专题19 圆锥曲线综合题 【基础提升练+综合重点练】 2026届高三数学一轮复习专项训练（上海专用）

2026届高三数学一轮复习专项训练（重点综合练） 专题19 圆锥曲线综合题 题型一、定点问题 1. （2025华东师大三附中高三三模）已知双曲线过点，且离心率为． （1）求的方程； （2）设斜率为的直线与交于点，若坐标原点到的距离为1，求的值； （3）若是上异于点的两点，且的斜率之和为1，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率得，再根据双曲线所过的点求出基本量后可得双曲线方程； （2）设直线的方程为，由已知距离得，联立直线方程和双曲线方程结合韦达定理可求，故可求； （3）法1：设出直线方程，联立直线方程和双曲线方程后消元，再结合韦达定理化简斜率之和得直线参数关系，从而可求定点；法2：平移双曲线图象，使点平移到坐标原点，设平移后的直线的方程为：，齐次化后结合斜率为1可得参数关系，从而可求出原直线所过的定点. 小问1详解】 由，得， 则双曲线的方程为，将点代入的方程中，得． 解得，故，所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为，因为点到直线的距离为1， 作出简图如下所示， 所以，即． 设，，由于直线与交于点，所以， 联立整理得． 则，， 且， 故， 所以， 则．故． 【小问3详解】 法一：当直线的斜率为0时，可设其方程为，则，， 则即， 又在双曲线上，所以，联立可得，所以或， 当时，直线过点，不符合题意，舍去， 故此时直线的方程为． 当直线的斜率不为0时， 设的方程为，设，， 联立得，其 则，且 而 ， 化简得． 代入（※）式，得， 即，所以或． （ⅰ）当时， 的方程为，此时直线过定点． （ⅱ）当时，的方程为， 此时直线过定点，与是双曲线上异于的两点矛盾，故舍去． 综上，直线过定点． 法二：平移双曲线图象，使点平移到坐标原点， 可得双曲线方程：，化简得． 设平移后的直线的方程为：，，， 所以， 整理得， 即， 所以， 即，对比可得平移后的直线过定点． 所以直线过定点． 2. （2025届上海市大同中学高三三模）已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点. （1）求的方程； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由. 【答案】（1） （2），理由见解析 （3）是， 【解析】 【分析】（1）利用已知点坐标代入抛物线方程求参数. （2）通过导数求切线方程确定点G，结合抛物线的几何性质或代数计算比较距离平方与乘积. （3）参数化过焦点的直线，利用抛物线的对称性或代数运算判断直线是否过定点. 【小问1详解】 （1）已知点在上， 所以，即，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 抛物线方程可化为，则，当时，切线斜率， 由点斜式可得过点的切线方程为，即， 令，可得，所以. 由，可得，所以. 如图（1），设直线的方程为， 联立得得， 所以. 因为， 所以， 所以. 【小问3详解】 易知.由题意知直线的斜率必存在，故设直线， 联立得消去得，所以. 直线的方程为，将代入，得， 由，所以， 同理可得. 所以直线的斜率， 由直线的点斜式方程可得直线， 将代入， 得， 所以直线过定点. 3. （2025上海市金山中学高三三模）已知双曲线的右焦点为． （1）求双曲线的渐近线方程； （2）已知，点在双曲线上且不与坐标轴垂直，若为直角三角形，求的面积； （3）过点的动直线交双曲线C于两点，过点分别作直线的垂线，垂足分别为与（不同于点），连接，这两条直线相交于点，问点是否为定点，若是，请求出点的坐标，若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）直接根据双曲线方程写出渐近线方程即可； （2）分和两种情况讨论即可求解； （3）分斜率不存在和斜率存在两种情况讨论即可求解. 【小问1详解】 双曲线的渐近线方程为． 【小问2详解】 ①当时，横坐标代入双曲线方程可得， 则； ②当时，设，∴， 则， 解得，则. 【小问3详解】 ①当斜率不存在时， ，∴； ②当斜率存在时，设为，则直线的方程为， 设，∴， 联立方程，可得， 由题可知①， 同理②， ①②式可得： ， ∴， ∴， ∴， ∴， 则为定点． 题型二、定直线问题 4．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线C的中心为坐标原点，是的两个焦点，其中左焦点为，离心率为. (1)求的方程； (2)双曲线上存在一点，使得，求三角形的面积； (3)记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于M，N两点，在第二象限，直线与交于点.证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； （2）根据（1）可得，，进而结合余弦定理及三角形面积公式求解即可； （3）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，进而联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上. 【详解】（1）设双曲线方程为， 由左焦点坐标可知， 则，可得，， 双曲线方程为. （2）由（1）知，，，所以，， 在中，由余弦定理得， 即， 即，即， 所以三角形的面积为. （3）证明：由（1）可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 联立，可得， 且，， 则，   直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程，消去可得： ， 由，可得，即， 据此可得点在定直线上运动.    5．（23-24高三下·上海·开学考试）已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，是椭圆上一点，，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，为线段中点． （i）求证：点轨迹方程为； （ii）为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：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）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解， （2）（i）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，从而即可得证；（ii）进一步根据向量的坐标运算即可得证. 【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得. 因为，，. 在中，由余弦定理得， 解得，则，故椭圆的方程为； （2）（i） 当直线的斜率存在且不为0时，不妨设直线的方程为， 联立得. 因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交. 设，由韦达定理得， 所以. 因为为线段中点， 所以，此时，则. 要证，只需证明， 而， 所以点轨迹方程为； （ii）联立得，则. 不妨设，所以，. 不妨设，由得 ， 即. 因为，， 所以. ∵，所以，即， 则点在定直线上. 当直线斜率为0时，轴，此时,. 因为，所以，则， 故点在定直线上； 当直线无斜率时，此时直线方程为，易知轴， 所以点在轴上，则. ∵，所以，即，则点在定直线上. 综上可得：点在定直线上. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先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：先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. 技巧：若直线方程为,则直线过定点；若直线方程为 (为定值),则直线过定点 6．（24-25高三上·上海·阶段练习）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； 【解析】（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． 题型三、定值问题 7．（24-25高三上·上海·期中）已知抛物线经过点，直线过点且与抛物线有两个不同的交点，. (1)求抛物线的准线方程； (2)求直线的斜率的取值范围； (3)若直线交轴于，直线交轴于，设为原点，，，求的值. 【答案】(1)； (2)； (3)2. 【分析】（1）将点代入求参数，即可得准线方程； （2）设且，联立抛物线结合判别式求参数范围； （3）根据题意，设直线，和，由向量的线性关系求得、，应用韦达定理化简求值即可. 【详解】（1）由在抛物线上，可得，故，则准线为； （2）由题意，直线的斜率存在且不为0， 设且，联立抛物线得， 所以，则，故直线的斜率范围是. （3）由题意，根据（2）易知，当直线与抛物线相切，即时过， 令，，且，且，， 若，得，所以， 同理得，而，故，， 由题意，同理可得， 所以，而，， 所以. 8. （2025上海市进才中学高三5月模拟）在平面直角坐标系中，点，，，动点满足，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为0的直线与相交于两点E，F（在的左侧）.设直线，的斜率分别为，. ①求证：为定值； ②设直线，相交于点，求证：为定值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程； （2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到再由斜率公式计算可得；②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明. 小问1详解】 由，， 所以点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上， 设椭圆方程为，焦距为， 则，，所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 ①由，直线的斜率存在且不为． 设直线的方程为，，，， 联立，得， 则，，， 所以． 又，所以，， 所以 . ②由①知，所以． 作关于轴的对称点，则，，三点共线． 又，，设. 则直线方程即为直线方程. 又直线方程为， 作差，得， 所以， 所以，， 由，得． 又因为，所以， 即，即， 所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动， 所以． 9．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. (1)若，求点的坐标； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 【答案】(1)或； (2)或； (3)的面积为定值，该定值为. 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得或； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程根据韦达定理计算可得，可得直线的方程； （3）利用点差法计算可得，设直线的方程为，联立椭圆方程并根据韦达定理可得，再根据弦长公式以及点到直线距离可得. 【详解】（1）易知，设点， 可得，可得， 则， 所以，解得， 可得， 即或 （2）设直线的方程为，， 联立并整理可得， 所以， 易知的面积为 ， 解得，即； 所以直线的方程为或. （3）根据题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，则，如下图所示： 易知，两式相减可得； 由，所以可得， 即，又，可得； 即， 联立整理可得， ，可得； 可得； 所以， 整理可得，即； 易知 ； 原点到直线的距离为， 所以的面积为； 所以的面积为定值，该定值为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达定理表示出面积公式，化简即可得出结论. 10．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. (1)若，求点的坐标； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 【答案】(1)或； (2)或； (3)的面积为定值，该定值为. 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得或； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程根据韦达定理计算可得，可得直线的方程； （3）利用点差法计算可得，设直线的方程为，联立椭圆方程并根据韦达定理可得，再根据弦长公式以及点到直线距离可得. 【解析】（1）易知，设点， 可得，可得， 则， 所以，解得， 可得， 即或 （2）设直线的方程为，， 联立并整理可得， 所以， 易知的面积为 ， 解得，即； 所以直线的方程为或. （3）根据题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，则，如下图所示： 易知，两式相减可得； 由，所以可得， 即，又，可得； 即， 联立整理可得， ，可得； 可得； 所以， 整理可得，即； 易知 ； 原点到直线的距离为， 所以的面积为； 所以的面积为定值，该定值为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达定理表示出面积公式，化简即可得出结论. 11. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，求证：； （3）若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）是，定值为 【解析】 【分析】(1)利用双曲线的渐近线方程可设出双曲线的方程，再将点的坐标代入即可求解； (2)要证，只需证即可； (3)构造直角三角形，利用锐角三角函数即可求出定值. 【小问1详解】 因为双曲线的渐近线方程为， 所以设双曲线方程为，又双曲线过点， 则， 所以双曲线的方程为，即. 【小问2详解】 由(1)可知，的斜率存在且不为0，所以设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 所以，且， 所以 ， 所以，即得证. 【小问3详解】 由(2)可知恒成立，， 所以圆心到的距离， 半径， 设所对圆心角为， 则， 因为为劣弧，所以， 所以，所以，即所对圆心角的大小为定值. 题型四、最值问题 12. （2025七宝中学高三三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，是椭圆的左焦点，若与椭圆上任一点距离的最大值为. （1）求椭圆的离心率； （2）若为椭圆的上顶点，为椭圆上的点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，求满足条件的的个数，并说明理由. （3）若斜率为的直线交椭圆于､两点，为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 【答案】（1）； （2）3个，理由见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，可求离心率； （2）不妨设直线方程为，与椭圆方程联立可得，进而可得，求得，从而有，求解可得结论. （3）设直线与椭圆方程联立，由韦达定理求得的中点为，利用弦长公式求得，进而得到以为直径的圆的半径，由，三角换元利用三角函数性质求出最大值. 【小问1详解】 依题意有，解得. 所以离心率. 【小问2详解】 不妨设直线方程为，代入， 整理得，可得，所以， 将带入得， 由得， 所以， 解得 所以满足条件的的个数是3个. 【小问3详解】 设直线，设， 联立，得， 所以，所以. 所以，所以的中点为， 所以 又的轨迹是以为圆心，半径的圆， 所以. 令， 记， 又，所以时，. 13. （2025华东师范二附中高三三模）设有椭圆和直线．椭圆的左、右焦点分别为、．是上位于第一象限内的一点． （1）当时，求椭圆的离心率； （2）若且点在直线上，求的值； （3）设点满足，其中是点到的距离．当变化时，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出和，求出即可求解； （2）设，求出，求出和，求出和，根据椭圆的定义即可求解； （3）求出，设，对于每一个固定的设点到的距离为，利用点到直线距离公式求出，利用辅助角公式求出，证明是第一象限的角，据此即可求解. 【小问1详解】 由题可知，， ， 所以椭圆的离心率为； 【小问2详解】 如图，设， ， 又， 是第一象限上的点， ，即解得， ， 由椭圆的定义知，. 【小问3详解】 由椭圆的定义知． ，设， 对于每一个固定的设点到的距离为， 利用点到直线距离公式有， 由辅助角公式得， 是第一象限内的一点， ，注意到， 是第一象限的角， 设， 当时为在固定下的最小值， 由题意知对于有解， ， 两边平方可得， 要求的最小值，即求的最大值， ，当时取到． 14. （2025上海市崇明区高三三模）已知椭圆，点、分别为椭圆的左、右焦点. （1）若椭圆上点满足，求的值； （2）点为椭圆的右顶点，定点在轴上，若点为椭圆上一动点，当取得最小值时点恰与点重合，求实数的取值范围； （3）已知为常数，过点且法向量为的直线交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足（），求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设点，然后代入椭圆方程，即可求出，再根据椭圆定义求； （2）设，求出，根据二次函数在给定区间上的最值要求列不等式求解； （3）设直线的方程为，与椭圆联立，写出韦达定理，再根据求出的坐标，代入椭圆方程，利用韦达定理计算，利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 因为，所以设点， 则，所以，即， 所以； ； 【小问2详解】 设，则，， 则， 所以，， 要时取最小值，则必有， 所以； 【小问3详解】 设过点且法向量为的直线的方程为，， 联立，消去得， 则， 则， ， 又， 又点在椭圆上，则， 所以， 即， 所以， 所以， 所以， 即的最大值为. 15．（2023·上海黄浦·三模）如图，已知椭圆：的离心率为，点为其左顶点．过A的直线交抛物线于B、C两点，C是AB的中点．    (1)求椭圆的方程； (2)求证：点C的横坐标是定值，并求出该定值； (3)若直线m过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，且交椭圆于M，N两点，求p的值，使得的面积最大． 【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为1；(3). 【分析】（1）根据给定条件，求出a，b得椭圆的方程作答. （2）设出直线的方程，与抛物线方程联立结合中点问题推理计算作答. （3）利用（2）中信息求出直线的方程，与抛物线方程联立，求出面积的函数关系，借助均值不等式求解作答. 【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，依题意，，，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2）显然直线不垂直于坐标轴，设的方程为，设， 由消去x得：，， 则，而C是AB的中点，即有，于是， 满足，因此， 所以点C的横坐标是定值，该定值为1. （3）由直线过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，得直线和直线l的斜率互为相反数， 则由（1）得直线的方程为，即， 由消去x得：，， 设，则， ，点到直线：的距离， 由C是AB的中点得的面积， 令，则，当且仅当，即时取等号， 所以当时，的面积取得最大值，此时. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 16．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线的实轴长为2，离心率为.过右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点 (1)求双曲线的标准方程; (2)设直线（为坐标原点）的倾斜角分别为，且，求直线的方程; (3)点是线段的中点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，求三角形面积的最小值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由离心率和实轴长列方程组求得，计算出后即得双曲线标准方程； （2）设直线方程为，，设，直线方程代入双曲线方程消元后应用韦达定理得，代入（其中，）可求得得直线方程； （3）设，则，，由写出直线方程与直线方程联立求得点坐标，计算和，然后由计算面积，利用换元法化简表达式，最后再利用导数求得最值． 【详解】（1）由已知，所以，，则， 所以双曲线标准方程是； （2）双曲线的渐近线为，焦点为坐标为，设直线方程为，，设， ，消去得， ∴，， 直线（为坐标原点）的倾斜角分别为，即，， ∵，∴， 又 ， ∴，化简得， 解得或， ∴直线的方程为或； （3）设，则，， 直线方程为， ，则直线的方程为， 由，解得，即， 由（2）知，， ， ， 所以， 设，则， ， 令，， ，令， 则，由且得， 时，，递增，时，，递减， 所以，， 所以． 【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线相交问题，才学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题．直线与双曲线相交，一般设出直线方程，设出交点坐标，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，题中涉及的其他量尽量用这两个交点的坐标表示，如，如计算的面积，先计算出和，再求面积，目的是可以代入韦达定理的结果，转化为参数的函数来解决． 17．（2025·上海闵行·二模）已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 【答案】(1) (2)点的坐标为 (3)的最小值为 【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程； （2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标； （3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值. 【详解】（1）已知双曲线，则，所以双曲线方程为； （2）双曲线的右焦点， 又，所以，则， 因为，所以， 则直线，即， 所以，解得，即， 则，所以点的坐标为； （3）设直线， ， 则， 因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以， 又因为的重心在轴上，所以， 由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以， 而，代入可得， 所以， 代入化简可得：， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 题型五、范围问题 18. （2024青浦区高三三次学业监测）已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点． （1）当时，求的值； （2）若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）存在；或 （3） 【解析】 【分析】（1）求出点坐标后，根据椭圆定义可求得结果； （2）根据三角形面积可求得点到直线的距离为，利用平行直线间距离公式可求得到直线的距离为的直线方程，与椭圆方程联立可求得点坐标； （3）将问题转化为，结合韦达定理可表示出之间的关系，结合可构造出关于的不等式，解不等式可求得的取值范围. 【小问1详解】 由椭圆方程知：，，，则， 设，，解得：，即， 由椭圆定义知：. 【小问2详解】 由（1）知：， ，； 若存在点，使的面积为， 则点到直线的距离， ，直线方程为：，即， 设平行于直线且到直线的距离为的直线方程为， ，解得：或； 当时，直线方程为， 由得：，解得：或， 或，点或； 当时，直线方程为， 由得：，方程无解， 即直线与椭圆无交点，此时不存在满足题意的点； 综上所述：存在满足条件的点，点坐标为或. 【小问3详解】 由题意可设直线，，， 由得：， ，即，，， 设线段中点为，则，， ，又为中点，， ，，即，， 直线与轴和轴均不平行，，， ，整理可得：， ，，解得：， 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积、参数取值范围的求解问题；本题求解参数范围的关键是能够根据向量数量积关系，将问题转化为，从而利用两点间距离公式和韦达定理化简该等量关系. 19. （2025杨浦区高三5月质量检测）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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 20. （2025上海外国语大学附属大境中学高三阶段练习）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为. （1）若到抛物线准线的距离为3，求的值； （2）当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离； （3）直线，是第一象限内上异于的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为.若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出点的横坐标，代入抛物线方程即可求解； （2）先通过中点在抛物线上求出点的坐标，进一步求出直线方程，利用点到直线距离公式求解即可； （3）设，联立方程求出点Q的坐标，根据恒成立，结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 抛物线的准线为，由于到抛物线准线的距离为3， 则点横坐标为2，则，解得； 【小问2详解】 当时，点的横坐标为，则， 设，则的中点为，由题意可得，解得， 所以，则， 由点斜式可得，直线的方程为，即， 所以原点到直线的距离为； 【小问3详解】 如图， 设，则， 故直线的方程为， 令，可得，即， 则，依题意，恒成立， 又， 则最小值为，即，即， 则，解得， 又当时，，当且仅当时等号成立， 而，即当时，也符合题意. 故实数的取值范围为. 21. （2025上海市育才中学高三三模）设椭圆，的离心率是短轴长的倍，直线交于、两点，是上异于、的一点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线过的右焦点，且，，求的值； （3）设直线的方程为，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程； （2）设的左焦点为，连接，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出，再代入三角形面积公式中即可求解； （3）设出，，三点的坐标，利用向量的运算得到，，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到和，将点的坐标代入椭圆方程中得到，此时满足，再结合弦长公式和换元法进行求解即可． 【小问1详解】 由的离心率是短轴的长的倍，得 ，即， 又，则， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 设的左焦点为，连接， 因为，所以点、关于点对称， 又，则， 由椭圆的对称性可得， ，且三角形与三角形全等， 则， 又，化简整理得， ，则. 【小问3详解】 设，，， 又 ，则，， 由得，， ， 由韦达定理得，，， 又， 则，， 因为点在椭圆上，所以， 化简整理得，， 此时，， 则 ， 令，即， 则， 则的取值范围是. 【点睛】关键点点睛:本题考查直线与椭圆得位置关系及弦长范围问题，关键是向量坐标化得C坐标并代入椭圆方程得m,k的等量关系. 22. （2025行知中学高三6月模拟）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为. （1）求双曲线E的标准方程： （2）过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N. （ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值： （ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出、的值，进而得到双曲线的标准方程； （2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线AN的斜率为定值； （ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据条件确定其取值范围. 【小问1详解】 已知双曲线的虚轴长为，则，解得. 又因离心率，且，把代入可得. 由可得，将其代入中，得到. 解得，所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）当斜率为0时： 已知，BC方程. 令，则，解得，所以. . 当斜率不为0时： 设AB方程，与联立： 把代入得. 由韦达定理得，. 因为直线交左右两支，有，解得. BC方程，令，得，即. 则，经化简得， 把，代入. 先看分子： 再看分母： 此时. 因为，，约分后可得. （ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，. 当斜率不为0时，不妨设，，，所以. . ，代入与的值得. 因为，所以，结合，解得. 所以. 综上，取值范围是. 23. （2025上海市崇明中学高三三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆:的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点. （1）若是的左焦点，且，求的值； （2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标； （3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据计算求参； （2）设点的坐标结合两角和正切，应用点在椭圆上计算； （3）设直线方程再联立得出韦达定理，再结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围. 【小问1详解】 因为与的左焦点重合，故，因此. 又因为，而， 所以，解得：(负舍). 【小问2详解】 因为，又因为， 而， 代入解得. 若在第一象限，则，故在第二象限. 设，而， 整理可得. 代入椭圆方程，可得：. 所以解得(增根舍去)，所以. 因此. 【小问3详解】 由题意可知：直线的解析式为， 设直线的解析式为()，且、. 联立， 可得，. 根据韦达定理，，. 因为、两点均在直线的左侧，故. 又因为，，因此， 代入化简可得方程. 设，又因为，故. ① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得， 而，故， 可得，故，因此. ② 若，而此时在的外部，，故. 若存在，使得， 而， 故，可得，故. 综上所述，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：设直线方程再联立方程组，得出故，最后分类讨论分 和两种情况计算求参. 24. （2025上海市格致中学高三三模）在平面直角坐标系中，椭圆，左右焦点分别是，，点A是椭圆上的任意一点，A到原点O的距离最大为． （1）若面积的最大值为1，求椭圆的表达式； （2）若，过点A（异于顶点）作长轴的垂线，垂足为M，连接AO并延长交椭圆于另一点B，连接BM交椭圆于另一点C，证明：； （3）在（2）的条件下，过点A作不经过的直线l，其斜率为k，交椭圆于另一点D，到直线l的距离为d．如果直线、l、的斜率依次成等差数列，求d的取值范围． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）利用点差法，结合斜率的坐标公式推理得证. （3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合已知求出斜率的范围，再将表示为的函数，借助对勾函数单调性求出范围. 【小问1详解】 依题意，，解得， 所以椭圆的方程为 【小问2详解】 设，则， 由，得，直线的斜率分别为， 则，， 因此，即，所以. 【小问3详解】 当直线的方程为，由，得， ，即， 椭圆左、右焦点，设, 由直线的斜率依次成等差数列，得， 又，则， 化简并整理得:，若，则直线：过点，不符合题意， 则，即，此时，整理得， 因此，解得，记点到直线的距离为， 则， 令，在上单调递减，则， 所以d的取值范围是. 25. （2024上海市曹杨第二中学高三三模）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点 （1）设直线的方程为，求线段的长 （2）设直线经过点，若以线段为直径的圆经过点，求直线的方程 （3）设，若存在经过点的直线，使得在抛物线上存在一点，满足，求的取值范围 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）直线方程与抛物线方程联立，结合抛物线焦点弦长公式可求得结果； （2）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，根据可构造方程求得结果； （3）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，根据可建立等量关系，得到，由此可得的范围. 【小问1详解】 由抛物线方程知：，则直线过焦点， 设， 由得：，， . 【小问2详解】 由题意知：直线斜率不为零，可设，， 由得：，则，解得：； ，， ，，， ， 解得：（满足）， 直线得方程为：或. 【小问3详解】 由题意知：直线斜率不为零，可设，，，， ，； 由得：，则，即， ，，， 由得：， 即，，， ，，即的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，本题求解参数范围的关键是能够将已知条件中的向量运算转化为坐标运算的形式，从而将所求变量表示为另一变量的函数的形式，利用函数值域来求得参数范围. 26. （2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）已知双曲线的右焦点为F，右顶点为A，过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，直线，分别与直线交于M，N两点，记的面积为，的面积为. （1）求双曲线的离心率； （2）求证：为定值； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意求出，即可求得答案； （2）设直线PQ的方程并联立双曲线方程，可得根与系数关系式，结合的表达式，即可证明结论； （3）利用直线方程求出相关点坐标，可得的表达式，即可求出的表达式，结合不等式性质，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意得，，∴. 【小问2详解】 证明：由题意知，， 设直线的方程为，， 联立方程组，得， 因为过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，故，. 则，， 则； 当直线斜率不存在时，，，， 故为定值. 【小问3详解】 由题意可得， 直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 则. 所以， 由于.即，，故， 当直线斜率不存在时，，，直线方程为， 直线方程为，可得，，， 综上的取值范围为. 27. （2025建平中高三下学期三模）已知椭圆，平行四边形的四个顶点在椭圆上，直线的斜率分别为． （1）求直线在y轴上的截距之和； （2）若四边形为菱形，证明：直线之间的距离为定值； （3）若成等比数列，射线分别交椭圆于两点，求四边形面积的取值范围． 【答案】（1）0； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）设两条平行线的方程分别为，，联立椭圆并应用韦达定理及弦长公式得，进而可得，即得结果； （2）根据已知有，由（1）知点A与点C、点B与点D关于原点对称，结合韦达公式得，进而有，再应用平行线的距离公式证明结论； （3）由等比中项的性质得，设直线的方程为并联立得到、，再根据四边形的面积、求面积的范围. 【小问1详解】 设两条平行线的方程分别为，， 由，得， 所以，即， 又． 所以 ， 同理，． 由平行四边形得，所以， 因为，所以，即， 所以两条平行线在y轴上的截距之和为0． 【小问2详解】 由四边形为菱形得，所以， 由（1）知关于原点对称， 由椭圆的对称性知点A与点C，点B与点D均关于原点对称， 所以 ． 整理得，所以直线之间的距离， 所以直线之间的距离为定值． 【小问3详解】 由（2）知，则，因为，所以． 设直线的方程为， 由，得，由，得， 所以，同理， 所以，四边形的面积， 因为，且，故， 因为点O到直线的距离为， 所以， 所以四边形的面积. 【点睛】关键点点睛：第三问，利用相关三角形的面积比例与相关线段的等比例关系得到得到四边形的面积为关键. 题型六、存在性问题与探索性问题 28．（24-25高二上·上海·期末）设为椭圆的右焦点，点在椭圆上， (1)求椭圆的方程； (2)设分别为和椭圆上的点，求两点间的最大距离； (3)斜率为的直线过抛物线的焦点与交于，与交于，是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）将代入椭圆方程求解即可； （2）利用两点间距离公式将距离问题转化为函数求最值即可； （3）设直线，，将直线方程分别与椭圆方程和抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解即可. 【详解】（1）将代入椭圆方程得可得：， 所以椭圆方程为：； （2） 因为，，所以只需找到的最大值即可， 设，而，则， 由可得，代入消去可得： ， 因为，所以当时，， 从而； （3） 设直线，， 与椭圆联立方程：， ∴， ∴； 直线与抛物线联立方程：， ∴， ∵是焦点弦， ∴， ∴ 若为常数，则，∴，常数为. 所以存在实数，使为常数. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于处理弦长问题时，常利用韦达定理代入弦长公式求解；在处理抛物线中的焦点弦问题时，常利用焦点弦公式求解. 29. （2024学年宜川中学高三模拟）如图，椭圆：，为其右焦点，过点的动直线与椭圆相交于，两点. （1）若直线经过焦点，求此时线段的长度； （2）若焦点不在直线上，求周长的最大值及相应直线的方程； （3）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）3； （2）最大值为8，直线：； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）求出点的坐标及直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长. （2）令椭圆左焦点为，利用线段和差大小关系及椭圆定义推理求解. （3）由特殊位置确定点位置及坐标，再就一般情况推理求解. 小问1详解】 依题意，，直线的斜率为，方程为， 由消去得，解得， 所以线段的长. 【小问2详解】 设椭圆的左焦点为，则， 于是，当且仅当直线过左焦点取等号， 所以周长的最大值为8，此时直线方程为. 【小问3详解】 存在点满足题意， 假设存在满足题意的定点，当直线平行于轴时，则，，两点关于轴对称， 则点在轴上，不妨设， 当直线垂直于轴时，，，， 解得或（舍去，否则点就是点），即点的坐标为； 对于一般的直线：，也满足题意. 因为，由角平分线定理知，轴为的角平分线，则只需. 设，，则，， 则，消去可得，， 则，， 于是，， 两式相加得，， 即从而，假设成立. 即存在与点不同的定点，使得恒成立. 30. （2025复旦大学附属中学高三期末）已知抛物线的焦点为F，点在E上，且． （1）求E的方程； （2）过F作互相垂直的两条直线，，这两条直线与抛物线C分别交于A，B和P，Q两点，其中点A，P在第一象限． （ⅰ）记△AOB和△POQ的面积为，，求的最小值； （ⅱ）过F点作x轴的垂线，分别交AP，BQ于C，D两点，请判断是否存在以CD为直径的圆与y轴相切，并说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦半径得到方程，求出，得到抛物线方程； （2）（ⅰ）设，，联立与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理可得，表达出，由基本不等式求出最小值； （ⅱ）不妨设，表达出直线的方程，又，故可得，同理可得，，所以CD的中点恒为F，以CD为直径的圆与y轴相切等价于，若，化简得到，根据，推出，联立求出．代入可得，，方程无解，故不存在以CD为直径的圆与y轴相切. 【小问1详解】 依题意得，点M在抛物线上，且， 所以，所以可得， 所以E的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）抛物线方程为，焦点坐标为， 当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求， 当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求， 故设，，则， ，，，， 由，消去x得， ，，， 所以， 同理， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为． （ⅱ）不妨设，由题意可知， 又，，所以AP的直线方程可化为：， 又，故可得， 同理可得直线的方程为， 又，故， 又，所以可得， 可得，所以可得CD的中点恒为F， 以CD为直径的圆与y轴相切等价于， 若，则，所以， 又，所以，故， 整理可得， 即， 因为，故，所以． 又，故可得． 代入方程可得，， ， 故不存在以CD为直径的圆与y轴相切 31. 双曲线的左、右焦点分别为、（），过点的直线与右支在轴上方交于点． （1）若，点的坐标为，求的值； （2）若，且是等比数列，求证：直线的斜率为定值； （3）设直线与左支的交点为，，当且仅当满足什么条件时，存在直线，使得成立． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将值和点坐标代入双曲线方程求出值，即可求得值； （2）设直线，与双曲线方程联立消元，得关于的方程，依题方程有解为，代入整理方程后，借助于，可推得，即得证； （3）利用双曲线定义化简得到，，设，利用余弦定理求出的值，结合图形和题意，确定其范围，即得关于的不等式，解之即得. 【小问1详解】 依题意，将，代入中， 解得，则； 【小问2详解】 依题意知，可设直线，代入中， 整理得：（*）， 如图，因，故点的横坐标为恰是方程（*）的解， 则， 整理得：，即， 因是等比数列，则，代入此式，可得，即得， 因过点的直线与右支在轴上方交于点，故得，即直线的斜率为定值； 【小问3详解】 如图，因点在双曲线右支上，则，即， 故由可得, 又因点直线与左支的交点,故，则， 在中，设，由余弦定理，， 因为，所以， 所以， 故当且仅当满足时，存在直线，使得成立. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于难题. 解题的关键在于对双曲线定义的理解掌握，在处理相关的焦半径问题时，要有转化思想，结合图形和定义，将其化简为常量或最值问题，即可解决. 32．（2024·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)存在， 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. （2）设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. （3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 题型七、证明恒等式或结论 33．（2024·上海黄浦·二模）如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点. (1)求与的方程； (2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标； (3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得. 【答案】(1)与 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设的方程分别为与，将点的坐标代入的方程可求出，利用椭圆的定义可求出的值，从而可得，进而可得的方程； （2）分点在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点的坐标； （3）利用两点的斜率公式及点在上即可证明，设的方程为，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示，化简为常数，即可得出答案. 【详解】（1）设的方程分别为与， 由，得，故的坐标分别为， 所以故， 故与的方程分别为与. （2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意； 当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍， 可知，故， 设点坐标为，可知且， 解得，故点的坐标为， （3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为， 则， 的方程为， 代入可得， 故， 所以， 同理可得，又，故， 故， 即，所以存在，使得. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 34. （2025上海宝山区高三三模）如图，是抛物线上一点，过点的直线与轴分别交于两点，且是线段的中点，是抛物线上异于点的动点. （1）证明：直线是抛物线的切线； （2）已知，且的重心是的焦点，求所在的直线方程； （3）若分别在线段上，且交于点，求证：点是的重心. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先设出点坐标，根据中点关系得点坐标，求直线PA斜率，进而得直线方程，再联立直线与抛物线方程，通过判别式证直线是抛物线切线. （2）设、坐标及其中点，由已知条件求出坐标.假设直线PQ斜率不存在推出矛盾，所以斜率存在.设直线PQ方程，联立抛物线方程，根据韦达定理及已知的值求出斜率，从而得直线PQ方程. （3）利用E、、三点共线得到向量关系，结合已知线段比例关系设参数，通过向量运算及是中点的条件，得出与、的关系，进而判断是重心. 【小问1详解】 设，因为是线段的中点，所以. 则，所以直线的方程为， 即. 联立，整理得，所以， 因此，直线是抛物线的切线. 【小问2详解】 设中点为， 由已知得， 解得，从而 若直线斜率不存在，则，与重心矛盾，故斜率存在； 设 联立得：， 因为，所以 所以所在直线方程是 【小问3详解】 因为三点共线，所以. 又因为，设，则， 所以， 所以， 因为是线段的中点，所以，即，所以， 所以是的重心. 35．（2025·上海普陀·二模）设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； (3)若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦点坐标和的长度求出基本量后可得椭圆的标准方程； （2）求出直线与椭圆的交点后可得关于横坐标的方程，从而可求其坐标. （3）利用两角和的正切结合韦达定理可证. 【详解】（1）， 直线l过所以右焦点，即， 所以，椭圆方程为. （2）当，直线，， 解得， ， 设，到直线距离， 由面积，得或， 即或 . （3）    设， 因为向量在直线上的投影为向量，故， 故直线的斜率为，故直线的方程为，故， 而， 故， 联立， ，， 故， 设，设， 由双勾函数的性质可得在为增函数， 故，故， . 36. （2025上海市徐汇中学高三三模）双曲线左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点． （1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角； （2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值； （3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：． 【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）当时，求得双曲线的渐近线方程，结合两直线的夹角公式，即可求解； （2）设，得到直线的方程为，代入双曲线的方程，结合弦长公式列出方程，即可求解； （3）得到点的纵坐标，求得双曲线的方程，设，求得，，进而得到所以，即可得证. 【详解】（1）当时，双曲线的渐近线方程为， 设两条渐近线的夹角为，则， 所以两条渐近线的夹角为. （2）设，其中，则直线的方程为， 代入双曲线，整理得， 由题意，可得， 设，， 则， 又由，即，解得或. （3）由题意，故点的纵坐标满足， 由，所以，所以，，所以双曲线的方程是， 设，则，， 所以， 所以， 又因为，所以. 【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 37. （2025华东师范大学二附中高三5月冲刺试卷）已知椭圆的上焦点为，左顶点为，是抛物线上一点，直线与抛物线相切于点． （1）若椭圆的离心率为，求椭圆的方程； （2）设，直线与椭圆相交于两点，且线段中点横坐标相等，求的最小值； （3）设，抛物线的准线与椭圆相交于轴右侧的点；若同时也是椭圆在点处的切线，求的所有可能值． 【答案】（1） （2） （3）的所有可能值为2． 【解析】 【分析】（1）根据题意列式计算即可； （2）根据题意求得椭圆与直线的方程，将直线与椭圆联立方程求得线段的中点横坐标为，根据题意联立等式求解即可； （3）根据题意求得，将点代入椭圆根据直线与椭圆相切得或0，分类讨论求解即可. 【小问1详解】 因为椭圆的上焦点为，所以， 由题意，，解得，故的方程为； 【小问2详解】 当时，．故椭圆的方程为． 求导得函数图象在点处的切线方程为，即直线的方程为． 联立直线与椭圆的方程得． 从而线段的中点（若存在）横坐标为． 由题意，．故． 经检验，此时，方程（＊）有两个相异实根．故为所求最小值． 【小问3详解】 由题意可得，抛物线的方程可以看成向上或向下平移个单位长度（向上平移，否则向下平移）， 所以抛物线的准线为，即的纵坐标为．由（2）得直线的方程为． 故．代入椭圆的方程，得． 又因为直线与椭圆相切，联立二者方程并令判别式为0，解得． 代入，得，故， 解得或0．因，故不合要求．从而，相应地， 综上，的所有可能值为2. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学一轮复习专项训练（重点综合练） 专题19 圆锥曲线综合题 题型一、定点问题 1. （2025华东师大三附中高三三模）已知双曲线过点，且离心率为． （1）求的方程； （2）设斜率为的直线与交于点，若坐标原点到的距离为1，求的值； （3）若是上异于点的两点，且的斜率之和为1，证明：直线过定点． 2. （2025届上海市大同中学高三三模）已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点. （1）求的方程； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由. 3. （2025上海市金山中学高三三模）已知双曲线的右焦点为． （1）求双曲线的渐近线方程； （2）已知，点在双曲线上且不与坐标轴垂直，若为直角三角形，求的面积； （3）过点的动直线交双曲线C于两点，过点分别作直线的垂线，垂足分别为与（不同于点），连接，这两条直线相交于点，问点是否为定点，若是，请求出点的坐标，若不是，请说明理由． 题型二、定直线问题 4．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线C的中心为坐标原点，是的两个焦点，其中左焦点为，离心率为. (1)求的方程； (2)双曲线上存在一点，使得，求三角形的面积； (3)记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于M，N两点，在第二象限，直线与交于点.证明：点在定直线上. 5．（23-24高三下·上海·开学考试）已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，是椭圆上一点，，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，为线段中点． （i）求证：点轨迹方程为； （ii）为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上． 6．（24-25高三上·上海·阶段练习）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； 题型三、定值问题 7．（24-25高三上·上海·期中）已知抛物线经过点，直线过点且与抛物线有两个不同的交点，. (1)求抛物线的准线方程； (2)求直线的斜率的取值范围； (3)若直线交轴于，直线交轴于，设为原点，，，求的值. 8. （2025上海市进才中学高三5月模拟）在平面直角坐标系中，点，，，动点满足，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为0的直线与相交于两点E，F（在的左侧）.设直线，的斜率分别为，. ①求证：为定值； ②设直线，相交于点，求证：为定值. 9．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. (1)若，求点的坐标； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 10．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. (1)若，求点的坐标； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 11. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，求证：； （3）若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 题型四、最值问题 12. （2025七宝中学高三三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，是椭圆的左焦点，若与椭圆上任一点距离的最大值为. （1）求椭圆的离心率； （2）若为椭圆的上顶点，为椭圆上的点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，求满足条件的的个数，并说明理由. （3）若斜率为的直线交椭圆于､两点，为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 13. （2025华东师范二附中高三三模）设有椭圆和直线．椭圆的左、右焦点分别为、．是上位于第一象限内的一点． （1）当时，求椭圆的离心率； （2）若且点在直线上，求的值； （3）设点满足，其中是点到的距离．当变化时，求的最小值． 14. （2025上海市崇明区高三三模）已知椭圆，点、分别为椭圆的左、右焦点. （1）若椭圆上点满足，求的值； （2）点为椭圆的右顶点，定点在轴上，若点为椭圆上一动点，当取得最小值时点恰与点重合，求实数的取值范围； （3）已知为常数，过点且法向量为的直线交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足（），求的最大值. 15．（2023·上海黄浦·三模）如图，已知椭圆：的离心率为，点为其左顶点．过A的直线交抛物线于B、C两点，C是AB的中点．    (1)求椭圆的方程； (2)求证：点C的横坐标是定值，并求出该定值； (3)若直线m过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，且交椭圆于M，N两点，求p的值，使得的面积最大． 16．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线的实轴长为2，离心率为.过右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点 (1)求双曲线的标准方程; (2)设直线（为坐标原点）的倾斜角分别为，且，求直线的方程; (3)点是线段的中点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，求三角形面积的最小值. 17．（2025·上海闵行·二模）已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 题型五、范围问题 18. （2024青浦区高三三次学业监测）已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点． （1）当时，求的值； （2）若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围． 19. （2025杨浦区高三5月质量检测）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，，求椭圆上动点到点的最大距离； （3）求四边形面积的取值范围. 20. （2025上海外国语大学附属大境中学高三阶段练习）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为. （1）若到抛物线准线的距离为3，求的值； （2）当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离； （3）直线，是第一象限内上异于的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为.若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围. 21. （2025上海市育才中学高三三模）设椭圆，的离心率是短轴长的倍，直线交于、两点，是上异于、的一点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线过的右焦点，且，，求的值； （3）设直线的方程为，且，求的取值范围. 22. （2025行知中学高三6月模拟）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为. （1）求双曲线E的标准方程： （2）过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N. （ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值： （ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围. 23. （2025上海市崇明中学高三三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆:的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点. （1）若是的左焦点，且，求的值； （2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标； （3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围. 24. （2025上海市格致中学高三三模）在平面直角坐标系中，椭圆，左右焦点分别是，，点A是椭圆上的任意一点，A到原点O的距离最大为． （1）若面积的最大值为1，求椭圆的表达式； （2）若，过点A（异于顶点）作长轴的垂线，垂足为M，连接AO并延长交椭圆于另一点B，连接BM交椭圆于另一点C，证明：； （3）在（2）的条件下，过点A作不经过的直线l，其斜率为k，交椭圆于另一点D，到直线l的距离为d．如果直线、l、的斜率依次成等差数列，求d的取值范围． 25. （2024上海市曹杨第二中学高三三模）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点 （1）设直线的方程为，求线段的长 （2）设直线经过点，若以线段为直径的圆经过点，求直线的方程 （3）设，若存在经过点的直线，使得在抛物线上存在一点，满足，求的取值范围 26. （2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）已知双曲线的右焦点为F，右顶点为A，过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，直线，分别与直线交于M，N两点，记的面积为，的面积为. （1）求双曲线的离心率； （2）求证：为定值； （3）求的取值范围. 27. （2025建平中高三下学期三模）已知椭圆，平行四边形的四个顶点在椭圆上，直线的斜率分别为． （1）求直线在y轴上的截距之和； （2）若四边形为菱形，证明：直线之间的距离为定值； （3）若成等比数列，射线分别交椭圆于两点，求四边形面积的取值范围． 题型六、存在性问题与探索性问题 28．（24-25高二上·上海·期末）设为椭圆的右焦点，点在椭圆上， (1)求椭圆的方程； (2)设分别为和椭圆上的点，求两点间的最大距离； (3)斜率为的直线过抛物线的焦点与交于，与交于，是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 29. （2024学年宜川中学高三模拟）如图，椭圆：，为其右焦点，过点的动直线与椭圆相交于，两点. （1）若直线经过焦点，求此时线段的长度； （2）若焦点不在直线上，求周长的最大值及相应直线的方程； （3）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 30. （2025复旦大学附属中学高三期末）已知抛物线的焦点为F，点在E上，且． （1）求E的方程； （2）过F作互相垂直的两条直线，，这两条直线与抛物线C分别交于A，B和P，Q两点，其中点A，P在第一象限． （ⅰ）记△AOB和△POQ的面积为，，求的最小值； （ⅱ）过F点作x轴的垂线，分别交AP，BQ于C，D两点，请判断是否存在以CD为直径的圆与y轴相切，并说明理由． 31. 双曲线的左、右焦点分别为、（），过点的直线与右支在轴上方交于点． （1）若，点的坐标为，求的值； （2）若，且是等比数列，求证：直线的斜率为定值； （3）设直线与左支的交点为，，当且仅当满足什么条件时，存在直线，使得成立． 32．（2024·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 题型七、证明恒等式或结论 33．（2024·上海黄浦·二模）如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点. (1)求与的方程； (2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标； (3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得. 34. （2025上海宝山区高三三模）如图，是抛物线上一点，过点的直线与轴分别交于两点，且是线段的中点，是抛物线上异于点的动点. （1）证明：直线是抛物线的切线； （2）已知，且的重心是的焦点，求所在的直线方程； （3）若分别在线段上，且交于点，求证：点是的重心. 35．（2025·上海普陀·二模）设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； (3)若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 36. （2025上海市徐汇中学高三三模）双曲线左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点． （1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角； （2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值； （3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：． 37. （2025华东师范大学二附中高三5月冲刺试卷）已知椭圆的上焦点为，左顶点为，是抛物线上一点，直线与抛物线相切于点． （1）若椭圆的离心率为，求椭圆的方程； （2）设，直线与椭圆相交于两点，且线段中点横坐标相等，求的最小值； （3）设，抛物线的准线与椭圆相交于轴右侧的点；若同时也是椭圆在点处的切线，求的所有可能值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $