解答题 解析几何（专项训练，10大题型+高分必刷）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测

解答题 解析几何 根据近几年的高考情况，面积问题、定值定点、斜率关系（和/积）、证明问题、最值问题、范围问题以及圆锥曲线常与数列、参数方程结合。面积问题中常与椭圆、抛物线、双曲线结合考查，涉及三角形、四边形等图形；最值问题涉及距离、面积、斜率、角度等，也高考的难点之一，证明问题常涉及三点共线、直线垂直、角平分线等；斜率问题常与韦达定理和向量结合。解读 2025 全国一卷 T18(2)是隐藏的轨迹探究问题,要求考生依据特定数量关系分析几何条件强化对代数结构几何意义的深度理解,此类试题综合性强,求解时往往深度关联三角函数、平面向量、函数与导数等模块,试题设计打破传统“条件一结论”的固化模式,引导考生从机械刷题转向深度理解,切实落实了减少死记硬背、增强思维灵活性的改革要求,是区分高阶思维能力的有效载体,预测 2026 高考将命制凸显“多维条件关联，强化代数与几何转化能力”的试题:①结合参数约束条件下的动点、动直线特征的探究，以开放式设问考查动态分析能力;②设计动态最值问题，结合函数思想与参数范围分析，突出知识的融会贯通与综合应用. 题型1 轨迹问题 （2025·浙江丽水·一模）已知是椭圆上的两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程． 求轨迹方程一般会用到以下方法： 1.直接法 先设动点坐标为；再根据题目中动点运动的几何等量关系（如距离、角度、斜率等），直接将几何条件转化为含的代数等式。 2.几何法 利用平面几何性质（如垂直平分线性质、角平分线性质、圆的性质），找到动点满足的几何等式，再转化为坐标方程，简化计算。 3.相关点法 先明确动点与已知曲线（或可求轨迹的点）的 “相关关系”（即随运动）； 再根据几何条件，用表示出Q的坐标（即，）。 接着将代入Q所在的已知曲线方程，得到含的等式；最后化简该等式，并结合实际条件（如定义域）约束，即得动点P的轨迹方程。 4.定义法 首先分析动点满足的几何条件，判断是否符合圆、椭圆、抛物线、双曲线等基本轨迹的定义（如椭圆定义：到两定点距离和为定值且大于定点间距）。 若直接匹配定义，可直接写出对应轨迹的标准方程；若需确定参数，设出标准方程形式，结合题目条件（如定点坐标、定值大小）用待定系数法求解参数，最后验证方程是否符合轨迹定义及题目限制。 易错点： 易错点：需注意等量关系中的隐含限制条件（如构成三角形需三点不共线、斜率存在需分母不为0等），对所得方程进行化简和范围约束，最终得到符合条件的动点轨迹方程。 1.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. (1)求椭圆C的方程. (2)若直线l的斜率为，求的面积. (3)设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 2.（2025·山东聊城·一模）已知圆，圆，动圆与、都外切. (1)求圆心的轨迹方程； (2)设，、是圆心轨迹上的不同两点，过点作，垂足为，若直线与的斜率之积等于，求动点轨迹的长度. 3．（2025·广东珠海·模拟预测）已知点，以线段为直径的圆内切于圆． (1)求点的轨迹的方程； (2)当过点的动直线与轨迹相交于两点（可以相同）时，，．求动点的轨迹长度． 题型2 弦长问题 (江西省九江市多校联考 2025 年9月高三联考解析第 15 题)已知双曲线的左焦点为，离心率为2. (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，与轴交于点，且是的中点，求. . 弦长公式的两种形式 (1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程 ，则. (2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程 ，则. 1.（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. 2.（2025·安徽·一模）已知双曲线C：的离心率为2.且经过点. (1)求C的方程； (2)若直线l与C交于A，B两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围. 题型3 面积问题 （2025·广东深圳·二模）已知点，，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是. (1)求动点的轨迹方程； (2)直线与曲线交于，两点，直线，的斜率之和为0，且，求的面积. 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. 3.坐标法.设，则. 4.面积比的转化. 三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型： ① 两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比 ② 两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比） ③利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比 ④ 面积的割补和转化 5.四边形的面积计算 在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解. 6.注意某条边过定点的三角形和四边形 当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的定点结论，才能察觉出问题的关键. 1. （河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试 第16题） 已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过点作直线交于两点，且的面积为，求直线的方程. 2．（2025·河南信阳·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. (1)求曲线的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 3.（19-20高三上·山东淄博·期末）已知椭圆的左右焦点分别为和，由4个点 、 、 和组成了一个高为，面积为的等腰梯形. （1）求椭圆的方程; （2）过点的直线和椭圆交于两点，求△面积的最大值. 题型4 定点问题 （2025·山西吕梁·一模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)若直线交椭圆于两点，且线段的中点的横坐标为，过作直线.证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 1．(河北省衡水市桃城区 2026届高三上学期暑假开学解析第 18 题)已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且经过点. (1)求的标准方程. (2)设是的左顶点，，是上异于点的不同两点，直线，的斜率分别为，且. （i）若点的坐标为，求； （ii）证明：直线过定点. 2．(河北省邢台市卓越联盟 2025-2026 学年高三调研解析第 18题)已知椭圆的一个焦点为，其短轴长为2. (1)求椭圆的方程； (2)过坐标原点的直线与椭圆交于不同的两点. （i）当直线的斜率为1时，求的周长； （ii）若直线分别与椭圆交于点，证明：直线过定点. 题型5 定值问题 （2025·广东湛江·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且. (1)求椭圆C的标准方程； (2)点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.证明：直线与直线的斜率之积为定值； 定值问题的方法：消参法/由特殊到一般 消参法：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；把要求解的定值表示成含上述变量的式子 并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量；化简式子得到定值.由题自的结论可知要证 明为定值的量必与变量的值无关。 由特殊到一般： 由特例（斜率为0或者斜率不存在的情况）得出一个值，此值一般就是定值； 1.（2025·陕西汉中·一模）已知，是椭圆（）的左，右焦点，焦距为2，离心率，过左焦点的直线交椭圆于两点. (1)求椭圆C的方程； (2)求证为定值. 2.（2025·山西·三模）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． (1)求的方程； (2)过双曲线右支上一动点分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于，，为坐标原点，证明：平行四边形的面积为定值，并求出该定值． 题型6 定直线问题 （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. 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.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有： (1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； (2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数； (3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证. 1．(全国名校联盟 2026 届高三开学模拟考数学解析第 18题)已知双曲线的右焦点为，离心率为2，圆与恰有两个交点. (1)求的方程； (2)设为的左顶点，过且斜率存在的直线交的右支于两点，直线分别交圆的另一点于. （i）证明：三点共线； （ii）设直线与直线交于，证明：点在定直线上. 2.（2025·安徽蚌埠·三模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上． 题型7 切线与切点弦问题 （2024·广东汕头·一模）已知点为双曲线上的动点. (1)判断直线与双曲线的公共点个数，并说明理由； (2)（i）如果把（1）的结论推广到一般双曲线，你能得到什么相应的结论？请写出你的结论，不必证明； （ii）将双曲线的两条渐近线称为“退化的双曲线”，其方程为，请利用该方程证明如下命题：若为双曲线上一点，直线：与的两条渐近线分别交于点，则为线段的中点. 圆锥曲线的切线和切点弦的相关结论 切线方程： (1)过圆上任意一点的切线方程为. (2)过椭圆的切线方程为：； (3) 过双曲线的切线方程为：； (4)过. 切点弦方程 (1) 过圆外一点的切点弦方程为 . (2)过椭圆+=1外一点的切点弦方程为； (3) 过双曲线的切点弦方程为：； (4)过. 说明：上述公式的记忆方法均可用“抄一代一”，即把平方项其中一个照抄，另一个将变量用已知点的相应坐标代入(从曲线上一点作曲线的切线，切线方程可将原方程作如下方法替换求出，，，，). 1.（24-25高三上·贵州遵义·阶段练习）已知抛物线的焦点为，且F与圆上点的距离的最小值为2． (1)求； (2)已知点，，是抛物线的两条切线，，是切点，求． 题型8 角平分线问题 （2025·陕西西安·二模）已知平面上动点到的距离比到直线的距离小1，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点的坐标为，过点作曲线的切线，切点为（在第一象限），若过点的直线与曲线交于M，N两点，证明：． 角平分线的证明和探索一般用以下4个方法： 方法1：向量夹角公式计算余弦值 方法2：直线夹角公式计算正切值 方法3：正切的二倍角公式 方法4：点线距离和角平分线性质 1.（2025·北京延庆·一模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 2.（2025·山东泰安·一模）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的上､下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点. （i）设的面积分别为，若，求的最大值； （ii）若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程. 题型9 范围最值问题 （2025·浙江·模拟预测）已知P为双曲线C：上一点，O为坐标原点，线段OP的垂直平分线与双曲线C相切． (1)若点P是直线与圆的交点，求a； (2)求的取值范围． 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解. 1．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3． (1)求E的方程； (2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值． 2.（2024·陕西西安·模拟预测）已知为抛物线：上的一点，直线交于A，B两点，且直线，的斜率之积为2. (1)求的准线方程； (2)求的最小值. 题型10 多个专题综合 （2025·辽宁·模拟预测）抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴． (1)求的方程； (2)已知为上三个不同的点，点在第一象限． （ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求． （ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标． 解析几何会与解三角形、立体几何、数列等结合考查。 1.（2025·云南大理·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设. (1)求的值； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围； (3)求的面积. 2.（2025·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 1. （河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试 第16题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过点作直线交于两点，且的面积为，求直线的方程. 2．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点. (1)求动点的轨迹的方程； (2)分别过，作平行直线，，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，其中点，在轴上方. （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求四边形的面积的取值范围. 3．(潍坊市开学调考 2026 届高三数学解析第 18 题)已知椭圆：的离心率为，右顶点为． (1)求的方程； (2)过点的直线交于M，N两点（B不在上），过N作直线的垂线，垂足为Q． ①求的最小值； ②求的最大值． 4. （湖南省长沙市长郡中学2026届高三上学期月考（三）数学试卷第17题） 已知P为椭圆短轴上的一个顶点，，为的左、右焦点，且的面积为，椭圆的焦距为2． （1）求椭圆的方程； （2）设直线l为圆的切线，且l与相交于A，B两点，求的取值范围（O为坐标原点）． 5．(2025年8月浙江省名校协作体高三数学解析第 18 题)已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 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与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求． 3．（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． 4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 6．（2020·全国III卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求的方程； （2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 7．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. 8．（2019·全国II卷·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题 解析几何 根据近几年的高考情况，面积问题、定值定点、斜率关系（和/积）、证明问题、最值问题、范围问题以及圆锥曲线常与数列、参数方程结合。面积问题中常与椭圆、抛物线、双曲线结合考查，涉及三角形、四边形等图形；最值问题涉及距离、面积、斜率、角度等，也高考的难点之一，证明问题常涉及三点共线、直线垂直、角平分线等；斜率问题常与韦达定理和向量结合。解读 2025 全国一卷 T18(2)是隐藏的轨迹探究问题,要求考生依据特定数量关系分析几何条件强化对代数结构几何意义的深度理解,此类试题综合性强,求解时往往深度关联三角函数、平面向量、函数与导数等模块,试题设计打破传统“条件一结论”的固化模式,引导考生从机械刷题转向深度理解,切实落实了减少死记硬背、增强思维灵活性的改革要求,是区分高阶思维能力的有效载体,预测 2026 高考将命制凸显“多维条件关联，强化代数与几何转化能力”的试题:①结合参数约束条件下的动点、动直线特征的探究，以开放式设问考查动态分析能力;②设计动态最值问题，结合函数思想与参数范围分析，突出知识的融会贯通与综合应用. 题型1 轨迹问题 （2025·浙江丽水·一模）已知是椭圆上的两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程． 【答案】(1)； (2)，且. 【思路分析】 【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解的值即可得椭圆方程； （2）设，线段的中点，分别讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时确定直线的方程与直线联立得横坐标与的关系，结合函数得的取值范围，结合圆的定义从而得的轨迹方程. 【规范答题】 【详解】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为； （2）设，线段的中点，则，， ①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点 ②当时，直线的斜率，则， 所以，将代入椭圆方程得， 所以，从而或， 线段的中垂线方程为，即． 故线段的中垂线过定点 故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为 过点与垂直的直线为， 联立方程组消去得，因为， 所以，综上①，②所得 所以垂足轨迹方程是，且． 求轨迹方程一般会用到以下方法： 1.直接法 先设动点坐标为；再根据题目中动点运动的几何等量关系（如距离、角度、斜率等），直接将几何条件转化为含的代数等式。 2.几何法 利用平面几何性质（如垂直平分线性质、角平分线性质、圆的性质），找到动点满足的几何等式，再转化为坐标方程，简化计算。 3.相关点法 先明确动点与已知曲线（或可求轨迹的点）的 “相关关系”（即随运动）； 再根据几何条件，用表示出Q的坐标（即，）。 接着将代入Q所在的已知曲线方程，得到含的等式；最后化简该等式，并结合实际条件（如定义域）约束，即得动点P的轨迹方程。 4.定义法 首先分析动点满足的几何条件，判断是否符合圆、椭圆、抛物线、双曲线等基本轨迹的定义（如椭圆定义：到两定点距离和为定值且大于定点间距）。 若直接匹配定义，可直接写出对应轨迹的标准方程；若需确定参数，设出标准方程形式，结合题目条件（如定点坐标、定值大小）用待定系数法求解参数，最后验证方程是否符合轨迹定义及题目限制。 易错点： 易错点：需注意等量关系中的隐含限制条件（如构成三角形需三点不共线、斜率存在需分母不为0等），对所得方程进行化简和范围约束，最终得到符合条件的动点轨迹方程。 1.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. (1)求椭圆C的方程. (2)若直线l的斜率为，求的面积. (3)设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，结合可求出，从而可求出椭圆方程； （2）设，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出的面积； （3）设，，由，得，将代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得，两式相比化简可求得，代入其中的一个化简可求得点Q的轨迹方程. 【详解】（1）由题意得，由得，得， 所以，得，则， 故椭圆C的方程为； （2）由（1）可知，则， 因为直线l的斜率为，所以直线l的方程为， 设， 由，得， 所以， 所以， 因为点到直线的距离为， 所以的面积为； （3）设，， 则， 因为， 所以， 所以（*）， 直线l的方程为， 由，得， ， 则， 所以 ， 代入（*），可得：， 当时，，得（且）， 所以， 化简整理得 当时，得，，即，满足上面的方程， 所以点Q的轨迹方程为 2.（2025·山东聊城·一模）已知圆，圆，动圆与、都外切. (1)求圆心的轨迹方程； (2)设，、是圆心轨迹上的不同两点，过点作，垂足为，若直线与的斜率之积等于，求动点轨迹的长度. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）设圆的半径为，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为， 因为圆与圆、圆都外切，则，， 所以，， 所以，点的轨迹是以点、为焦点的双曲线的右支， 设双曲线的标准方程为，则，可得，，则， 所以，， 所以，圆心的轨迹方程为. （2）若直线与轴垂直，则直线与曲线只有一个公共点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得①， 则且，可得且， 由韦达定理可得，， ， 整理可得， 即， 整理可得， 若，此时，方程①为，由于，解得， 此时直线与点的轨迹只有一个公共点，不合乎题意， 所以，，所以，直线的方程为，故直线过定点， 因为，取线段的中点，则， 所以点在以点为圆心，半径为的圆上运动， 由题意可得，可得， 易知直线的方程为， 联立可得， 直线交轴于点，交圆于、两点， ，则，所以，， 易知点的轨迹为劣弧（不包括端点），其长度为. 3．（2025·广东珠海·模拟预测）已知点，以线段为直径的圆内切于圆． (1)求点的轨迹的方程； (2)当过点的动直线与轨迹相交于两点（可以相同）时，，．求动点的轨迹长度． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）取，根据几何关系得出，即可得出点的轨迹为椭圆，进而求出其方程即可； （2）直线斜率不存在时求得，斜率存在时，设，根据，可求出，因点在直线上，则将值代入直线方程中即可求得点满足的方程，再根据求出，进而得出的范围，求出轨迹方程，即可求出轨迹长度. 【详解】（1）取，记线段的中点为，连接， 由于线段的中点为，则，， 设圆的半径为，圆与圆内切于，连接， 则三点共线，且， 于是， 又， 根据椭圆的定义可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 则轨迹的方程为． （2）当直线的斜率不存在时，点重合， 则由，可得，，，则点三点重合， 此时点； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 设，，， 由，得， 则， ，得， 由，，得，，， 故， 化简得， 所以，得， 又因为动点在直线上， 所以，化简得， 经检验符合上式， 所以动点的轨迹为线段， 线段端点为，所以动点的轨迹长度． 题型2 弦长问题 (江西省九江市多校联考 2025 年9月高三联考解析第 15 题)已知双曲线的左焦点为，离心率为2. (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，与轴交于点，且是的中点，求. 【答案】(1) (2) 【思路分析】 【分析】（1）由已知求，由关系求，写出方程； （2）由已知可得，求出直线方程，联立-消元-韦达定理，利用弦长公式求解. 【规范答题】 【详解】（1）由已知可得，所以，所以， 所以的方程为. （2）因为是中点，所以点的横坐标为2，所以， 所以直线的斜率，方程为， 由，得， 设，则， 所以. 弦长公式的两种形式 (1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程 ，则. (2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程 ，则. 1.（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) 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 2.（2025·安徽·一模）已知双曲线C：的离心率为2.且经过点. (1)求C的方程； (2)若直线l与C交于A，B两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程； （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得，根据弦长公式，结合不等式即可求解， 【解答过程】（1）由题意可得，解得， 故双曲线方程为. （2）当直线斜率不存在时，可设， 则， 将其代入双曲线方程， 又，解得， 此时， 当直线斜率存在时，设其方程为，设， 联立， 故， 则 ， 化简得，此时， 所以 ， 当时，此时， 当时，此时， ，故， 因此， 综上可得. 题型3 面积问题 （2025·广东深圳·二模）已知点，，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是. (1)求动点的轨迹方程； (2)直线与曲线交于，两点，直线，的斜率之和为0，且，求的面积. 【答案】(1) (2) 【知识点】轨迹问题——椭圆、椭圆中三角形（四边形）的面积 【思路分析】 【分析】（1）设，由斜率公式根据，进而可得； （2）由题意可得，，进而可得直线，，分别联立椭圆方程可得点，，进而可得，，即可得的面积. 【思路分析】 【详解】（1）设，由题意有：， 化简得：，又， 故所求动点的轨迹方程为：. （2） 设直线的倾斜角为，由，得， 得，故，，即，， 联立，解得或2（舍），故， 联立，解得或2（舍），故， 又，， ， 故. 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. 3.坐标法.设，则. 4.面积比的转化. 三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型： ① 两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比 ② 两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比） ③利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比 ④ 面积的割补和转化 5.四边形的面积计算 在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解. 6.注意某条边过定点的三角形和四边形 当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的定点结论，才能察觉出问题的关键. 1. （河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试 第16题） 已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过点作直线交于两点，且的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质求出椭圆方程 （2）联立直线与椭圆方程，结合三角形面积公式求解直线方程. 【小问1详解】 由于椭圆的一个顶点为，所以， ，即，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知右焦点， 依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为， 设，. 将直线的方程代入椭圆方程可得： ，展开并整理得. 所以，. 根据，可得： 所以. 的面积，，则： , 即，解得. 将代入直线的方程，可得直线的方程为， 即. 2．（2025·河南信阳·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. (1)求曲线的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 【答案】(1)，且 (2)①证明见解析，；② 【分析】（1）设，则有即可求解； （2）①设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理有，，由即可求解； ②点到直线的方程为，，代入，利用二次函数即可求解. 【详解】（1）设，动点满足直线和直线的斜率乘积为， ，即 即，. 曲线的方程为，且. （2）①设点、， 若轴，则且，，， 此时，，不合题意. 设直线的方程为，    联立可得， ， 由韦达定理可得，， ， ， 因为直线不过点，则，整理可得，解得. 直线的方程为，∴直线过定点. ②直线的方程为. 点到直线的距离为， ， 令， 则， 因为时，故当时，取最大值. 3.（19-20高三上·山东淄博·期末）已知椭圆的左右焦点分别为和，由4个点 、 、 和组成了一个高为，面积为的等腰梯形. （1）求椭圆的方程; （2）过点的直线和椭圆交于两点，求△面积的最大值. 【答案】（1）；（2）3 【分析】（1）由梯形的高和面积可得结果. （2）由，设直线AB方程为，联立方程，由韦达定理，即可求出面积最大值. 【详解】（1）由题意可知， 又由，可得 椭圆方程为： （2），设过直线AB为， 与椭圆方程联立可得：， 由韦达定理可得 令，则， 当单调递增，所以当时，有最小值， 有最大值 【点睛】方法点睛：，三角形底是定值，高分别为A,B两点的纵坐标，因此设直线AB方程为，可使计算简单.本题考查了运算求解能力和数形结合思想，属于中档题目. 题型4 定点问题 （2025·山西吕梁·一模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)若直线交椭圆于两点，且线段的中点的横坐标为，过作直线.证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1)； (2)证明见解析，定点为. 【规范答题】 【解析】（1）由点在椭圆上，得，由椭圆的焦距为，得， 解得，所以椭圆的方程为. （2）设,，代入椭圆方程得，由题知， 当时，设,、,，显然， 由，得，即， 由为线段的中点，得，直线的斜率， 由，得直线的方程为，即， 因此直线过定点，当时，直线，此时为轴亦过点， 所以直线恒过定点. 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 1．(河北省衡水市桃城区 2026届高三上学期暑假开学解析第 18 题)已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且经过点. (1)求的标准方程. (2)设是的左顶点，，是上异于点的不同两点，直线，的斜率分别为，且. （i）若点的坐标为，求； （ii）证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)（i）;（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意，建立的方程组，求解即得椭圆方程； （2）（i）设，利用推得，与椭圆方程联立，求出点，利用两点间距离公式计算即得；（ii）依题设直线的方程为：，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由化简可推得，即得或，代入直线方程分别检验，即得直线经过定点. 【详解】（1） 由题意，，解得， 则的标准方程为. （2）（i）设，由（1）可得，因， 则，由可得， 代入，整理得：，解得（不合题意，舍去）或， 故得，则. （ii）因，直线的斜率不能为0，可设其方程为：， 代入，整理得：， 则， 设，则（*）， 则，化简得， 因，代入整理得：， 将（*）代入，可得，去分母可得： ， 化简得：，解得或. 当时，直线的方程为，直线经过定点， 此时由解得，则， 因，符合题意； 当时，直线的方程为，经过定点，该点恰与点重合，不合题意，舍去. 故直线过定点. 2．(河北省邢台市卓越联盟 2025-2026 学年高三调研解析第 18题)已知椭圆的一个焦点为，其短轴长为2. (1)求椭圆的方程； (2)过坐标原点的直线与椭圆交于不同的两点. （i）当直线的斜率为1时，求的周长； （ii）若直线分别与椭圆交于点，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由题意可得，即可得到椭圆的标准方程； （2）（i）联立直线与椭圆方程即可得到坐标，再结合椭圆的性质即可得到三角形的周长；（ii）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，然后分别联立直线与椭圆方程，表示出的纵坐标，再由代入计算，即可得到的关系，即可得到结果. 【详解】（1）依题意可得，则，因为焦点，则， 所以椭圆方程为. （2）（i）当直线的斜率为时，则直线方程为， 与椭圆方程联立，解得， 不妨设点，， 则， 设椭圆的左焦点为， 由椭圆的性质可得， 所以的周长为， 又， 所以的周长为， 所以当直线的斜率为1时，求的周长为. （ii）依题意可设直线， 与椭圆方程联立可得，整理可得， 设， 则， 设直线，与椭圆方程联立可得， 整理可得， 设， 则， 又，所以， 同理可得， 由题意与关于原点对称，所以， 即， 整理可得， 即， ， 将代入上式可得， 又不恒为，故， 所以直线恒过点. 题型5 定值问题 （2025·广东湛江·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且. (1)求椭圆C的标准方程； (2)点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.证明：直线与直线的斜率之积为定值； 【答案】(1) (2)证明见解析 【思路分析】 （1）设出椭圆方程，求出点坐标，进而求出椭圆方程. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立求出点，同理可得点坐标，再按的斜率存在与否求出直线与直线的斜率之积. 【规范答题】 （1）设椭圆，由椭圆的上顶点为，得， 线段的中垂线方程为，由，则，，解得 所以椭圆. （2） 由，且点位于直线上方，得直线与直线的斜率相等，且， 设直线，代入椭圆， 整理得， ， 当时，直线与椭圆相切，则， 设，，， 设，同理得，， 由为直线与的交点，则设， 当直线的斜率不存在时，， 整理可得，解得，则， 直线的斜率，所以； 当直线的斜率存在时，，解得， 直线的斜率，则； 所以直线与直线的斜率之积为定值，即为. 定值问题的方法：消参法/由特殊到一般 消参法：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；把要求解的定值表示成含上述变量的式子 并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量；化简式子得到定值.由题自的结论可知要证 明为定值的量必与变量的值无关。 由特殊到一般： 由特例（斜率为0或者斜率不存在的情况）得出一个值，此值一般就是定值； 1.（2025·陕西汉中·一模）已知，是椭圆（）的左，右焦点，焦距为2，离心率，过左焦点的直线交椭圆于两点. (1)求椭圆C的方程； (2)求证为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）由题意，列方程组，求出的值，即得椭圆方程； （2）设，直线方程为并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出弦长，利用两点之间距离公式化简 ，将韦达定理代入计算即得证. 【解答过程】（1）由题可知，解得， 故椭圆C的标准方程是 （2）设，依题可设直线方程为， 由，消去可得：， 故 于是，， 故 ， 故为定值. 2.（2025·山西·三模）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． (1)求的方程； (2)过双曲线右支上一动点分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于，，为坐标原点，证明：平行四边形的面积为定值，并求出该定值． 【答案】(1) (2)证明见解析，定值1 【解题思路】（1）根据离心率的概念，将点代入双曲线方程，建立方程组，解之即可求解； （2）由（1）求得，根据弦长公式和平行四边形的面积公式化简计算可得，结合即可证明. 【解答过程】（1）由已知可得，所以， 又因为，得①； 将点代入双曲线方程，得②， 联立①②得，所以， 所以双曲线方程为：． （2）由（1）得双曲线渐近线方程为，， 设，则，， 联立和，解得交点， 则平行线和之间的距离， 则平行四边形的面积， 由于在双曲线上，则，所以， 所以平行四边形的面积为定值1.    题型6 定直线问题 （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 【思路分析】 （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. 【规范答题】 （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. 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.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有： (1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； (2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数； (3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证. 1．(全国名校联盟 2026 届高三开学模拟考数学解析第 18题)已知双曲线的右焦点为，离心率为2，圆与恰有两个交点. (1)求的方程； (2)设为的左顶点，过且斜率存在的直线交的右支于两点，直线分别交圆的另一点于. （i）证明：三点共线； （ii）设直线与直线交于，证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）根据圆过双曲线顶点求出，再由离心率即可得解； （2）（i）设出直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式可证明，即可得证； （ii）设直线方程，联立圆的方程可得点坐标，求出，得出直线方程，联立方程求出点横坐标为定值得证. 【详解】（1）因为圆与恰有两个交点， 由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点， 所以， 又，所以，故， 所以双曲线的方程为. （2）（i）由（1）知，, 设过的直线方程为，，如图， 由，可得， ，其中， ， ， ，为圆的一条直径， 三点共线. （ii）不妨设直线，其中， 由（i）可知， 由，可得，解得, 故可得，即， ， 直线， 由，可解得， 点在定直线上. 2.（2025·安徽蚌埠·三模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据离心率得到，将代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程； （2）设直线AB的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出，得到，，而，所以，可得，而，故，又，所以，得到答案. 【解答过程】（1）由，得，则，所以， 将点代入椭圆方程，得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为， 并设点，AD的中点坐标设为． 联立方程，消去y，得， 所以，且即或, 由条件，，点B，P，D共线，其中，， 则， 所以， ， ， ， 而， 所以，可得， 而，故， 又，所以， 即线段AD的中点在定直线上． 题型7 切线与切点弦问题 （2024·广东汕头·一模）已知点为双曲线上的动点. (1)判断直线与双曲线的公共点个数，并说明理由； (2)（i）如果把（1）的结论推广到一般双曲线，你能得到什么相应的结论？请写出你的结论，不必证明； （ii）将双曲线的两条渐近线称为“退化的双曲线”，其方程为，请利用该方程证明如下命题：若为双曲线上一点，直线：与的两条渐近线分别交于点，则为线段的中点. 【答案】(1)1个，理由见解析； (2)（i）过双曲线上一点的切线方程为；（ii）证明见解析. 【规范答题】 （1）由点在双曲线上，得，即 由消去y得：， 则，显然， 所以该直线与双曲线有且只有1个公共点. （2）（i）由（1）知，直线与双曲线相切于点， 所以过双曲线上一点的切线方程为.证明如下： 显然，即， 由消去y得：， 于是， 因此直线与双曲线相切于点， 所以过双曲线上一点的切线方程为. （ii）当时，直线的斜率不存在，由对称性知，点为线段的中点； 当时，设，线段的中点， 由消去y得：， 由，得，则， 又，于是，即点与点重合， 所以点为线段的中点. 圆锥曲线的切线和切点弦的相关结论 切线方程： (1)过圆上任意一点的切线方程为. (2)过椭圆的切线方程为：； (3) 过双曲线的切线方程为：； (4)过. 切点弦方程 (1) 过圆外一点的切点弦方程为 . (2)过椭圆+=1外一点的切点弦方程为； (3) 过双曲线的切点弦方程为：； (4)过. 说明：上述公式的记忆方法均可用“抄一代一”，即把平方项其中一个照抄，另一个将变量用已知点的相应坐标代入(从曲线上一点作曲线的切线，切线方程可将原方程作如下方法替换求出，，，，). 1.（24-25高三上·贵州遵义·阶段练习）已知抛物线的焦点为，且F与圆上点的距离的最小值为2． (1)求； (2)已知点，，是抛物线的两条切线，，是切点，求． 【答案】(1)2 (2) 【详解】（1）因为（），则其到圆心距离减去半径为2，故. （2）由（1）可知，抛物线的标准方程为：. 如图：    因为过点的切线一定有斜率，故设切线方程为：，即， 代入得：，整理得：. 因为直线与抛物线相切，所以或. 当时，由，所以切点； 当时，由，所以切点. 所以 2.（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). 【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. 题型8 角平分线问题 （2025·陕西西安·二模）已知平面上动点到的距离比到直线的距离小1，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点的坐标为，过点作曲线的切线，切点为（在第一象限），若过点的直线与曲线交于M，N两点，证明：． 【答案】(1) (2)证明过程见解析 【规范答题】 （1）由题意得， 当时，，平方化简得， 当时，，平方化简得， 由可知，不合题意，舍去， 综上，曲线的方程为； （2）设，因为，所以， 故过点的切线斜率为，又直线的斜率为， 故，解得，故， 又，所以轴，要使，只需， 当直线斜率不存在时，与抛物线只有1个交点，不合要求， 设直线的方程为，联立得， ，解得或， 设，则， 则 ， 故，此时直线的斜率取值范围是. 角平分线的证明和探索一般用以下4个方法： 方法1：向量夹角公式计算余弦值 方法2：直线夹角公式计算正切值 方法3：正切的二倍角公式 方法4：点线距离和角平分线性质 1.（2025·北京延庆·一模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点的坐标为或 【解析】（1）由题意得，解得， 所以， 所以椭圆E的标准方程为； （2）假设存在点P，使得，则‖， 所以， 设，则， 所以，直线的方程为， 因为点在直线上，所以， 所以， 因为点P是直线上不同于点Q的一点，所以， 所以，解得， 因为点在椭圆上，所以，解得或， 当时，，得， 当时，，得， 所以存在点P，使得，点的坐标为或 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为，再结合直线的方程和椭圆方程可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题. 2.（2025·山东泰安·一模）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的上､下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点. （i）设的面积分别为，若，求的最大值； （ii）若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【解析】（1）由题意知，， 椭圆方程为， （2）（i）设， 则， ， ，，， 又在椭圆上，， ，，即， ， ， ， ； （ii）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， ，直线的倾斜角为， ，， 又， ， 由题意的斜率不为0，设直线的方程为：， 由，得， 设， 则，又， ， 即， 整理得， ，， 的方程为. 题型9 范围最值问题 （2025·浙江·模拟预测）已知P为双曲线C：上一点，O为坐标原点，线段OP的垂直平分线与双曲线C相切． (1)若点P是直线与圆的交点，求a； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【思路分析】（1）联立方程求出交点坐标，代入双曲线方程运算求解即可； （2）设，，根据中垂线方程以及双曲线的切线方程解得，换元令，可得，令，可知关于x的方程有正根，更换主元法求范围即可. 【规范答题】 （1）联立方程：，解得或， 即点为或， 将点代入双曲线C：可得，解得， 所以. （2）先证：在双曲线上一点处的切线方程为. 因为点在双曲线上，则， 显然直线过点， 即，， 联立方程，消去y可得， 即，则，解得， 所以在双曲线上一点处的切线方程为. 设，，则， 可得线段OP的垂直平分线为，即， 设直线与双曲线C切于点，则直线， 则，即， 且，即，整理可得， 又因为在双曲线C上，则，即， 可得，解得（舍负）， 则， 令，则，可得， 令，则关于x的方程有正根， 即关于t的方程在内有根， 设， 若，即，则，不合题意； 若，即，则，解得，不合题意； 若，即，则，解得； 综上所述：， 则，即. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解. 1．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3． (1)求E的方程； (2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可； （2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得，代入中化简即可得出最值. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为()， ， 由题可知， ，即， 又， 故E的方程为. （2）如图，    由题可知，且直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 将方程和联立，得， ， ， ，, 直线与的右支有交点，， 当时，取得最小值，且最小值为. 2.（2024·陕西西安·模拟预测）已知为抛物线：上的一点，直线交于A，B两点，且直线，的斜率之积为2. (1)求的准线方程； (2)求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将点代入即可求出，则得到准线方程； （2）设点，计算斜率得到，联立直线与抛物线得到，则得到韦达定理式，代入即可得到，则，再利用二次函数性质即可得到最值. 【详解】（1）因为点在：上， 所以，解得. 所以的准线方程为. （2）由（1）知：，设，. ，同理可得， 所以，即. 联立得， 由得.（*）， ，， 所以， 整理得. 所以， 当，时，等号成立，此时，满足（*）式， 故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是化简斜率之积的式子得到，再将直线方程与抛物线方程联立得到韦达定理式，再代入得到，最后统一变量得到利用二次函数性质即可得到答案. 题型10 多个专题综合 （2025·辽宁·模拟预测）抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴． (1)求的方程； (2)已知为上三个不同的点，点在第一象限． （ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求． （ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【规范解析】 （1）将代入的方程，得，所以， 所以，解得， 故的方程为； （2）（ⅰ）设，，则， 因为，所以， 即，① 又的中点为，所以，， 由，得，与①联立可得． 又，则， 令，则， 设方程的两根分别为， 得，， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 又，，即， 所以； （ⅱ）由，得， 即，即， 即，所以， 又，所以，所以， 所以， 即，所以， 所以为等腰三角形， 设重心，，，，的中点为， 则由，得，， 直线的斜率， 由，即，可知， 所以，即，即， 所以， 则， 所以直线的方程为，即， 联立，整理得， 则，， 所以， 由，得，解得， 所以， 故点的坐标为． 解析几何会与解三角形、立体几何、数列等结合考查。 1.（2025·云南大理·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设. (1)求的值； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围； (3)求的面积. 【答案】(1) (2)， (3)16 【解析】（1）因为点在抛物线上，则，解得. （2）由可知，， 因为点在抛物线上，则，且， 过，，且斜率为的直线， 联立方程，消去可得， 解得或， 因，故，即， 故数列是以首项为2，公差为4的等差数列，所以， 又，所以， 所以 所以，又是关于的递增函数，故， 的取值范围是. （3）由（2）可知：，，， 直线的方程为， 即， 点到直线的距离为，， 所以的面积为. 2.（2025·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)①；②； (2)存在， 【解析】（1）①由题可知，，则 . 直线的倾斜角，则斜率. 所以直线的方程为. 联立直线与椭圆方程得或. 又因为点A在x轴上方，所以. 所以为边长是的正三角形，且. 折叠后，. 又因为，所以； 外接圆半径； 外接圆半径. 三棱锥外接球半径为 . 三棱锥的外接球的表面积为. ②因为二面角为直二面角 所以到轴距离即为三棱锥的高，. 底面的面积 所以. 即三棱锥的体积为. （2）设翻折前， 翻折后. 设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立得， ，则. 翻折前， 翻折后， 由,，所以. 分母有理化 所以. 则. 又因为， 所以， 将代入上式， 整理得， 整理得 因为，所以. 1. （河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试 第16题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过点作直线交于两点，且的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质求出椭圆方程 （2）联立直线与椭圆方程，结合三角形面积公式求解直线方程. 【小问1详解】 由于椭圆的一个顶点为，所以， ，即，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知右焦点， 依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为， 设，. 将直线的方程代入椭圆方程可得： ，展开并整理得. 所以，. 根据，可得： 所以. 的面积，，则： , 即，解得. 将代入直线的方程，可得直线的方程为， 即. 2．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点. (1)求动点的轨迹的方程； (2)分别过，作平行直线，，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，其中点，在轴上方. （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求四边形的面积的取值范围. 【答案】(1) (2)（ⅰ）,（ⅱ） 【分析】（1）根据题意可知，则，所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，即可求解； （2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆联立，解出，的坐标，根据距离公式即可求解； （ⅱ）利用弦长公式说明，四边形为平行四边形，可得四边形的面积四边形的面积的一半，利用点到直线的距离公式求出平行四边形的高，即可求出的表达式，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）圆，则圆心，， 因为线段的垂直平分线交于点， 所以， 由于，所以，又， 根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，，所以， 则动点的轨迹的方程为：. （2）由题可得直线，的斜率不为0， 设直线的方程为：，直线的方程为：，， （ⅰ）因为，所以， 联立，可得：，解得：或， 因为点在轴上方.，所以，即， 所以 联立，可得：，解得：或， 因为点，在轴上方.，所以，即， 所以， 所以. （ⅱ）联立，可得：， 所以， ， 则， 联立，可得：， 所以， ， 则 所以，且，则四边形为平行四边形，为对角线的交点， 根据对称性可知，四边形的面积四边形的面积的一半， 四边形的高， 所以， ， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以， 所以四边形的面积的取值范围为：. 3．(潍坊市开学调考 2026 届高三数学解析第 18 题)已知椭圆：的离心率为，右顶点为． (1)求的方程； (2)过点的直线交于M，N两点（B不在上），过N作直线的垂线，垂足为Q． ①求的最小值； ②求的最大值． 【答案】(1)； (2)①；②. 【分析】（1）由离心率可得，结合可得椭圆方程； （2）①设过点的直线方程为：，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理及两点间距离公式可得，然后令，结合函数知识可得答案；②由题可得Q在以为直径的圆T上，过B作圆T切线，切点为J，由几何知识可得，然后由两点间距离公式结合①可得最值. 【详解】（1）因的离心率为，则， 从而，又右顶点为，则，， 则椭圆方程为：； （2）①因过点的直线不过点B，则直线斜率不为0， 设：.将直线与椭圆联立，则，消去得：. 因，设， 则. 则 ，令，则. 设,则， 因函数在上单调递减， 故,即, 故得,即的最小值为； ②由题，，则Q在以为直径的圆T上，B在圆T外， 如图，过B作圆T切线，切点为J，连接JQ，JM，由弦切角定理可得， 又，则，从而. 又连接，则，. 由（1），即， 则， 又由①得：， 则 ，因，则，此时. 则的最大值为. 4. （湖南省长沙市长郡中学2026届高三上学期月考（三）数学试卷第17题） 已知P为椭圆短轴上的一个顶点，，为的左、右焦点，且的面积为，椭圆的焦距为2． （1）求椭圆的方程； （2）设直线l为圆的切线，且l与相交于A，B两点，求的取值范围（O为坐标原点）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）因为椭圆的焦距为2，则可得出c的值，再由三角形面积公式可求得b的值，进而求得的值，进而求得椭圆的标准方程；（2）由于直线l为圆的切线，注意讨论直线l的斜率存在情况，先确定一般情况下的取值范围，再确定特殊情况下的值，最后整合两种情况下的范围，即取两者的并集，最终得到的取值范围． 【小问1详解】 依题意，， 所以． 在中，， 解得，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设，， 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立 整理得， 则，则， 则 ． 又直线l为圆的切线， 则，即， 则 ． 又，于； 当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为，则，， ． 综上， 5．(2025年8月浙江省名校协作体高三数学解析第 18 题)已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，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)①；②存在， 【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解； （2）①设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可； ②计算可得，设，可得，结合化简得到，设直线，进而得到直线过定点，进而求解即可. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）①设直线的方程为， 且，，即， 联立，得， 则，即， 且， 则 ， 即点横坐标为. 由①知，，， 则，即， 设，与①同理可得， 则 ， 则， 设直线， 则， 则， 又，则， 则直线， 所以直线过定点， 则为中点时，则， ，则， 因此，存在定点，使得为定值. 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 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与C交于两点，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. 3．（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. 4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为. (2). 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率； （2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积． 【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线． 易知直线l的斜率存在，设，， 联立可得，， 所以，，且． 所以由可得，， 即， 即， 所以， 化简得，，即， 所以或， 当时，直线过点，与题意不符，舍去， 故． （2）［方法一］：【最优解】常规转化 不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，， 当均在双曲线左支时，，所以， 即，解得（负值舍去） 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当均在双曲线右支时， 因为，所以，即， 即，解得（负值舍去）， 于是，直线，直线， 联立可得，， 因为方程有一个根为，所以， ， 同理可得，， ． 所以，，点到直线的距离， 故的面积为． ［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得， 由，得，即， 联立，及得，， 同理，，，故， 而，， 由，得， 故 【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解； 法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样． 6．（2020·全国III卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求的方程； （2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积. 【详解】（1） ，， 根据离心率，解得或(舍)， 的方程为：，即． （2）［方法一］：通性通法 不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为 根据题意画出图形，如图 ，， ， 又 ， ， ，根据三角形全等条件“”，可得：， ， ， ， 设点为，可得点纵坐标为，将其代入， 可得：，解得：或， 点为或， ①当点为时，故， ， ，可得：点为， 画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得到直线的距离为， 根据两点间距离公式可得：， 面积为：； ②当点为时，故， ， ，可得：点为，画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得到直线的距离为， 根据两点间距离公式可得：， 面积为： ，综上所述，面积为：. ［方法二］【最优解】： 由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，． 故， ①因为，如图，所以，． ②因为，如图，所以． 综上有 ［方法三］： 由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得， 由韦达定理得，所以， 将其代入直线的方程得，所以， 则． 因为，则直线的方程为， 则． 因为，所，， 即，故或，即或． 当时，点P，Q的坐标分别为， 直线的方程为，点A到直线的距离为， 故的面积为． 当时，点P，Q的坐标分别为， 直线的方程为，点到直线的距离为， 故的面积为． 综上所述，的面积为． ［方法四］： 由（1）知椭圆的方程为，． 不妨设在x轴上方，如图． 设直线． 因为，所以． 由点P在椭圆上得，所以． 由点P在直线上得，所以．所以，化简得． 所以，即． 所以，点Q到直线的距离． 又． 故．即的面积为． ［方法五］： 由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设， 由题知，所以． （1）． 则． （其中）． （2）． 同理，． （其中） 综上，的面积为． 【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出． 7．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. 【答案】(1)见详解；(2) 3或. 【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点. （2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可. 【详解】(1)证明：设,,则． 又因为，所以.则切线DA的斜率为， 故，整理得. 设，同理得. ,都满足直线方程. 于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即， 当时等式恒成立．所以直线恒过定点. （2） [方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】 设的中点为G，,则，，． 由，得， 将代入上式并整理得， 因为，所以或． 由（1）知，所以轴， 则 （设）． 当时，，即； 当时，， 即，． 综上，四边形的面积为3或． [方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】 设，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为．由抛物线的定义， 得． 线段的中点为． 当时，轴，， ； 当时，，由，得，即． 所以，直线的方程为． 根据对称性考虑点和直线的方程即可． E到直线的距离为 ， D到直线的距离为． 所以． 综上，四边形的面积为3或． [方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】 图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以． 因为，，所以， 所以． 同理，所以，即点D为中点． 图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长于点H． 因为，所以． 又因为G，D分别为的中点，所以， 故为平行四边形，从而． 因为且，所以I为的中点， 从而． ． 当直线平行于准线时，易得． 综上，四边形的面积为3或．    [方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】 由（1）得直线的方程为. 由，可得， 于是 . 设分别为点到直线的距离，则. 因此，四边形ADBE的面积. 设M为线段AB的中点，则， 由于，而，与向量平行，所以，解得或. 当时，；当时 因此，四边形的面积为3或. 【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且有效的方法； 方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法； 方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少； 方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用. 8．（2019·全国II卷·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 【答案】(1) ；（2），a的取值范围为. 【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果； （2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果. 【详解】（1）连结，由为等边三角形可知： 在中，，，， 于是， 故椭圆C的离心率为； （2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】 由题意可知，且，所以． 因为，所以． 又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为． [方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】 由题意有则，即， 当且仅当时，等号成立． 此时P为短轴端点，，且满足． 即当时，存在点P，使得，且的面积等于16． 故，a的取值范围为． [方法三]【余弦定理+面积公式】 设，对椭圆上任一点P，设， 由余弦定理有 ，所以， 即．则 ． 又，即． 由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点， 即半焦距，故． 综上，，a的取值范围为． 【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法； 方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法； 方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法. 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $