专题10 解析几何（直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线）讲义-【备战2026年高考数学命题背景探究】（全国通用）（会一题通一类系列）

专题10 解析几何 （直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线） 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景81 以直线与圆为命题背景 1 真题命题背景82 以圆的方程为命题背景 2 真题命题背景83 以曲线方程及轨迹方程为命题背景 3 真题命题背景84 以椭圆方程为命题背景 4 真题命题背景85 以双曲线方程为命题背景 5 真题命题背景86 以抛物线方程为命题背景 6 真题命题背景87 以椭圆离心率为命题背景 7 真题命题背景88 以双曲线离心率为命题背景 9 真题命题背景89 以双曲线渐近线为命题背景 11 真题命题背景90 以抛物线性质及焦点弦为命题背景 12 真题命题背景91 以圆锥曲线中的弦长为命题背景 13 真题命题背景92 以定点定值定直线为命题背景 16 真题命题背景93 以中点弦为命题背景 16 真题命题背景94 以圆锥曲线最值与范围为命题背景 18 基础过关练 18 提升巩固练 20 培优压轴练 22 真题命题背景81 以直线与圆为命题背景 弦长公式 设，， 则 或： 真题练1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 真题练2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ． 真题练3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是 ． 真题练4．（2025·全国一卷·高考真题）已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（   ） A． B． C． D． 真题练5．（2024·全国甲卷·高考真题）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D． 真题练6．（2024·全国甲卷·高考真题）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 真题练7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程 ． 真题练8．（2020·全国I卷·高考真题）已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ） A． B． C． D． 真题命题背景82 以圆的方程为命题背景 圆的标准方程 ，其中圆心坐标为，半径为 圆的一般方程 （） 配方可得：， 圆心坐标为，半径为 真题练1．（2022·全国乙卷·高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为 ． 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为 ． 真题命题背景83 以曲线方程及轨迹方程为命题背景 求轨迹方程的5种常用方法 1 直接法: 直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直接法。 2 定义法: 如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。 3 相关点法: 用动点 的坐标 表示相关点 的坐标 ，然后代入点 的坐标 所满足的曲线方程，整理化简便得到动点 轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法。（用未知表示已知，带入已知求未知) 4 参数法: 当动点坐标 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 与某一变数 的关系，再消去参变数 ，得到方程，即为动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做参数法。 5 交轨法: 将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做交轨法。 真题练1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 真题练2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 真题练3．（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． 真题命题背景84 以椭圆方程为命题背景 焦点的位置 焦点在轴上 焦点在轴上 图形 标准方程 真题练1．（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． 真题练2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 真题练3．（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． 真题练4．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 真题命题背景85 以双曲线方程为命题背景 焦点的位置 焦点在轴上 焦点在轴上 图形 标准方程 真题练1．（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. 真题命题背景86 以抛物线方程为命题背景 焦点位置 轴正半轴 轴负半轴 轴正半轴 轴负半轴 图形 标准方程 真题练1．（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． 真题练2．（2021·全国甲卷·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切． （1）求C，的方程； （2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 真题练3．（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. 真题命题背景87 以椭圆离心率为命题背景 椭圆离心率求解的5种常用方法 公式1: 公式2: 变形 证明: 公式3:已知棚圆方程为,两焦点分别为, 设焦点三角形,,则椭圆的离心率 证明:, 由正弦定理得: 由等比定理得:,即 . 公式 4: 以椭圆 两焦点 及椭圆上任一点 (除长轴两端点外) 为顶点 , 则 证明: 由正弦定理有. 公式5:点是椭圆的焦点,过的弦与椭圆焦点所在轴的夹角为为直线的斜率,且.,则 当曲线焦点在轴上时, 注:或者而不是或 真题练1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 真题练3．（2021·全国乙卷·高考真题）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 真题练4．（2024·新课标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． 真题命题背景88 以双曲线离心率为命题背景 双曲线离心率求解的5种常用方法 公式1: 公式 证明: 公式3:已知双曲线方程为两焦点分别为,设焦点三角形,则 证明:, 由正弦定理得: 由等比定理得: 即。 公式4:以双曲线的两个焦点及双曲线上任意一点除实轴上两个端点外)为顶点的,则离心率 证明:由正弦定理,有 即 又 公式5:点是双曲线焦点,过弦与双曲线焦点所在轴夹角为为直线斜率,,则,当曲线焦点在轴上时, 注:或者而不是或 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（   ） A． B．2 C． D． 真题练2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 真题练3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 真题练4．（2020·全国I卷·高考真题）已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为 . 真题练5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ． 真题练6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ． 真题练7．（2022·全国乙卷·高考真题）（多选）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 真题练8．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（   ） A． B． C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为 真题命题背景89 以双曲线渐近线为命题背景 焦点的位置 焦点在轴上 焦点在轴上 渐近线方程 双曲线的焦点到渐近线的距离为b 真题练1．（2021·全国甲卷·高考真题）点到双曲线的一条渐近线的距离为（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程 . 真题练3．（2022·全国甲卷·高考真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则 ． 真题练4．（2021·全国乙卷·高考真题）已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为 ． 真题练5．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 真题命题背景90 以抛物线性质及焦点弦为命题背景 如图，抛物线方程为，准线与轴相交于点，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，为原点，直线的倾斜角为. 1． 2．焦半径：，，. 3．焦点弦：. 4．的数量关系：，. 5．三角形的面积. 6．以焦点弦为直径的圆与准线相切；以焦半径为直径的圆与轴相切. 7．直线的斜率之和为零（），即. 8．点三点共线；点三点共线. 9．如图，点是抛物线，为原点，若，则直线过定点. 真题练1．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ） A．1 B．2 C． D．4 真题练2．（2020·山东·高考真题）斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ． 真题练3．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为 . 真题练4．（2022·全国乙卷·高考真题）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ） A．2 B． C．3 D． 真题练5．（2025·全国二卷·高考真题）设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 真题练6．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 真题练7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（    ）． A． B． C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形 真题练8．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（    ） A．直线的斜率为 B． C． D． 真题命题背景91 以圆锥曲线中的弦长为命题背景 弦长公式 设，， 则 或： 椭圆&双曲线的硬解定理 如果直线与曲线（m，n至少一个为正数）有两个交点，． 先将直线方程与曲线方程进行联立，得到， 于是判别式， 再根据韦达定理得到 于是有， 从而． 特别地，对于最常见的斜截式来说，可令，，， 则有以下结论： ①判别式． ② ③． ④． 抛物线的硬解定理 如果与抛物线有两个交点，．先将直线与抛物线进行联立， 得到，于是判别式， 再根据韦达定理得到 于是有， 从而． 抛物线的硬解定理 如果直线与抛物线有两个交点，．先将直线与抛物线进行联立， 得到，于是判别式， 再根据韦达定理得 于是有， 从而． （实际上与抛物线的硬解定理的区别就是把A，B对调了一下） 真题练1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ． 真题练2．（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． 真题练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． 真题命题背景92 以定点定值定直线为命题背景 真题练1．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 真题练2．（2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 真题练3．（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． 真题练4．（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. 真题命题背景93 以中点弦为命题背景 椭圆中点弦斜率公式 (1) 若 为椭圆 弦 的中点, 有 . (2) 若 为椭圆 弦 的中点, 有 . 双曲线的中点弦斜率公式 (1) 若 为双曲线 弦 ( 不平行 轴) 的中点, 则 (2) 若 为双曲线 弦 ( 不平行 轴) 的中点, 则 抛物线的中点弦斜率公式 (1) 若 为抛物线 弦 不平行 轴 的中点, 则 (2) 若 为抛物线 弦 ( 不平行 轴) 的中点, 则 15. 中点弦斜率拓展 在椭圆 中, 以 为中点的弦所在直线的斜率 ; 在双曲线 中, 以 为中点的弦所在直线的斜率 ; 在抛物线 中，以 为中点的弦所在直线的斜率 点差法妙解中点弦问题 若设直线与圆锥曲线的交点 ( 弦的端点 ) 坐标为 , 将这两点代入圆锥曲线的方程并对所得两式作差, 得到一个与弦 的中点和斜率有关的式子, 可以大大减少运算量。我们称这种代点作差的方法为“点差法”。 （1） 设点: 若 是椭圆 上不重合的两点,则 （2） 作差: 两式相减得 , （3）表斜率: 是直线 的斜率 是线段 的中点 , 化简可得 , 此种方法为点差法。 真题练1．（2023·全国乙卷·高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（    ） A． B． C． D． 真题命题背景94 以圆锥曲线最值与范围为命题背景 真题练2．（2021·全国乙卷·高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（    ） A． B． C． D．2 真题练2．（2020·全国II卷·高考真题）设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 真题练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. 一、单选题 1．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）若直线与直线互相平行，则实数的值为（    ） A．0 B．1 C．0或1 D．0或-1 2．（2025·广东惠州·模拟预测）已知圆，直线：，若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则b的值为（   ） A．0 B．±1 C． D． 3．（2025·河北·模拟预测）已知焦点在x轴上的椭圆 其右焦点 F 与上顶点A 和左顶点 B 构成面积为的三角形，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）已知双曲线：（，）的焦距为，焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·湖南·三模）已知曲线，设，q：曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则p是q的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 6．（2025·全国·模拟预测）直线与圆交于两点，则（   ） A．点到直线的距离为 B．线段 C． D．的面积是20 7．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，则（   ） A．的准线方程为 B．若，则 C．的最大值为16 D．为钝角 三、解答题 8．（2025·河南·二模）设抛物线的焦点为，过的直线与交于A，B两点. (1)求的准线方程； (2)设为准线上一点，且，求. 9．（2025·河北保定·二模）已知双曲线的焦距为，离心率为． (1)求C的方程； (2)若A是C的左顶点，直线与C交于P，Q两点，求的面积． 10．（2025·陕西·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值． 一、单选题 1．（2025·河北邯郸·一模）“”是“点在圆外部”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2025·北京大兴·三模）已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·海南·模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，若的角平分线交轴于点，且，则的周长为（    ） A．24 B．22 C．20 D．18 4．（2025·浙江嘉兴·一模）已知椭圆和双曲线有相同的焦点是它们的一个公共点，且，若的离心率为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2025·四川巴中·模拟预测）已知分别是双曲线的左、右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（    ） A．三角形的周长是10 B．若焦点在轴上的双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为4，则双曲线是 C．若，则点的轨迹方程是 D．若是双曲线右支上一动点，则的最小值是2 7．（2025·广西·模拟预测）已知以为左右焦点的椭圆的短轴长为，点是椭圆上的一个动点，且点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，连接，并延长与椭圆相交于点，其中说法正确的是（    ） A．椭圆的方程为 B．三角形的面积的最大值为 C．三角形的周长为8 D． 三、解答题 8．（25-26高三上·安徽合肥·开学考试）已知椭圆的离心率为，右焦点为，是E上一点． (1)求的方程； (2)过F的直线交于两点，求（为坐标原点）的面积的最大值． 9．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知双曲线的渐近线为，双曲线的左顶点为，直线与双曲线C相交于A，B（异于点P）两点． (1)求双曲线C的方程； (2)若的中点为，求直线l的方程； (3)若以为直径的圆恒过点P，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 10．（2025·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，抛物线的焦点为，，的面积为1. (1)求椭圆、抛物线的标准方程； (2)过点的直线分别与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，设直线的斜率分别是，，，.证明：为定值. 一、单选题 1．（2024·湖北·一模）设双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点为，，P为双曲线一条渐近线上一点，若.则双曲线C的离心率（    ） A． B． C． D． 2．（2025·湖南益阳·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过作直线交抛物线于两点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·湖南湘潭·一模）已知双曲线的右焦点为，若圆上存在点 使得的中点在的渐近线上，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2025·四川达州·模拟预测）已知曲线，则下列结论正确的是（   ） A．曲线C关于原点对称 B．直线与曲线C有公共点 C．曲线C上任一点的纵坐标的取值范围是 D．曲线C上任一点与原点距离的取值范围是 5．（2025·海南·模拟预测）双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线C（如图所示）过坐标原点O，且C上的点满足到两个定点，的距离之积为4，则下列结论正确的是（   ） A． B．点在C上，则 C．点N在椭圆上，若，则 D．过作x轴的垂线交C于A，B两点，则 三、填空题 6．（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为.若线段与双曲线交于点，与抛物线交于点，且，，则双曲线的离心率为 . 7．（2025·北京·三模）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线的一部分.已知过坐标原点.且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为.有以下四个结论： ①； ②曲线上存在点，满足； ③若点是曲线第一象限上的点，则的面积的最大值为； ④当点在上时，不等式恒成立； 其中，所有正确结论的序号是 . 四、解答题 8．（2025·河北邯郸·一模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为，为坐标原点，. (1)求的方程； (2)若上存在不关于轴对称的两点，使得恰好被轴平分，求面积的取值范围； (3)过的直线与交于不同的两点椭圆在两点处的切线相交于为线段的中点，证明：三点共线. 9．（2025·福建泉州·模拟预测）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． (1)求的方程及离心率； (2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 10．（2025·浙江嘉兴·一模）已知双曲线的左､右焦点分别是，并且经过点. (1)求的方程； (2)过点的直线交双曲线的右支于两点（点在第一象限），过点作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线经过定点； （ii）记的面积为，求的取值范围. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 解析几何 （直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线） 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景81 以直线与圆为命题背景 1 真题命题背景82 以圆的方程为命题背景 8 真题命题背景83 以曲线方程及轨迹方程为命题背景 11 真题命题背景84 以椭圆方程为命题背景 17 真题命题背景85 以双曲线方程为命题背景 23 真题命题背景86 以抛物线方程为命题背景 26 真题命题背景87 以椭圆离心率为命题背景 34 真题命题背景88 以双曲线离心率为命题背景 40 真题命题背景89 以双曲线渐近线为命题背景 50 真题命题背景90 以抛物线性质及焦点弦为命题背景 53 真题命题背景91 以圆锥曲线中的弦长为命题背景 61 真题命题背景92 以定点定值定直线为命题背景 67 真题命题背景93 以中点弦为命题背景 76 真题命题背景94 以圆锥曲线最值与范围为命题背景 79 基础过关练 82 提升巩固练 88 培优压轴练 97 真题命题背景81 以直线与圆为命题背景 弦长公式 设，， 则 或： 真题练1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B.      真题练2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ． 【答案】（中任意一个皆可以） 【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出． 【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得， 所以，解得：或， 由，所以或，解得：或． 故答案为：（中任意一个皆可以）． 真题练3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可； 【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上， 所以所在直线即为直线，所以直线为，即； 圆，圆心，半径， 依题意圆心到直线的距离， 即，解得，即； 故答案为： 真题练4．（2025·全国一卷·高考真题）已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：，    故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 真题练5．（2024·全国甲卷·高考真题）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D． 【答案】C 【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得 ，即，令得， 故直线恒过，设，圆化为标准方程得：， 设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小， ，此时.    故选：C 真题练6．（2024·全国甲卷·高考真题）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，从而可得当时，的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】因为直线，即，令， 则，所以直线过定点，设， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 真题练7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程 ． 【答案】或或 【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可. 【详解】[方法一]： 显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为， 于是， 故①，于是或， 再结合①解得或或， 所以直线方程有三条，分别为，， 填一条即可 [方法二]： 设圆的圆心，半径为， 圆的圆心，半径， 则，因此两圆外切， 由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意； 又由方程和相减可得方程， 即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线OC的方程为， 直线OC与直线的交点为， 设过该点的直线为，则，解得， 从而该切线的方程为填一条即可 [方法三]： 圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图， 当切线为l时，因为，所以，设方程为 O到l的距离，解得，所以l的方程为， 当切线为m时，设直线方程为，其中，， 由题意，解得， 当切线为n时，易知切线方程为， 故答案为：或或. 真题练8．（2020·全国I卷·高考真题）已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程． 【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离． 依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ， 当直线时，， ，此时最小． ∴即 ，由解得， ． 所以以为直径的圆的方程为，即 ， 两圆的方程相减可得：，即为直线的方程． 故选：D. 【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题． 真题命题背景82 以圆的方程为命题背景 圆的标准方程 ，其中圆心坐标为，半径为 圆的一般方程 （） 配方可得：， 圆心坐标为，半径为 真题练1．（2022·全国乙卷·高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为 ． 【答案】或或或． 【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可； 【详解】[方法一]：圆的一般方程 依题意设圆的方程为， （1）若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； （2）若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； （3）若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； （4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即； 故答案为：或 或 或． [方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心） 设 （1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为， 则，所以圆的方程为； （2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为； （3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为； （4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为． 故答案为：或 或 或． 【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁； 方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解． 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为 ． 【答案】 【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程. 【详解】[方法一]：三点共圆 ∵点M在直线上， ∴设点M为，又因为点和均在上， ∴点M到两点的距离相等且为半径R， ∴， ，解得， ∴，， 的方程为. 故答案为： [方法二]：圆的几何性质 由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为. 故答案为： 真题命题背景83 以曲线方程及轨迹方程为命题背景 求轨迹方程的5种常用方法 1 直接法: 直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直接法。 2 定义法: 如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。 3 相关点法: 用动点 的坐标 表示相关点 的坐标 ，然后代入点 的坐标 所满足的曲线方程，整理化简便得到动点 轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法。（用未知表示已知，带入已知求未知) 4 参数法: 当动点坐标 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 与某一变数 的关系，再消去参变数 ，得到方程，即为动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做参数法。 5 交轨法: 将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做交轨法。 真题练1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 【答案】A 【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A 真题练2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 【答案】ABD 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理. 真题练3．（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. 真题命题背景84 以椭圆方程为命题背景 焦点的位置 焦点在轴上 焦点在轴上 图形 标准方程 真题练1．（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. 真题练2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 真题练3．（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． 真题练4．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 真题命题背景85 以双曲线方程为命题背景 焦点的位置 焦点在轴上 焦点在轴上 图形 标准方程 真题练1．（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. 真题命题背景86 以抛物线方程为命题背景 焦点位置 轴正半轴 轴负半轴 轴正半轴 轴负半轴 图形 标准方程 真题练1．（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. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 真题练2．（2021·全国甲卷·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切． （1）求C，的方程； （2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析 【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论； （2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论. 【详解】（1）依题意设抛物线， ， 所以抛物线的方程为， 与相切，所以半径为， 所以的方程为； （2）[方法一]：设 若斜率不存在，则方程为或， 若方程为，根据对称性不妨设， 则过与圆相切的另一条直线方程为， 此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意； 若方程为，根据对称性不妨设 则过与圆相切的直线为， 又， ，此时直线关于轴对称， 所以直线与圆相切； 若直线斜率均存在， 则， 所以直线方程为， 整理得， 同理直线的方程为， 直线的方程为， 与圆相切， 整理得， 与圆相切，同理 所以为方程的两根， ， 到直线的距离为： ， 所以直线与圆相切； 综上若直线与圆相切，则直线与圆相切. [方法二]【最优解】：设． 当时，同解法1． 当时，直线的方程为，即． 由直线与相切得，化简得， 同理，由直线与相切得． 因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为． 所以直线与相切． 综上所述，若直线与相切，则直线与相切． 【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路 真题练3．（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. 真题命题背景87 以椭圆离心率为命题背景 椭圆离心率求解的5种常用方法 公式1: 公式2: 变形 证明: 公式3:已知棚圆方程为,两焦点分别为, 设焦点三角形,,则椭圆的离心率 证明:, 由正弦定理得: 由等比定理得:,即 . 公式 4: 以椭圆 两焦点 及椭圆上任一点 (除长轴两端点外) 为顶点 , 则 证明: 由正弦定理有. 公式5:点是椭圆的焦点,过的弦与椭圆焦点所在轴的夹角为为直线的斜率,且.,则 当曲线焦点在轴上时, 注:或者而不是或 真题练1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答. 【详解】由，得，因此，而，所以. 故选：A 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解. 【详解】[方法一]：设而不求 设，则 则由得：， 由，得， 所以，即， 所以椭圆的离心率，故选A. [方法二]：第三定义 设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知： 故， 由椭圆第三定义得：， 故 所以椭圆的离心率，故选A. 真题练3．（2021·全国乙卷·高考真题）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可． 【详解】设，由，因为 ，，所以 ， 因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ； 当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立． 故选：C． 【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值． 真题练4．（2024·新课标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. 真题命题背景88 以双曲线离心率为命题背景 双曲线离心率求解的5种常用方法 公式1: 公式 证明: 公式3:已知双曲线方程为两焦点分别为,设焦点三角形,则 证明:, 由正弦定理得: 由等比定理得: 即。 公式4:以双曲线的两个焦点及双曲线上任意一点除实轴上两个端点外)为顶点的,则离心率 证明:由正弦定理,有 即 又 公式5:点是双曲线焦点,过弦与双曲线焦点所在轴夹角为为直线斜率,,则,当曲线焦点在轴上时, 注:或者而不是或 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解 【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为， 由题知，， 于是，则， 即. 故选：D 真题练2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 【答案】C 【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率. 【详解】由题意，设、、， 则，，， 则，则. 故选：C. 真题练3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由双曲线的定义可得， 所以，； 因为,由余弦定理可得， 整理可得，所以，即. 故选：A 【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键. 真题练4．（2020·全国I卷·高考真题）已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为 . 【答案】2 【分析】根据双曲线的几何性质可知，，，即可根据斜率列出等式求解即可． 【详解】联立，解得，所以. 依题可得，，，即，变形得，, 因此，双曲线的离心率为. 故答案为：． 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题． 真题练5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ． 【答案】 【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率. 【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入 得，即，故，， 又，得，解得，代入得， 故，即，所以. 故答案为： 真题练6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解. 方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解； 【详解】方法一： 依题意，设，则， 在中，，则，故或（舍去）， 所以，，则， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依题意，得，令， 因为，所以，则， 又，所以，则， 又点在上，则，整理得，则， 所以，即， 整理得，则，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解. 真题练7．（2022·全国乙卷·高考真题）（多选）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论. 【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用 情况一   M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B， 所以，因为，所以在双曲线的左支， ，， ，设，由即，则， 选A 情况二 若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支， 所以，， ，设， 由，即，则， 所以，即， 所以双曲线的离心率 选C [方法二]：答案回代法 特值双曲线 ， 过且与圆相切的一条直线为， 两交点都在左支,， ， 则， 特值双曲线， 过且与圆相切的一条直线为， 两交点在左右两支，在右支，， ， 则， [方法三]： 依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为， 若分别在左右支， 因为，且，所以在双曲线的右支， 又，，， 设，， 在中，有， 故即， 所以， 而，，，故， 代入整理得到，即， 所以双曲线的离心率 若均在左支上， 同理有，其中为钝角，故， 故即， 代入，，，整理得到：， 故，故， 故选：AC. 真题练8．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（   ） A． B． C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为 【答案】ACD 【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误. 【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限， 对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故， 故A正确； 对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且， 设，则，故，故， 由A得，故即，故B错误； 方法二：因为，因为双曲线中，， 则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则， 则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则， 方法三：在利用余弦定理知，， 即，则， 则为直角三角形，且，则，故B错误； 对于C，方法一：因为，故， 由B可知， 故即， 故离心率，故C正确； 方法二：因为，则，则，故C正确； 对于D，当时，由C可知，故， 故，故四边形为， 故D正确， 故选：ACD. 真题命题背景89 以双曲线渐近线为命题背景 焦点的位置 焦点在轴上 焦点在轴上 渐近线方程 双曲线的焦点到渐近线的距离为b 真题练1．（2021·全国甲卷·高考真题）点到双曲线的一条渐近线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可. 【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即， 结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：. 故选：A. 真题练2．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程 . 【答案】 【分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程. 【详解】解：由题可知，离心率，即， 又，即，则， 故此双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 真题练3．（2022·全国甲卷·高考真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则 ． 【答案】 【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可． 【详解】解：双曲线的渐近线为，即， 不妨取，圆，即，所以圆心为，半径， 依题意圆心到渐近线的距离， 解得或（舍去）． 故答案为：． 真题练4．（2021·全国乙卷·高考真题）已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为 ． 【答案】4 【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解. 【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距. 故答案为：4. 【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键. 真题练5．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长. 【详解】由，则， 解得， 所以双曲线的渐近线为， 当渐近线为时，圆心到该渐近线的距离，不合题意； 当渐近线为时，则圆心到渐近线的距离， 所以弦长. 故选：D 真题命题背景90 以抛物线性质及焦点弦为命题背景 如图，抛物线方程为，准线与轴相交于点，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，为原点，直线的倾斜角为. 1． 2．焦半径：，，. 3．焦点弦：. 4．的数量关系：，. 5．三角形的面积. 6．以焦点弦为直径的圆与准线相切；以焦半径为直径的圆与轴相切. 7．直线的斜率之和为零（），即. 8．点三点共线；点三点共线. 9．如图，点是抛物线，为原点，若，则直线过定点. 真题练1．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ） A．1 B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值. 【详解】抛物线的焦点坐标为， 其到直线的距离：， 解得：(舍去). 故选：B. 真题练2．（2020·山东·高考真题）斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ． 【答案】 【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果. 【详解】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为， 又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为： 代入抛物线方程消去y并化简得， 解法一：解得    所以 解法二： 设，则, 过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示. 故答案为： 【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题. 真题练3．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为 . 【答案】 【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可. 【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为， 准线方程为，点到的准线的距离为. 故答案为：. 真题练4．（2022·全国乙卷·高考真题）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案. 【详解】由题意得，，则， 即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为， 不妨设点在轴上方，代入得，， 所以. 故选：B 真题练5．（2025·全国二卷·高考真题）设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解. 【详解】对，令，则， 所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为， 故，则，代入抛物线得. 所以. 故选：C 真题练6．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D. 【详解】法一：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，易知直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 联立，得， 易知，则， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 又 ， ， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 联立，消去，得， 易知，则， 所以 ， 综上，，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 当直线的斜率存在时，， ， 所以， 则； 综上，，故D正确. 故选：ACD. 真题练7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（    ）． A． B． C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形 【答案】AC 【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则A选项正确，且抛物线的方程为. B选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项错误. C选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确. D选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形不是等腰三角形，D选项错误. 故选：AC.    真题练8．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（    ） A．直线的斜率为 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项. 【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为， 代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确； 对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得， 设，则，则，代入抛物线得，解得，则， 则，B错误； 对于C，由抛物线定义知：，C正确； 对于D，，则为钝角， 又，则为钝角， 又，则，D正确. 故选：ACD. 真题命题背景91 以圆锥曲线中的弦长为命题背景 弦长公式 设，， 则 或： 椭圆&双曲线的硬解定理 如果直线与曲线（m，n至少一个为正数）有两个交点，． 先将直线方程与曲线方程进行联立，得到， 于是判别式， 再根据韦达定理得到 于是有， 从而． 特别地，对于最常见的斜截式来说，可令，，， 则有以下结论： ①判别式． ② ③． ④． 抛物线的硬解定理 如果与抛物线有两个交点，．先将直线与抛物线进行联立， 得到，于是判别式， 再根据韦达定理得到 于是有， 从而． 抛物线的硬解定理 如果直线与抛物线有两个交点，．先将直线与抛物线进行联立， 得到，于是判别式， 再根据韦达定理得 于是有， 从而． （实际上与抛物线的硬解定理的区别就是把A，B对调了一下） 真题练1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ． 【答案】 【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解； 【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法 令的中点为，设，，利用点差法得到， 设直线，，，求出、的坐标， 再根据求出、，即可得解； 解：令的中点为，因为，所以， 设，，则，， 所以，即 所以，即，设直线，，， 令得，令得，即，， 所以， 即，解得或（舍去）， 又，即，解得或（舍去）， 所以直线，即； 故答案为： [方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法 解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点， 设，，设直线，，， 则，，，因为，所以 联立直线AB与椭圆方程得消掉y得 其中， ∴AB中点E的横坐标,又，∴ ∵，，∴,又，解得m=2 所以直线，即 真题练2．（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. 真题练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. 真题命题背景92 以定点定值定直线为命题背景 真题练1．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1）；（2）详见解析. 【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：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)［方法一］：通性通法 设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ，         所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）. 此时直线过点. 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值. ［方法二］【最优解】：平移坐标系 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即． 设，因为则，即． 代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立． 故存在，使得． ［方法三］：建立曲线系 A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得． 则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）． 用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即． 对比项、x项及y项系数得 将①代入②③，消去并化简得，即． 故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得． ［方法四］： 设． 若直线的斜率不存在，则． 因为，则，即． 由，解得或（舍）． 所以直线的方程为． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，则． 令，则． 又，令，则． 因为，所以， 即或． 当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意； 当时，直线的方程为，所以直线恒过． 综上，直线恒过，所以． 又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动． 取线段的中点为，则． 所以存在定点Q，使得为定值． 【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法； 方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解； 方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点； 方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算． 真题练2．（2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【答案】（1）；（2）证明详见解析. 【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解. （2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证. 【详解】（1）依据题意作出如下图象：      由椭圆方程可得：， ， ， ， 椭圆方程为： （2）[方法一]：设而求点法 证明：设， 则直线的方程为：，即： 联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得： ，解得：或 将代入直线可得： 所以点的坐标为. 同理可得：点的坐标为 当时， 直线的方程为：， 整理可得： 整理得： 所以直线过定点． 当时，直线：，直线过点． 故直线CD过定点． [方法二]【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即． 同理，可求直线的方程为． 则经过直线和直线的曲线的方程可写为． 可化为．④ 易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得． 故，可得或． 其中表示直线，则表示直线． 令，得，即直线恒过点． 【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题. 第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 真题练3．（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. 真题练4．（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. 真题命题背景93 以中点弦为命题背景 椭圆中点弦斜率公式 (1) 若 为椭圆 弦 的中点, 有 . (2) 若 为椭圆 弦 的中点, 有 . 双曲线的中点弦斜率公式 (1) 若 为双曲线 弦 ( 不平行 轴) 的中点, 则 (2) 若 为双曲线 弦 ( 不平行 轴) 的中点, 则 抛物线的中点弦斜率公式 (1) 若 为抛物线 弦 不平行 轴 的中点, 则 (2) 若 为抛物线 弦 ( 不平行 轴) 的中点, 则 15. 中点弦斜率拓展 在椭圆 中, 以 为中点的弦所在直线的斜率 ; 在双曲线 中, 以 为中点的弦所在直线的斜率 ; 在抛物线 中，以 为中点的弦所在直线的斜率 点差法妙解中点弦问题 若设直线与圆锥曲线的交点 ( 弦的端点 ) 坐标为 , 将这两点代入圆锥曲线的方程并对所得两式作差, 得到一个与弦 的中点和斜率有关的式子, 可以大大减少运算量。我们称这种代点作差的方法为“点差法”。 （1） 设点: 若 是椭圆 上不重合的两点,则 （2） 作差: 两式相减得 , （3）表斜率: 是直线 的斜率 是线段 的中点 , 化简可得 , 此种方法为点差法。 真题练1．（2023·全国乙卷·高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断. 【详解】设，则的中点， 可得， 因为在双曲线上，则，两式相减得， 所以. 对于选项A： 可得，则， 联立方程，消去y得， 此时， 所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误； 对于选项B：可得，则， 联立方程，消去y得， 此时， 所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误； 对于选项C：可得，则 由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线， 所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误； 对于选项D：，则， 联立方程，消去y得， 此时，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确； 故选：D. 真题命题背景94 以圆锥曲线最值与范围为命题背景 真题练2．（2021·全国乙卷·高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值． 【详解】设点，因为，，所以 ， 而，所以当时，的最大值为． 故选：A． 【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.． 真题练2．（2020·全国II卷·高考真题）设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【分析】因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案. 【详解】 双曲线的渐近线方程是 直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点 不妨设为在第一象限，在第四象限 联立，解得 故 联立，解得 故 面积为： 双曲线 其焦距为 当且仅当取等号 的焦距的最小值： 故选：B. 【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 真题练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． 一、单选题 1．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）若直线与直线互相平行，则实数的值为（    ） A．0 B．1 C．0或1 D．0或-1 【答案】A 【分析】根据平行直线的性质进行求解即可. 【详解】因为直线与直线互相平行， 所以有且， 解得， 故选：A 2．（2025·广东惠州·模拟预测）已知圆，直线：，若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则b的值为（   ） A．0 B．±1 C． D． 【答案】C 【分析】先根据圆的方程得出圆心坐标和半径；再根据题意分析得出圆心O到直线：的距离d为1；最后利用点到直线距离公式等式求解即可. 【详解】圆的圆心坐标是，半径为2. 因为圆上恰有三个点到直线距离等于1， 所以圆心O到直线：的距离d为1，即，得. 故选：C. 3．（2025·河北·模拟预测）已知焦点在x轴上的椭圆 其右焦点 F 与上顶点A 和左顶点 B 构成面积为的三角形，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合图形表示出，借助于三角形的面积公式列方程求出，利用离心率公式计算即可. 【详解】 由可得，由图知，， 则的面积为， 解得，则椭圆的离心率为. 故选：A. 4．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）已知双曲线：（，）的焦距为，焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设双曲线的焦距为，由条件可求，求双曲线的焦点坐标及渐近线方程，根据点到直线距离公式求焦点到渐近线的距离列方程求，由关系求由此可得结论. 【详解】设双曲线的焦距为，则， 故，所以双曲线的焦点坐标为， 又双曲线的渐近线方程为， 所以双曲线的焦点到渐近线的距离， 因为焦点到渐近线的距离为， 所以，所以， 所以双曲线的渐近线方程为，即， 故选：A. 5．（2025·湖南·三模）已知曲线，设，q：曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则p是q的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】首先得到曲线C是焦点在x轴上的椭圆的充要条件是，再进一步判断即可. 【详解】曲线C是焦点在x轴上的椭圆的充要条件是，即． 所以当时，成立，所以p是q的充分条件， 反之当时，不一定成立．所以p是q的充分不必要条件． 故选：A． 二、多选题 6．（2025·全国·模拟预测）直线与圆交于两点，则（   ） A．点到直线的距离为 B．线段 C． D．的面积是20 【答案】ABC 【分析】点到直线的距离公式判断A；几何法勾股定理判断B；根据二倍角余弦公式计算判断C；三角形面积公式计算判断D； 【详解】 对于A，点到直线的距离为，选项A正确； 对于B，线段，选项B正确； 对于C，，选项C正确； 对于D，的面积是，选项D错误． 故选：ABC． 7．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，则（   ） A．的准线方程为 B．若，则 C．的最大值为16 D．为钝角 【答案】ABD 【分析】直接求抛物线准线方程判断A；直线的斜率不存在时和直线的斜率存在两种情况分别求解，当直线的斜率存在时，设其方程为)，与抛物线方程联立，得出根与系数的关系，再由抛物线定义表示出，可判断BC；由判断D． 【详解】如图： 由已知得焦点，准线方程为，A正确； 当直线的斜率不存在时，，其中， 当直线的斜率存在时，设其方程为， 与抛物线方程联立，得， ，， 由抛物线定义知，， 若，则，B正确； ， 所以的最小值为16，C错误； 由 ， 所以为钝角，D正确. 故选：ABD 三、解答题 8．（2025·河南·二模）设抛物线的焦点为，过的直线与交于A，B两点. (1)求的准线方程； (2)设为准线上一点，且，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据抛物线方程即可得准线方程， （2）根据两点斜率公式，求解直线方程，联立与抛物线方程，即可根据韦达定理以及焦点弦公式求解. 【详解】（1）因为抛物线的方程为，所以抛物线的准线方程为 （2）因为在的准线上，所以，即， 易得的坐标为，此时， 因为，所以，解得， 所以的方程为，设，， 联立消去并整理得，由韦达定理得， 所以 9．（2025·河北保定·二模）已知双曲线的焦距为，离心率为． (1)求C的方程； (2)若A是C的左顶点，直线与C交于P，Q两点，求的面积． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）求出点到直线的距离，再联立直线与双曲线方程求出弦长即可求出三角形面积. 【详解】（1）依题意，双曲线的半焦距，由离心率，解得，， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左顶点，点到直线的距离， 由消去得，解得，， 则，所以的面积. 10．（2025·陕西·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合椭圆经过的点求解基本量，得到椭圆方程即可； （2）利用韦达定理表示出，再利用两点间距离公式表示出目标式，化简得到定值即可. 【详解】（1）由题意得 ，得，                           故的方程为； （2）设，则直线l的方程为， 与联立，得， 则，且，          所以 ， 故为定值． 一、单选题 1．（2025·河北邯郸·一模）“”是“点在圆外部”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由点在圆外结合二次方程表示圆的条件可将“点在圆外部”化为，据此可得答案. 【详解】因点在圆外部， 则，即， 解得：. 注意到是的真子集， 则由“”不能得到“点在圆外部”， 由“点在圆外部”可得到“”， 即“”是“点在圆外部”的必要不充分条件. 故选：B 2．（2025·北京大兴·三模）已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可． 【详解】由题意抛物线的焦点为， 由抛物线的定义可得：， 则， 当且仅当、、三点共线时取等号． 即的最小值是3． 故选：C. 3．（2025·海南·模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，若的角平分线交轴于点，且，则的周长为（    ） A．24 B．22 C．20 D．18 【答案】D 【分析】不妨设，，，根据面积关系和双曲线的定义可求，即可求解. 【详解】由题意，则， 不妨设，，，设到轴的距离为， 因为为的角平分线，则， 所以，所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 故选：D 4．（2025·浙江嘉兴·一模）已知椭圆和双曲线有相同的焦点是它们的一个公共点，且，若的离心率为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆和双曲线的定义，结合余弦定理列式，再结合离心率的计算公式，可求双曲线的离心率. 【详解】如图： 设椭圆：，双曲线：. 因为它们有相同的焦点，所以. 不妨设点在第一象限，且，， 因为点在椭圆上， 所以. 又， 所以. 又在双曲线上， 所以. 所以. 所以双曲线的离心率为：. 故选：A 5．（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题目条件求椭圆的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最大值 【详解】设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆得，代入解得，.即，. 所以的方程为.    设的左焦点为，故. 根据椭圆的几何性质可知， 由于两点之间线段最短，所以. 因此. 当且仅当，，在一条直线上时，等号成立. 故选： 二、多选题 6．（2025·四川巴中·模拟预测）已知分别是双曲线的左、右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（    ） A．三角形的周长是10 B．若焦点在轴上的双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为4，则双曲线是 C．若，则点的轨迹方程是 D．若是双曲线右支上一动点，则的最小值是2 【答案】CD 【分析】根据条件，分别求得A、、坐标，根据两点间距离公式，可求得的周长，即可判断A的正误；先求得双曲线C的渐近线方程，进而可设出双曲线E的方程，根据条件，求得c值，可求得双曲线E的方程，即可判断B的正误；根据椭圆的定义，计算求解，可判断C的正误；根据三点共线时，距离最短，可判断D的正误，即可得答案. 【详解】选项A：由题意圆心，，则， 所以，， 所以三角形的周长等于，故A错误； 选项B：双曲线C的渐近线方程为， 所以设双曲线E的方程为， 因为双曲线的焦距为4，即，解得， 所以，解得， 所以双曲线E的方程为，即，故B错误； 选项C：因为， 所以M的轨迹为以为焦点的椭圆， 所以长轴，即，焦距，即， 又， 所以的轨迹方程是，故C正确； 选项D：因为是双曲线右支上一动点， 所以，故D正确. 故选：CD 7．（2025·广西·模拟预测）已知以为左右焦点的椭圆的短轴长为，点是椭圆上的一个动点，且点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，连接，并延长与椭圆相交于点，其中说法正确的是（    ） A．椭圆的方程为 B．三角形的面积的最大值为 C．三角形的周长为8 D． 【答案】AC 【分析】根据条件求出，可确定椭圆方程，判断A的真假；结合椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶点与两焦点所成的三角形的面积，可判断B的真假；利用椭圆的定义，可判断C的真假；利用特殊情况，可判断D的真假. 【详解】如图：    对于选项A，由于，可得椭圆的方程为，所以A正确； 对于选项B，，所以B错误； 对于选项C，的周长，所以C正确； 对于选项D，当直线方程为时，由通径的概念可得， 所以，所以不能恒成立，故D错误. 故选：AC 三、解答题 8．（25-26高三上·安徽合肥·开学考试）已知椭圆的离心率为，右焦点为，是E上一点． (1)求的方程； (2)过F的直线交于两点，求（为坐标原点）的面积的最大值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）由（1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积求出函数关系，进而求出最大值. 【详解】（1）因为是E上一点，代入椭圆方程解得， 又，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）得半焦距，点，显然的斜率不为零， 设直线的方程为，， 由消去，得，显然， 则，， 所以， 则的面积， 令，函数在上单调递增，当时，取得最小值4， 则当时，取得最小值4，， 所以的面积的最大值为.    9．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知双曲线的渐近线为，双曲线的左顶点为，直线与双曲线C相交于A，B（异于点P）两点． (1)求双曲线C的方程； (2)若的中点为，求直线l的方程； (3)若以为直径的圆恒过点P，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)过定点，定点坐标为． 【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出即可. （2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合中点坐标公式求解. （3）利用韦达定理及数量积的坐标表示求出的关系即可得解. 【详解】（1）双曲线的渐近线为，依题意，， 而双曲线C的左顶点为，则， 所以双曲线的方程为． （2）由（1）知，双曲线的方程为，设， 由消去得，， ，且， ，由为的中点，得，解得，满足， 所以直线l的方程为，即. （3）由（2）知，．， 则 ，由以为直径的圆恒过点P，得， 于是，解得或， 当时，直线过，不符合题意； 当时，直线过定点， 所以直线l过定点，该定点坐标为.    10．（2025·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，抛物线的焦点为，，的面积为1. (1)求椭圆、抛物线的标准方程； (2)过点的直线分别与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，设直线的斜率分别是，，，.证明：为定值. 【答案】(1)椭圆，抛物线 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，点在椭圆上，得到，再利用的面积为1，解出，即可求解. （2）根据斜率是否存在分类讨论，斜率存在时，设直线，分别联立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程，得出的表达式，利用韦达定理进行化简得到定值，即可得证. 【详解】（1）根据题意作图如下： 由已知得，又，分别为椭圆的左、右焦点，且， 则，所以点在椭圆上，所以. 又，且，解得，所以. 所以椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为. （2）证明：根据题意作图如下： 当直线斜率不存在，即时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意. 设直线的方程为， 联立，消去得， 所以，，且， 联立，消去得， 所以，，且. 故 ， 又因为，所以， 所以. 综上，为定值. 一、单选题 1．（2024·湖北·一模）设双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点为，，P为双曲线一条渐近线上一点，若.则双曲线C的离心率（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设在渐近线上，结合角的关系求出即可代入渐近线结合离心率公式计算求解. 【详解】由题双曲线一条渐近线为，不妨设在该渐近线上， 则可得， 由得，故， 所以，所以， 所以或，由对称性不妨设即， 因为即，所以， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）. 2．（2025·湖南益阳·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过作直线交抛物线于两点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据抛物线的焦点坐标求出，设出，坐标，联立直线和抛物线，利用设而不求思想结合基本不等式进行转化求解即可． 【详解】 如图，设抛物线的焦点坐标为， 焦点为， ，得，即抛物线方程为， 当轴时，易得，，则， 则； 当不垂直轴时，设斜率为，，， 则直线的方程为， ，代入 可得，即， 则，， 过分别作准线的垂线，垂足分别为， 则，， ， 则， 于是，， 当且仅当，即时取等号. 综上：因,故 的最小值为. 故选：C. 3．（2025·湖南湘潭·一模）已知双曲线的右焦点为，若圆上存在点 使得的中点在的渐近线上，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设为圆上一点，得到的中点，求得，结合直线与圆有公共点，得到，求得，进而求得双曲线的离心率的取值范围. 【详解】因为双曲线的右焦点为，则，即， 且双曲线的渐近线方程为， 设为圆上一点，且圆心为，半径， 则的中点在其渐近线上，可得， 即，所以点在直线上， 因为圆心到直线的距离为， 因为圆上存在点满足条件，所以直线与圆有公共点， 所以，即，可得，可得，所以， 又因为双曲线的离心率，所以， 所以双曲线的离心率的取值范围为. 故选：B. 二、多选题 4．（2025·四川达州·模拟预测）已知曲线，则下列结论正确的是（   ） A．曲线C关于原点对称 B．直线与曲线C有公共点 C．曲线C上任一点的纵坐标的取值范围是 D．曲线C上任一点与原点距离的取值范围是 【答案】AD 【分析】验证曲线上任一点关于原点的对称点是否在曲线上即可判断选项A； 将代入曲线的方程，通过方程有无实数解，即可判断选项B； 将曲线看作关于的方程，通过判别式法求得的取值范围，即可判断选项C； 通过基本不等式解出曲线上任一点与原点距离的取值范围，即可判断选项D. 【详解】选项A，取曲线上任一点，其关于原点的对称点为. 仍然满足曲线方程，所以A正确； 选项B，将代入曲线的方程，得，则，即该方程无解，所以B错误； 选项C，由得， 由，解得，所以C错误； 选项D，设曲线上任一点坐标为，该点到原点的距离为， 则一方面， 即，当且仅当时取等号，即. 另一方面，. 即，当且仅当时取等号，即. 因此曲线上任一点与原点距离的取值范围为，所以D正确. 故选：AD. 5．（2025·海南·模拟预测）双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线C（如图所示）过坐标原点O，且C上的点满足到两个定点，的距离之积为4，则下列结论正确的是（   ） A． B．点在C上，则 C．点N在椭圆上，若，则 D．过作x轴的垂线交C于A，B两点，则 【答案】ACD 【分析】根据题目给的伯努利双纽线的概念，结合圆锥曲线中的焦点概念，直线与圆锥曲线的关系，分别判断各选项的正误. 【详解】由题意，，即， 对于A，因曲线过原点，将代入，解得，故A正确； 对于B，由点在上，得， 化简得，解得，故错误； 对于，椭圆的焦点坐标恰好为与，则， 由，得：， 则，，故C正确； 对于D，设，则，而，则， 又根据勾股定理得，则，化简得， 解得，因此，故D正确； 故选：ACD． 三、填空题 6．（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为.若线段与双曲线交于点，与抛物线交于点，且，，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】首先表示出、，再根据向量的坐标运算得到、的坐标，再分别代入双曲线、抛物线方程，即可得到关于、的方程，解得即可. 【详解】抛物线的焦点为， 双曲线的右焦点为， 所以， 因为，所以， 又，所以， 所以，所以， 则，即，所以， 整理得，因为，所以， 所以. 故答案为： 7．（2025·北京·三模）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线的一部分.已知过坐标原点.且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为.有以下四个结论： ①； ②曲线上存在点，满足； ③若点是曲线第一象限上的点，则的面积的最大值为； ④当点在上时，不等式恒成立； 其中，所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】由题意，将原点坐标代入可得，可判断①；设点在上，通过放缩可得不等式，求出的取值范围，进而可求出的取值范围，可判断②；取，求得，可判断③；利用不等式的基本性质可判断④. 【详解】对于①，由题意点在曲线的上面，当且仅当， 因为曲线过原点且，所以，①对； 对于②，由题意可知，曲线的方程为， 若点在上，则， 又因为，则，所以， 故， 因为，所以，曲线上存在点，满足，②对； 对于③，在中，当时，化简得， 当点在第一象限时，取，则， 此时， 因此，的面积的最大值大于，③错； 对于④，由可额， 因为，所以，故， 整理可得，④对. 故答案为：①②④. 四、解答题 8．（2025·河北邯郸·一模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为，为坐标原点，. (1)求的方程； (2)若上存在不关于轴对称的两点，使得恰好被轴平分，求面积的取值范围； (3)过的直线与交于不同的两点椭圆在两点处的切线相交于为线段的中点，证明：三点共线. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由条件可得到关于的方程，解方程即可得答案. （2）直线的方程可设为，联立椭圆的方程，利用韦达定理可得到关于点纵坐标的关系式，再由恰好被轴平分，即，可知直线的斜率与直线的斜率存在且，即可得到关于的关系式，再把的面积表示成关于的函数，代入，求函数值域即可得答案. （3）利用导数求出处的切线方程，同构可得到直线的方程，再利用直线过点，可得到点坐标，进而可得到的斜率；再利用点差法可得到的斜率，即可得到答案. 【详解】（1）依题意可得解得，所以的方程为. （2）由题意可知，直线的方程可设为，设， 联立整理得， 因为恰好被轴平分，即， 易知直线的斜率与直线的斜率存在且， 即， 整理得，即，即. 因为，所以时符合题意，即直线经过定点（1，0）， 所以的面积， 当且仅当时，即时，等号成立， 因为，所以面积的取值范围是. （3）证明：依题意，根据对称性，不妨设在轴上方， 于是可化为，则， 设直线的方程为， 则在两点处的切线分别为， 整理可得在两点处的切线分别为. 设，则， 所以两点均在直线上，即直线的方程为. 又直线的方程为，即，所以，即， 则， 又， 联立两式作差可得， 即，即，即， 所以，所以三点共线. 9．（2025·福建泉州·模拟预测）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． (1)求的方程及离心率； (2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【答案】(1)，； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解. （2）法一，在不是矩形顶点时设，表示出直线的方程，与椭圆方程联立，利用及韦达定理推理得证，再验证是矩形顶点的情况即可；法二，在不是矩形顶点时设，求出切线方程，进而求出切点弦所在直线方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理推理得证，再验证是矩形顶点的情况即可. 【详解】（1）依题意，，，则，，半焦距， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）法一：依题意，以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时； 当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线的方程为， 由消去得：， 由，化简得， 设直线的方程为，同理得：， 于是是关于的一元二次方程的两根， 则，又，因此，，即， 所以是直角三角形. 法二：设，分别为，与的公共点，且， 以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，，均与坐标轴垂直，此时； 当的斜率都存在时，设，， 由消去得：， 则，化简得． 又，则，即，解得， 同理得：，直线，即，直线， 又直线过点，则，， 于是直线的方程为：，由消去， 得，则， 于是 ，又，则， 因此，， 所以是直角三角形. 10．（2025·浙江嘉兴·一模）已知双曲线的左､右焦点分别是，并且经过点. (1)求的方程； (2)过点的直线交双曲线的右支于两点（点在第一象限），过点作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线经过定点； （ii）记的面积为，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，求出即可. （2）（i）设出直线方程，与双曲线的方程联立，利用韦达定理及直线方程计算推理得证；（ii）由（i）求出的函数关系，再结合函数单调性求出范围. 【详解】（1）依题意，双曲线半焦距，则，解得， 所以双曲线的方程为. （2）（i）设，则， 由消去得， 则，解得，， 直线的方程为，即， 而 ，因此直线的方程为， 所以直线经过定点. 或令，得 ， 所以直线经过定点. （ii）由（i）知， ， 而，令， 因此在上单调递增，则， 所以的取值范围是.    2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $