来进行求解. 5．（24-25高三上·上海·期中）设， 椭圆与双曲线的离心率分别为 (1)若 ，求的值； (2)当时，过双曲线的右顶点作两条斜率分别为的直线 分别交双曲线于点（不同于右顶点），若 ，求证：直线的倾斜角为定值，并求出该定值； (3)当时，设点， 若对于直线，椭圆上总存在不同的两点与关于直线对称，且 ，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3) 【分析】（1）根据椭圆和双曲线的离心率的计算公式，得到，，再结合条件，即可求解； （2）设设的方程分别为，，,联立，求得，，结合条件，可得，即可求解； （3）设，直线方程为，联立，通过消元及韦达定理，得到，，结合条件得到，再利用，即可求解. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为, 双曲线，即的离心率为， 由题知，解得. （2）由（1）可知，双曲线的右顶点为，又，所以， 设的方程分别为，，, 由，消得到， 由韦达定理得到，得到，所以，得到， 同理可得， 所以， 又，所以，故直线的倾斜角为. （3）因为，所以， 设，直线方程为， 由，消整理可得， 由，解得. 由韦达定理知， 由，消整理可得， 由韦达定理知， 设直线中点为，则， 由点在直线上得， 又点在直线上，得到，则， 又因为 ， 所以， 由题有，解得且， 所以，即实数的取值范围. 【点睛】方法点晴：解答直线与椭圆、双曲线的题目时，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． 6．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，由椭圆和椭圆组合而成的曲线，由图形特点，这里称曲线为“猫眼曲线”.特别地，若两个椭圆的离心率相等，则称其为“优美猫眼曲线”. (1)已知猫眼曲线满足a，b，t成等比数列，试判断该曲线是否为“优美猫眼曲线”； (2)在曲线中，若，，，斜率为的直线l不经过坐标原点，且l与椭圆相交所得弦的中点为M，与椭圆相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON的斜率之比为定值； (3)在（2）的条件下，若直线l的斜率，且l与椭圆相切，与椭圆相交于A，B两点，Q为椭圆上异于A，B的任意一点，求面积的最大值. 【答案】(1)是“优美猫眼曲线” (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求解两个椭圆的离心率，结合，即可利用“优美猫眼曲线”的定义求解， （2）利用点差法可得，同理可得，即可求解为定值，或者利用联立方程，根据韦达定理可得的坐标为，即可求解斜率得解， （3）根据相切，结合判别式可得，即可结合的三角换元，结合弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解. 【详解】（1）由a，b，t成等比数列，得， 则椭圆的离心率为， 椭圆的离心率为， 因为，所以，即， 所以，该曲线是“优美猫眼曲线”. （2）方法一：设直线与椭圆相交于，，线段CD的中点， 则，，两式相减，得， ，即， 由已知，，所以， 即，同理可得，所以，为定值. 方法二：由题知，可设直线，联立，得， 故，， 则中点的坐标为，可得； 同理可得：，所以，为定值. （3）设直线的方程为，代入，得， 因为与椭圆相切，所以，， 根据对称性，不妨取，则将直线的方程代入椭圆的方程， 得，设，则，， 所以， 设，则点到直线的距离（其中，，） ， 当，时，取最大值， 所以，面积取最大值. 若取，根据图形的对称性可得相同的结论. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 7．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值； (3)设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程； （2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案； （3）由三点共线得到和，从而表达出，得到，换元后得到，结合二次函数图象性质求出最小值，得到方程，求出，进一步求出点的坐标. 【详解】（1）由题意得，故，则，解得， 故椭圆：， 因为在第一象限，，所以， 所以，将其代入中，即，解得， 故的准线方程为； （2）由题意得，解得， 故，， 直线的方程为，联立得，， 设，则，， 故， 联立与得，， 设，则，， 故， 若方向相同，， 若方向相反，，    所以； （3）由，，三点共线，可得 ，故， 同理，由，，三点共线，可得 ， 则 ， 因为，所以， 所以， 又， 故， 因为，令， 则， 所以， 其中， 因为，所以的开口向下， 对称轴为， 其中， 故当时，取得最大值， 最大值为， 故的最小值为， 令，解得，负值舍去，    故，解得， ， 又，故， 则点的坐标为. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 8．（2024·上海青浦·二模）已知双曲线，，分别为其左、右焦点． (1)求，的坐标和双曲线的渐近线方程； (2)如图，是双曲线右支在第一象限内一点，圆是△的内切圆，设圆与，，分别切于点，，，当圆的面积为时，求直线的斜率； (3)是否存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，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，． 【分析】（1） 直接根据题干给的双曲线的标准方程求得答案； （2）由双曲线的定义以及切线的性质可得圆的半径，再借助于点到直线的距离公式求直线的斜率； （3）假设存在直线l，由得，取的中点，则，进而得；又利用得，于是联立方程组可得的坐标，从而得到直线的斜率并得出直线的方程. 【详解】（1）因为双曲线，所以，所以， 即，， 所以双曲线的渐近线方程是 ； （2）由题意可知，，， 所以， ，即是椭圆右顶点 设圆的半径为，因为圆的面积为，则，即， ， 设直线的斜率为，则直线的方程为，即， 由圆心到直线的距离等于圆的半径， 可得， 解得直线的斜率为 （3）假设存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得， 设,，,，中点为,，又，， 由，可知△为等腰三角形，，且直线不与轴重合， 于是，即， 因此，， (I)，点，在双曲线上， 所以， ①②化简整理得：，， 则，可得，(II)， 联立（Ⅰ）（Ⅱ）得，，得或（舍），所以 ， 由，得，所以直线的方程为． 【点睛】关键点点睛：针对类似于的角度问题，一般情况下会转化垂直问题，再结合垂直时的斜率之积为-1即可解决问题. 9．（2024·上海奉贤·二模）已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点. (1)当与轴垂直时，求的面积； (2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；    (3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.    【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）将代入椭圆方程，求出，再计算三角形面积； （2）设，当时求出，从而确定、、（一组）的坐标，说明，当时，设，的斜率分别为，直线，得到联立直线与椭圆的方程，由得到化为关于的一元二次方程为，利用韦达定理得到，即可得证； （3）设、、、，直线、的斜率分别为、，设直线，联立直线与曲线的方程，消元、列出韦达定理，由得，即可求出，设直线，与双曲线联立，消元、列出韦达定理，由斜率公式计算可得. 【详解】（1）由题可知，直线为，                        代入椭圆方程，解得，                                所以. （2）设， 当时， ，不妨取，，， 则，，所以，即成立；       当时，设，的斜率分别为，设过点的切线方程：， 由， 因为直线与椭圆相切，所以， 即，                       化简可得， 化为关于的一元二次方程为，             所以.                                               因为在圆上，所以， 代入上式可得， 综上可得.       （3）设、、、， 直线、的斜率分别为、， 设直线，与椭圆联立得， 则，，，                            由得，                          即，                     计算分子部分： ，所以，           设直线，与双曲线联立得， 则，，，， 所以， 计算分子部分 ， 所以，                                    综上可得、均为定值. 【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，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、的形式； （5）代入韦达定理求解. 10．（2025·上海青浦·模拟预测）如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为.曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合，当时，曲线与双曲线重合. (1)当时，求的值； (2)已知，直线过点与曲线交于两点，若，求直线的方程； (3)已知，斜率为的直线过点与曲线交于两点，若，求实数的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3)最大值为. 【分析】（1）将，分别代入椭圆及双曲线方程求解即可； （2）设直线方程为，联立椭圆或双曲线方程，结合韦达定理，向量数量积的坐标运算即可求解； （3）由得到，再判断出直线与双曲线右支无交点，从而转化为直线与椭圆交于两点，利用韦达定理将表示为斜率的函数求最值即可． 【详解】（1） 如图，已知当时，点为椭圆与双曲线在第一象限的公共点. 将代入椭圆方程得，即，解得. 把代入双曲线方程，整理得， 设，则， 即， 解得或（舍去），所以， 即. （2） 当时，椭圆，双曲线. 联立， 解方程组求交点的坐标. 由得， 由得， 两式相减消去得， 代入双曲线方程得， 因为点在第一象限，所以. 设. ， 由得，即.故， 当直线l斜率不存在时，直线l方程为， 此时，则， 成立. 当直线斜率存在时，由题知交点必定在直线两侧，即左侧为与椭圆的交点，右侧为直与双曲线的交点，易知当交点在位于第一象限椭圆上曲线段之间时，，此时，故不可能，舍去； 因为双曲线的渐近线方程为, 故直线与双曲线没有横坐标大于2的交点， 即当交点位于椭圆第二象限时，不可能，舍去； 同理：当直线与椭圆交于轴下方时，也舍去， 综上：直线l方程为， （3） 如图,已知，由（1）知椭圆，双曲线. 直线过点且斜率为，则直线的方程为. 设，由， 根据三角形面积公式， 则， 即. ， 因为双曲线的渐近线方程为，而， 故直线与双曲线右支无交点， 故均为直线与椭圆的交点， 联立， 则， 则， ， 令， 则， 在时成立，故单调递增且，所以递减， 所以当时取得最大值， 又 所以的最大值为. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$