重难点培优19 圆锥曲线解答题题型全归纳（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优19 圆锥曲线解答题题型全归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 5 题型一 中点弦、弦长问题（★★★★） 5 题型二 面积问题（★★★★★） 7 题型三 定点及其探索性问题（★★★★★） 9 题型四 斜率有关定值问题（★★★★★） 11 题型五 长度、角度、面积的定值问题（★★★★） 13 题型六 非对称韦达化处理（★★★★★） 14 题型七 圆锥曲线与向量交汇（★★★★） 15 题型八 切线问题（★★★★） 17 题型九 定直线及其探索性问题（★★★★） 19 题型十 圆锥曲线新定义问题（★★★★★） 20 03 实战检测・分层突破验成效 22 检测Ⅰ组 重难知识巩固 22 检测Ⅱ组 创新能力提升 27 一、直线和曲线联立（以椭圆和抛物线为例） 1、椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， 注意： ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系． ②焦点在轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述． 2、抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 注意：在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量．开口向上选择正设；开口向右，选择反设；注意不可完全生搬硬套，具体情况具体分析． 二、根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 注意：（1）由韦达定理写出，，注意隐含条件． （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可； 焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可． （5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标． 三、点差法 设直线和曲线的两个交点，，代入椭圆方程，得； ； 将两式相减，可得；； 最后整理得： 同理，双曲线用点差法，式子可以整理成： 设直线和曲线的两个交点，，代入抛物线方程，得；； 将两式相减，可得；整理得： 四、弦长公式 （最常用公式，使用频率最高） 五、三角形面积问题 直线方程： 六、焦点三角形的面积 直线过焦点的面积为 注意：为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数 七、平行四边形的面积 直线为，直线为 注意：为直线与椭圆联立后消去后的一元二次方程的系数. 八、探索圆锥曲线的定点、定值问题 1、定值问题 ①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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。 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值。 2、定点问题 定点问题是比较常见出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量． ①引进参数.一般是点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等. ②列出关系式.根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程. ③探究直线过定点.一般化成点斜式或者直线系方程 题型一 中点弦、弦长问题 【技巧通法·提分快招】 1、点差法在圆锥曲线中的结论 （1）椭圆： （2）双曲线： （3）抛物线： 2、弦长有关的问题 （1）弦长公式：． （2）与焦点相关的弦长计算，利用定义； （3）涉及到面积的计算问题． 1．（2025·海南·模拟预测）已知椭圆，且该椭圆的离心率为，直线不过原点且不平行于坐标轴，与椭圆交于两点，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值； (2)若直线的方程为，延长线段与椭圆交于点，四边形为平行四边形，求椭圆的方程． 2．（25-26高三上·陕西汉中·开学考试）已知双曲线的实轴长为，离心率为.直线与双曲线相交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)若的中点为，求直线的方程． 3．过点的直线交抛物线于两点，求中点的轨迹方程． 4．（2025·黑龙江大庆·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线交于两点.当时，轴，且. (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程. 5．（2025·河北·模拟预测）已知双曲线C：与双曲线的渐近线相同，且经过点，C的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，以AB为直径的圆与直线交于M，N两点． (1)求C的方程； (2)若，求满足条件的直线l有几条？ 6．（2025·四川达州·模拟预测）过抛物线的焦点作平行于轴的直线被抛物线截得的弦长为4，已知点，设过点的直线与抛物线交于点，且直线交抛物线于点（点与点不重合）. (1)求抛物线的方程； (2)设直线交以为直径的圆于点，求的最小值. 题型二 面积问题 【技巧通法·提分快招】 三角形的面积问题 直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法： 1、一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式. 进一步，= 2、特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长. 1．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）已知椭圆的离心率为． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 2．（25-26高三上·河北·开学考试）已知双曲线：的离心率为，实轴长为4. (1)求双曲线的方程； (2)若直线：与C的右支交于A，B两点，为坐标原点. （i）求的取值范围； （ⅱ）若直线与轴交于点，且，求的面积. 3．（2025·湖南·一模）已知，直线相交于点，且，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为的面积为，求直线的方程． 4．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知分别是椭圆的左、右焦点，轴上方的两动点在上，且，当时，. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的坐标； (3)求四边形的面积的取值范围. 5．（2025·河南信阳·模拟预测）已知椭圆过点，焦距为2. (1)求的方程； (2)若，过作两条相互垂直的直线，与曲线分别交于A，B，C，D四点，设线段，与的中点分别为M，N. （i）证明：直线过定点； （ii）求四边形面积的取值范围. 题型三 定点及其探索性问题 【技巧通法·提分快招】 圆锥曲线的定点问题 1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。 2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。 3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线（或曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识求解。 1．（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之积为，判断直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由． 2．（2025·宁夏中卫·三模）已知双曲线C：的离心率为2，其右焦点F到一条渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)若直线：与双曲线C交于不同的两点A，B，且以线段为直径的圆经过点，证明：直线过定点. 3．（24-25高三上·四川雅安·月考）已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上，下支分别交于，两点（异于），直线平分线段与的下支交于点． （ⅰ）求证：直线与直线的交点在一条定直线上； （ⅱ）过三点的圆是否经过定点，请说明理由． 4．（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． 5．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，椭圆的一个焦点为（1，0），过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为.    (1)求椭圆的方程. (2)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 6．已知双曲线C：（，）的右顶点为A，左焦点为F，过点F且斜率为1的直线与C的一条渐近线垂直，垂足为N，且． (1)求C的方程． (2)过点的直线交C于，两点，直线AP，AQ分别交y轴于点G，H，试问在x轴上是否存在定点T，使得？若存在，求点T的坐标；若不存在，请说明理由． 题型四 斜率有关定值问题 【技巧通法·提分快招】 圆锥曲线的定值问题 1、解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值， 求定值问题常见的解题方法有两种： 法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； 法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。 2、直接法解题步骤 第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：或、点的坐标； 第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来； 第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。 1．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在C上，且，其中O为坐标原点，过点的直线l与C相交. (1)求C的方程； (2)若l与C仅有一个公共点且斜率存在，求l的斜率； (3)若l与C交于M，N两点，记直线OM与直线ON的斜率分别为，，证明：为定值，并求出该定值. 2．（25-26高三上·山西长治·开学考试）已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，其中点在第一象限．若的中点到轴的距离为，且（为坐标原点）． (1)求抛物线的方程； (2)求的面积； (3)过点的直线与抛物线交于两点，问：在轴上是否存在定点，设直线的斜率分别为，使为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 3．（2025·河北·模拟预测）已知圆，圆过点且与圆内切，若圆的圆心的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若过点的直线与曲线交于两点（在轴上方），且曲线与轴交于两点（在点左侧），记直线的斜率分别为，请问是否为定值，如果是请求出定值；如果不是，请说明理由． 4．（24-25高三上·甘肃白银·月考）已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点． (1)求双曲线C的方程； (2)若O是坐标原点，，求的面积； (3)已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值． 5．在平面直角坐标系中，点分别是椭圆的右顶点、上顶点、左顶点，若的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知两点，其中点在线段上运动（不含端点），与关于点对称，直线与椭圆的另一交点为点，直线与椭圆的另一交点为点，设直线的斜率分别为，直线的斜率分别为. （i）求的面积的最大值； （ii）求证：为定值，并求出该定值. 题型五 长度、角度、面积的定值问题 【技巧通法·提分快招】 角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处理，或考虑用向量进行计算。 1．（2025·四川南充·模拟预测）已知，分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与线段相交与，与椭圆交于两点，证明：. 2．（2025·重庆·模拟预测） 已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，且过点为椭圆的左、右顶点，的周长为，记动点的轨迹为. (1)求曲线的方程； (2)过点作椭圆的切线交曲线于、两点（含情况），记、的面积分别为、，求的值. 3．如图，是椭圆的左、右焦点，，是以为直径的圆上关于轴对称的两个动点．    (1)设直线的斜率分别为，求． (2)直线和与椭圆的交点分别为和．问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由． 4．过坐标原点作圆的两条切线，切点为，，直线恰为抛物线的准线. (1)求的方程； (2)将抛物线向左移4个单位长度得到新抛物线，抛物线交轴于，两点，，为抛物线上不重合的两点，交于点.若直线经过坐标原点，求证：的面积恒为定值. 5．（2025·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． (1)写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； (2)已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； (3)若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 6．（2024·湖南长沙·二模）如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2. (1)求双曲线的方程； (2)若直线交双曲线的右支于两点. ①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； ②试探究：是否为定值？并说明理由. 题型六 非对称韦达化处理 1．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，证明：点在定直线上． (3)设直线的斜率分别为，证明：为定值． 2．已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|＝2|PF1|． （1）求椭圆C的标准方程： （2）过点Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M′，证明：直线NM′过定点． 3．已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6. (1)求点的轨迹的方程. (2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由. 题型七 圆锥曲线与向量交汇 【技巧通法·提分快招】 三点共线问题的解题策略 （1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点共线； （2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线； （3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线； （4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上； （5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线； （6）面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。 1．已知直线与双曲线的右支交于不同的两点，. (1)求实数的取值范围； (2)直线与轴交于点，是否存在实数使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 2．双曲线的左、右焦点分别为、，直线l过且与双曲线交于A、B两点． (1)若双曲线的离心率为2；求b的值； (2)若l的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (3)设，若l的斜率存在，且，求l的斜率． 3．（24-25高三下·广东·开学考试）已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点. (1)求的离心率； (2)已知； （i）证明：点在轴的异侧； （ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值. 4．椭圆的离心率为，设A，B分别为E的左，右顶点，C，D分别为上、下顶点，四边形ACBD的面积为4． (1)求椭圆E的方程； (2)若直线与椭圆交于G、H，求的面积； (3)过点的直线l与椭圆E交于两点P，Q（不与A，B重合），若直线PB与直线相交于点N，求证：三点A，Q，N共线． 5．（23-24高三上·河北保定·期末）已知动点在上，过作轴的垂线，垂足为，若为中点． (1)求点的轨迹方程； (2)过作直线交的轨迹于、两点，并且交轴于点．若，，求证：为定值． 6．（2024·贵州贵阳·三模）已知为双曲线的右顶点，过点的直线交于D、E两点. (1)若，试求直线的斜率; (2)记双曲线的两条渐近线分别为，过曲线的右支上一点作直线与，分别交于M、N两点，且M、N位于轴右侧，若满足，求的取值范围（为坐标原点）. 题型八 切线问题 【技巧通法·提分快招】 1、椭圆（双曲线）的切线 （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）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（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 2、抛物线的切线 （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：． 1．已知椭圆的离心率为，过原点的直线交椭圆于、两点，且的最大值为．    (1)求椭圆的方程； (2)若点在椭圆上． （ⅰ）如图①，当、是短轴端点，为右顶点时，、交于、，求的长度； （ⅱ）如图②，过作两条切线、，若其斜率之积为，求的值． 2．（23-24高三下·山东济宁·开学考试）已知双曲线的左右焦点分别为，渐近线方程为，且经过点． (1)求双曲线的方程； (2)过点作双曲线的切线与轴交于点，试判断与的大小关系，并给予证明． 3．已知一结论：若圆C的方程是，则经过圆C上一点的切线方程为. (1)由上面结论分别写出下面两个所求的切线方程（不需要解题过程） ①经过双曲线上一点的切线方程 ②经过抛物线上一点的切线方程 (2)已知椭圆方程为，A为椭圆上顶点，P为椭圆的右顶点，求椭圆上点到直线AP距离的最大值并求出点M坐标（注：若需要椭圆上经过某点的切线方程可以直接写） 4．（2024·河南郑州·模拟预测）设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点． (1)求抛物线的方程； (2)①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为． 5．在平面直角坐标系中，已知点，，点M满足：．记M的轨迹为C． (1)求曲线C的方程； (2)过点的直线l交曲线C于M，N两点，过点M，N分别作曲线C的切线，两切线交于点，试探究：动点是否在一条定直线上？若不在，请说明理由；若在，求出该直线的方程． 题型九 定直线及其探索性问题 【技巧通法·提分快招】 定直线问题 定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法. 【一般策略】 ①联立方程消去参； ②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标； ③将横纵坐标分别用参数表示，再消参； ④设点，对方程变形解得定直线. 解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点在某定直线． 目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况： （1），即动点恒过直线． （2），即动点恒过直线． （3），即动点恒过直线． 1．（24-25高三上·江苏常州·期末）平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，其右焦点与抛物线的焦点重合． (1)求，的方程； (2)点是上位于第一象限的动点，在点处的切线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点．问点是否在一条定直线上，若在，求出直线的方程；若不在，说明理由． 2．已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 3．（24-25高三上·上海·月考）已知、是椭圆的左、右顶点，椭圆的长轴长是短轴长的倍，点与椭圆上的点的距离的最小值为． (1)求椭圆的离心率和标准方程； (2)求点的坐标； (3)过点作直线交椭圆于、两点（与、不重合），连接、交于点．证明：点在定直线上； 4．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项． (1)求点的轨迹方程； (2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上． 5．（2025·甘肃白银·三模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，虚轴的一个端点到渐近线的距离为．双曲线C的右焦点为F，点M在C上，且轴，过点M与C相切的直线l与x轴交于点P． (1)求双曲线C的方程． (2)若点M在x轴上方，求以线段MP为直径的圆的一般方程． (3)过点P的直线交双曲线C于D，E两点（点D在双曲线的左支上，且不为左顶点），G为线段PF的中点，直线GE与MF交于点H，求证：直线DH与x轴平行． 题型十 圆锥曲线新定义问题 【技巧通法·提分快招】 圆锥曲线背景下的新定义问题处理思路 1、明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义。 2、联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系。 3、建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解。 4、验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求。 5、灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对。 1．（2025·江西·模拟预测）定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点（焦点与顶点在短轴同侧）及短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”.如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比. (1)求证：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； (2)如图，已知椭圆，椭圆的离心率为与相似，且与的相似比为，若的面积为，求的面积（用，k，S表示）；    (3)若椭圆，写出与椭圆相似且长半轴长为，焦点在轴上的椭圆的标准方程.若在椭圆上存在两点M，N关于直线对称，求椭圆的“焦顶三角形”的周长的取值范围. 2．（2025·海南·模拟预测）定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”. 结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线. 结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点. 试根据上面的定义和结论解决下列问题： 已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点. (1)求； (2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点； (3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值. 3．（24-25高三下·山东·月考）对于抛物线，给定一点，若抛物线上存在两点，，使得，且不与轴垂直，则称弦是拋物线的一条“伴随弦”.已知抛物线存在“伴随弦”. (1)求的取值范围. (2)求伴随弦的中点的轨迹方程.（用表示） (3)伴随弦的弦长是否有最大值？若有，求出最大值（用表示）；若没有，请说明理由. 4．一般地，平面曲线（为实常数且）在点处的切线方程为.对于椭圆上不同的两点，，称为椭圆在两点处的线性积，并记为. (1)证明：. (2)已知，椭圆在两点处的切线交点的轨迹为曲线. （ⅰ）求曲线的方程； （ⅱ）已知为椭圆的上顶点，若点与曲线上的点之间的距离的最大值为3，最小值为1，求椭圆的方程. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为． (1)求的方程； (2)已知直线交于两点，直线与轴不平行，记直线的斜率分别为，，且，证明：直线恒过定点． 2．已知抛物线的焦点到准线的距离为2. (1)求的方程： (2)已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值. 3．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于M，Q两点，且． (1)求C的方程； (2)若点P是C的准线上的一点，过点P作C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，求点O到直线AB的距离的最大值． 4．已知椭圆的两个焦点是，且过点的直线与交于，两点，若的周长为8，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，设点关于轴的对称点为，是椭圆上一点，直线和与轴分别交于点（不重合），为原点，证明为定值． 5．（24-25高三上·天津河北·期末）已知直线经过椭圆的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的下顶点为A，P 是椭圆C上一动点，直线AP 与圆O：相交于点 M(异于点A)，M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q (异于点A).设直线 MN，PQ 的斜率分别为，试探究当时，是否为定值，并说明理由. 6．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左焦点为F，若T为直线上一点，过点F且与TF垂直的直线交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为M. （ⅰ）证明：点M在直线OT上（O为原点）； （ⅱ）求的面积的最大值，以及此时点T的坐标. 7．（24-25高三上·山东·期中）如图，已知椭圆：（）上的点到其左焦点的最大矩离和最小距离分别为和，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点.    (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程； (3)当直线，均不与轴垂直时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值. 8．（25-26高三上·内蒙古·开学考试）已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求的方程． (2)过点作直线与圆相切，且直线与交于A，B两点． ①求的取值范围； ②求（用含的式子表示）． 9．（2025·北京海淀·二模）已知椭圆．设直线交椭圆于不同的两点、，与轴交于点． (1)当时，求的值； (2)若点满足且，求的大小． 10．（25-26高三上·云南临沧·月考）已知椭圆的上焦点也是抛物线的焦点，的上顶点为，下顶点为，且. (1)求的方程. (2)过点作一条斜率为的直线，与交于，两点，与交于，两点. （i）若为定值，求的值. （ii）是否存在实数，使得的面积恰好是的面积的3倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 11．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别是，直线与交于两点（不与重合），设直线的斜率分别为，且. (1)判断直线是否过轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由. (2)若分别在第一和第四象限内，证明：直线与的交点在定直线上. 12．（2025·广东广州·三模）已知双曲线． (1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点坐标为，求直线l的方程； (2)若P为双曲线C右支上异于右顶点的一个动点，F为双曲线C的右焦点，x轴上是否存在定点，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 13．（2025·湖北襄阳·模拟预测）已知椭圆：，左右焦点分别为，，上下顶点分别为A，B，左右顶点分别为C，D，又P，Q是上异于椭圆顶点的两点. (1)若点Q在第一象限且满足的面积比的面积大，求点Q的横坐标的取值范围； (2)若线段的中点坐标为，求直线的方程； (3)记点A在直线上的射影为点H，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点A、H、O（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. 14．（2025·辽宁·三模）已知双曲线的两条渐近线的斜率之积为. (1)求的离心率. (2)若过点且斜率为1的直线与交于两点（在左支上，在右支上），且. ①求的方程； ②已知不经过点的直线与交于两点，直线的斜率存在且直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点. 15．（25-26高三上·河北·开学考试）已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上. (1)求椭圆的方程. (2)过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点. （ⅰ）若为原点，求面积的最大值； （ⅱ）点，设点是线段上异于，的一点，直线，的斜率分别为，，且，求的值. 16．（24-25高三下·北京·月考）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为，离心率等于． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的左顶点，为右焦点，为椭圆上一个动点．设直线与直线交于点，连接，过作的平行线与交于点，求的值． 17．已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，P是直线上一点，且P不在x轴上，以点P为圆心，线段PF的长为半径的圆弧AF交C的右支于点N． (1)证明：； (2)取，若直线PF与C的左、右两支分别交于E，D两点，过E作l的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 18．（2024·四川成都·模拟预测）椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为，直线与轴交于点（），与椭圆交于相异两点、，且． (1)求椭圆方程； (2)求的取值范围． 19．（2025·四川绵阳·模拟预测）中心在原点，左、右焦点分别为，的椭圆的离心率，椭圆上的动点（不与顶点重合），满足当时，到左焦点的距离为3. (1)求椭圆的标准方程； (2)当的最大值小于5时，过点作椭圆的切线，与轴交于，与轴交于，求的最小值. 20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点在椭圆C上，且，直线过点且与椭圆C交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知，，若直线，交于点D，探究：点D是否在某定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（23-24高三上·贵州黔西·月考）已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的标准方程和准线方程； (2)记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标. 2．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）平面直角坐标系中，已知曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离大1． (1)求曲线的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线、，直线与曲线交于、两点，直线与曲线交于、两点，求的最小值． 3．（23-24高三上·山西·期末）已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为1. (1)求的方程. (2)过点的直线与交于不同的两点A，B，问：在轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 4．已知双曲线C：的离心率为，F为C的左焦点，P是C右支上的点，点P到C的两条渐近线的距离之积为． (1)求C的方程； (2)若线段PF与C的左支交于点Q，与两条渐近线交于点A，B，且，求． 5．已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切． (1)求动圆圆心的轨迹的方程． (2)已知点，过点的直线与轨迹交于两点，记直线与直线的交点为．试问：点是否在一条定直线上？若在，求出该定直线；若不在，请说明理由． 6．（23-24高三上·湖南株洲·开学考试）已知是椭圆的左焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，椭圆的离心率为，的面积的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)，为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点，求的最大值. 7．（2025·上海杨浦·三模）已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为，，是面积为1的直角三角形，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. 8．已知双曲线C：的右焦点为，渐近线方程为. (1)求C的方程. (2)若动直线l过点F，且与C交于M，N两点（M在第一象限，N在第四象限），过点M作直线的垂线，垂足为D. （i）证明：直线DN恒过点； （ii）设O为坐标原点，的面积为S，求S的最小值. 9．（25-26高三上·山东泰安·开学考试）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，且 (1)求的方程； (2)过且不与轴重合的直线与的另一个交点为，与直线交于点，过且平行于的直线与直线交于点. （ⅰ）若，求的面积； （ⅱ）证明：存在定点，使得. 10．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知椭圆：过点，其离心率为．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线，交点为椭圆的右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)若，的斜率存在且分别为，，求证：为定值； (3)过点作，垂足为，求的最大值． 11．（2025·重庆·模拟预测）已知椭圆的左，右焦点为，，P为C上一动点，内切圆面积的最大值为，且到直线的距离为3c，过的直线l交C于A，B两点． (1)求椭圆C的方程； (2)若，探究：是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由； (3)若，直线l与直线相交于点Q，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列． 12．（2025·吉林·模拟预测）已知对任意平面向量，把向量绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. (1)若平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标； (2)若双曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线. （i）求双曲线的标准方程及离心率； （ii）双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率存在的直线交双曲线于，两点，点是的外心，求证：直线与直线的斜率之积为定值. 13．（24-25高三下·重庆·月考）已知双曲线的渐近线方程为，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为1的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为为坐标原点. (1)求的面积； (2)记，证明：数列为等比数列； (3)分别为线段的中点，记的面积分别为.判断是否为定值，如果是定值，求的值；如果不是，请说明理由. 14．（24-25高三上·湖北·月考）现有一双曲线，和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)过的直线交双曲线左支于A，B两点（点在点上方），判断是否是定值，并给出理由； (3)在（2）的条件下，过点作平行于的直线交双曲线右支于C，D两点（点在点上方），与相交于点，求证：为定值． 15．（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. 16．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.    (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围； (3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围. 17．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. (1)求椭圆的方程； (2)若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； (3)设，，求的取值范围. 18．（2025·浙江·二模）已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3.    (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点. ①求的最小值； ②设分别为椭圆的左､右顶点，不垂直轴的直线交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线与直线的交点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由. 19．（24-25高三下·山东·月考）已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为，且点到其渐近线的距离为． (1)求C的标准方程； (2)若点是C上第一象限的动点，过点作直线l（l不与渐近线平行），若l与C只有一个公共点，且l与x轴相交于点M． （i）证明：； （ii）若点N在直线l上，且，那么点N是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由． 20．法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且. (1)求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程； (2)将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：. 21．（2024·海南海口·模拟预测）对于二次曲线，我们有：若是曲线上的一点，则过点与曲线相切的直线方程为．已知椭圆，，动圆，点是与在第一象限的交点． (1)求椭圆的离心率； (2)过点作动圆的切线，经过椭圆的右焦点，求与满足的关系式； (3)若，直线与，均相切，切点在上，切点在上，求的最大值． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $ 重难点培优19 圆锥曲线解答题题型全归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 5 题型一 中点弦、弦长问题（★★★★） 5 题型二 面积问题（★★★★★） 13 题型三 定点及其探索性问题（★★★★★） 21 题型四 斜率有关定值问题（★★★★★） 32 题型五 长度、角度、面积的定值问题（★★★★） 41 题型六 非对称韦达化处理（★★★★★） 51 题型七 圆锥曲线与向量交汇（★★★★） 55 题型八 切线问题（★★★★） 65 题型九 定直线及其探索性问题（★★★★） 72 题型十 圆锥曲线新定义问题（★★★★★） 81 03 实战检测・分层突破验成效 90 检测Ⅰ组 重难知识巩固 90 检测Ⅱ组 创新能力提升 121 一、直线和曲线联立（以椭圆和抛物线为例） 1、椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， 注意： ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系． ②焦点在轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述． 2、抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 注意：在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量．开口向上选择正设；开口向右，选择反设；注意不可完全生搬硬套，具体情况具体分析． 二、根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 注意：（1）由韦达定理写出，，注意隐含条件． （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可； 焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可． （5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标． 三、点差法 设直线和曲线的两个交点，，代入椭圆方程，得； ； 将两式相减，可得；； 最后整理得： 同理，双曲线用点差法，式子可以整理成： 设直线和曲线的两个交点，，代入抛物线方程，得；； 将两式相减，可得；整理得： 四、弦长公式 （最常用公式，使用频率最高） 五、三角形面积问题 直线方程： 六、焦点三角形的面积 直线过焦点的面积为 注意：为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数 七、平行四边形的面积 直线为，直线为 注意：为直线与椭圆联立后消去后的一元二次方程的系数. 八、探索圆锥曲线的定点、定值问题 1、定值问题 ①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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。 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值。 2、定点问题 定点问题是比较常见出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量． ①引进参数.一般是点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等. ②列出关系式.根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程. ③探究直线过定点.一般化成点斜式或者直线系方程 题型一 中点弦、弦长问题 【技巧通法·提分快招】 1、点差法在圆锥曲线中的结论 （1）椭圆： （2）双曲线： （3）抛物线： 2、弦长有关的问题 （1）弦长公式：． （2）与焦点相关的弦长计算，利用定义； （3）涉及到面积的计算问题． 1．（2025·海南·模拟预测）已知椭圆，且该椭圆的离心率为，直线不过原点且不平行于坐标轴，与椭圆交于两点，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值； (2)若直线的方程为，延长线段与椭圆交于点，四边形为平行四边形，求椭圆的方程． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件利用“点差法”结合斜率的坐标公式计算求解； （2）联立直线与椭圆方程，结合（1）及已知条件求出点坐标，即可求得椭圆方程. 【详解】（1）依题意，因为，所以， 设，则， 两式相减可得，得，即， 因为为线段的中点，则， 直线的斜率，直线的斜率， 于是得是定值， 所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值． （2）设点的坐标为， 由，消去并整理得：， 则， 又四边形为平行四边形，即线段与线段互相平分， 则即点， 而点在椭圆上，于是得，解得， 所以椭圆的方程为：． 2．（25-26高三上·陕西汉中·开学考试）已知双曲线的实轴长为，离心率为.直线与双曲线相交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)若的中点为，求直线的方程． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据条件，结合双曲线的性质列方程组，联立求解，即可得双曲线的方程； （2）联立直线方程与双曲线方程，利用韦达定理结合中点坐标公式，即可求解. 【详解】（1）根据题意，双曲线的实轴长为，离心率为，则 ，解得， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）知，双曲线的方程为， 设，， 联立，化简得， 则，且，， 由为的中点，得，解得，，且满足， 所以直线的方程为. 3．过点的直线交抛物线于两点，求中点的轨迹方程． 【答案】 【分析】若直线斜率存在，将由中点公式及点差法所得关系式代入四点共线建立的关系式中化简可得；若直线斜率不存在，求出点的坐标，验证其是否满足上面方程. 【详解】如图38，若直线斜率存在，设点，中点，则，① 又， 两式相减，得，② 当的斜率存在是，因为四点共线，所以，③ 把①③代入②，可得 即中点的轨迹方程为 若直线斜率不存在，不妨设点在轴上方，则， 此时，也满足方程, 综上，中点的轨迹方程为. 4．（2025·黑龙江大庆·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线交于两点.当时，轴，且. (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据轴，直线的斜率可得，可分析出，然后结合椭圆的定义列方程求解； （2）设，联立直线方程和椭圆方程，利用弦长公式和韦达定理求解. 【详解】（1）令，解得，由题意，， 又轴，则，，故， 由，根据椭圆定义，， 解得，则， 椭圆方程为. （2）由（1）知点的坐标为， 设，直线的方程为， 由弦长公式，， 将与椭圆方程联立得， 由韦达定理：，， 故． 又， 所以，解得． 所以直线的方程为． 5．（2025·河北·模拟预测）已知双曲线C：与双曲线的渐近线相同，且经过点，C的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，以AB为直径的圆与直线交于M，N两点． (1)求C的方程； (2)若，求满足条件的直线l有几条？ 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）根据双曲线的渐近线可得，点代入双曲线方程求出即可得解； （2）分直线斜率存在，不存在两种情况讨论，求出以为直径的圆，将代入圆的方程，求出弦长，建立方程求解即可. 【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为， 所以，即， 点代入，即，解得， 所以， 故双曲线的方程为. （2）由题意， 当直线l斜率存在时，设直线l的方程为， 联立，可得 设， 则， 所以中点即圆心坐标为，即， 则，圆的半径为， 以AB为直径的圆的方程为， 将代入圆的方程可得， 解得，所以， 又，所以，解得，即， 即满足条件的直线有2条，分别为； 当直线l斜率不存在时，由代入双曲线方程可得, 所以圆的方程为，将代入圆的方程可得， 所以，符合题意. 综上，存在3条满足条件的直线，分别为. 6．（2025·四川达州·模拟预测）过抛物线的焦点作平行于轴的直线被抛物线截得的弦长为4，已知点，设过点的直线与抛物线交于点，且直线交抛物线于点（点与点不重合）. (1)求抛物线的方程； (2)设直线交以为直径的圆于点，求的最小值. 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）写出焦点坐标即可求出过焦点且平行于x轴的直线与抛物线交点的横坐标，数形结合利用弦长列方程求解； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合根与系数的关系及斜率公式设出直线QA的方程并与抛物线联立，利用韦达定理可得，写出直线MB的方程并利用点在抛物线上进行化简，即可求出直线MB的定点N，数形结合知当且仅当时（此时点重合）最小，代入相应数值结算即可. 【详解】（1）由抛物线的性质可得，抛物线的焦点为，将代入，解得，则， 所以抛物线的方程为. （2）由题意可设直线的方程为， 联立整理得，则 由，得直线，与抛物线联立并整理得， 所以，所以， 所以，所以. 直线，将、代入上式，化简可得. 将，得， 所以直线恒过定点. 以为直径的圆的方程是，该圆的圆心为，当且仅当时（此时点重合）最小， 且， 所以最小值为4. 题型二 面积问题 【技巧通法·提分快招】 三角形的面积问题 直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法： 1、一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式. 进一步，= 2、特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长. 1．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）已知椭圆的离心率为． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率为，列出方程，求得的值，即可求解； （2）设的方程为，联立方程组，设，利用弦长公式和点到直线的距离公式，求得和，结合的面积为，列出方程求得的值，即可求解. 【详解】（1）由题意知，椭圆的离心率为， 可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，椭圆，可得，所以右焦点， 由题意知，直线的斜率不为零，设的方程为， 联立方程组，整理得到， 可得， 设，则， 所以， 又由点到的距离， 所以的面积， 解得或（舍），所以， 所以的方程为或， 即直线的方程为或．    2．（25-26高三上·河北·开学考试）已知双曲线：的离心率为，实轴长为4. (1)求双曲线的方程； (2)若直线：与C的右支交于A，B两点，为坐标原点. （i）求的取值范围； （ⅱ）若直线与轴交于点，且，求的面积. 【答案】(1)； (2)（i）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可. （2）（i）将直线与双曲线方程联立，利用一元二次方程有二不等的正根列式求解；（ⅱ）利用数量积的定义及坐标表示求出，进而求出三角形面积. 【详解】（1）由双曲线的实轴长为4，得， 由双曲线的离心率为，得，得， 所以双曲线C的方程为. （2）（i）设，由消去得， 由A，B都在双曲线C的右支上，得，解得， 所以的取值范围是. （ii）依题意，，， 则，解得， 而，则，， 所以的面积.    3．（2025·湖南·一模）已知，直线相交于点，且，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为的面积为，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，根据列出等式，化简即可； （2）设直线，与曲线的方程联立，设，利用，由韦达定理结合面积公式求出即可. 【详解】（1）设，已知， 由，得， 化简得：， 曲线的方程为. （2）依题意，过点的直线斜率不为0，设直线， 联立得， 设，则. 为的中点，为的中点， ，    ， 解得， 直线的方程为：，即. 4．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知分别是椭圆的左、右焦点，轴上方的两动点在上，且，当时，. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的坐标； (3)求四边形的面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据焦点坐标可得，再结合及轴可得，解方程组即可求解椭圆方程； （2）设，，由题可知，根据向量坐标运算得，又，解方程组即可求解的坐标. （3）设关于原点的对称点，进而由平行关系判断三点共线，再设直线的方程，与椭圆方程联立，将转化为，再求点到直线的距离，然后利用梯形的面积公式求，最后通过变形利用基本不等式可求最大值即可. 【详解】（1）由题可知，即， 若，且，则此时轴， 所以，即，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设，， 由题可知，则，解得， 因为两点在椭圆上，所以，所以， 即，解得，所以的坐标为. （3）设，，，， 则关于原点的对称点，即， 由，，得， 则，即， 则，则三点共线， 又，得， 设，联立得， 则，，， 则， 则， 又点到直线的距离， 则梯形的面积， 令，则， 则，当即时等号成立， 故的取值范围为.    5．（2025·河南信阳·模拟预测）已知椭圆过点，焦距为2. (1)求的方程； (2)若，过作两条相互垂直的直线，与曲线分别交于A，B，C，D四点，设线段，与的中点分别为M，N. （i）证明：直线过定点； （ii）求四边形面积的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）直线过定点；（ii） 【分析】（1）根据椭圆的焦距和椭圆上的一个点，待定系数求出椭圆标准方程. （2）根据椭圆与直线的关系，结合韦达定理，和中点弦的性质，证明直线过定点，并求出四边形面积的范围. 【详解】（1）由题意知椭圆过点，则， 因为，所以，联立方程组，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2） （i）当两条直线的斜率都存在时，不妨设：，， 设，，，， 联立直线与椭圆的方程，得，消去整理得， 易知，根据韦达定理可知，， ，， 即.同理， 所以， 所以， 令，得，此时直线恒过. 当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知，仍经过， 所以直线过定点. （ii）当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知， 当两条直线的斜率都存在时，不妨设；， 由（i）得：. 同理， 则， 因为， 根据基本不等式，当且仅当时等号成立， 所以，， 综上，四边形面积的取值范围为. 题型三 定点及其探索性问题 【技巧通法·提分快招】 圆锥曲线的定点问题 1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。 2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。 3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线（或曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识求解。 1．（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之积为，判断直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由． 【答案】(1) (2)过定点 【分析】（1）根据椭圆顶点坐标以及离心率列方程求解即可； （2）分情况讨论直线斜率是否存在并设出直线的方程并于椭圆方程联立，利用韦达定理并根据斜率之间的关系列方程计算得出或，可求出直线过定点. 【详解】（1）由顶点为可知， 又离心率为，即，可得， 因此， 所以椭圆的方程为. （2）当直线的斜率存在时，设直线：，，如下图所示： 联立，整理可得， 显然，即，可得； 且， 则直线与直线的斜率分别为； 即可得 ， 所以可得，所以； 解得或； 当时，直线为，此时直线恒过点， 当时直线为，恒过，与点重合，不合题意； 当直线的斜率不存在时，设直线方程为， 代入椭圆方程可得， 不妨取， 则， 解得，即直线为，恒过点， 当时，直线过点，不合题意； 综上可知，直线过定点. 2．（2025·宁夏中卫·三模）已知双曲线C：的离心率为2，其右焦点F到一条渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)若直线：与双曲线C交于不同的两点A，B，且以线段为直径的圆经过点，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用已知条件及，可求得双曲线方程； (2)以线段为直径的圆经过点转化为，再联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理得到，可得到直线过的定点. 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，渐近线方程为， 所以右焦点为到渐近线的距离为， 因为双曲线的离心率为，所以， 所以，解得， 所以双曲线的方程为． （2）如图， 设，， 联立，得， 则，，， 所以， ， 因为以线段为直径的圆经过点，所以， 所以，即， 所以， 化简得，即， 因为，，所以， 所以直线的方程为， 所以直线过定点. 3．（24-25高三上·四川雅安·月考）已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上，下支分别交于，两点（异于），直线平分线段与的下支交于点． （ⅰ）求证：直线与直线的交点在一条定直线上； （ⅱ）过三点的圆是否经过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）过三点的圆经过定点，理由见解析 【分析】（1）由已知有，，由求出即可. （2）（ⅰ）设直线方程为：，联立方程组由韦达定理即可求得，即可得直线方程为，由直线方程与直线方程消去即可. （ⅱ）先确定经过三点的圆是以线段为直径的圆，设线段的中点为，经过计算得，即可得点在圆上得证. 【详解】（1）由题意，，，所以， 所以的方程为． （2）（ⅰ）由题意，直线的斜率存在，设直线方程为：，，． 由，消去整理得，， 由于同号，所以，即，则， 所以，由，解得， 所以， 所以直线方程为：，即， 由得，所以直线与直线的交点在一条定直线上． （ⅱ）过三点的圆经过定点，理由如下： 由弦长公式． 设线段的中点为，则， 所以， 所以，即点在以线段为直径的圆上． 又，即， 所以在以线段为直径的圆上， 所以过，，三点的圆经过定点． 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线定点问题，一般通过联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理将可能过定点的直线表示出来，进而判断是否过定点. 4．（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. 5．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，椭圆的一个焦点为（1，0），过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为.    (1)求椭圆的方程. (2)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）结合椭圆的性质，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）由特殊情况可得点在轴上，即可求得点的坐标，然后证明对任意直线均有. 【详解】（1）由椭圆的一个焦点为，可得. 当直线平行轴时，直线的方程为， 且此时直线被椭圆截得的线段长为， 由椭圆的对称性可知，点在椭圆上， 代入椭圆方程可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于两点. 如果存在定点满足条件，则有，即. 所以点在轴上，可设点的坐标为. 当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于两点，则点的坐标分别为. 由，有，解得或（舍）. 所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为. 下面证明：对任意直线均有. 当直线的斜率不存在时，结论明显成立. 当直线的斜率存在时，可以设直线的方程为，并设点的坐标分别为. 联立得，. 其判别式， 所以. 因此，. 易知，点关于轴对称的点的坐标为. 又， ， ， 所以，即三点共线. 所以. 故存在与点不同的定点，使得恒成立. 6．已知双曲线C：（，）的右顶点为A，左焦点为F，过点F且斜率为1的直线与C的一条渐近线垂直，垂足为N，且． (1)求C的方程． (2)过点的直线交C于，两点，直线AP，AQ分别交y轴于点G，H，试问在x轴上是否存在定点T，使得？若存在，求点T的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）结合题意由双曲线的性质计算即可得； （2）设出直线方程后与曲线联立消去纵坐标，可得与两交点横坐标有关韦达定理，结合及G，H两点坐标计算即可得. 【详解】（1）因为FN的斜率为1，且， 所以，即，因为，则， 所以，由，则， 所以双曲线C的方程为；    （2）设直线AP的方程为，AQ的方程为， 则，，设存在定点，使得， 则，所以． 当PQ不垂直于x轴时，设直线PQ的方程为， 联立方程组，消去y得， ， 所以，． 因为， 所以， 所以，即存在定点，使得； 当PQ垂直于x轴时，直线PQ的方程为，联立方程组， 解得，设，由，得， 所以存在定点，使得； 综上，在x轴上存在定点，使得.    【点睛】方法点睛：对于直线与圆锥曲线的题目，基本方法是联立直线方程与曲线方程，化成关于横坐标或纵坐标有关的一元二次方程，结合韦达定理进行运算解答. 题型四 斜率有关定值问题 【技巧通法·提分快招】 圆锥曲线的定值问题 1、解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值， 求定值问题常见的解题方法有两种： 法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； 法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。 2、直接法解题步骤 第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：或、点的坐标； 第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来； 第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。 1．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在C上，且，其中O为坐标原点，过点的直线l与C相交. (1)求C的方程； (2)若l与C仅有一个公共点且斜率存在，求l的斜率； (3)若l与C交于M，N两点，记直线OM与直线ON的斜率分别为，，证明：为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)0或 (3)证明见解析， 【分析】（1）由抛物线的定义可得，再将点的坐标代入抛物线方程，即可得到结果； （2）联立直线与抛物线方程，分与讨论，即可得到结果； （3）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由抛物线的定义可知， 又，则. 即.所以. 又在抛物线上. 所以.且. 解得.则C的方程为. （2）设直线l的斜率为k，则. 联立， 可得， 当时，，符合题意； 当时，则有，解得. 综上，直线l的斜率为0或. （3）由题得l的斜率存在且不为零. 设l的方程为.，， 联立，可得， .即. 可得，. 故，. 则， 所以为定值. 2．（25-26高三上·山西长治·开学考试）已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，其中点在第一象限．若的中点到轴的距离为，且（为坐标原点）． (1)求抛物线的方程； (2)求的面积； (3)过点的直线与抛物线交于两点，问：在轴上是否存在定点，设直线的斜率分别为，使为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，定点为 【分析】（1）根据条件，用表示出点坐标，结合可求的值，得到抛物线的方程. （2）结合（1）的结论，写出直线的方程，与抛物线方程联立，可得点坐标，利用求的面积. （3）设直线：，代入抛物线方程，利用韦达定理，表示，，再设，用表示得：，可得时，为定值. 【详解】（1）由题意得 的中点到轴的距离为，      又点在抛物线上， ，又点在第一象限，即， ，,. 抛物线的方程：. （2）由（1）可知：，，， 所以直线的斜率为，则直线的方程为 联立抛物线可得，． 又，，那么     所以的面积. （3）如图： 设，，， 易知直线斜率存在，设直线， 联立，消得：     ， ， 由韦达定理得：，， ， 为使得为定值，则需满足与m无关， 故，即，， 综上，存在定点，使得为定值. 3．（2025·河北·模拟预测）已知圆，圆过点且与圆内切，若圆的圆心的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若过点的直线与曲线交于两点（在轴上方），且曲线与轴交于两点（在点左侧），记直线的斜率分别为，请问是否为定值，如果是请求出定值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，该定值为 【分析】（1）因为内切，故到点和距离之和为，曲线为椭圆. （2）根据题干设出直线方程，再与椭圆联立，结合韦达定理把表示出来化简求值即可. 【详解】（1）设，则，则在圆内部， 则，即为， 则点的轨迹是以为焦点的椭圆，设曲线的方程为：， 则，解得，故，则的方程为； （2）如图,令，则， 易知直线斜率不为0，设直线， 则化简得，则， ，同理，且， 则， ， 所以是定值，该定值为． 4．（24-25高三上·甘肃白银·月考）已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点． (1)求双曲线C的方程； (2)若O是坐标原点，，求的面积； (3)已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值． 【答案】(1) (2)32 (3)证明见解析 【分析】（1）由双曲线离心率及点在双曲线C上可得双曲线方程； （2）设，，将直线l与双曲线渐近线方程联立可得， 然后设直线l的倾斜角为，由，可得，即可得答案； （3）由题意设直线l的方程为，设，，由题可表示出，再将直线l方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，结合，可完成证明. 【详解】（1）（1）由双曲线C的离心率为，且点在双曲线C上， 可得，解得，，所以双曲线C的方程为 （2）设，，由（1）可知双曲线C的左焦点为，所以可设直线l的方程为， 当时，易知，不合题意，故． 由，即，消去x，得，其中， 所以． 记直线l的倾斜角为，由，得， 由，得，解得（舍去）或， 所以，故． （3）由题意设直线l的方程为，设，， 由直线AP：，得，则， 又， 所以 ． 由，消去x，得，其中， 则，，，所以． 因为，所以， 所以，即为定值． 【点睛】关键点睛：对于解析几何中的三角形面积问题，可对面积进行适当分割，将其分为一边与坐标轴垂直三角形面积之和或之差；对于定值问题，常见思路为找到定值关于所设参数的表达式，再说明定值取值与参数无关. 5．在平面直角坐标系中，点分别是椭圆的右顶点、上顶点、左顶点，若的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知两点，其中点在线段上运动（不含端点），与关于点对称，直线与椭圆的另一交点为点，直线与椭圆的另一交点为点，设直线的斜率分别为，直线的斜率分别为. （i）求的面积的最大值； （ii）求证：为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析， 【分析】（1）根据离心率及求出、，即可得解； （2）（i）设为点到直线的距离，则的面积，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时取得最大值，求出的最大值，即可得解；（ii）设，则，则，再由直线的方程为，求出点坐标，从而得到点坐标，即可求出，从而得解. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆方程为； （2）（i）设为点到直线的距离， 所以的面积 显然当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时取得最大值， 因为，，所以，设直线的方程为，即， 由，整理得， 由，解得（正值舍去）， 所以直线的方程为，又到直线的距离， 所以的最大值为， 则； （ii）设，则， 所以， 又直线的方程为，由，整理得， 所以，则， 即，同理可得， 所以 ， 因为，所以，则， 所以 ， 所以. 题型五 长度、角度、面积的定值问题 【技巧通法·提分快招】 角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处理，或考虑用向量进行计算。 1．（2025·四川南充·模拟预测）已知，分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与线段相交与，与椭圆交于两点，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理得证. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由的面积为，得，解得， 由点在椭圆上，得，而，解得， 所以椭圆C的标准方程为. （2）依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，， 由，消去并整理得， ，又直线与线段交于点，则， ，，于是， 直线的斜率分别为， ，则，而， 所以. 2．（2025·重庆·模拟预测） 已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，且过点为椭圆的左、右顶点，的周长为，记动点的轨迹为. (1)求曲线的方程； (2)过点作椭圆的切线交曲线于、两点（含情况），记、的面积分别为、，求的值. 【答案】(1); (2)1. 【分析】（1）根据离心率、点在椭圆上求得，再由已知得，根据椭圆的定义求动点的轨迹； （2）设直线，，联立并结合，求得，再联立易得，从而为的中点，即可得. 【详解】（1）令，且， 可得， 所以，又的周长为，且不在轴上， 所以，可得， 所以动点的轨迹为长轴长为，焦距为4，则； （2）设直线，，联立， 整理得， 由，可得， 所以，可得，则， 联立，可得，可得， 所以，从而为的中点，则. 3．如图，是椭圆的左、右焦点，，是以为直径的圆上关于轴对称的两个动点．    (1)设直线的斜率分别为，求． (2)直线和与椭圆的交点分别为和．问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1 (2)是，． 【分析】（1）根据是椭圆的左、右焦点，可得以为直径的圆的方程，再求出直线的斜率，即可求得的值； （2）设直线和的方程代入椭圆方程，分别求得，利用，可得，由此可求实数的值． 【详解】（1）由椭圆知， 故以为直径的圆的方程为． 设，则，且． 所以直线的斜率，直线的斜率， 故． （2）存在实数，使得恒成立. 设直线的方程为，直线的方程为． 将代入，整理得． 设，则由韦达定理得． 所以． 同理． 由， 得． 所以，所求实数的值为． 4．过坐标原点作圆的两条切线，切点为，，直线恰为抛物线的准线. (1)求的方程； (2)将抛物线向左移4个单位长度得到新抛物线，抛物线交轴于，两点，，为抛物线上不重合的两点，交于点.若直线经过坐标原点，求证：的面积恒为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设直线与轴交于，由三角形相似关系可得，由此可构造方程求得的值，从而得到抛物线方程； （2）解法一：求得，设，则，直线经过坐标原点得，，在抛物线上得，直线与直线联立方程计算可得，计算即可得证的面积恒为定值；解法二：直线为，直线AE方程为，设直线方程为，点和是直线与抛物线的交点结合韦达定理可得，点在直线上得，点在直线上得，直线与直线联立得，计算可得，计算即可得证的面积恒为定值. 【详解】（1）设直线与轴交于，由几何性质得 因为直线为抛物线的准线，直线为圆的切线， 所以， 在与中，为公共角， 所以，， 即，即，解得： 故抛物线的标准方程为; （2）解法一：依题意：，则，设， 则， 因为直线经过坐标原点，所以， 又，在抛物线上，，两式作差得，化简得， 因为，所以， 化简可得，即， 联立，得： ， 将代入得，为定值. 故. 解法二：向左平移4个单位后，新抛物线为， 则与轴的交点为， 因为直线经过原点，所以设其方程为， 设直线方程为，设直线方程为， 点和是直线与抛物线的交点，代入中得： ， 设该方程的两根为和，根据韦达定理：① 点在直线上，满足：② 点在直线上，满足：③ 联立方程： 由②和③得：， 利用①中的韦达定理结果：， 所以，即点的横坐标恒为， 故. 5．（2025·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． (1)写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； (2)已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； (3)若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 【答案】(1)，，（答案不唯一）； (2)是，理由见解析； (3)证明过程见解析. 【分析】（1）先根据渐近线方程得出，再取切点为即可根据条件求出； （2）分直线斜率不存在，和斜率存在两种情况讨论，设直线方程，联立方程组，求，进而利用的面积为，即可发现直线与曲线相切； （3）切点为容易求出，切点不为时，先根据直线与曲线相切得出，再将直线与联立得出韦达定理，进而求出、，即可求出，进而得出为定值. 【详解】（1）由题意可得，双曲线的渐近线方程为，故， 则，且在点处的切线方程为， 不妨取切点为，则切线方程为，此时， 则. （2）若直线斜率不存在，不妨设，则， 则，得， 此时直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 若直线斜率存在，设， 联立，得， 则，即， 则， 又点到直线的距离， 则， 得， 联立，得， 则， 则直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 综上可得，若的面积为，则是的“渐切三角形”. （3）若切点为时，直线的方程为，此时， 因，则，即， 利用对称性可知； 若切点不为，可设切点为，则直线， 联立，得， 则由，可得， 联立，得，即， 设点，，则， 则， ， 则 ， （说明：由图知，与始终同号，故成立） ， 则 ， 因，则，故为定值. 6．（2024·湖南长沙·二模）如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2. (1)求双曲线的方程； (2)若直线交双曲线的右支于两点. ①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； ②试探究：是否为定值？并说明理由. 【答案】(1) (2)①3；②为定值4，理由见解析 【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解； （2）①设，求得，结合，即可求解； ②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值. 【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为， 所以，即， 又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以， 联立方程组，解得，所以， 故双曲线的方程为. （2）解：①由（1）知，双曲线的方程为， 设，则，可得， 则. ② 为定值. 理由如下： 由（1）得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，则， 因为位于双曲线的左､右两支，所以，即， 可得， 又因为，所以直线的方程为， 根据双曲线的对称性，同理可得， 所以，故为定值. 题型六 非对称韦达化处理 1．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，证明：点在定直线上． (3)设直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答. （2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答. （3）利用（2）中信息，直接计算即可作答. 【详解】（1）当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则， 又的周长为，即，，又，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上， 由消去并整理得：，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线、的方程得， 由得代入上式，得 ，于是得， 所以直线交点在定直线上． （3）由（2）知，，由得：， 所以为定值． 【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解. 2．已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|＝2|PF1|． （1）求椭圆C的标准方程： （2）过点Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M′，证明：直线NM′过定点． 【答案】（1）；（2）直线过定点. 【分析】（1）由椭圆的定义和已知条件得，又由可得出点P的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出，从而得出椭圆的标准方程； （2）设出直线l的方程，点M、N的坐标，直线l的方程与椭圆的方程联立可得点M、N的坐标的关系，再表示出直线的方程，将点M、N的坐标的关系代入可得直线NM′所过的定点. 【详解】（1）由得，， 由椭圆的定义得，，， ，所以点P的坐标为， 将点P的坐标代入椭圆的方程中有， 又，， 解得或， 当，，故舍去； 当，， 所以椭圆的标准方程为：. （2）由题意可知，直线l的斜率必然存在,故设直线l的方程为，设，则， 联立方程组，得， ， 解得，，， 又，，设直线的方程为， ， 当时，，所以直线过定点. 【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属于较难题. 3．已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6. (1)求点的轨迹的方程. (2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是，证明见解析 【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），从而求出椭圆方程； （2）设直线的方程为：，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再求出直线、的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线方程. 【详解】（1）解：因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6， 所以， 故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）， 且，所以， 所以的轨迹的方程为； （2）解：设直线的方程为：，，， 联立方程得：， 则，， 所以， 又直线的方程为：， 又直线的方程为：， 联立方程，解得， 把代入上式得：， 所以当点运动时，点恒在定直线上 题型七 圆锥曲线与向量交汇 【技巧通法·提分快招】 三点共线问题的解题策略 （1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点共线； （2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线； （3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线； （4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上； （5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线； （6）面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。 1．已知直线与双曲线的右支交于不同的两点，. (1)求实数的取值范围； (2)直线与轴交于点，是否存在实数使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围； （2）根据成立，得出，结合韦达定理计算求参. 【详解】（1）由，得， 由，得成立. 设，则， 因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点， 所以，即， 所以，综上得， 解得. （2）令得，依题意， 因为，且， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以，计算得，又因为， 所以. 2．双曲线的左、右焦点分别为、，直线l过且与双曲线交于A、B两点． (1)若双曲线的离心率为2；求b的值； (2)若l的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (3)设，若l的斜率存在，且，求l的斜率． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）利用离心率求解即可，（2）利用是等边三角形，得到，（3）由知，故．联立双曲线和直线的方程结合韦达定理求解即可. 【详解】（1），，∴． ∴，∴； （2）设．由题意，，，， 因为是等边三角形，所以，即， 解得．故双曲线的渐近线方程为； （3）由已知，，． 设，，直线l：．显然． 由，得． 因为l与双曲线交于两点，所以，且． 设AB的中点为． 由 即，知，故． 而，，， 所以，得，故l的斜率为． 3．（24-25高三下·广东·开学考试）已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点. (1)求的离心率； (2)已知； （i）证明：点在轴的异侧； （ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，2 【分析】（1）直接根据椭圆中的关系和离心率公式求解； （2）（i）由，则，根据坐标运算可证； （ii）要使最小，此时，，根据等号成立的条件可得点坐标，再结合向量坐标运算可解的值. 【详解】（1）由题设，. 则，即，且，即. 则的离心率为. （2）（i）由（1）可得，设. 则. 由，得，即0. 故必存在一点在第一象限，另一点在第四象限，即点在轴的异侧. （ii）记的面积为，点到的距离为，则. 要使最小，则必须使与同时达到最小值. 显然当运动至的右顶点时最小，此时， 而， 当且仅当或时取等号，最小值为. 此时. 且， 故，解得.    4．椭圆的离心率为，设A，B分别为E的左，右顶点，C，D分别为上、下顶点，四边形ACBD的面积为4． (1)求椭圆E的方程； (2)若直线与椭圆交于G、H，求的面积； (3)过点的直线l与椭圆E交于两点P，Q（不与A，B重合），若直线PB与直线相交于点N，求证：三点A，Q，N共线． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求出的值，可得椭圆E的方程. （2）将直线与椭圆方程联立，可得点的纵坐标，利用三角形的面积公式，可求的面积. （3）设直线方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，，再利用两点式的直线方程，令，可得点坐标，再证即可. 【详解】（1）由题意得：. 所以椭圆的方程为：. （2）如图： 将直线即代入椭圆，得：. 整理得：或 又直线交轴于点. 所以. （3）如图： 因为不与重合，可设直线方程为：，代入椭圆， 得：，整理得：. 设，， 则，. 直线方程为：， 令得：，即点坐标为：. 所以，， 因为 ， 所以，所以三点共线. 5．（23-24高三上·河北保定·期末）已知动点在上，过作轴的垂线，垂足为，若为中点． (1)求点的轨迹方程； (2)过作直线交的轨迹于、两点，并且交轴于点．若，，求证：为定值． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）设点的坐标为，利用代入法求点的轨迹方程； （2）分直线斜率存在和斜率不存在，通过联立方程组求交点坐标，表示出，利用韦达定理化简为定值. 【详解】（1）设点的坐标为，则，， 点在上，则有，即， 所以点的轨迹方程为. （2）直线斜率不存在时，直线方程为，则、，，， 得，，由，得， ，，由，， 此时. 直线斜率存在时，由直线交轴于点知斜率不为0，设直线方程为， 则有，设、， 由，消去得， ，有， ，，由，得， ，，由，， 此时. 综上可知，为定值. 【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失变量，从而得到定值. 6．（2024·贵州贵阳·三模）已知为双曲线的右顶点，过点的直线交于D、E两点. (1)若，试求直线的斜率; (2)记双曲线的两条渐近线分别为，过曲线的右支上一点作直线与，分别交于M、N两点，且M、N位于轴右侧，若满足，求的取值范围（为坐标原点）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，联立得到韦达定理式，根据垂直得到，再展开代入韦达定理式求解值，最后检验即可； （2）设 , 得到相关向量，根据向量共线得到方程组，解出，再将其代入双曲线方程化简得到，最后利用面积公式和导数求出面积范围即可. 【详解】（1）由题意知直线的斜率一定存在. 设直线的方程为. 联立，化简得:，其中 所以， 因为，所以. 即:，换元后有:. 所以，化简得:. 解得:或. 当时，直线过点，不符合题意. 当时，代入得，满足题意. 所以. （2）设， 则. 由可知:， 因为，所以，且有， 化简得:. 又， 设，则. 当时，在定义域上单减; 当时，在定义域上单增. 所以. 所以的取值范围是:. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用定比公式得到，再将其代入回双曲线方程化简整理出关键的，最后得到面积表达式，求出其范围即可. 题型八 切线问题 【技巧通法·提分快招】 1、椭圆（双曲线）的切线 （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）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（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 2、抛物线的切线 （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：． 1．已知椭圆的离心率为，过原点的直线交椭圆于、两点，且的最大值为．    (1)求椭圆的方程； (2)若点在椭圆上． （ⅰ）如图①，当、是短轴端点，为右顶点时，、交于、，求的长度； （ⅱ）如图②，过作两条切线、，若其斜率之积为，求的值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）求出直线的方程，将该直线方程与椭圆的方程联立，可求出点的坐标，同理可得出点的坐标，即可得出的值； （ii）设过点的椭圆切线方程为，将切线方程与椭圆的方程联立，由可得出关于的二次方程，设两切线、的斜率分别为、，结合韦达定理可得出，结合可求得的值. 【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为. （2）（i）由题意知、、，， 所以直线的方程为， 联立得，解得或，即，同理， 故； （ii）由题意可知，过点的椭圆切线的斜率存在， 设过点的椭圆切线方程为，即， 联立，可得， 则， 整理得， 设两切线、的斜率分别为、，则、为关于的方程的两根， 所以，整理得， 由，解得. 2．（23-24高三下·山东济宁·开学考试）已知双曲线的左右焦点分别为，渐近线方程为，且经过点． (1)求双曲线的方程； (2)过点作双曲线的切线与轴交于点，试判断与的大小关系，并给予证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）由题意可列出方程组，解出方程组即可得解； （2），首先求出直线的方程，进一步作关于的对称点为，只需证明，，三点共线即可得证. 【详解】（1）由已知，解之得， 所以双曲线的方程为. （2） . 证明如下： 令， 由，得， 由得， 所以. 令关于的对称点为，且与直线的交点为， 则， 解之得，即， 又因为，，所以，，三点共线， 因为为线段的垂直平分线，所以， 所以，. 3．已知一结论：若圆C的方程是，则经过圆C上一点的切线方程为. (1)由上面结论分别写出下面两个所求的切线方程（不需要解题过程） ①经过双曲线上一点的切线方程 ②经过抛物线上一点的切线方程 (2)已知椭圆方程为，A为椭圆上顶点，P为椭圆的右顶点，求椭圆上点到直线AP距离的最大值并求出点M坐标（注：若需要椭圆上经过某点的切线方程可以直接写） 【答案】(1)①；②； (2). 【分析】（1）①②设切线方程，分别联立双曲线、抛物线，利用得到关于的方程，结合点在曲线上求，再代回到切线方程并整理即可得答案； （2）根据题设得到直线的方程为，由过椭圆上一点的切线与直线AP平行时，点到直线距离可取最大，进而求出切线与椭圆的切点坐标（离较远的点），应用点线距离公式求答案. 【详解】（1）①令切线为，联立，则， 所以，且， 由， 所以，则，而， 所以，则切线为，即， 所以切线方程为； ②令切线为，联立，则，且， 所以，而，则， 所以，则，即， 所以. （2）由题知，当过椭圆上一点的切线与直线AP平行时，点到直线距离可取最大， 由，则直线的方程为， 由题设，类比可得过点M的切线方程为，得， 代入椭圆方程，，则，故， 所以或（离直线较近，舍去）， 所以M到直线距离最大值为. 4．（2024·河南郑州·模拟预测）设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点． (1)求抛物线的方程； (2)①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）由化简得，再根据定义得，代入即可的抛物线方程； （2）①设切点坐标为，通过导数求出切线方程，将点代入即可；②设直线的方程为，，，联立得，，然后计算即可. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 所以， 又P是C上一点， 所以， 所以，解得， 所以抛物线C的方程为． （2）①设切点坐标为， 因为，所以，切线的斜率为， 所以切线方程为， 将代入上式，得， 所以， 所以切点坐标为．     ②由①得，直线的斜率都存在， 要证：直线的倾斜角之和为， 只要证明：直线的斜率之和为．     设直线的方程为，，，, 则，，     由得， 所以，，，即，     所以， 即直线的倾斜角之和为．   【点睛】 5．在平面直角坐标系中，已知点，，点M满足：．记M的轨迹为C． (1)求曲线C的方程； (2)过点的直线l交曲线C于M，N两点，过点M，N分别作曲线C的切线，两切线交于点，试探究：动点是否在一条定直线上？若不在，请说明理由；若在，求出该直线的方程． 【答案】(1)（）． (2)答案见解析． 【分析】（1）根据双曲线的定义求得轨迹方程； （2）设，，再设过点的切线方程是，与曲线方程联立求得得切线方程，同理得过点的切线方程，设交点为，代入两切线方程后观察得出切点弦所在直线方程，再由直线过点，点坐标代入后关于的等式，由此可知点所在直线方程， 【详解】（1），由已知，所以点轨迹是以为焦点的双曲线的右支， ，，，则， 所以轨迹方程为（）． （2）时，，，因此A在双曲线右支含有焦点的部分， 设，， 设过点的切线方程是，，则，， 由，得， ， 整理得， ，，， 切线方程为，， 同理过点的切线方程为， 设，则， 所以过点，的直线方程为，又直线过， 所以， 所以在定直线上． 【点睛】结论点睛：圆锥曲线切点弦所在直线方程求法，过双曲线外一点作双曲线的两条切线，切点弦所在直线方程为，方法是设两切点分别为，设过的点的切线方程是，代入双曲线方程，应用判别式求得，从而得切线方程为，同理得另一切线方程为，两条切线都过点，因此有，由直线方程的概念可得过点的直线方程．对椭圆、抛物线也有类似结论． 题型九 定直线及其探索性问题 【技巧通法·提分快招】 定直线问题 定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法. 【一般策略】 ①联立方程消去参； ②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标； ③将横纵坐标分别用参数表示，再消参； ④设点，对方程变形解得定直线. 解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点在某定直线． 目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况： （1），即动点恒过直线． （2），即动点恒过直线． （3），即动点恒过直线． 1．（24-25高三上·江苏常州·期末）平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，其右焦点与抛物线的焦点重合． (1)求，的方程； (2)点是上位于第一象限的动点，在点处的切线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点．问点是否在一条定直线上，若在，求出直线的方程；若不在，说明理由． 【答案】(1)，． (2)点在定直线上 【分析】（1）易知椭圆的焦点在轴上，根据离心率求出的方程，得到焦点坐标，进而得到的方程； （2）利用导数求出点处切线的斜率，设，，利用点差法得到直线的斜率与直线的斜率之间的关系，进而得到直线的方程，令即可求解. 【详解】（1）因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合， 所以椭圆的焦点在轴上，又因为椭圆离心率为， 所以，解得， 所以椭圆，右焦点为，所以，， 所以抛物线； （2） 由题可设， 当时，由得，， 所以点处切线的斜率为， 设，，则， 因为，在椭圆上，所以， 两式作差得，即， 所以直线的方程为， 令，解得，所以， 所以点在定直线上运动. 2．已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题中所给数据求解即可； （2）设直线方程为：，，，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理可得，求出点坐标，直线方程，再联立直线和直线方程，求出交点坐标即可得证. 【详解】（1）由题意，，， 所以， 所以C的方程为． （2）证明：由题意，直线的斜率存在， 设直线方程为：，，．    联立，消去，得， 由于，同号，所以，， ， 所以， 联立，解得， 所以， 所以直线的方程为，即， 联立，解得， 所以直线与直线的交点在定直线上． 3．（24-25高三上·上海·月考）已知、是椭圆的左、右顶点，椭圆的长轴长是短轴长的倍，点与椭圆上的点的距离的最小值为． (1)求椭圆的离心率和标准方程； (2)求点的坐标； (3)过点作直线交椭圆于、两点（与、不重合），连接、交于点．证明：点在定直线上； 【答案】(1)离心率为，标准方程为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的几何性质可求出的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的离心率及其标准方程； （2）设，利用两点间距离公式得，然后根据、分类讨论求解即可； （3）设直线的方程为，、，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线、的方程，进而求解即可； 【详解】（1）由题意可知，椭圆的长轴长为，短轴长为， 由题意可得，则， 因此，椭圆的离心率为，其标准方程为. （2）设是椭圆上一点，则， 因为 若时，则，，解得（舍去）， 若时，则，则，解得（舍去）或， 所以点的坐标为. （3）设直线的方程为，、， 由，得，所以，， 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③ 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上. 【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·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项． (1)求点的轨迹方程； (2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上． 【答案】(1)； (2)或； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由题意可得，，， 则， ， 又是，的等差中项， ， 整理得点的轨迹方程为． （2） 由（1）知， 又，平移公式为即， 代入曲线的方程得到曲线的方程为：， 即． 曲线的方程为． 如图由题意可设M，N所在的直线方程为， 由消去得， 令，，则， ，， 又为锐角，，即， ，又， ，得或． （3）当时，由（2）可得，对求导可得， 抛物线在点， ，处的切线的斜率分别为， ， 在点M，N处的切线方程分别为，， 由，解得交点的坐标． 满足即，点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算. 5．（2025·甘肃白银·三模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，虚轴的一个端点到渐近线的距离为．双曲线C的右焦点为F，点M在C上，且轴，过点M与C相切的直线l与x轴交于点P． (1)求双曲线C的方程． (2)若点M在x轴上方，求以线段MP为直径的圆的一般方程． (3)过点P的直线交双曲线C于D，E两点（点D在双曲线的左支上，且不为左顶点），G为线段PF的中点，直线GE与MF交于点H，求证：直线DH与x轴平行． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）依题意，再由虚轴的顶点到渐近线的距离求出，即可求出，从而得解； （2）首先求出点坐标，设，联立直线与双曲线方程，由得到，再由点在直线上，得到，即可求出、的值，从而求出点坐标，即可得解； （3）设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出点的坐标，即可得解. 【详解】（1）双曲线的渐近线方程为， 由一条渐近线的方程为，得, 由虚轴的一个端点到渐近线的距离为，不妨设一个端点为，则, 所以， 则双曲线的方程为． （2）由（1）知点，因为点M在C上，且轴，所以． 设，与双曲线联立， 得．因为直线l与双曲线C相切， 所以，整理得①， 又直线过点，得②， 由①②得，所以直线l的方程为， 所以点的坐标为， 所以以线段为直径的圆的方程为， 即． （3）如图，设直线的方程为，， 将代入， 整理得，则， 得，得， 直线的方程为，令，得， 而， 所以，即直线与轴平行． 题型十 圆锥曲线新定义问题 【技巧通法·提分快招】 圆锥曲线背景下的新定义问题处理思路 1、明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义。 2、联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系。 3、建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解。 4、验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求。 5、灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对。 1．（2025·江西·模拟预测）定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点（焦点与顶点在短轴同侧）及短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”.如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比. (1)求证：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； (2)如图，已知椭圆，椭圆的离心率为与相似，且与的相似比为，若的面积为，求的面积（用，k，S表示）；    (3)若椭圆，写出与椭圆相似且长半轴长为，焦点在轴上的椭圆的标准方程.若在椭圆上存在两点M，N关于直线对称，求椭圆的“焦顶三角形”的周长的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据相似三角形对应角相等，结合三角函数定义即可得证； （2）先求和的面积之比，然后结合相似比即可得解； （3）设直线MN的方程为，联立椭圆方程消元，利用韦达定理表示出MN的中点坐标，代入已知方程求出参数，然后结合判别式可求得的范围，即可求得“焦顶三角形”的周长范围. 【详解】（1）若两个椭圆是“相似椭圆”，则“焦顶三角形”的三个对应角相等. 如图，以焦点为顶点的三角形内角必为钝角，故相等，则相等，    所以相等，而，所以相等，即离心率相等； 若离心率相等，则相等，则相等，则相等； 同理，相等，则相等，所以相等； 所以两个椭圆的“焦顶三角形”相似，所以两个椭圆是“相似椭圆”. 故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等. （2）设椭圆的半焦距为. 因为椭圆的离心率为，椭圆与椭圆相似，所以椭圆的离心率也为， 若的面积为，又的面积与的面积之比为， 所以的面积为． 因为与的相似比为， 所以的面积与的面积的比为， 所以的面积为． （3）由离心率相等可知椭圆的方程为， 如图，设直线MN的方程为的中点为．      由消去并整理得， 则，即， 由MN的中点在直线上，得，解得， 因此，而，解得， 椭圆中，短半轴长，半焦距， 所以椭圆的“焦顶三角形”的周长为 故椭圆的“焦顶三角形”的周长的取值范围是． 2．（2025·海南·模拟预测）定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”. 结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线. 结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点. 试根据上面的定义和结论解决下列问题： 已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点. (1)求； (2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点； (3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值. 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求的方程为，联立可得； （2）先求得和交于点，再求得直线的方程为，也过，即可证； （3）在点处的切线方程为，则与平行，由椭圆的光学性质可得，即为定值. 【详解】（1）根据定义，可得的方程为，即， 将其代入的方程得，解得， 不妨取，所以. （2）根据所给结论可知分别是关于点的极线， 如图（1），取，则. 由解得所以和交于点， 要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可. 设. 根据所给结论，可知直线，直线. 因为直线和都经过点，所以， 所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立， 所以直线过点，故直线相交于一点. （3）由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点. 如图（2）所示，由椭圆的光学性质，可知. 又因为，所以，所以，所以. 过作，与交于点，则，所以. 另一方面，因为，所以， 从而，所以. 因此，故为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问证明三点共线，先求两条直线的交点，再证交点在第三条直线上即可.第三问先考虑在点处的切线方程为与平行，进而根据椭圆的光学性质和平面几何相关知识可得. 3．（24-25高三下·山东·月考）对于抛物线，给定一点，若抛物线上存在两点，，使得，且不与轴垂直，则称弦是拋物线的一条“伴随弦”.已知抛物线存在“伴随弦”. (1)求的取值范围. (2)求伴随弦的中点的轨迹方程.（用表示） (3)伴随弦的弦长是否有最大值？若有，求出最大值（用表示）；若没有，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)当时无最大值，当时有最大值，且最大值为. 【分析】（1）设，条件可转化存在使得为直线与抛物线在轴上及其右侧有两个交点，结合二次函数图象列不等式可求结论； （2）设，，证明的横坐标在定直线上，又与直线交点为即可求解； （3）由两点的距离公式有，利用基本不等式有，可得，解得，把看成关于的二次函数，最后利用二次函数的性质即可求解. 【详解】（1）设，则点，在圆上， 由，得. 由题意知，存在使得这个关于的方程有两个不相等的非负根. 转化为直线与抛物线在轴上及其右侧有两个交点， 只需抛物线的对称轴在轴的右侧， 即，得， 的取值范围是. （2）设，，则. 由，得. 直线AB的斜率为， 直线的斜率为，. 将点的坐标代入上面的方程，整理得， 点在直线上. 抛物线与直线的交点为， 显然点的纵坐标的绝对值小于， 又不与轴垂直，故， 点的轨迹方程为. （3） . 由（2）得， 故，即. 又为关于的二次函数且当且仅当时取得最大值， 当，即时，弦长有最大值，当且仅当时取等号， 当时，，则无最大值. 综上所述，当时无最大值，当时有最大值，且最大值为. 4．一般地，平面曲线（为实常数且）在点处的切线方程为.对于椭圆上不同的两点，，称为椭圆在两点处的线性积，并记为. (1)证明：. (2)已知，椭圆在两点处的切线交点的轨迹为曲线. （ⅰ）求曲线的方程； （ⅱ）已知为椭圆的上顶点，若点与曲线上的点之间的距离的最大值为3，最小值为1，求椭圆的方程. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用基本不等式或三角换元可证； （2）（ⅰ）根据可得切线垂直，设出交点坐标和对应的切线方程，联立切线方程和椭圆方程后结合判别式为零及斜率可得交点的轨迹圆的方程. （ⅱ）求到圆心的距离后可求线段长的最值. 【详解】（1）法一：因为点，在椭圆上， 所以，， 所以， 当且仅当，时等号成立. 故. 法二：因为点，在椭圆上， 所以，. 设，，，，其中，， 则， 所以，当时等号成立. （2）（ⅰ）由得. 由题可得椭圆在点处的切线的方程为， 椭圆在点处的切线的方程为， 则由得. 当切线的斜率都存在且都不为0时，设与交于点（且）， 过点的椭圆的切线方程为， 由得， 则， 整理得. 显然，是上述方程的两个根，故， 所以（且）. 当切线中一条切线的斜率不存在，一条切线的斜率为0时， 可得点的坐标为或或或， 此时点也满足. 综上，， 故曲线的方程为. （ⅱ）易知，由（ⅰ）知曲线是以坐标原点为圆心，为半径的圆， 因为与曲线上的点之间的距离的最大值为3，最小值为1， 所以，得，， 所以椭圆的方程为. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为． (1)求的方程； (2)已知直线交于两点，直线与轴不平行，记直线的斜率分别为，，且，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和短轴长的定义求出的值，进而得到椭圆方程； （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出和，再根据建立等式，化简后求出直线恒过的定点. 【详解】（1）由题意得， 因为短轴长为，所以， 解得，故的方程为． （2）设直线方程为，，，如图， 联立消去得， 则， 故，， 所以， ， 因为点在上，所以， 故， 所以． 因为，所以， 故 ， 解得，满足， 所以直线的方程为，故直线恒过定点． 2．已知抛物线的焦点到准线的距离为2. (1)求的方程： (2)已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用抛物线的定义建立方程，求解参数，进而得到抛物线方程即可. （2）利用给定条件表示出目标式，再分类讨论并结合基本不等式求解最值即可. 【详解】（1）由题意得抛物线的焦点为，准线方程为， 因为拋物线的焦点到准线的距离为2， 且该抛物线焦点到准线的距离为， 所以该抛物线的方程为. （2）如图，设，则， 所以，由在抛物线上可得， 即，所以直线的斜率为， 当时，；当时，； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 综上，直线的斜率的最大值为. 3．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于M，Q两点，且． (1)求C的方程； (2)若点P是C的准线上的一点，过点P作C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，求点O到直线AB的距离的最大值． 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）利用抛物线的对称性，确定抛物线过的点求出C的方程. （2）设出点的坐标及切线方程，再联立切线与抛物线方程求出切点的坐标，进而求出直线过的定点即得. 【详解】（1）依题意，由抛物线的对称性知，点关于x轴对称，由，得， 不妨令点在第一象限，则，设抛物线C的方程为，即有，解得， 所以抛物线C的方程为. （2）由（1）知，抛物线C：的准线方程为，设点， 显然切线不垂直于坐标轴，设切线方程为， 由消去x并整理得①，于是， 设方程的一个根为，则该方程的另一根为， 不妨令切线的方程为，方程①中取得点的纵坐标为，其横坐标为，即点， 同理得，当时，直线方程为，整理得， 当或时，直线方程为，因此直线过定点，为定值， 所以当时，点O到直线AB的距离取得最大值1. 【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题. 4．已知椭圆的两个焦点是，且过点的直线与交于，两点，若的周长为8，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，设点关于轴的对称点为，是椭圆上一点，直线和与轴分别交于点（不重合），为原点，证明为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）已知条件中涉及椭圆的两个特殊三角形计算得参数可得椭圆方程; （2）设，求出和的方程，得到的表达式，计算，因为在椭圆上，利用椭圆方程化简即可. 【详解】（1）由周长为，则．周长为，则，所以， 故椭圆的方程是．    （2）由于点关于轴的对称点为，则． 设，则有，，． 直线的方程为，令，可得，所以． 直线的方程为，令，可得，所以． 所以，所以为定值． 5．（24-25高三上·天津河北·期末）已知直线经过椭圆的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的下顶点为A，P 是椭圆C上一动点，直线AP 与圆O：相交于点 M(异于点A)，M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q (异于点A).设直线 MN，PQ 的斜率分别为，试探究当时，是否为定值，并说明理由. 【答案】(1) (2)是定值，理由见解析 【分析】（1）运用椭圆的几何性质，解方程可得，，，进而得到所求椭圆方程； （2）设直线的方程，分别联立椭圆方程和园的方程求出的坐标，同理可得的坐标，运用两点的斜率公式，分别计算直线的斜率，直线的斜率，即可得证. 【详解】（1）依题意，椭圆的半焦距，将代入椭圆方程得， 得，则，而，解得， 所以椭圆C的标准方程为. （2）依题意，直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为， 由消去并整理得，解得或0（舍去）， 将代入得， 则点， 由消去并整理得，解得或0（舍去）， 将代入得， 则点， 显然是圆的直径，则，直线的方程为， 用代替，得， 直线的斜率， 直线的斜率， 因为，所以，故， 所以，为定值. 6．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左焦点为F，若T为直线上一点，过点F且与TF垂直的直线交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为M. （ⅰ）证明：点M在直线OT上（O为原点）； （ⅱ）求的面积的最大值，以及此时点T的坐标. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）面积最大值为，点T的坐标. 【分析】（1）利用离心率和椭圆过的点列方程求解即可； （2）（ⅰ）设，，易知直线PQ的斜率不为0，设PQ的方程为，代入椭圆方程，韦达定理，求出PQ的中点坐标，进而有，即可证明； （ⅱ）由（ⅰ）可得，利用基本不等式求得的面积最大值及此时点T的坐标. 【详解】（1）由题知，∴，∴， 又，∴，， ∴椭圆C的标准方程为. （2）（ⅰ）由题可设，，PQ的中点为， 若直线PQ的斜率为0，不存在满足的点T，故设PQ的方程为， 代入椭圆方程得， 则，，， ∵TF的方程为，令，得， ∴，∴OT过PQ的中点，即点M在直线OT上. （ⅱ）由（ⅰ）可得， . ∵， 而，，， 当且仅当，即时等号成立. ∴，当且仅当时等号成立. ∴的面积最大值为，及此时点T的坐标. 7．（24-25高三上·山东·期中）如图，已知椭圆：（）上的点到其左焦点的最大矩离和最小距离分别为和，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点.    (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程； (3)当直线，均不与轴垂直时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为和，由求解； （2）设直线的方程为，，，由，利用韦达定理，结合弦长公式求解； （3）利用（2）中的韦达定理，由证明. 【详解】（1）解：由椭圆：上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为和， 结合椭圆的几何性质，得， 解得，则， 故椭圆的方程为. （2）解：设直线的方程为，，. 由消去，整理得. 由，得， 则，. ， 解得或. 当时，直线的方程为，此时直线过点； 当时，直线的方程为，满足题目条件. 所以直线的方程为. （3）证明：因为直线，均不与轴垂直， 所以直线：不经过点和，则且， 由（2）可知，， ， 为定值. 【点睛】思路点睛：本题第三问的基本思路是先建立模型，再根据点在直线上进行消元，然后利用韦达定理求解. 8．（25-26高三上·内蒙古·开学考试）已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求的方程． (2)过点作直线与圆相切，且直线与交于A，B两点． ①求的取值范围； ②求（用含的式子表示）． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据椭圆的短轴长和离心率，列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）①依题意设，根据直线与圆相切可得，将直线与椭圆方程联立，利用推得，将代入消元即可求得的取值范围；②由①结论写出韦达定理，利用弦长公式写出弦长，将代入化简即得弦长表达式. 【详解】（1）由题意可知，解得， 故的方程为． （2） ①依题意可知直线的斜率存在且不为0，可设， 由直线与圆相切，得，整理得． 将代入，可得， 整理得， 则，即． 因，将代入并整理得， 解得，故的取值范围为． ②设，则， 于是 ， 将代入得： ． 9．（2025·北京海淀·二模）已知椭圆．设直线交椭圆于不同的两点、，与轴交于点． (1)当时，求的值； (2)若点满足且，求的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，将直线的方程与椭圆方程联立，求出交点的坐标，再利用弦长公式可求得的值； （2）设点、，设线段的中点为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出、，利用勾股定理求出，可求出的值，可得出的值，进而可得出的值. 【详解】（1）设点、，当时，直线的方程为， 联立可得或， 所以. （2）设点、，设线段的中点为， 因为，则，且， 联立，可得， 则， 由韦达定理可得，， 则，故点， 所以，， ， ， 又因为，， 因为，则，故. 10．（25-26高三上·云南临沧·月考）已知椭圆的上焦点也是抛物线的焦点，的上顶点为，下顶点为，且. (1)求的方程. (2)过点作一条斜率为的直线，与交于，两点，与交于，两点. （i）若为定值，求的值. （ii）是否存在实数，使得的面积恰好是的面积的3倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）根据题意可得，然后求出，可得椭圆方程； （2）（i）设的方程为，分别联立椭圆方程和抛物线方程消元，利用弦长公式求出和，然后利用韦达定理化简即可得解； （ii）根据分析可知，若存在满足题意的，则，然后作出比较可解. 【详解】（1）由的方程可知，所以的半焦距， 又，所以，故的方程为； （2）设，，，， 由题意可得的方程为，与的方程联立，得， 消去得，， 所以，， 故， 将与的方程联立，得， 消去得，， 所以，故， （i）要使为定值，则，解得， 此时为定值； （ii）不存在，理由如下： 由已知可得，则点到的距离是点到的距离的3倍， 要使的面积恰好是的面积的3倍，则必须满足， 而， 即，故不存在满足条件的实数. 11．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别是，直线与交于两点（不与重合），设直线的斜率分别为，且. (1)判断直线是否过轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由. (2)若分别在第一和第四象限内，证明：直线与的交点在定直线上. 【答案】(1)过定点. (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据题意设出直线的方程，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理的等式，再通过斜率之间的关系即可得出，即可得出定点坐标. （2）根据题意得出两条直线方程，再联立化简得到关于的等式，从而得到定直线方程. 【详解】（1）由题意可知，设直线的方程为. 由消去，可得， 则，，即， . 因为 ， 所以， 故直线的方程为，恒过点. （2）由题可知，直线的方程为，直线的方程为， 因为 ， 所以，故点在定直线上.    12．（2025·广东广州·三模）已知双曲线． (1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点坐标为，求直线l的方程； (2)若P为双曲线C右支上异于右顶点的一个动点，F为双曲线C的右焦点，x轴上是否存在定点，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在定点，使得，此时 【分析】（1）利用点差法可求出直线斜率，再求直线方程即可； （2）利用正切二倍角公式结合点在双曲线上化简可得； 【详解】（1）设， 则，作差可得，所以， 因为线段AB的中点坐标为，所以， 所以， 所以直线的斜率为，所以直线的方程为， 即. （2）假设存在定点，使得. 设，焦点， 因为，所以， 即，化简可得， 又点在双曲线上，所以， 代入上式可得， 整理可得，因为对于恒成立， 所以且，解得. 当时，代入双曲线方程可得， 显然，此时为等腰直角三角形，也成立， 综上，. 13．（2025·湖北襄阳·模拟预测）已知椭圆：，左右焦点分别为，，上下顶点分别为A，B，左右顶点分别为C，D，又P，Q是上异于椭圆顶点的两点. (1)若点Q在第一象限且满足的面积比的面积大，求点Q的横坐标的取值范围； (2)若线段的中点坐标为，求直线的方程； (3)记点A在直线上的射影为点H，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点A、H、O（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)定圆， 【分析】（1）由，结合三角形的面积公式可得，再由椭圆的方程代入计算，即可得到结果； （2）由点差法代入计算，即可得到结果； （3）联立直线与椭圆方程，即可表示出点的坐标，然后联立直线与椭圆方程，表示出点的坐标，从而表示出直线的方程，即可得到直线过定点， 从而得到结果. 【详解】（1）设，由，得， 所以，即， 又因为，所以， 解得，即点Q的横坐标的取值范围为； （2）设，， 则，两式相减作差可得， 即，即，即， 又，所以， 由直线的点斜式可得， 化简可得， 所以直线的方程为； （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A，H，O（为坐标原点）三点的圆即为过点A，，O（为坐标原点）三点的圆， 因为过原点，点，点， 所以过点A，H，O（为坐标原点）三点的圆是定圆. 14．（2025·辽宁·三模）已知双曲线的两条渐近线的斜率之积为. (1)求的离心率. (2)若过点且斜率为1的直线与交于两点（在左支上，在右支上），且. ①求的方程； ②已知不经过点的直线与交于两点，直线的斜率存在且直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点. 【答案】(1)2 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据双曲线渐近线方程和离心率公式，即可求解； （2）①直线方程与双曲线方程联立，根据向量共线的条件，结合韦达定理，即可求解； ②首先设直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，即可证明定点问题. 【详解】（1）由题意可知， 则. （2）①解：直线的方程为， 联立得， . 设，则， 由，得， 代入，得， 则的方程为. ②证明：设的方程为. 联立得， ，且， . 因为， 所以， 即， 则， 整理得， 即. 因为点不在直线上，所以，则， 则， 故直线过定点. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用直线与双曲线方程联立，利用韦达定理表示坐标运算. 15．（25-26高三上·河北·开学考试）已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上. (1)求椭圆的方程. (2)过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点. （ⅰ）若为原点，求面积的最大值； （ⅱ）点，设点是线段上异于，的一点，直线，的斜率分别为，，且，求的值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）1；（ⅱ）的值为1. 【分析】（1）根据题意先判断三点在椭圆上，再代入椭圆方程解方程组即可求解； （2）（ⅰ）设直线的方程为，点，，与椭圆方程联立，利用韦达定理得，求得面积，令，得，最后利用均值不等式即可求解； （ⅱ）由得，即点在线段的垂直平分线上，得，利用两点间的距离公式计算，代入得，又，代入即可求解. 【详解】（1）由对称性知，和在椭圆上， 所以所以，椭圆的方程为. （2）（ⅰ）设直线的方程为，点，， 由，消去得：， 则，，则或. 所以， 所以面积. 令，则，， 当且仅当，即时，面积的最大值为1. （ⅱ）因为，所以直线，的倾斜角互补，所以， 所以点在线段的垂直平分线上，所以. 所以，同理得， ，. 所以， 于是， 因为， 所以. 所以的值为1. 16．（24-25高三下·北京·月考）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为，离心率等于． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的左顶点，为右焦点，为椭圆上一个动点．设直线与直线交于点，连接，过作的平行线与交于点，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，再结合可求出，从而可求出椭圆方程； （2）设，表示出直线的方程，则可求出点的坐标，求出直线和直线的方程，两直线方程联立可求出点的坐标，进而可求出的值． 【详解】（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上， 所以设椭圆方程为， 由题意得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）由题意得，设， 则，得，即， 由题意得直线的斜率存在，则， 所以直线为， 当时，，所以， 所以直线的斜率为， 因为直线与直线平行，所以直线的斜率为， 所以直线为， 当时，由椭圆的对称性，不妨设点为第一象限的点，则， 此时直线为，直线为， 由，得，即， 所以， 当时，直线的斜率为，则直线为， 由，得，即， 所以 综上， 17．已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，P是直线上一点，且P不在x轴上，以点P为圆心，线段PF的长为半径的圆弧AF交C的右支于点N． (1)证明：； (2)取，若直线PF与C的左、右两支分别交于E，D两点，过E作l的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，结合圆的知识可得，，设点，则，由，可得，即得（用双曲线的第二定义来说明，也可以），由相等弦长所对的圆心角相等，得，进而求解； （2）设直线PF的方程为，由题意可得，联立方程组，结合韦达定理可得，，由题知，直线DR的方程为，令，化简即可求解. 【详解】（1）证明：过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则， 连接AM，PM，NF．因为在圆P中，，所以． 由题易知右焦点，设点，则，整理得． 因为， 所以，所以． 【这里若学生用双曲线的第二定义来说明，也可以．见下：因为直线为双曲线的准线，根据双曲线的第二定义，可知，即，即得．】 在圆P中，由相等弦长所对的圆心角相等，得， 所以． （2）由题知双曲线，渐近线为：，右焦点为， 直线PF的斜率不为0，设直线PF的方程为 因为直线PF与C的左，右两支分别交于E，D两点，则． 设， 联立方程组，得， 则． 由题知，直线的方程为， 令，得 ， 所以直线DR过定点. 18．（2024·四川成都·模拟预测）椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为，直线与轴交于点（），与椭圆交于相异两点、，且． (1)求椭圆方程； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意列出关于，，的方程组，求出，，即可得解. （2）由向量共线得出的值、直线斜率存在且不为，设直线方程为，联立椭圆方程求出值和韦达定理，利用得出，结合所得韦达定理即可求解. 【详解】（1）设椭圆的方程为， 由题，解得，， 因此椭圆的方程为即． （2）由题意可知向量起点相同，终点共线， 又由得， 故，即，即， 显然直线斜率存在且不为，设其方程为， 联立方程，消去，得，所以， 设，，则，， 又由得，即， 因此，从而，， 所以， 整理得，显然， 所以， 解得或．经检验，此时， 因此的取值范围是. 19．（2025·四川绵阳·模拟预测）中心在原点，左、右焦点分别为，的椭圆的离心率，椭圆上的动点（不与顶点重合），满足当时，到左焦点的距离为3. (1)求椭圆的标准方程； (2)当的最大值小于5时，过点作椭圆的切线，与轴交于，与轴交于，求的最小值. 【答案】(1)或； (2). 【分析】（1）由椭圆性质列出关于的方程组，联立求解即可； （2）由的最大值小于5，所以椭圆方程为，设，则过点P作椭圆的切线方程为，分别求出、的坐标，即可表示三角形的面积，再结合基本不等式即可求出. 【详解】（1）因为动点在椭圆上，所以，又，所以， 又，所以，即， 又，联立可得，解得或，又，解得或， 所以椭圆的标准方程为或. （2）根据椭圆的几何性质：，又，所以椭圆的标准方程为， 设切点， ①当且时，椭圆的方程可化为， 求导得，所以切线斜率为， 切线方程为，整理得， 又，化简可得过点P作椭圆的切线方程为； ②当且时，椭圆的方程可化为， 求导得，所以切线斜率为， 切线方程为，整理得， 又，化简可得过点P作椭圆的切线方程为； ③当且时，过点P作椭圆的切线方程为， 综上所述，过椭圆上一点P作椭圆的切线方程为， 令，可得，即，同理可得， 所以， 又，所以，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点在椭圆C上，且，直线过点且与椭圆C交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知，，若直线，交于点D，探究：点D是否在某定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)点D在直线上． 【分析】 （1）利用两点距离公式可计算焦点坐标，待定系数法计算椭圆方程即可； （2）由题意先确定M、N位置，设直线与、坐标，联立直线与椭圆方程利用韦达定理得出、纵坐标关系式，再利用点、坐标表示直线、，法一、求出D点横坐标化简计算即可；法二、直接利用直线、方程作比计算为定值，计算即可. 【详解】（1）设，，， 则， 则，解得（舍去）， 则，① 代入点得，② 联立①②，解得，， 故椭圆C的标准方程为； （2） 依题意，，， 设直线，联立， 整理得， ； 设，， 则，， 所以. 可设直线，直线， 法一：联立 得 ， 故点D在直线上． 法二：故， 解得， 故点D在直线上． 【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. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（23-24高三上·贵州黔西·月考）已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的标准方程和准线方程； (2)记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标. 【答案】(1)抛物线的方程为，准线方程为 (2)证明见解析，定点坐标为或 【分析】（1）根据已知得出直线的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出； （2）设，联立方程根据韦达定理得出的关系.进而表示出的方程，求出，的坐标，得出圆的方程.取，即可得出定点坐标. 【详解】（1）由已知可得，抛物线的焦点坐标为，直线的方程为. 联立抛物线与直线的方程可得， . 设，，由韦达定理可得， 则，所以. 所以，抛物线的方程为，准线方程为. （2）设直线， 联立直线与抛物线的方程可得，. 所以，，. 又，，所以. 同理可得. 设圆上任意一点为，则由可得， 圆的方程为， 整理可得，. 令，可得或， 所以，以为直径的圆过定点，定点坐标为或.    【点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标. 2．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）平面直角坐标系中，已知曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离大1． (1)求曲线的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线、，直线与曲线交于、两点，直线与曲线交于、两点，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先判断曲线的类型，再确定其解析式. （2）设直线，，根据焦点弦公式分别求弦长和，再结合基本不等式和换元法求的最小值. 【详解】（1）因为曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离大1． 所以曲线上任意一点到点的距离与到直线的距离相等， 所以曲线为抛物线，且为焦点，为准线， 所以，所以曲线的方程为：. （2）如图： 设直线，， 代入抛物线得：，得， 整理得：. 由韦达定理：. 所以. 用代替，可得. 所以. 设，则，当且仅当时取等号. 则. . 3．（23-24高三上·山西·期末）已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为1. (1)求的方程. (2)过点的直线与交于不同的两点A，B，问：在轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解之即得； （2）由题意可设直线的横截距方程，与双曲线方程联立消元得到一元二次方程，得出韦达定理，不妨假设存在点，求出的表达式，代入韦达定理，化简后分析即得. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则双曲线的渐近线方程为. 由题可知解得故的方程为:. （2） ①当直线的倾斜角不为0时，如图，设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程可得 消去，整理得：. 显然且，设，， 则，. 假设存在点，满足为定值，则 ， 故当时，，为定值，此时点. ②当的倾斜角为0，即为轴时，不妨设，，取，此时为定值. 综上，当点的坐标为时，为定值. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与双曲线相交产生的定值问题,属于较难题. 解题关键有两个，其一，选设直线方程，如果设直线的横截距方程，比较有利于检验直线斜率为零时的情况；其二，在化简得过程中，要注意利用点在直线上这个条件进行消元，再代入韦达定理，并尽量将得到的分式化简到易于发现定值的条件为止. 4．已知双曲线C：的离心率为，F为C的左焦点，P是C右支上的点，点P到C的两条渐近线的距离之积为． (1)求C的方程； (2)若线段PF与C的左支交于点Q，与两条渐近线交于点A，B，且，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用待定系数法即可求得曲线C的方程； （2）设直线PF的方程为，再与曲线C联立方程组，再利用韦达定理以及弦长公式即可得出结论> 【详解】（1）由题意得，故， 又，C的两条渐近线方程分别为， 设，则，即 所以，所以，，故C的方程为． （2）由（1）知，设直线PF的方程为，，，， 联立得， 则，， 因为P是C右支上的点，所以， ， 联立，得， 则，， ， 又，所以，解得， 所以． 【点睛】关键点睛：第（2）小问求的运算能力是关键，本题考查了直线与双曲线的位置关系，以及双曲线的综合应用，属于较难题. 5．已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切． (1)求动圆圆心的轨迹的方程． (2)已知点，过点的直线与轨迹交于两点，记直线与直线的交点为．试问：点是否在一条定直线上？若在，求出该定直线；若不在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点恒在定直线上 【分析】（1）设动圆的圆心为，利用两圆外切和内切的关系得到，由椭圆的定义即可得到动点的轨迹，利用待定系数法求出方程即可； （2）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理得到，求出直线与直线的方程，进而得到点满足的关系式，整理化简可得点恒在定直线上． 【详解】（1）设点的坐标为，圆的半径为． 由已知条件，得． ①当动圆与圆外切，与圆内切时，， 从而． ②当动圆与圆内切，与圆外切时，， 从而． 综上可知，圆心的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆． 易得圆与圆交于点与， 所以动圆圆心的轨迹的方程为． （2）设直线的方程为，． 联立直线与轨迹的方程，得 消去并整理，得． 所以，， 则有． 由已知条件，得直线的方程为， 直线的方程为， 则点的坐标满足． 又， 所以． 把代入上式，得． 故点恒在定直线上． 6．（23-24高三上·湖南株洲·开学考试）已知是椭圆的左焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，椭圆的离心率为，的面积的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)，为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）根据条件，列出关于的方程，即可求解；（2）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示直线的方程，并且联立方程求点的轨迹方程，再利用两直线的倾斜角表示,利用斜率表示，再利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）由，解得，，所以椭圆的方程为. （2）由题知不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，消整理得，， 设、，则，. 因为的方程为，的方程为 两直线方程联立得： 因为.所以，解得. 所以动点的轨迹方程为 由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为，， 由图可知，且，因为，则， 因为，， 所以 当且仅当时等号成立，此时，，所以的最大值为.    【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，动点轨迹，第二问的关键是根据韦达定理，联立两直线方程可化简求得点的轨迹，再利用倾斜角表示. 7．（2025·上海杨浦·三模）已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为，，是面积为1的直角三角形，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)答案详见解析 (3) 【分析】（1）根据题意:利用为为面积为1的直角三角形，可得到，再求解离心率即可. （2）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，利用圆锥曲线“设而不求”的方法可以把四边形的面积可表示为关于的函数，再利用函数单调性求得范围即可. 【详解】（1）如图，设椭圆的焦距为， 易得，，， 又因为为面积为1直角三角形，， 所以椭圆的离心率. （2）有第一问知，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. 8．已知双曲线C：的右焦点为，渐近线方程为. (1)求C的方程. (2)若动直线l过点F，且与C交于M，N两点（M在第一象限，N在第四象限），过点M作直线的垂线，垂足为D. （i）证明：直线DN恒过点； （ii）设O为坐标原点，的面积为S，求S的最小值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）15 【分析】（1）由渐近线方程与右焦点建立方程，结合双曲线标准方程，可得答案. （2）（i）设出点的坐标以及直线方程，联立方程组，写出韦达定理，由题意整理代数式，结合直线过定点，可得答案；（ii）由题意作图，利用三角形面积公式，整理其函数解析式，根据函数单调性，可得答案. 【详解】（1）由题意知解得 所以C的方程为. （2）（i）设l：，点，，. 由可得， 因为l与C在第一象限和第四象限各有一个交点，所以， 且，， 直线DN：， 令，得， 又， 所以直线DN恒过点. （ii）如图，设， 则. 设，则，在上单调递增， 所以当时，S取最小值，最小值为15. 9．（25-26高三上·山东泰安·开学考试）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，且 (1)求的方程； (2)过且不与轴重合的直线与的另一个交点为，与直线交于点，过且平行于的直线与直线交于点. （ⅰ）若，求的面积； （ⅱ）证明：存在定点，使得. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）8；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（ⅰ）由已知求出点的坐标，再借助平行关系求得，进而求出面积；（ⅱ）由（ⅰ）的信息可得平分角，当不垂直于轴时，设出直线方程，并与椭圆方程联立求出点坐标，借助二倍角的正切公式证得平分角，结合相似三角形性质推理得证. 【详解】（1）设，而，则， 又，解得，则 所以的方程为 （2）（ⅰ）由共线，且的横坐标分别为，， 则由,可得点的横坐标为，因,则， 由对称性不妨设在第一象限，由，得，即， 设，由，解得，直线的斜率， 设直线与轴的交点为，因，可得， 又，则，又，则， 所以的面积.    （ⅱ）由（ⅰ）猜想平分角， 由，设直线的方程为， 由消去，得， 设，则可得， 则有，， 当斜率不存在时，由（ⅰ）知，， 当时，斜率存在，，， 且，则有，即， 由，得，又， 于是，设关于直线的对称点为，则， 取，则，∽，则， 又，因此∽，， 所以存在定点，使得.    10．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知椭圆：过点，其离心率为．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线，交点为椭圆的右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)若，的斜率存在且分别为，，求证：为定值； (3)过点作，垂足为，求的最大值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）代入点坐标并结合离心率公式即可得到方程； （2）设直线的方程为：，联立椭圆方程得到韦达定理式，化简得到，再计算得，同理，最后代入化简即可； （3）求出直线过定点，再根据两点距离即可得到答案. 【详解】（1）由已知得，即，得， 故， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可得， 由题意知均存在且不等于0， 则设直线的方程为：， 则． 设直线方程为： 与椭圆方程联立得：，， 所以，因为， 故，因此． 同理． 斜率为 ， 故. （3）由（2）知：直线的方程为：， 即 所以直线过定点． 因为，由几何意义知：， 故的最大值为．    11．（2025·重庆·模拟预测）已知椭圆的左，右焦点为，，P为C上一动点，内切圆面积的最大值为，且到直线的距离为3c，过的直线l交C于A，B两点． (1)求椭圆C的方程； (2)若，探究：是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由； (3)若，直线l与直线相交于点Q，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列． 【答案】(1)； (2)是定值，； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据已知得、，结合椭圆参数关系求参数，即可得方程； （2）令，联立椭圆并应用韦达定理得，，再由弦长公式得到，由联立椭圆求坐标，进而有，注意讨论的情况，即可得结论； （3）首先得到，再设，联立椭圆及韦达定理得，，并求得，最后应用两点式求斜率并化简整理，判断其与是否相等，即可证. 【详解】（1）由题设，若内切圆面积最大，即其半径最大，此时为椭圆的上(下)顶点， 所以，可得，又，则，且， 所以，故，得，所以，即方程为； （2）令，联立椭圆方程有，整理得， 显然，则，， 故，则 由，则，代入椭圆有，可得， 所以， 此时，， 当时，，，则， 综上，为定值； （3）由题设且，则，即， 显然直线的斜率存在，设，联立， 所以，整理得， 所以，，令，则， 由，，则，且， ， 所以，即，，成等差数列． 12．（2025·吉林·模拟预测）已知对任意平面向量，把向量绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. (1)若平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标； (2)若双曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线. （i）求双曲线的标准方程及离心率； （ii）双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率存在的直线交双曲线于，两点，点是的外心，求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】(1) (2)（i），；（ii）证明见解析 【分析】（1）设，再利用新定义求出的坐标即可求解； （2）（i）双曲线上任取一点，根据新定义得出其旋转过后的点坐标，再将其坐标代入中即可求得双曲线的标准方程，进而求得离心率； （ii）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，再分别用点坐标求出线段的中垂线方程，设，将点坐标代入两条中垂线方程中，再利用同构思想得出是方程的两个根，再根据两次韦达定理建立关系式，即可求出，进而得出为定值. 【详解】（1）设，则，， 将绕点沿顺时针方向旋转到，相当于沿逆时针方向旋转到， 则， 则，解得，，因此点的坐标是. （2）（i）在双曲线上任取一点， 将绕原点沿逆时针方向旋转， 得到， 则 又点在曲线上，则， 化简得双曲线的标准方程为：， 则，，，故离心率. （ii）由（i）可知，，由题意可知直线的斜率存在不为0， 故设直线方程为：，，， 联立，得， 则，，，， 因线段的中点为，， 所以线段的垂直平分线为， 即， 又，， 则线段的垂直平分线为， 同理线段的垂直平分线为， 设， 因点是的外心，则有， 则是方程， 即的两个根， 则，， 故，， 两式作商得，， 得，则， 即直线与直线的斜率之积为定值. 13．（24-25高三下·重庆·月考）已知双曲线的渐近线方程为，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为1的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为为坐标原点. (1)求的面积； (2)记，证明：数列为等比数列； (3)分别为线段的中点，记的面积分别为.判断是否为定值，如果是定值，求的值；如果不是，请说明理由. 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)是定值， 【分析】(1)根据渐近线方程，可求得双曲线方程，利用题意求得,坐标，进而求得三角形面积; (2)根据的构成方式，得到与,的关系式,从而的数列递推关系式,从而证明为等比数列; (3)借助第(2)小问的结论，写出数列通项公式，得到与的关系式，再利用点在双曲线上，求得的坐标，进而求得，的坐标，求得两个三角形的面积，进而求得. 【详解】（1）由题知，又，所以， 故双曲线的方程为. 又过点，斜率为1的直线方程为，如图， 由双曲线与直线的对称性可知，所以， 又过，且斜率为1的直线方程为，即， 由，解得或， 当时，，所以； 于是：. （2）设， 则过，且斜率为1的直线方程为， 联立，消得到， 由题有，得到， 由题知点在直线上，即有， 所以，所以，所以， 由（1）知，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列. （3）由（2）知，得到， 由，即， 即，则， ， 故， ， 故， ， 即，则， 由可得： ， 由可得： ， 所以：. 【点睛】本题利用点的坐标求三角形面积，利用公式为： 设，,三角形的面积 14．（24-25高三上·湖北·月考）现有一双曲线，和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)过的直线交双曲线左支于A，B两点（点在点上方），判断是否是定值，并给出理由； (3)在（2）的条件下，过点作平行于的直线交双曲线右支于C，D两点（点在点上方），与相交于点，求证：为定值． 【答案】(1) (2)，是定值，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】1）解出，再利用单调性解出最值，最后求出双曲线的标准方程即可； （2）利用直曲联立解出一元二次方程，利用韦达定理解出定值即可； （3）利用对称性和三角形相似解出，再解出即可. 【详解】（1）设，则， 由得． 在区间上单调递减， 时，取最大值3， ，解得． ． 由题意可得双曲线的标准方程为． （2）设，， 直线为， 联立得， ， ， ， . （3） 证明：如图：由对称性可知，， ，． 易知， ， 由（2）可知， 代入上式可得， 同理可得， ，为定值. 【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中，利用对称性和三角形相似进行转化是解决定值问题的一种非常常用的方法. 15．（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. 16．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.    (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围； (3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可； （2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得，由等差中项的性质得出，再根据点差法得出中垂线的斜率，表示中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可； （3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示，利用函数的性质计算范围即可. 【详解】（1）不妨设， 因为的重心，所以， 所以， 又短轴长为6，所以，代入解得， 所以椭圆方程为:； （2）由上可知，设中点， 则， 又，消去并整理得， 同理， 又， 由题意得， 即， 因B，D在上，易得，化简得， 所以线段中垂线的斜率， 线段中垂线方程:， 令得， 又线段中点在椭圆内所以， 所以； （3）设，由得， 联立消整理得， 得， 所以， 当时，， 当时，， 解不等式得.    【点睛】思路点睛：根据焦半径公式及等差中项的性质可确定中点横坐标，再由中垂线方程得出E与中点的关系结合点在椭圆内计算范围即可解决第二问；利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理计算横坐标关系，分类讨论斜率是否为零，再含参表示结合函数的性质求范围解不等式即可. 17．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. (1)求椭圆的方程； (2)若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； (3)设，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把点坐标代入椭圆的方程得，由的面积可得，解得，进而得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆的方程的关于的一元二次方程，由，进而解得的取值范围，再列出韦达定理，由，则，即可求出，从而得解； （3）因为，，，，写出直线的方程，令，解得．点的坐标为．同理可：点的坐标为．用坐标表示，，，代入，得，同理．由，，代入，化简再求取值范围． 【详解】（1）因为椭圆经过点， 所以解得（负值舍去）． 由的面积为可知，解得， 所以椭圆的方程为．    （2）设直线的方程为，，． 联立，消整理可得． 因为直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，解得， 因为，所以的取值范围是， 所以，， 则 ， 因为以为直径的圆经过坐标原点，所以， 则，即，解得（负值舍去）， 所以直线的方程为.    （3）因为，，，， 所以直线的方程是：， 令，解得，所以点的坐标为． 同理可得点的坐标为． 所以，，． 由，， 可得，， 所以， 同理， 由（2）得， 所以 ， 因为，所以，所以， 则，所以， 所以的范围是．    【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. 18．（2025·浙江·二模）已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3.    (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点. ①求的最小值； ②设分别为椭圆的左､右顶点，不垂直轴的直线交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线与直线的交点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②是，直线方程为，理由见解析 【分析】（1）由已知得到关于的方程，解得，然后求解，即可得椭圆方程； （2）①由已知可得，根据两点间距离公式可得，代入，由基本不等式即可求解；②设直线：，，与椭圆方程联立由韦达定理可得，由已知可得，的方程，联立可得，将直线的方程与直线联立即可求解. 【详解】（1）由已知，解得， 所以，所以椭圆方程为； （2）①因为切线交轴于点，所以，， 因为点在椭圆上，所以，即， 又， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为； ②由已知设直线：，， 由消元得， 则，， 所以， 因为，，所以， 因为，，所以， 所以 ， 即点，所以直线的方程为， 与直线联立，得， 因为，所以，代入上式可得 ， 即，解得， 即点在直线上. 19．（24-25高三下·山东·月考）已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为，且点到其渐近线的距离为． (1)求C的标准方程； (2)若点是C上第一象限的动点，过点作直线l（l不与渐近线平行），若l与C只有一个公共点，且l与x轴相交于点M． （i）证明：； （ii）若点N在直线l上，且，那么点N是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）点N在定直线上 【分析】（1）由已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出双曲线的方程； （2）（i）利用两点间的距离公式化简、的表达式，证明出双曲线在点处的切线方程为，求出点的坐标，由此可证得； （ii）求出直线的方程，将该直线方程与直线的方程联立，求出点的坐标，即可得出结论. 【详解】（1）由题意可知，可得， 双曲线C的渐近线方程为，即， 点到其渐近线的距离为，所以， 因此，双曲线C的方程为． （2）（i）因为是C上第一象限的动点，则， 可得且，易知点、， 所以， ， 由双曲线的定义可得， 所以， 先证明：双曲线在点处的切线方程为． 联立，可得，又， 整理可得，解得， 所以双曲线在点P处的切线方程为， 由，令，可得，即点，且， 所以，因此． （ii）如下图所示： 直线的斜率为， 因为，则直线的斜率为， 所以，直线的方程为， 联立直线和直线l的方程， 消去y，可得，解得， 因此点N在定直线上． 20．法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且. (1)求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程； (2)将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：. 【答案】(1)， (2)存在，且 (3)证明见解析 【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合两点间距离公式计算即可得椭圆方程，再借助伴随圆定义即可得伴随圆方程； （2）得到方程后，假设存在该定点，设为定值，，利用两点间距离公式表示出、，则可由，得到方程，再令，解出即可得解； （3）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再求出直线，即可得，同理可得，则可结合韦达定理得到线段中点为定点，再由几何性质即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得，则， 即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为； （2）由的方程为，则曲线的方程为， 假设存在该点，其为定值， 令，则有， 则， ， 则有，整理得， 令，解得或（舍去）， 故存在，即定点，使得为定值； （3）设、， 由，消去可得， ，即， ，， ， 令，则， 同理可得， 则 ， 即线段中点坐标为，则，故. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于由、得到线段中点坐标，从而利用几何性质证明. 21．（2024·海南海口·模拟预测）对于二次曲线，我们有：若是曲线上的一点，则过点与曲线相切的直线方程为．已知椭圆，，动圆，点是与在第一象限的交点． (1)求椭圆的离心率； (2)过点作动圆的切线，经过椭圆的右焦点，求与满足的关系式； (3)若，直线与，均相切，切点在上，切点在上，求的最大值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆离心率公式计算即得. （2）求出切线的方程，将代入即可得解. （3）分别求出在点处的方程，结合两切线重合探讨点的坐标关系，再利用两点间距离公式，结合方程组的思想将表示为的函数，利用基本不等式求出最大值. 【详解】（1）在椭圆中，由，得， 所以椭圆的离心率. （2）椭圆，由，解得， 而，则， 圆在处切线方程为，又过焦点，则， 所以. （3）当时，椭圆，，设， 椭圆在处切线为，圆在处切线为， 由直线与均相切，得，即， 由，得，解得， ，当且仅当，即时取等号， 即的最大值为，所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：第3问，利用公切线探求出两个切点坐标的关系是求解的关键. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $